【文档说明】四川省攀枝花市第十五中学校2023-2024学年高三上学期8月考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，917.324 KB，由小赞的店铺上传

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攀枝花市第十五中学校2023～2024学年度(上期)假期考试高三化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Na23S32Cl35.5Cu64第I

卷(选择题，共40分)一、选择题(每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。)1.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为A2.5NB.48gCH含有中子数为A3NC.132.0L1.0molLAlCl−溶液中

，3Al+的数目为A2.0ND.20.1molH和20.1molI于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为A0.2N【答案】B【解析】【详解】A．25℃，101kPa不是标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误；B．48gCH的物质的量为0.5mol，1个甲烷分子

中含6个中子，则0.5mol甲烷中含有3NA个中子，B正确；C．3Al+在溶液中部分发生水解，其溶液中3Al+的数目小于2.0NA，C错误；D．氢气和碘蒸气反应生成碘化氢的反应为可逆反应，最终生成的HI分子总数小

于0.2NA，D错误；故选：B。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.412gNaHSO中含有0.2NA个阳离子B.18g重水()2DO中含有的质子数为10NAC.32g环状8S()分子中含有的S—S键数为NAD.28g乙烯和环

丙烷()36CH组成的混合气体中含有3NA个氢原子【答案】C【解析】【详解】A．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子形成的离子化合物，则12g硫酸氢钠中阳离子的个数为12g120g/mol×1×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B．重水分子的质子数为10、相对分子质量为20，则18重水分子中含

有的质子数为18g20g/mol×10×NAmol-1=9NA，故B错误；C．环状8S分子中含有8个硫硫键，则32g环状8S分子中含有硫硫键的数目为32g32g/mol8×8×NAmol-1=NA，故C正确；D．乙烯和环丙烷的最简式相同，都为CH2，28g乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有氢原子的

个数为28g14g/mol×2×NAmol-1=4NA，故D错误；故选C。3.NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A.电解熔融2CuCl，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.1NAB.3mo

l的2NO与2HO完全反应时转移的电子数为4NAC.2278gNaO与足量水反应转移电子数目为NAD.6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．氯化铜是共价化合物

，熔融状态下不能导电，则电解熔融氯化铜不可能制得金属铜，故A错误；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，3mol二氧化氮反应时，反应转移2mol电子，则3mol二氧化氮与水完全反应转移电子数目为2mol×NAmol—1=2NA，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，

1mol过氧化钠反应时，反应转移1mol电子，则78g过氧化钠与足量水反应转移电子数目为78g78g/mol×1×NAmol—1=NA，故C正确；D．铜与硫共热反应生成硫化亚铜，则6.4g铜与硫完全反应转移电子数目为6.4g64g/mol×1×NA

mol—的1=0.1NA，故D错误；故选C。4.()3FeOH胶体和2MgCl溶液共同具备的性质是A.加热时二者均能稳定存在B.两者均有丁达尔效应C.加入盐酸先产生沉淀，后溶解D.分散质微粒可通过滤纸【答案】D【解析】【详解】A．()3FeOH胶体加热会发生聚沉，不能稳定存在，溶液加热条件能

稳定存在，故A错误；B．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故B错误；C．胶体遇电解质溶液发生聚沉，过量的盐酸能使Fe(OH)3沉淀溶解，溶液无此性质，故C错误；D．溶液和胶体都能透过滤纸，故D正确；故选：

D。5.生活中处处有化学，下列叙述正确的是A.HB铅笔芯的成分为二氧化铅B.碳酸氢钠可做食品膨松剂C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜D.焰火中红色来源于钠盐灼烧【答案】B【解析】【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，

能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确；C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；D．钠元素灼烧显黄色，D错误；故选B。6.实验需要1950mL0.1molLNaCl−溶

液，下列有关配制过程的操作正确的是选项实验操作A选用仪器选用950mL容量瓶，检查是否漏液，并用蒸馏水洗净，可不烘干B称取溶质用托盘天平准确称取5.85gNaCl，右盘放砝码，左盘加NaClC洗涤用少量蒸馏水洗涤溶解NaCl的烧

杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶D定容定容时眼睛平视刻度线，用烧杯加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相平A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．没有950mL的容量瓶，应用1000mL容量瓶，故A错误；B．托盘天平精

