2022-2023年高二下学期期末化学试卷含解析 (II)

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1、2022-2023年高二下学期期末化学试卷含解析 (II)一、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分只有一项是符合题目要求）1党的十八大报告提出了“建设美丽中国”的宏伟蓝图节能减排、低碳生活、合理利用资源、保护环境，走可持续发展的道路成为我国发展的重要战略下列说法不符合这一主题思想的是（）A大力开采我省陇东地区的煤和石油，促进地方经济发展B实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染C积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染D对城市生活污水脱氮除磷、净化处理，遏制水体富营养化2下列说法正确的是（）A水晶项链和餐桌

2、上的瓷盘都是硅酸盐制品B新制氯水中的所有物质都是电解质C氮氧化物、二氧化硫是形成酸雨的主要物质D制造光导纤维的原料是晶体硅3下列有关化学用语使用正确的是（）A原子核内有8个中子的氧离子： OB硫离子的结构示意图：CNH4Cl的电子式：D二氧化碳的结构式：OCO4滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）AFe3+、Al3+、Cl、NOBK+、Na+、I、SOCAg+、Ca2+、NH、NODNa+、Ba2+、CO、SO5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A铝片放入氢氧化钠溶液中：Al+2OHAlO+H2BNa与水反应：Na+2H2ONa+H2+2OHC向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶

3、液：Al3+3OHAl（OH）3DAlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH6在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg7某同学用如图所示装置制备并检验Cl2的性质下列说法正确的是（）A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B图中：量筒中发生了加成反应C图中：生成蓝色的烟D图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成8某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，

4、撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（）A钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰B反应产生的大量白烟是氯化钠固体C棉球的作用是吸收过量氯气防止产生污染D棉球变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收9下列关于浓硫酸的叙述正确的是（）A浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的氧化性B浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的脱水性C浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性D100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中加入足量的Cu并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.9 mol10在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体

5、a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶则a和b分别是（）AABBCCDD二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分在每小题给出的四个选项中，有1至2个是符合题目要求的）11下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）ANH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气B向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SOCFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上

6、升，说明二者均易溶于水12碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种微粒之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是（）A可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IOD途径中若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为5NA13用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是（）选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液不变浑浊先通入CO2再通入氨气，溶液变浑浊CaCl2溶液B通入CO2，溶液变浑浊继续

7、通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊再加入品红溶液，红色褪去Ca（ClO）2溶液D通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca（OH）2溶液AABBCCDD14根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是（）A磷在足量氧气中燃烧生成一种氧化物，则碳在足量氧气中燃烧也生成一种氧化物B稀硝酸能将木炭氧化成二氧化碳，同理稀硫酸也能将木炭氧化成二氧化碳CCO2与SiO2化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似DNaHCO3、（NH4）2CO3固体受热后均能生成气体，则Na2CO3固体受热后也能生成气体15将3.2g Cu跟30.0

8、mL 10.0molL1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H+，则此时溶液中含NO3的物质的量为（）A0.5a molB（0.1+a）molC0.1a molD2a mol三、非选择题（本题包括5小题，共70分）16Al及Al的合金在生活生产中有着广泛的应用（1）航母升降机可由铝合金制造Al元素在周期表中的位置是，AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为：（2）xx年11月首架C919大飞机总装下线，标志着我国跻身飞机研制先进国家行列机身蒙皮使用的是第三代铝锂合金材料下列不属于铝锂合金性质的是（填字母）a密度大 b硬度大 c抗腐蚀（

9、3）用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3常温下Al的金属性比Ba的金属性（选填“强”“弱”）利用上述方法可制取Ba的主要原因是a高温时Al的活泼性大于Ba b高温有利于BaO分解c高温时BaOAl2O3比Al2O3稳定 dBa的沸点比Al的低17下列AI九种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去已知A在常温下为黑色固体单质，常温下C、E、F都是无色气体请回答下列问题：（1）C的固体名称，F的化学式是（2）B的浓溶液与A反应过程中，B体现的性质与下列反应中HNO3体现的性质完全相同的是AC+4HNO3（浓）CO2+4

