2022年山东省滕州市第一中学第一学期高三期中考化学试题考生须知：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟2．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Al—27S—32Cl—35．5K—39Ti—48Fe—56Cu—64Ba—137一、选择题（共24小题。每小题仅一个选项符合题意。每小题2分，共48分）1．下列关于阿佛加德罗常数的说法正确的是（ ）A．1L0.1mol/LFeCl3溶液完全水解得到的Fe（OH）3胶体微粒数小于0.1NAB．一定条件下的密闭容器中，6.4gSO2可被氧气氧化得到SO3的分子数为0.1NAC．常温下18g铝放入足量浓硫酸中转移电子数2NAD．0.1NA的NO在一密闭容器中与足量氧气完全反应，得到0.1molNO2【答案】D【解析】A.胶粒是由很多个氢氧化铁分子聚集而成，水解是可逆反应，FeCl3溶液不能完全水解，错误；B.SO2与氧气反应生成三氧化硫是可逆反应，得到三氧化硫的分子数小于0.1NA，错误；C.铝在浓硫酸中发生钝化，错误；选D.2．下列叙述不能体现“化学让生活更美好”这一主旨的是（ ）A．风力发电，让能源更清洁B．合成塑料，让材料更丰富C．合成药物，让人类更健康D．环保涂料，让环境更宜居【答案】A【解析】A．风力发电是将风能转化为电能，没有新物质的生成，是物理变化，与化学无关，正确； B．合成塑料，让材料更丰富，能让生活更美好，错误；C．用化学方法合成药物，让人类更健康，能让生活更美好，错误；D．用化学方法合成环保涂料，让环境更宜居，能让生活更美好，错误；选A。3．分类思想是学习化学的重要思想，从分类的角度分析正确的是（ ）A．SO2和NO2溶于水都显酸性，因而它们都是酸性氧化物B．Na2O和NH3的水溶液均能导电，故均为电解质C．Si和SiO2均属于原子晶体D．Na2O和Na2O2与水反应均会生成强碱，故都是碱性氧化物【答案】C【解析】A.SO2是酸性氧化物，NO2不是，错误；B.Na2O是电解质，NH3是非电解质，错误；C.正确；D.Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，错误；选C。4．北京2022奥运会金牌直径为70mm，厚6mm．某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜（铜锌合金）制成．为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误（ ）A．硫酸铜溶液,B．盐酸,C．稀硝酸,D．硝酸银溶液【答案】C【解析】在金属活动性顺序表中，Au与任何酸都不会发生反应，Ag能与硝酸发生反应，得到的AgNO3-14-\n是无色溶液；而Zn与与硝酸反应得到Zn(NO3)2溶液是无色溶液；Cu与硝酸反应得到的是蓝色Cu(NO3)2溶液。因此用稀硝酸就可以证明甲、乙、丙猜想的正误.选C。5．下列物质中不能用化合反应的方法制得的是①SiO2 ②H2SiO3 ③Fe（OH）3 ④Al（OH）3⑤FeCl2 ⑥CaSiO3A．①③B．②④C．②③④⑤D．②④⑥【答案】B【解析】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质，①、硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，①不符合；②、氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，②符合；③、可以实现，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，③不符合；④、氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，④符合；⑤、铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl3＝3FeCl2，⑤不符合；⑥、氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，不符合；选B。6．工业上冶炼金属钼的化学原理为：①2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2；②MoO3＋2NH3·H2O=（NH4）2MoO4＋H2O；③（NH4）2MoO4＋2HCl=H2MoO4↓＋2NH4Cl；④H2MoO4MoO3＋H2O；⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼。则下列说法正确的是A．上述①③⑤属于氧化还原反应，②④属于非氧化还原反应B．MoO3是金属氧化物，也是碱性氧化物C．H2MoO4是一种强酸D．利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为3∶3∶2【答案】D【解析】A．上述①属于氧化还原反应，②③④⑤属于非氧化还原反应，错误；B．由反应②可知，MoO3属于酸性氧化物，错误；C．H2MoO4是一种弱酸，错误；D．原等量的MoO3，转移电子数相同，若转移6mol电子，需要还原剂物质的量之比为3：3：2，正确；选D。7．