不能确称取5.85gNaCl，因为托盘天平只能精确到0.1g，故B错误；C．用少量蒸馏水洗涤溶解NaCl的烧杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶，故C正确；D．定容时眼睛平视刻度，用胶头滴管加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相平，故D错误；故答案C。7.能正确表示下列反应的离子方程式为A.硫化钠溶液和

硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑B.明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO2−+4NH4+C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO23−+CO2+H2O=HSiO3−+HCO3−D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以

体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO24−=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO3−+S2-=S↓+

2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO3−+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误；B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与

弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B错误；C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO23−+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO

23−(CO2少量)或SiO23−+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3−(CO2过量)，C错误；D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2

+与NH4HSO4电离出的SO24−反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO24−=BaSO4↓+2H2O，D正确；故答案选D。8.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：22343

4COCaSOCaCOSO−−++B.过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2HO+−+++=++C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：322Al4OHAlO2HO+−−+=+D.氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS+−+=【答案】A

【解析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：223434COCaSOCaCOSO−−++，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N3O−=3

Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子

方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；答案选A。9.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、23CO−、2AlO−B.0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、2

4SO−、4MnO−C.0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−D.0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、4NH+、3NO−、3HSO−【答案】A【解析】【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条

件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO

32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解

题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，

如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。10.下列各组微粒一定能大量共存的是（）A.遇KSCN变红色的溶液中：Na+、Mg2+、CH3COOH、Cl-B.某无色溶液中：OH-、K+、HClO、Ba2+C.0.1mo

l/LNa2S溶液中：K+、NH4+、NO3−、Al3+D.常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液中：Na+、Cl-、CO23−、SO24−【答案】A【解析】【详解】A.遇KSCN变红色的溶液中有Fe3+，Fe3+、Na+、Mg2+、CH3COOH、Cl-之间相互不反应

，能大量共存，A项正确；B.OH-和HClO发生反应而不能大量共存，B项错误；C.Na2S溶液中S2-和Al3+会发生相互促进的双水解反应而不能大量共存，C项错误；D.常温下水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液呈酸性或碱性，当溶液呈酸性时，

CO23−会和H+反应，不能大量共存，D项错误。答案选A。11.关于反应223242422NaSOHSO=NaSOS++SO++HO，下列说法正确的是A.24HSO发生还原反应B.223NaSO既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶

1D.2231molNaSO发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合

价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是

还原剂，B说法正确；C．该反应氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。12.关于反应8NH3+6NO2=7N2

+12H2O，下列说法正确的是A.NH3中H元素被氧化B.NO2在反应过程中失去电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D.氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【解析】【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H

2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。【详解】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH3是还原剂

，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4

：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，D说法正确。的综上所述，本题选D。13.关于反应322222NHOH4FeNO4Fe4HHO++++=+++，下列说法正确的是A.生成2molNO，转移mol电子B.2HO是还原产物C.2NHOH既是氧化剂又是还原剂D.若设

计成原电池，2Fe+为负极产物【答案】A【解析】【详解】A．反应中，N元素从-1价升高到+1价，生成2molNO，转移mol电子，A正确；B．反应中H、O元素的化合价没有变化，因此2HO不是还原产物，也不是氧化产

物，B错误；C．2NHOH中只有N元素化合价升高，被氧化，2NHOH是还原剂，C错误；D．若设计成原电池，3+Fe得到电子生成2+Fe，3+Fe为正极反应物，2+Fe为正极产物，D错误；故选A。14.七叶亭是一种植物抗

菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是A.分子中存在2种官能团B.分子中所有碳原子共平面C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗22molBrD1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．根据结构简式可

知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A错误；B．分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B正确；C．酚羟基含有两个邻位H可以和溴发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以

最多消耗单质溴3mol，C错误；D．分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多消耗4molNaOH，D错误；故选B。.15.下列说法不正确的是:A.Cl2溶于水得到的氯水能

导电，但Cl2不是电解质B.氯化钠溶液能导电，故氯化钠溶液为电解质C.等浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液的导电能力强D.BaSO4难溶于水，但溶于水的部分能完全电离，故BaSO4是强电解质【答案】B【解析】【详解】A．Cl2溶