10、NO2+2H2OB3Fe+8HNO3（稀 ）3Fe（NO3）2+2NO+4H2OCCu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD2Fe2O3+6HNO32Fe（NO3）3+3H2O（3）A与B反应的化学方程式是（4）G与H反应的离子方程式是；C与淡黄色固体反应生成F与G的化学方程式18硅是人类文明发展的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹（1）工业生产粗硅的反应有：SiO2+2CSi（粗）+2CO，SiO2+3CSiC+2CO若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2的质量之比为（2）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅

11、：若反应I为 Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，则反应II的化学方程式为整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另 一种物质，写出该反应的化学方程式：设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.75%，则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是19氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途如图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制的流程根据上述流程回答下列问题：（1）混合中发生反应的化学方程式为（2）混合中使用冰水的目的是（3）操作和操作的名称分别是、（4）混合液中加入N

12、a2SO3的目的是（5）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸（工业氢溴酸）常带有淡淡的黄色于是甲、乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为，若假设成立可观察的现象为乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为，其用于证明该假设所用的试剂为20用有关知识回答：（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式：（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图所示实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实

13、验，这丝状材料的成分可以是（填选项编号）A铁B铝C银D玻璃E聚丙烯塑料打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是（填化学方程式）（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某同学另设计了一套如图所示制取NO的装置反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体漏斗的作用是让反应停止的操作方法及原因是（4）以下收集NO气体的装置（见图），合理的是（填选项代号）21亚硫酸钠在印染、造纸等众多行业中有着广泛的应用研究小组用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3其实验流程如图1查阅资料可知，向碳酸钠溶液通入二氧化硫的过程中，溶液中有关组分的质量分数变化如图2是所示

14、（1）图2中的线2表示的组分为（填化学式）（2）实验时，“反应II”中加入NaOH溶液的目的是（用化学方程式表示）（3）国家标准规定产品中Na2SO3的质量分数97.0%为优等品，93.0%为一等品为了确定实验所得产品的等级，研究小组采用了两种方法进行测定方法I：称取2.570g产品，用蒸馏水溶解，加入足量的双氧水使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4，再加入过量的BaCl2溶液，所得沉淀经过过滤、洗涤、干燥后称量，质量为4.660g，通过计算确定产品中Na2SO3的质量分数（写出计算过程）方法II：称取1.326g产品，配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加0.1250mol/L

15、I2溶液，恰好使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4时，消耗I2溶液20.00mL通过计算确定产品中Na2SO3的质量分数（写出计算过程）判断Na2SO3产品的等级，并说明理由xx江苏省淮北市天一中学高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分只有一项是符合题目要求）1党的十八大报告提出了“建设美丽中国”的宏伟蓝图节能减排、低碳生活、合理利用资源、保护环境，走可持续发展的道路成为我国发展的重要战略下列说法不符合这一主题思想的是（）A大力开采我省陇东地区的煤和石油，促进地方经济发展B实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染C积极

16、推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用，有效降低PM 2.5对环境的污染D对城市生活污水脱氮除磷、净化处理，遏制水体富营养化【考点】常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】A根据节能减排、合理利用资源来分析；B根据保护环境来分析；C根据节能减排、低碳生活、保护环境来分析；D根据保护环境来分析【解答】解：A大力开采我省陇东地区的煤和石油，未满足节能减排、合理利用资源，不符合要求，故A错误；B实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染，保护了环境，符合要求，故B正确；C积极推广太阳能、风能、地热能等新能源的使用，减少化石燃料的使用