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是①KOH Na2SO4 AlCl3 ②HCl NaAlO2 NaCl③NaHCO3 Ba（OH）2 H2SO4 ④Ca（OH）2 Na2CO3 BaCl2A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④【答案】C【解析】①中根据KOH与AlCl3互滴，出现沉淀的不同现象可以判断出二者，剩余的是Na2SO4 ，可以； ②中根据HCl与NaAlO2互滴出现沉淀先后现象不同，可以区分二者，余下的是 NaCl，可以；③Ba（OH）2 与其它两种物质都产生沉淀，先区分出氢氧化钡，氢氧化钡与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉淀为碳酸钡，所加物质为硫酸，若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡，可区分，④中两两互滴出现两次沉淀的是Na2CO3 ，而 Ca(OH)2和BaCl2 无法区分，不可以；选C。8．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。下列推断不正确的是A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁-14-\nB．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C【答案】A【解析】D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则D是氢氧化亚铁。如果A是铁，则B可能是氯化亚铁，C可能是氯化铁，此时得不到氢氧化铁，所以选项A是错误的，其余选项都是正确，选A。9．25℃时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列离子反应方程式错误的是弱酸H2SO3HClOH2CO3Ka11．54×10-22．95×10-84．30×10-7Ka21．02×10-75．61×10-11A．氯水中加入少量NaHCO3粉末：HCO3-+H+=H2O+CO2↑B．NaAl（OH）4溶液中通入足量的CO2：Al（OH）4-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-C．NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+H2O+CO2=CO32-+2HClOD．Na2CO3溶液中通入少量SO2：2CO32-+H2O+SO2=SO32-+2HCO3-【答案】C【解析】根据电离常数可知酸性强弱顺序是H2SO3＞HSO3－＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，则A．氯水中加入少量NaHCO3粉末只有盐酸与碳酸氢钠反应，即HCO3- + H+ = H2O+CO2↑，正确；B．Na[Al(OH)4]溶液中通入足量的CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，即[Al(OH)4]-+CO2 =Al(OH)3↓+ HCO3-，正确；C．NaClO溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，即ClO- +H2O+CO2 = HCO3- + HclO，错误；D．Na2CO3溶液中通入少量SO2生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，即2 CO32-+ H2O+ SO2 = SO32-+2HCO3-，正确，选C。10．下列离子方程式正确的是A．向澄清石灰水中加入等物质的量的NaHCO3溶液：Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+CO32－+2H2OB．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全：Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+NH3·H2O+H2OC．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OD．明矾溶液中加入氢氧化钡溶液，使其产生沉淀的物质的量达最大值：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O【答案】B【解析】A．向澄清石灰水中加入等物质的量的NaHCO3溶液生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式错误，错误；B．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全生成硫酸钡、一水合氨和水，离子方程式正确，正确；C．氢氧化铁溶于氢碘酸中发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘和水，离子反应为2Fe（OH）3+2I-+6H+＝2Fe2++I2+6H2O，错误；D．产生沉淀的物质的量达最大值，钡离子、铝离子均转化为沉淀，则离子反应为2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓，错误，选B。11．在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的溶液中，加入足量Na2O2固体，微热充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有变化的是A．Fe3+ B．Al3+ C．NH4+ D．Fe2+【答案】B【解析】A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，错误；B、Na2O2-14-\n是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，错误，选B。