于水得到的氯水能导电，但Cl2为单质，既不是电解质，也不是非电解质，A正确；B．氯化钠溶液中含有自由移动的离子，能导电，但氯化钠溶液是混合物，故氯化钠溶液不是电解质，B错误；C．盐酸为强电解质，醋酸为弱电解质，等浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸电离出的离子浓度更大，故导电

能力更强，C正确；D．BaSO4难溶于水，但溶于水的部分能完全电离成Ba2+和2-4SO，因此BaSO4属于强电解质，D正确；答案选B。16.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是:A.用Na2SiO3溶液通入

过量CO2：2-3SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+2-3COB.向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C.氢氧化钡溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ba2++OH-+-3HCO=BaCO3↓+H2OD.NH4Al(

SO4)2溶液中滴加过量的NaOH溶液：+4NH+Al3++4OH-=Al(OH)3↓+NH3·H2O【答案】C【解析】【详解】A．用Na2SiO3溶液通入过量CO2应生成-3HCO，A错误；B．向F

eI2溶液中通入少量Cl2，由于还原性I-＞Fe2+，故Cl2先氧化I-为I2，B错误；C．氢氧化钡溶液中加入少量NaHCO3溶液，以少量为标准，-3HCO的化学计量数为1时，消耗1个OH-，离子方程式为Ba2++OH-+-3HCO=B

aCO3↓+H2O，C正确；D．Al(OH)3会与过量的NaOH溶液生成NaAlO2，D错误；答案选C。17.Ag2SO4微溶于水，可溶于硝酸。溶液X中可能含有Na＋、Ca2＋、Fe2＋、Cl－、Br－、2-3CO、2-3SiO、2-4SO中的几种离子，为了确定

其组成，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是：A.溶液X中一定含有Na＋、Cl－和2-3SiOB.为确定溶液X中是否含有2-4SO，可取溶液2，加入BaCl2溶液C.溶液X中一定不含Ca2＋、Fe2+、Br－D.在溶液X中依次滴入盐酸、

双氧水和硫氰化钾溶液后，溶液将变为红色【答案】C【解析】【分析】溶液X与盐酸反应生成气体和沉淀，气体为二氧化碳、沉淀为硅酸，则一定含2-3CO、2-3SiO，Ca2+、Fe2+不能与2-3CO共存，则溶液中一定不含Ca2+、Fe2+，由电荷守恒可知一定

存在的阳离子为Na+；溶液1中含过量盐酸，则溶液1与过量硝酸银反应生成白色沉淀为AgCl，但不能确定是否含Cl-，由于AgBr为淡黄色沉淀，因此一定不含Br-，不能确定是否含2-4SO。【详解】A.溶液X中一定含有Na+、

2-3CO、2-3SiO，由流程知，实验中分别滴加了过量的盐酸、过量的硝酸银，已知Ag2SO4微溶于水，可溶于硝酸，故溶液1中与过量硝酸银反应，必定生成白色沉淀AgCl，不能由此确定原溶液是否含Cl−，故A错误；B.溶液2加入BaCl2溶液，必定出现白色沉淀，不能据此判断溶液X中是否含有2-

4SO，因溶液2中含银离子，故B错误；C.一定含2-3CO、2-3SiO，由离子共存可知，一定不含Ca2+、Fe2+，与过量硝酸银反应生成白色沉淀，则一定不含Br-，故C正确；D.X中不含Fe2+，滴入盐酸、双氧水和硫氰化钾溶液后，不可能出现血红色Fe(SCN

)3，故D错误；答案选C。18.下列叙述错误的是A.丙烯酸能发生加成反应和取代反应B.用酸性高锰酸钾溶液可鉴别苯和环己烷C.1，3−丁二烯与2−丁炔互为同分异构体D.CO2合成淀粉实现了小分子转化为高分子【答案】B【解析

】【详解】A．丙烯酸含碳碳双键和羧基、所含碳碳双键能发生加成反应、含羧基能发生酯化反应、属于取代反应，A正确；B．苯和环己烷均不能与酸性高锰酸钾溶液反应、不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和环己烷，B错误；C．1，3−丁二烯与2−丁炔分子式均为C4H6，结构不同，互为同分异构体，C正确；D．淀

粉是天然高分子化合物，CO2合成淀粉实现了小分子转化为高分子，D正确；答案选B。19.乙酸乙酯的制备实验过程如下：步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，加热并收集蒸出的