17、，有效降低PM 2.5对环境的污染，满足了节能减排、低碳生活、保护环境，故C正确；D对城市生活污水脱氮除磷、净化处理，遏制水体富营养化，保护了环境，故D正确；故选A2下列说法正确的是（）A水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品B新制氯水中的所有物质都是电解质C氮氧化物、二氧化硫是形成酸雨的主要物质D制造光导纤维的原料是晶体硅【考点】含氮物质的综合应用；氯气的化学性质；硅和二氧化硅【分析】A根据水晶项链和餐桌上的瓷盘的成分分析，水晶成分为二氧化硅晶体，瓷盘成分主要为二氧化硅、硅酸盐；B新制氯水中的主要存在物质为氯气、水、盐酸、次氯酸；C酸雨的主要成分是由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气

18、体；D光导纤维成分为二氧化硅【解答】解：A水晶的主要成分是二氧化硅，含有硅元素，但不是硅酸盐，餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品，故A错误；B新制氯水中的主要存在物质为氯气、水、盐酸、次氯酸，其中氯气属于单质，故B错误；C某些化石燃料燃烧后的产物中含氮氧化物和二氧化硫，氮氧化物和二氧化硫溶于水后会生成相应酸，随雨水降落到地面形成酸雨，所以形成酸雨的主要物质是氮氧化物和二氧化硫，故C正确；D晶体硅是制造半导体材料的原料，二氧化硅为制造光导纤维的原料，故D错误；故选C3下列有关化学用语使用正确的是（）A原子核内有8个中子的氧离子： OB硫离子的结构示意图：CNH4Cl的电子式：D二氧化碳的结构式：OCO【考

19、点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；B硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层满足8电子稳定结构；C氯离子为阴离子，电子式中需要标出最外层电子；D二氧化碳分子中含有两个碳氧双键【解答】解：A中子数为10的氧原子质量数为16，该原子正确的表示方法为：816O，故A错误；B硫离子的核外电子总数为18，最外层满足8电子稳定结构，硫离子的结构示意图为：，故B正确；C氯化铵为离子化合物，存在铵根离子和氯离子，其正确的电子式为，故C错误；D二氧化碳分子为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键，其正确的结构式为：O=C=O，故D错误；故选

20、B4滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）AFe3+、Al3+、Cl、NOBK+、Na+、I、SOCAg+、Ca2+、NH、NODNa+、Ba2+、CO、SO【考点】离子共存问题【分析】氯水中含氢离子、氯气、HClO等微粒，微粒之间不发生复分解反应、氧化还原反应等，则能大量共存，以此来解答【解答】解：A滴加氯水，该组离子之间不反应，能大量共存，故A选；B氯气可氧化I，不能大量共存，故B不选；C滴加氯水后，Ag+、Cl结合生成沉淀，不能大量共存，故C不选；DBa2+、CO32、SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故D不选故选A5下列反应的离子方程式书写正确的是（）A铝片放入氢氧化钠溶液

21、中：Al+2OHAlO+H2BNa与水反应：Na+2H2ONa+H2+2OHC向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3+3OHAl（OH）3DAlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH【考点】离子方程式的书写【分析】A漏写氧化剂水；B电子、电荷不守恒；C反应生成偏铝酸钠、NaCl和水；D反应生成氢氧化铝和氯化铵【解答】解：A铝片放入氢氧化钠溶液中的离子反应为2H2O+2Al+2OH2AlO2+3H2，故A错误；BNa与水反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+H2+2OH，故B错误；C向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液的离子反应为Al3+4OHAlO

22、2+2H2O，故C错误；DAlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故D正确；故选D6在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；BFeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；D碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁【解答】解：A二氧化硅属于酸性

23、氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C7某同学用如图所示装置制备并检验Cl2的性质下列说法正确的是（）A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B图中：量筒中发生了加成反应C图中：生成蓝色的烟D图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧

24、杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化锰和稀盐酸不反应；B光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应；C铜在氯气中燃烧产生棕色烟；D起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应【解答】解：A浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，而稀盐酸和二氧化锰不反应，所以无论二氧化锰是否过量，盐酸都无法完全反应，故A错误；B光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应而不是加成反应，故B错误；C铜在氯气中燃烧产生棕色烟，向集气瓶中加入水，溶液呈蓝色，故C错误；D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液