12．化学实验中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施正确的是A．检验溶液中是否含有SO32-时，用HNO3酸化后再加BaCl2溶液B．为提高KMnO4溶液的氧化能力，用盐酸酸化KMnO4溶液C．检验某溶液是否含有Fe3+时，用HNO3酸化后，加KSCN溶液D．检验溶液中是否含有SO42-时，用HCl酸化后，加BaCl2溶液【答案】D【解析】A、硝酸可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，错误；B、高锰酸钾可以将盐酸氧化为氯气，用硫酸将高锰酸钾溶液酸化，错误；C、硝酸可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，加KSCN溶液会显示红色，如果只含有三价铁离子时，也会产生此现象，错误；D、用盐酸酸化后，无现象，加BaCl2溶液，可以生成白色不溶于酸的沉淀是硫酸钡，溶液中含有硫酸根离子，正确；选D．13．下列除去杂质的方法正确的是A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤【答案】C【解析】A.除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体：CuO不会与O2反应达不到除杂的目的；通过灼热的Cu粉末除去N2中的少量O2，错误；B.除去CO2中的少量HCl用饱和NaHCO3溶液，错误；D.除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤：加入NaOH，会引入NaCl杂质，把NaOH换为KOH即可，错误；选C。14．下列可用来鉴别SO2和CO2气体的试剂有①澄清石灰水②氢硫酸③氯水④酸性高锰酸钾⑤硝酸钡溶液⑥紫色石蕊试液⑦品红溶液A．②③④⑤⑦B．①④⑤⑥⑦C．①②③⑥⑦D．②③④⑥⑦【答案】A【解析】①均能使澄清的石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，错误；②二氧化硫与氢硫酸反应生成沉淀，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，正确；③二氧化硫与氯水反应生成盐酸和硫酸，氯水颜色消失，而二氧化碳不反应，现象不同，可鉴别，正确；④二氧化硫与酸性高锰酸钾发生反应使其褪色，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，正确；⑤二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，而二氧化碳不能，现象不同，可鉴别，正确；⑥二者均使紫色石蕊试液变红，现象相同，不能鉴别，错误；⑦SO2能使品红溶液褪色，CO2不能，可以鉴别，正确，选A。15．用36．5％的浓盐酸（密度1．2g·cm－3）配1mol·L－1的稀盐酸100mL，配制过程所用仪器，且使用先后顺序正确的是①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④电子天平⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒A．①③⑤⑥⑦B．②③⑦⑤⑥C．③⑤⑦⑥①D．④③⑦⑤⑥【答案】B【解析】设浓盐酸的体积为Vml，则Vml×1.2g•cm-3×36.5%＝1mol•L-1×0.1L×36.5g-14-\n/mol，解得：V＝8.33ml，所以量取时用10mL量筒，配制顺序是：计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用量筒（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器先后为：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶，选B。16．下图所示的装置最适宜于干燥、收集的气体是A．NOB．HC1C．NO2D．NH3【答案】D【解析】A．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，所以不能排空气法收集，错误；B．HCl的密度大于空气的密度，采用集气瓶收集时应长进短出，图中装置为短进长出，错误；C．NO2溶于水生成NO，不能用排水法吸收尾气，错误；D．氨气的密度小于空气，常温下和氧气不反应，且具有溶于水，所以可以用水吸收尾气，正确；选D。17．下列说法正确的是A．在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物B．根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸C．CO2、SiO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物D．因为Na2O的水溶液能导电，所以Na2O是电解质【答案】A【解析】A、熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，正确；B、根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如H3BO3，1个酸分子中含有的H原子个数为3个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，错误；C、根据能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物可知，CO2、P2O5、SiO2是酸性氧化物，NO2不是；Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是，错误；D、Na2O与水反应生成电解质NaOH，所以Na2O的水溶液能导电，这说明NaOH是电解质．