乙酸乙酯粗品。步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1~2滴KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去。步骤3：向盛有Na2CO3溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。下列说法正确的是A.步骤1中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率B.步骤1中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂C.步骤

2中紫红色变浅说明乙酸乙酯粗品含有乙烯D.步骤3中发生反应的离子方程式为CO23−+2H+=H2O+CO2↑【答案】A【解析】【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，提高一种反应物的用量，可以使平衡正向移动，提高

另一种反应物的转化率，A正确；B．碎瓷片的作用是防止暴沸，浓硫酸是催化剂，B错误；C．步骤2中紫红色变浅也可能是因为溶解在乙酸乙酯中的未反应的乙醇，C错误；D．乙酸为弱酸，不能拆，离子方程式应为CO23−+2CH3COOH=H2O+CO2

↑+2CH3COO-，D错误；综上所述答案为A。20.用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：已知浸出液中主要金属阳离子为Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+，下列说法正确的是A.“浸出”产生的气体主

要为SO2B.“滤渣1”的主要成分为NiS、CoSC.“沉铁”步骤主要反应的离子方程式为：2+2-2424Fe+CO=FeCOD.整个流程中铬元素先被氧化为6+价，后被还原为3+价【答案】B【解析】【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成的气体为H2，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、F

e2+，加入Na2S分离出滤渣CoS和NiS，Cr3+和Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分理出硫酸铬。【详解】A．加入稀硫酸溶解合金，产生的气体为氢气，A错误；B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分理出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni

、Co元素，所以“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS，B正确；C．“沉铁”所用物质为草酸是一种弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：2+22424FeHCOFeCO+2H++=，C错误；D．流程中未产生六价铬化合物，D错误；故选B。II卷(非选择题，共60分)二、按要求回

答下列各题：21.回答下列各题（1）现有下列物质：①冰水共存物②爆鸣气③铝热剂④普通玻璃⑤水玻璃⑥有机玻璃⑦漂白粉⑧TNT⑨24HSO⑩含氧40％的氧化镁⑪花生油⑫福尔马林⑬密封保存的2NO气体⑭42CuSO5HO⑮液

氯⑯王水⑰()422KAlSO12HO⑱分子式为610CH的烃⑲分子式为78CH的芳香烃。其中一定为纯净物的是___________(填序号)。（2）缺项配平：将3NaBiO固体(黄色，微溶)加入4MnSO和24HSO的混合溶液里，加热，溶液显紫色(3Bi+无色)。配平该反应的离

子方程式：___________。3NaBiO+2Mn++______=Na++3Bi++______+________（3）已知在酸性介质中4FeSO能将6+价铬还原成3+价铬。写出227CrO−与4FeSO溶液

在酸性条件下反应的离子方程式：___________。（4）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。2I的一种制备方法如下图所示：加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①⑧⑨⑩⑭⑮⑰

⑲（2）2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Na++5Bi3++7H2O（3）2233272CrO614H267HOFeCrFe−++++++=++（4）2AgI+Fe=2Ag+Fe²++2I-【解析】【小问1详解】①冰水共

存物是固态水和液态水混在一起，是纯净物②爆鸣气(H₂和O2是混合气③铝热剂是混合物④普通玻璃是混合物⑤硅酸钠的水溶液称为水玻璃，是混合物⑥有机玻璃是混合物⑦漂白粉是混合物⑧TNT是三硝基甲苯，是纯净物⑨24HSO是纯净物⑩含氧40％的氧化镁是纯净物⑪花生油是

混合物⑫福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物⑬密封保存的2NO气体中存在⑭42CuSO5HO是纯净物⑮液氯是纯净物⑯王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物⑰是()422KAlSO12HO纯净物⑱分子式为610CH的烃有多种同分

异构体，⑲分子式为78CH的芳香烃为甲苯，是纯净物。其中一定为纯净物的是①⑧⑨⑩⑭⑮⑰⑲，答案：①⑧⑨⑩⑭⑮⑰⑲；【小问2详解】3NaBiO固体(黄色，微溶)，书写离子方程式时不拆，加入4MnSO和24HSO的混合溶液里，加热，溶液显紫色，说明MnSO4被氧化为MnO