25、中会发生归中反应而生成氯气，故D正确；故选D8某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（）A钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰B反应产生的大量白烟是氯化钠固体C棉球的作用是吸收过量氯气防止产生污染D棉球变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收【考点】氯气的化学性质【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应【解答】解：A钠着火燃烧产生黄色火焰，故A正确；B氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟

26、，故B正确；C氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，故C正确；D氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D错误；故选D9下列关于浓硫酸的叙述正确的是（）A浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的氧化性B浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的脱水性C浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性D100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中加入足量的Cu并加热，被还原的H2SO4的物质

27、的量为0.9 mol【考点】浓硫酸的性质【分析】A、浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑；B、浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的吸水性；C、浓硫酸具有酸性、氧化性和脱水性；D、铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O可知，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫【解答】解：A、浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑，而不是强氧化性，故A错误；B、浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的吸水性，而不是脱水性，故B错误；C、浓硫酸滴在润湿的蓝色石蕊试纸上，因具有酸性，试纸先变红，因具有氧化性，所以褪

28、色，因具有脱水性，最后变黑，故C正确；D、铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O可知，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，所以被还原的H2SO4的物质的量小于0.9 mol，故D错误；故选C10在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶则a和b分别是（）AABBCCDD【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯气的化学性质；氨的化学性质【分析】此题要从反应物和生成物的状态变化入手，注意到反应后气体减少或增多会引起气压

29、的变化，将化学和物理结合起来，气体被吸收进溶液的反应，容器内气体减少，气压减小；容器内气体增多，气压增大；【解答】解：A、NO2与水反应，生成硝酸和NO，容器内气体减少，气压减小，形成喷泉，但由于NO不溶于水，所以不充满烧瓶故A错误；B、CO2与CaCl2溶液不反应，锥形瓶与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，故B错误；C、Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，锥形瓶与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，故C错误；D、NH3与盐酸能发生反应，生成物为氯化铵固体，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，故D正确；故选D二、选择题（本题包括5小题，每小题4

30、分，共20分在每小题给出的四个选项中，有1至2个是符合题目要求的）11下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）ANH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气B向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SOCFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【考点】铵盐；氨的化学性质；硝酸的化学性质【分析】A、可以用加热NH4Cl分解生成气体到试管口处两者反应生成氯化铵，而NH4HCO3受热分解得到氨气的同时混

31、有二氧化碳气体；B、SO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸；C、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一气化氮和水不符合置换反应的特点；D、依据HCl、NH3均极易溶于水的物理性质解答；【解答】解：A、可以用加热NH4Cl分解生成气体到试管口处两者反应生成氯化铵，而NH4HCO3受热分解得到氨气的同时混有二氧化碳气体，所以不能用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气，故A错误；B、SO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故B错误；C、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一气化氮和水不符合置换反应的特点，而铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气是置换反应，故C错误；D、HCl、NH3均极易溶

32、于水，则分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，故D正确；故选D12碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种微粒之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是（）A可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IOD途径中若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为5NA【考点】氧化还原反应【分析】A加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I还原生成I2；B根据图示转化可知Cl2NaIO3，氯气可以将碘

33、氧化HIO3；C由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，由途径可知氧化性Cl2NaIO3；D根据转化关系2IO3I210e计算判断【解答】解：A加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I还原生成I2，故用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐，故A正确；B根据图示转化可知Cl2NaIO3，已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O2HClO3+10HCl，故B正确；C由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，由途径可知氧化性Cl2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2IO3I2，故C错误；D根据转化关系2I

34、O3I210e可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，故D错误；故选CD13用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是（）选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液不变浑浊先通入CO2再通入氨气，溶液变浑浊CaCl2溶液B通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊再加入品红溶液，红色褪去Ca（ClO）2溶液D通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca（OH）2溶液AABBCCDD【考点】钠的重要化合物【分析】A通入氨气，与二氧化碳反应生成碳酸铵，与氯化钙反应生成碳酸钙沉