而Na2O之所以是电解质，是因为其在熔融状态下能导电，D错误，选A。18．标准状况下，将aLSO2和Cl2组成的混合气体通入100mL0．1mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为11．65g。则下列关于该过程的推断不正确的是A．混合气体中SO2的体积为0．448L（标况）B．所得沉淀为0．05mol的BaSO4C．aL混合气体的物质的量为0．04molD．a的取值范围为0．672＜a＜0．896【答案】C【解析】SO2和Cl2组成的混合气体通入Fe2(SO4)3溶液中，由于氯气的氧化性强于铁离子，氯气先与二氧化硫反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，充分反应后，溶液的棕黄色变浅，说明铁离子氧化二氧化硫：2Fe3++SO2-14-\n+H2O=SO42-+2Fe2++2H+，二氧化硫完全反应，反应后的溶液足量的BaCl2溶液，生成的11.65g沉淀为BaSO4，其物质的量为：n（BaSO4）=11.63g÷233g/mol＝0.05mol，根据硫元素守恒可知n（BaSO4）=3n[Fe2(SO4)3]+n（SO2），n（SO2）=0.05mol-3×0.1L×0.1mol•L-1=0.02mol，A．根据上述分析可知，V（SO2）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，正确；B．生成的11.65g沉淀为BaSO4，其物质的量为：n（BaSO4）=11.63g÷233g/mol＝0.05mol，B正确；C．由上述分析可知，V（SO2）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，由于硫酸铁氧化二氧化硫，根据方程式可知n（Cl2）＜n（SO2），n（Cl2）＜0.02mol，aL混合气体的物质的量为0．04mol＜0.04,错误；D.由于被氧化的二氧化硫为0.02mol，而100mL0.1mol•L-1Fe2(SO4)3溶液中含有0.01mol硫酸铁，含有0.02mol铁离子，根据反应2Fe3++SO2+H2O=SO42-+2Fe2++2H+可知，0.02mol铁离子最多氧化0.01mol二氧化硫，剩余的0.01mol二氧化硫需要0.01mol氯气氧化，所以氯气的物质的量最少为0.01mol，标况下0.01mol氯气的体积为0.224L，则混合气体最小体积为：0.448L+0.224L=0.672L，a的取值范围为0.672＜a＜0.896，正确；选C。19．某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是A．原溶液中一定含有SO42－离子B．原溶液中一定含有NH4＋离子C．原溶液中一定含有Cl－离子D．原溶液中一定含有Fe3＋离子【答案】B【解析】溶液中加入Ba(NO3)2和HCl产生白色沉淀，原溶液不一定有SO42-,有可能有SO32-被氧化。再向滤液中加入AgNO3产生白色沉淀，原溶液不一定有Cl-，因为在此之前加了HCl，再向滤液中加入KSCN有血红色，原溶液不一定有Fe3+，有可能有Fe2+被氧化，再加NaOH溶液产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，原溶液中一定有NH4+,选B。20．已知：还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．0~b间反应：3HSO3－+IO3－＝3SO4２－+I－+3H＋B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为1．2molC．b~c间反应：I2仅是氧化产物D．当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1．08mol【答案】C【解析】A.根据还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯>I2，0~b，IO3‾氧化HSO3-生成I‾、SO42‾、H+，离子方程式为：3HSO3－+IO3－＝3SO4２－+I－+3H＋，正确；B.a点n(IO3‾)=0.4mol，根据离子方程式可得：n(NaHSO4)=3n(IO3‾)=3×0.4mol=1.2mol，正确；C.b~c间，IO3‾氧化I‾生成I2，IO3‾+5I‾+6H+=3I2+3H2O，I2既是氧化产物也是还原产物，错误；D.-14-\n氧化HSO3‾需要KIO3:1/3×3mol=1mol，生成I‾1mol，设氧化I‾的IO3‾为nmol，根据离子方程式可得氧化I‾的物质的量为5nmol，生成的I2物质的量为3nmol，则（1-5n）：3n=5:2，得n=0.08mol，所以加入的KIO3共1.08mol，正确；选C。21．金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为aTiO2+bCl2+eCaTiCl4+eCOⅠTiCl4＋2MgTi＋2MgCl2 Ⅱ关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂；②C、Mg在两个反应中均被还原；③在反应Ⅰ、Ⅱ中Mg的还原性大于C，C的还原性大于TiCl4；④a=1，b=e=2⑤每生成19．2gTi，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4．