4−，3NaBiO被还原为3Bi+，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平。2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Na++5Bi3++7H2O，答案：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Na++5Bi

3++7H2O；【小问3详解】在酸性介质中4FeSO能将6+价铬还原成3+价铬，Fe2＋被氧化Fe3＋。227CrO−与4FeSO溶液在酸性条件下反应的离子方程式2233272CrO614H267HOFeCrFe−+++++

+=++，答案：2233272CrO614H267HOFeCrFe−++++++=++；【小问4详解】由流程图可知悬浊液中含有AgI，AgI可与Fe反应生成FeI₂和Ag，FeI₂易溶于水，在离子方程式中能拆，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中。离子方程式2AgI+Fe=2Ag+Fe²+

+2I-，答案：2AgI+Fe=2Ag+Fe²++2I-。22.氧化还原是一类重要的反应。（1）已知反应Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+，反应中还原剂是________，氧化性Fe3+______Cu2+(填“＜”或“＞”

)。（2）在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应中，若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为_____L。（3）在xR2++yH++O2═mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m和R2+、R3+判断正确的是__________。A．m=y，R3+是还原剂B．m=2y

，R2+被氧化C．m=2，R3+是氧化剂D．m=4，R2+是还原剂（4）用双线桥标出反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中电子转移的方向和数目_______

__。【答案】①.Cu②.＞③.33.6④.D⑤.【解析】【详解】（1）反应Cu＋2Fe3+=Cu2+＋2Fe2+中铜元素化合价升高，铜是还原剂，铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，则氧化性Fe3+＞Cu2+。（2）在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3

+O2反应中，若转移3mol电子，则产生1.5mol氧气，所产生的氧气在标准状况下的体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。（3）根据原子守恒可知n＝2，则y＝4，根据电子得失守恒可知x＝m＝4。氧化剂是氧气，R2+是还原剂，被氧化，R3+是氧化产物，答案选D。（4

）反应中Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子。氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，所以用双线桥标出反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中电子转移的方向和数目为。23.羟基乙酸钠()2HOCHC

OONa易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。某学习小组用氯乙酸()2ClCHCOOH制备少量羟基乙酸钠的实验装置如下：【实验步骤】步骤1：在仪器B中加入40.0g氯乙酸、50mL水，搅拌。逐步加入40％

NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。步骤2：将步骤1中所得溶液转移至蒸馏烧瓶中，蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，去除活性炭。步骤4：将去除活性炭后溶液加到适量乙醇中，冷却至

15℃以下，结晶、过滤、干燥，得29.0g羟基乙酸钠。回答下列问题：（1）如图所示的装置中仪器B的名称是___________；仪器A的作用是___________。（2）步骤1中，反应的化学方程式是________

___。（3）步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是___________。的（4）步骤3中，去除活性炭的操作名称是___________。（5）步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是：___________。（6）本

实验的产率为___________。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.冷凝、回流（2）ClCH2COOH+2NaOH95⎯⎯⎯→℃HOCH2COONa+NaCl+H2O（3）防止暴沸（4）趁热过滤（5）提高羟基乙酸钠的析出量(产率)（6

）69.9%【解析】【分析】氯乙酸与NaOH溶液反应生成羟基乙酸钠，反应方程式为：ClCH2COOH+2NaOH95⎯⎯⎯→℃HOCH2COONa+NaCl+H2O。NaOH溶液显碱性，加入氢氧化钠溶液可以降温也可以控制pH；产品易

溶于热水，而活性炭不溶于水，可以趁热过滤除去活性炭。产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，所以将所得溶液加到适量乙醇中，有利于羟基乙酸钠的析出。据此解答。【小问1详解】根据图中仪器得出仪器B的名称为三颈烧瓶；【小问2详解】由分析可知，步骤1中，氯乙酸

与NaOH溶液反应生成羟基乙酸钠，化学方程式为：ClCH2COOH+2NaOH95⎯⎯⎯→℃HOCH2COONa+NaCl+H2O；【小问3详解】步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；【小问4详解】由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；【小问5详