35、淀；BNa2SiO3溶液与CO2反应生成硅酸沉淀；CCa（ClO）2溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白性；DCa（OH）2溶液通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙【解答】解：ACaCl2溶液不与CO2反应，但通入NH3后溶液变为（NH4）2CO3可产生浑浊，故A正确； BNa2SiO3溶液与CO2反应生成硅酸沉淀，继续通CO2至过量，浑浊不消失，故B错误；CCa（ClO）2溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使品红溶液褪色，故C正确；DCa（OH）2溶液通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与NaOH反应又生成碳酸

36、钙沉淀，故D正确故选B14根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是（）A磷在足量氧气中燃烧生成一种氧化物，则碳在足量氧气中燃烧也生成一种氧化物B稀硝酸能将木炭氧化成二氧化碳，同理稀硫酸也能将木炭氧化成二氧化碳CCO2与SiO2化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似DNaHCO3、（NH4）2CO3固体受热后均能生成气体，则Na2CO3固体受热后也能生成气体【考点】硅和二氧化硅；硝酸的化学性质【分析】A、磷在足量氧气中燃烧生成五氧化二磷，则碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳；B、稀硫酸无强氧化性，不与碳反应；C、二氧化硅是原子晶体，而二氧化碳是分子晶体；D、Na2CO3受热不分解【解答】解：A

37、、磷在足量氧气中燃烧生成五氧化二磷，则碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳，故A正确；B、稀硝酸具有强氧化性，能将木炭氧化成二氧化碳，而稀硫酸无强氧化性，不与碳反应，故B错误；C、二氧化硅是原子晶体，而二氧化碳是分子晶体，所以两者的物理性质不同，故C错误；D、Na2CO3受热不分解，无气体生成，故D错误；故选A15将3.2g Cu跟30.0mL 10.0molL1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H+，则此时溶液中含NO3的物质的量为（）A0.5a molB（0.1+a）molC0.1a molD2a mol【考点】氧化还原反应的计算【分析】根据题意知，溶液中存

38、在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，结合电荷守恒，根据氢离子和铜离子的物质的量计算硝酸根离子的物质的量【解答】解：根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，根据铜原子守恒知铜离子的物质的量=0.05mol，反应的溶液中有a mol H+，溶液存在电荷守恒，则有：n（H+）+2n（Cu2+）=n（NO3）+n（OH），由于溶液酸性，则n（OH）较少，可忽略不计，则：n（NO3）=n（H+）+2n（Cu2+）=amol+20.05mol=（0.1+a）mol，故选B三、非选择题（本题包括5小题，共70分）16Al及Al的

39、合金在生活生产中有着广泛的应用（1）航母升降机可由铝合金制造Al元素在周期表中的位置是第三周期第A族，AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（2）xx年11月首架C919大飞机总装下线，标志着我国跻身飞机研制先进国家行列机身蒙皮使用的是第三代铝锂合金材料下列不属于铝锂合金性质的是a（填字母）a密度大 b硬度大 c抗腐蚀（3）用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3常温下Al的金属性比Ba的金属性弱（选填“强”“弱”）利用上述方法可制取Ba的主要原因是da高温时Al的

40、活泼性大于Ba b高温有利于BaO分解c高温时BaOAl2O3比Al2O3稳定 dBa的沸点比Al的低【考点】铝的化学性质【分析】（1）Al的原子结构示意图为，原子核外有13个电子，以此来解答；AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；（2）它是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，合金性质的是硬度大、抗腐蚀；（3）常温下Al的金属性比Ba的金属性弱，该反应是利用Ba的沸点比Al的低【解答】解：（1）Al的原子结构示意图为，有3个电子层，最外层电子数为3，则位于第3周期第A族，故答案为：第三周期第A族；AlMg合金

41、焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）机身蒙皮使用的是铝锂合金材料铝锂合金性质的是硬度大、抗腐蚀，密度小，故答案为：a；（3）利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：AlBa，但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行，故答案为；弱；d17下列AI九种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去已知A在常温下为黑色固体单质，常温下