8mole－。A．①②④B．②③④C．③④D．②③⑤【答案】D【解析】①aTiO2+bCl2+cC aTiCl4+cCO，该反应中反应前后，碳元素的化合价升高,单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4；TiCl4+2MgTi+2MgCl2 该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂；所以TiCl4在反应I中是还原产物，在反应II中是氧化剂，正确；②C、Mg在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故错误；③在反应I中C的还原性大于TiCl4；在反应II镁的还原性大于Ti，故正确．④根据反应前后各元素的原子个数守恒知，2d=c2b=4a所以a=1b=c=2正确；⑤将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 转移电子 48g 8mol 9.6g 1.6mol 所以每生成9.6 g Ti，反应I、II中共转移1.6 mol e-，错误．选D．22．操作1：将1L1．00mol·L-1的Na2CO3溶液逐滴加入到1L1．25mol·L-1的盐酸中；操作2：将1L1．25mol·L-1的盐酸逐滴加入1L1．00mol·L-1的Na2CO3溶液中，两次操作产生的气体体积之比（同温同压下）是A．5∶2B．2∶5C．1∶1D．2∶1【答案】A【解析】1L 1.00mol/L 的Na2CO3溶液中n（Na2CO3）＝1L×1mol/L＝1mol，1L 1.25mol/L的盐酸中n（HCl）＝1L×1.25mol/L＝1.25mol，把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，Na2CO3 +2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑1mol 2molHCl不足，生成二氧化碳物质的量为1.25mol×0.5＝0.625mol向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，首先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl1mol 1mol1molNa2CO3消耗1molHCl，剩余0.25molHCl，生成1molNaHCO3然后发生：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O0.25mol 0.25molNaHCO3有剩余，生成二氧化碳0.25mol两次操作产生的气体体积之比是0.625mol：0.25mol＝5：2，选A。23．将同温同压下的NO、NO2、O2三种气体按以下体积比混合后通入水中，气体不能完全溶于水的是A．1∶2∶1B．1∶1∶1C．5∶1∶4D．6∶2∶5-14-\n【答案】A【解析】根据反应后无剩余气体，即全部生成了硝酸，根据反应中电子得失守恒：n（NO）×3+n（NO2）＝n（O2）×4来判断即可，则A．NO、NO2、O2的气体体积比为1：2：1，物质的量之比为1：2：1，此时1×3+2≠1×4，正确；B．NO、NO2、O2的气体体积比为1：1：1，物质的量之比为1：1：1，此时1×3+1＝1×4，错误；C．NO、NO2、O2的气体体积比为5：1：4，物质的量之比为5：1：4，此时5×3+1＝4×4，错误；D．NO、NO2、O2的气体体积比为6：2：5，物质的量之比为6：2：5，此时6×3+2＝5×4，错误；选A。24．将13．0gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体6．72L（标况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中生成6．72L（标况）NO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量是A．11．85gB．12．7gC．27．45gD．28．3g【答案】B【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为0.3mol，所以金属铝的质量是5.4g，金属铝失电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，生成NO的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，则根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为0.3mol×3＝0.9mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，反应中金属铁、铜失去电子的物质的量0.3mol等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH-）＝0.3mol，所以反应后沉淀的质量等于13.0g－5.4g＋0.3mol×17g/mol＝12.7g，选B。二、非选择题（有5题，共52分）25．元素X、Y、Z、W均为短周期元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数占核外电子总数的3/4，W—、Z+、X+半径逐渐减小，化合物XW常温下为气体，Z是本周期中除稀有气体元素外，原子半径最大的元素，据此回答下列问题：（1）Z在元素周期表中的位置，工业上生产Z单质的化学方程式为（2）A、B均为由上述四种元素中的三种组成的强电解质，且常温下两种物质的水溶液pH均大于7，组成元素的原子数目比均为1∶1∶1。