解】根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产率)。【小问6详解】加入40.0g氯乙酸的物质的量为40.0g0.423mo

l94.5g/mol，结合转化过程可知理论上可以生成0.423mol羟基乙酸钠，最终获得纯净的羟基乙酸钠的质量为29.0g，其物质的量=29.0g0.296mol98g/mol，故产率=100%实际产量理论产量=%0.296mol0.423mo

l100%69.9。24.丁烯二酸可用于生产多种聚合物，聚丁烯二酸为盐碱地土壤改良剂，聚丁烯二酸乙二酯可用于神经组织的3D打印。以石油裂解气为原料，合成丁烯二酸的路线如下：回答下列问题：（1）丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为___________。（2）聚丁烯二酸的结构简式为_

__________。（3）B→D反应的化学方程式是___________。（4）步骤a、b的目的是___________。（5）F的结构简式是___________。（6）在一定条件下，由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚丁烯二酸乙二酯的化学方程式为_

______。【答案】（1）（2）（3）BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr（4）保护碳碳双键，避免被氧气氧化（5）（6）nHOOCCH=CHCOOH+

nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件+(2n—1)H2O【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，1，3—丁二烯和溴水发生加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，则B为BrCH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反

应生成HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH与氯化氢发生加成反应生成，则E为；与氧气发生氧化反应生成，则F为；在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，则G为NaOOCCH=CH

COONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化生成丁烯二酸。【小问1详解】丁烯二酸存在顺反异构，顺式丁烯二酸中2个羧基位于碳碳双键的同一侧，则结构简式为，故答案为：；【小问2详解】丁烯二酸分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成结构简式

为的聚丁烯二酸，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，B→D的反应为BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH和溴化钠，反应的化学方程式为BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→

HOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr，故答案为：BrCH2CH=CHCH2Br+2NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；【小问4详解】由分析可知，步骤a消除碳碳双键，步骤b又重新引入碳碳双键，而两步之间发生醇氧化为羧酸的反应，

则步骤ab的目的是保护碳碳双键，避免被氧气氧化，故答案为：保护碳碳双键，避免被氧气氧化；【小问5详解】由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】一定条件下丁烯二酸与乙二醇发生加聚反应生成聚丁烯二酸乙二酯和水，反应的化学

方程式为nHOOCCH=CHCOOH+nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件+(2n—1)H2O，故答案为：nHOOCCH=CHCOOH+nHOCH2CH2OH⎯⎯⎯⎯→一定条件+(2n—1)H2O。25.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。

以下是从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知：Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似Ⅱ．常温下：Ksp[Cu(OH)2]、=2.2×10－20、Ksp[F

e(OH)3]=4.0×10－38、Ksp[Mn(OH)2]=2.l×10－13(1)写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式______________________。(2)滤渣B的主要成分为___________________(填化学式)。写出反

应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式___________________________________________。(3)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序________。a．加入过量的N

aOHb．过滤c．加入适量的HCld．加入过量的氨水e．通入过量的CO2f．洗涤②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___________________________________。(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式___

_____________________________。(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节

pH可依次分离，首先沉淀的是___________(填离子符号)。【答案】①.SiO2+2OH－=SiO2-3+H2O②.CuS、FeS③.Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O④.dbfc⑤

.蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)⑥.MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O⑦.Fe3+【解析】【分析】废旧镀铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤

，由信息可知BeO属于两性氧化物与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A中含NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B含CuS、FeS；滤液

中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液C中含有BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到BeCl2晶体；滤渣B中加入硫

酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜。【详解】(1)SiO2是酸性氧化物，和NaO

H反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH－=SiO2-3+H2O。(2)铍铜元件主要成分是BeO、CuS、FeS、SiO2，由信息可知BeO是两性氧化物、SiO2是酸性氧化物，都能和氢氧化钠溶液反应，而CuS、FeS不与NaOH溶液反应，因此滤渣B

的主要成分是：CuS、FeS；BeO与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2，Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O。(3)①依据Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，在溶液C中加入过

量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，过滤后洗涤，再加入盐酸溶解即可，所以提纯BeCl2选择的合理步骤为：dbfc。②BeCl2易发生水解，生成Be(OH)2和HCl，从BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时，要抑制水解，所以操作为：蒸发结晶时向溶液中持续通

入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)。(4)反应是在硫酸存在的条件下，MnO2和CuS反应，依据题所给信息，CuS中的S元素被氧化成S单质，同时MnO2中的Mn被还原成Mn2+，所以反应的离子方程式为：MnO2+CuS+

4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com