42、C、E、F都是无色气体请回答下列问题：（1）C的固体名称干冰，F的化学式是O2（2）B的浓溶液与A反应过程中，B体现的性质与下列反应中HNO3体现的性质完全相同的是AAC+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2OB3Fe+8HNO3（稀 ）3Fe（NO3）2+2NO+4H2OCCu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD2Fe2O3+6HNO32Fe（NO3）3+3H2O（3）A与B反应的化学方程式是C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O（4）G与H反应的离子方程式是CO32+2H+CO2+H2O；C与淡黄色固体反应生成F与G的化学方程式2CO2+2Na2O22Na

43、2CO3+O2【考点】无机物的推断【分析】根据图中各物质转化关系，A为固态单质，常温下C、E、F都是无色气体，则A与B的反应应为碳与浓酸硫或浓硝酸的反应，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应，生成I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应含有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A与B的反应为碳与浓硫酸的反应，A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C是气体能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以C为CO2，F为O2，G为Na2CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质转化关系，以此解答该题【解答】解：根据图中各物质转化关系，A为固态单质，常温下C、E、F

44、都是无色气体，则A与B的反应应为碳与浓酸硫或浓硝酸的反应，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应，生成I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应含有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A与B的反应为碳与浓硫酸的反应，A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C是气体能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以C为CO2，F为O2，G为Na2CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质转化关系，（1）依据上述分析可知，C为CO2，固体名称为干冰，F为O2，故答案为：干冰；O2；（2）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下可与碳反应，四个反应中A体现强氧化性，B、C体现氧化

45、性和酸性，D体现酸性，故答案为：A；（3）浓硫酸和碳在加热条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O；（4）G为Na2CO3，H为HCl，二者反应的离子方程式为CO32+2H+CO2+H2O，C为CO2，与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，故答案为：CO32+2H+CO2+H2O，2CO2+2Na2O22Na2CO3+O218硅是人类文明发展的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹（1）工业生产粗

46、硅的反应有：SiO2+2CSi（粗）+2CO，SiO2+3CSiC+2CO若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2的质量之比为1：2（2）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：若反应I为 Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，则反应II的化学方程式为SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl整个制备过程必须严格控制无水无氧SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另 一种物质，写出该反应的化学方程式：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利

47、用率为93.75%，则在第二轮次的生产中，补充投入HCl 和H2的物质的量之比是5：1【考点】硅和二氧化硅【分析】（1）根据方程式中碳和二氧化硅、硅、碳化硅之间的关系式计算；（2）根据反应物、生成物和反应条件写出反应方程式；SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气；反应生产1mol纯硅需补充HCl：3，需补充H2：1【解答】解：（1）根据反应方程式生成1mol Si需C 2mol、SiO2 1mol，生成1mol SiC需C 3mol，SiO2 1mol，产品中Si与SiC的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2物质的量之比为5：2，所以质量之比为：512：260=1：2

48、，故答案为：1：2；（2）由工艺流程可知，反应是氢气与SiHCl3反应生成Si（纯）、HCl，反应方程式为：SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl；SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl，故答案为：3SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl；反应生产1mol纯硅需补充HCl：3，需补充H2：1，补充HCl与H2的物质的量之比为5：1故答案为：5：119氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途如图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制的流程根据上述流程回答下列问题：（1）混合中发生

49、反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr（2）混合中使用冰水的目的是降低体系温度，防止Br2和HBr挥发，使反应进行完全（3）操作和操作的名称分别是蒸馏、过滤（4）混合液中加入Na2SO3的目的是除去粗产品中未反应完的溴（5）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸（工业氢溴酸）常带有淡淡的黄色于是甲、乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为KSCN溶液，若假设成立可观察的现象为溶液变成血红色乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Br2，其用于证明该假设所用的试剂为CCl4【考点】制备实验

50、方案的设计【分析】Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，反应室1中发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氢氧化钡溶液，使反应生成SO42 转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaBr，再蒸馏得到精致的氢溴酸（5）用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色；由工艺流程可知，溶液中可能含