若A能抑制水的电离，而B能促进水的电离，则A、B的化学式分别为、。（3）C是由上述四种元素的两种组成的相对分子质量为34的化合物，则C的电子式。（4）用B在碱性条件下可以处理CN—的工业废水，请将下列6种微粒：CN—、CO32—、N2、OH—、B的阴离子，W的阴离子，分别填入在下对应的横线上，组成一个配平的离子方程式：++═+++H2O【答案】25、(1）第三周期第ⅠA族2NaCl2Na+Cl2↑（2）NaOHNaClO（3）（4）5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O【解析】解：Y原子最外层电子数占核外电子总数的3/4，则最外层电子数应为6，原子的核外电子总数为8，应为O元素，Z是本周期中除稀有气体元素外，原子半径最大的元素，且原子序数大于O，应为第三周期Na元素，W带1个负电荷，应为第ⅦA族元素，且原子序数大于Na的，应为Cl元素，X带1个正电荷，应为第ⅠA族元素，且化合物XW常温下为气体，说明X为H元素，则(1)Na在元素周期表中的位置为第三周期第ⅠA族，工业上生产Na用电解熔融氯化钠的方法制备，化学方程式为2NaCl2Na+Cl2↑；-14-\n（2）A、B均为由上述四种元素中的三种组成的强电解质，且常温下两种物质的水溶液pH均大于7，是碱或水解显碱性的盐，组成元素的原子数目比均为1∶1∶1。若A能抑制水的电离，是碱，而B能促进水的电离，是盐，则A、B的化学式分别为NaOH、NaClO。（3）C是由上述四种元素的两种组成的相对分子质量为34的化合物，为H2O2，则C的电子式。（4）用NaClO在碱性条件下可以处理CN—的工业废水，CN—、CO32—、N2、OH—、ClO－，Cl－，ClO－具有氧化性，将CN－氧化成N2，自己还原成Cl－，离子方程式为：分别填入在下对应的横线上，组成一个配平的离子方程式5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。26．某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，为了测定此样品纯度，甲同学设计了下图所示装置和实验方案。实验步骤如下：①按图将仪器组装好并检查气密性；②准确称量盛有碱石灰的干燥管Ⅰ的质量（设为m1）；③准确称量纯碱样品的质量（设为n），放入广口瓶A内；④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀盐酸，至不再产生气泡为止；⑤称量干燥管Ⅰ的质量（设为m2）。（1）实验操作④要缓缓地进行，其理由是________________。如果操作太快，会导致测定结果________（填偏大、偏小或不变）。（2）装置B的作用是_________________；干燥管Ⅱ的作用是_________________。（3）根据甲同学的实验数据，写出计算纯碱样品纯度的公式_______________________（4）方案评价：乙同学认为甲同学的方案有缺陷。乙同学认为稀盐酸要改为稀硫酸，否则会导致测定结果偏大。你认为还有其它缺陷吗？如果有，提出你的改进意见或需要添加的实验步骤，并指出甲同学缺少这一步骤会对结果产生什么影响（填偏大、偏小或不变），将答案填入表中（不一定要填满）。序号改进意见缺少时的影响①②③【答案】26．（1）使反应产生的CO2与碱石灰充分反应，被完全吸收偏小（2）除去水蒸气防止空气中的CO2和水蒸气进入干燥管I（3）53×（m2-m1）/22n（4）序号改进意见缺少时的影响①通入不含CO2的空气（或N2）使广口瓶中产生的CO2全部排出偏小②通入不含CO2的空气（或N2）排除反应前装置中的空气偏大③【解析】-14-\n（1）缓缓滴入稀硫酸，使反应进行完全，缓缓鼓入空气是使产生的二氧化碳全部被吸收，否则会使一部分二氧化碳来不及吸收就被排出，导致二氧化碳的质量偏小，使计算结果偏小；（2）鼓入空气是利用压力差使产生的二氧化碳全部被排出，要测定二氧化碳的质量，需排除空气中中二氧化碳对生成的二氧化碳的质量影响，除去二氧化碳使用的是氢氧化钠溶液，则装置B的作用是除去水蒸气；干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入干燥管I；（3）根据所测数据，生成二氧化碳的质量为（m2-m1）,设碳酸钠的质量为x,则有Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2+H2O10644Xm2-m1106：x=44：(m2-m1)解得x=53×（m2-m1）/22则计算纯碱样品纯度的公式是53×（m2-m1）/22n（4）根据装置流程图，缺陷与改进意见为：序号改进意见缺少时的影响①通入不含CO2的空气（或N2）使广口瓶中产生的CO2全部排出偏小②通入不含CO2的空气（或N2）排除反应前装置中的空气偏大③27．某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。（1）提出问题：Fe3＋、Br2哪个氧化性更强？（2）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3＋>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含（填化学式，下同）所致。②乙同学认为氧化性：Br2>Fe3＋，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含所致。（3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。供选用的试剂：a、酚酞试液b、CCl4c、无水酒精d、KSCN溶液。请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到得现象。选用试剂（填序号）实验现象方案1方案2（4）结论氧化性：Br2>Fe3＋。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为。（5）实验后的思考①根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是。②在100mLFeBr2溶液中通入2．24LCl2（标准状况），溶液中有1/2的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为。【答案】27．（2）Br2、Fe3+；（3）方案1bCCl4层呈无色方案2d溶液变红色（4）2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-（5）①Fe2+②1mol·L-1【解析】（2）①如果氧化性：Fe3＋>Br2，则上述实验现象不是发生化学反应所致，所以溶液呈黄色是含Br2所致。②如果氧化性：Br2>Fe3＋，则单质溴就能把亚铁离子氧化生成铁离子，上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含Fe3＋所致。（3）验证乙同学的观点，则就必须检验有铁离子生成，或者单质溴完全被反应而消耗。-14-\n检验Br2，由于单质溴易溶在有机溶剂中，所以可以选择四氯化碳，答案选b，实验现象是CCl4层呈无色；检验铁离子，可以用KSCN溶液。答案选d，实验现象是溶液呈红色。（4）该反应的离子方程式是2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－。（5）①根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，根据氧化性强弱的排序，首先被氧化的离子是Fe2+。②在100mLFeBr2溶液中通入2．24LCl2（标准状况），溶液中有1/2的Br－被氧化成单质Br2，则化学方程式为：2Fe2＋+2Br－+2Cl2=2Fe3＋+Br2+4Cl－，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为0.1/0.1=1mol·L-1。28．工业催化剂K3[Fe（C2O4）3]·3H2O是翠绿色晶体，在421~553℃时，分解为Fe2O3、K2CO3、CO、CO2、H2O。实验室由草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）、草酸钾（K2C2O4）、草酸（H2C2O4）和双氧水（H2O2）混合制备：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4＝2K3[Fe（C2O4）3]·3H2O（1）[Fe（C2O4）3]3－的名称是_______________。（2）制备过程要防止草酸被H2O2氧化，写出草酸被H2O2氧化的化学方程式_________。（3）配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2++4NH3[Cu（NH3）4]2+，其稳定常数表达式为：。已知K[Fe（C2O4）3]3－=1020，K[Fe（SCN）3]=2×103，能否用KSCN溶液检验K3[Fe（C2O4）3]·3H2O中的铁元素？（填“是”、“否”）。若选“否”，请设计检验K3[Fe（C2O4）3]·3H2O中铁元素的方案。_______________________。（4）铁元素可形成多种配合物，其中一种配合物钾盐A是有争议的食品添加剂。经组成分析A仅含K、Fe、C、N四种元素。取36．8gA加热至400℃，分解成KCN、Fe3C、C、N2，生成的氮气折合成标准状况下的体积为2．24L，Fe3C质量是C质量的3倍，Fe3C物质的量是氮气物质的量的1/3。则A的化学式为____________________。【答案】28．（1）三草酸合铁（Ⅲ）离子（2）H2C2O4+H2O2＝2CO2↑+2H2O（3）否。（1分）取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无。（4）K4Fe（CN）6【解析】（1）[Fe（C2O4）3]3-为络离子，名称为三草酸合铁（Ⅲ）离子（或三草酸合铁离子，或三草酸合铁酸根）；（2）草酸被H2O2氧化生成水和二氧化碳，该反应为H2C2O4+H2O2＝2CO2↑+2H2O；（3）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中的铁为亚铁离子，则不能用KSCN溶液检验K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中的铁元素，检验铁元素的方案为取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无，答案为：否；取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；（4）由题意可知，A→KCN+Fe3C+C+N2，n（N2）=0.1mol，n（Fe3C）=0.1mol×1/3，n（C）=(0.1×1/3×180×1/3)÷12=1/6mol，n（KCN）=(36.8-0.1×28)-6-2)÷65=0.4mol，则K、Fe、C、N的原子个数比为4：1：6：6，则化学式为K4Fe（CN）6。29．实验室模拟回收某废旧含镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）生产Ni2O3。