51、有Br2，可以用CCl4萃取方法检验【解答】解：Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，反应室1中发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氢氧化钡溶液，使反应生成SO42 转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaBr，再蒸馏得到精致的氢溴酸（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被

52、还原为HBr，反应室1中发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；（2）Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，故答案为：降低体系温度，防止Br2和HBr挥发，使反应进行完全；（3）操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离；操作分离固体与液体，应是过滤，故答案为：蒸馏；过滤；（4）粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，还原除去粗品中的Br2，故答案为：除去粗产品中未反应完的溴；（5）用KSCN溶液检验Fe3+：取少许溶液滴加K

53、SCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验：用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2，用于证明该假设所用的试剂为CCl4，故答案为：KSCN溶液，溶液变成血红色，含有Br2，CCl4；20用有关知识回答：（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+4H2O+2NO（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图所示实验室若没有铜丝，而

54、只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这丝状材料的成分可以是DE（填选项编号）A铁B铝C银D玻璃E聚丙烯塑料打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是2NO+O2=2NO2（填化学方程式）（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某同学另设计了一套如图所示制取NO的装置反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体漏斗的作用是接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出让反应停止的操作方法及原因是关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止（4）以下收集NO

55、气体的装置（见图），合理的是C、D（填选项代号）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据铜的还原性和硝酸的氧化性，写出化学反应方程式，根据方程式书写离子反应方程式；（2）由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al均与硝酸反应；反应生成的NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮；（3）为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，漏斗的作用是防止稀硝酸溢出；关闭活塞，产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止；（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法来收集NO，只能用排水法，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置【解答】解：（1）硝酸具有氧化性，能

56、氧化金属，铜和硝酸反应，铜从0价变为+2价，变成硝酸铜，硝酸中的+5价的氮被还原成一氧化氮，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO33Cu2+4H2O+2NO；（2）由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al均与硝酸反应，所以ABC不行，DE不与硝酸反应，故答案为：CD；反应生成的NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮，呈红棕色，发生反应为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；（3）为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体

57、与空气接触，漏斗的作用是接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；关闭活塞，产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止，故答案为：关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法来收集NO，只能用排水法，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置，故答案为：C、D；21亚硫酸钠在印染、造纸等众多行业中有着广泛的应用研究小组用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3其实验流程如图1查阅资料可知，向碳酸钠溶液通入二氧化硫的

58、过程中，溶液中有关组分的质量分数变化如图2是所示（1）图2中的线2表示的组分为NaHCO3（填化学式）（2）实验时，“反应II”中加入NaOH溶液的目的是NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O（主要）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（次要）（用化学方程式表示）（3）国家标准规定产品中Na2SO3的质量分数97.0%为优等品，93.0%为一等品为了确定实验所得产品的等级，研究小组采用了两种方法进行测定方法I：称取2.570g产品，用蒸馏水溶解，加入足量的双氧水使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4，再加入过量的BaCl2溶液，所得沉淀经过过滤、洗涤、干燥后称量，质量为4.660g，

59、通过计算确定产品中Na2SO3的质量分数m（BaSO4）=4.660g，n（BaSO4）=0.020mol，则经氧化后n（Na2SO4）=0.020mol，m（Na2SO4）=0.020mol142g/mol=2.840g，根据差量法，原混合物中的Na2SO3：n（Na2SO3）=，m（Na2SO3）=126g/mol=2.12625g，w（Na2SO3）=100%82.73%如若不考虑杂质，则n（Na2SO3）=n（BaSO4）=0.020mol，m（Na2SO3）=0.020mol126g/mol=2.520g，w（Na2SO3）=100%98.05%（写出计算过程）方法II：称取1.326g产品，配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加0.1250mol/L I2溶液，恰好使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4时，消耗I2溶液20.00mL通过计算确定产品中Na2SO3的质量分数n（Na2SO3）=n（I2）=20.00mL103L/mL0.1250mol/L=0.0025mol，m（Na2SO3）=0.0025mol126g/mol=1.260g，w（Na2SO3）=100