其工艺流程为：-14-\n图Ⅰ图Ⅱ（1）根据图Ⅰ所示的X射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为。图Ⅱ表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70℃时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，其原因是。（2）工艺流程中“副产品”的化学式为。（3）已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始沉淀的pH1．56．57．7沉淀完全的pH3．79．79．2操作B是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3．7～7．7，静置，过滤。该实验方案合理吗？若合理，请说明理由；若不合理，请加以改正。__________________________________________。（4）操作C是为了除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F－浓度为3×10－3mol·L－1，则Ca2+的浓度为mol·L－1（常温时CaF2的溶度积常数为2．7×10－11）。抽滤装置中除了抽气泵、安全瓶外，还需要的主要仪器有_____________________。（5）电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步：①碱性条件下Cl－在阳极被氧化为ClO－；②Ni2+被ClO－氧化产生2NiOOH·H2O沉淀。第②步反应的离子方程式为。【答案】29．（1）BaSO4温度升高，Ni2+的水解程度增大（2）CuSO4·5H2O（3）不合理。在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（4）3×10-6布氏漏斗吸滤瓶（5）ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O＋Cl－【解析】含镍催化剂与硫酸反应后，Ca2+和Ba2+形成沉淀，通入硫化氢气体将Cu2+沉淀，操作B除去Fe3+，操作C除去Ca2+。最后加氯化钠电解硫酸镍溶液得到2NiOOH·H2O。（1）硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸镍、硫酸铁、硫酸钙、硫酸铜和硫酸钡，硫酸钙微溶、硫酸钡难溶，物质X为硫酸钡。Ni2++2H2ONi(OH)2+2H+，温度升高，促进Ni2+水解，Ni(OH)2含量增大。（2）硫灼烧生成二氧化硫、硫化铜灼烧生成氧化铜和二氧化硫。氧化铜与硫酸生成硫酸铜溶液，结晶后得到胆矾晶体（CuSO4·5H2O）;（3）向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3．7～7．7，静置，过滤。该实验方案不合理，原因为若溶液中含有Fe2+，调节pH为3.7～7.7时，Fe2+没有完全沉淀。所以加氢氧化钠溶液调节pH时，应先加过氧化氢将Fe2+完全氧化为Fe3+。-14-\n（4）c(Ca2+)= （2.7×10-11）/（3×10-3）2= =3×10－6 mol·L－1。抽滤装置中除了抽气泵、安全瓶外，还需要的主要仪器有布氏漏斗吸滤瓶；（5）Ni2+被ClO－氧化产生2NiOOH·H2O，ClO-被还原为Cl-，根据得失电子相等和电荷守恒、质量守恒配平得离子方程式为ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O＋Cl－。2022年山东省滕州市第一中学第一学期高三期中考化学试题参考答案1-5DDACB6-10DCACB11-15BDCAB16-20DACBC21-24DAAB25．（8分）（1）第三周期第ⅠA族2NaCl2Na+Cl2↑（3分）（2）NaOHNaClO（2分）（3）（1分）（4）5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O（2分）26．（10分。第（3）小题2分，其余每答1分）（1）使反应产生的CO2与碱石灰充分反应，被完全吸收偏小（2）除去水蒸气防止空气中的CO2和水蒸气进入干燥管I（3）53×（m2-m1）/22n（4）序号改进意见缺少时的影响①通入不含CO2的空气（或N2）使广口瓶中产生的CO2全部排出偏小②通入不含CO2的空气（或N2）排除反应前装置中的空气偏大③27．（12分）（2）Br2（1分）、Fe3+；（1分）（3）选用试剂实验现象方案1bCCl4层呈无色（2分）方案2d溶液变红色（2分）（4）2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-（2分）（5）①Fe2+（2分）②1mol·L-1（2分）28．（8分）（1）三草酸合铁（Ⅲ）离子（三草酸合铁离子，或三草酸合铁酸根）（1分）（2）H2C2O4+H2O2＝2CO2↑+2H2O（2分）（3）否。（1分）取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无。（2分，未提及“加热”或“溶解在酸中”不得分）（4）K4Fe（CN）6（2分）29．（14分，每空2分）（1）BaSO4温度升高，Ni2+的水解程度增大-14-\n（2）CuSO4·5H2O（3）不合理。在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（其他合理均给分）（4）3×10-6布氏漏斗吸滤瓶（5）ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O＋Cl－-14-
