2022-2023學年山西省太原市五十三中高三化學第一學期期中監(jiān)測模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、25時，向 20 mL c mol/L NaOH 溶液中滴加 0.1 mol/L醋酸溶液，混合溶液中水電離的c（OH）與醋酸溶液體積（V）的關系如圖。下列有關說法錯誤的是（ ）Ac（NaOH）=0.1mol/LB水的電離程度：EB=DAC酸溶液的體積：V=20 mLD若D點對應的醋酸溶液體積為

2、V1 mL，則 25時醋酸的電離常數(shù) Ka2、某工廠用提取粗鹽后的鹽鹵（主要成分為MgCl2）制備金屬鎂，其工藝流程如下圖所示。下列說法中，錯誤的是A操作發(fā)生的反應為非氧化還原反應B在實驗室進行操作時，只需要漏斗和燒杯兩種玻璃儀器C操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶D在整個制備過程中未發(fā)生置換反應3、下列各組離子在指定的溶液中能大量存在離子組的是 （ ）A pH7的溶液：Al3+、Fe3+、SO42、IB加入Na2O2后的溶液：K+、Fe2+、NO3、SO32C加入鋁粉放出H2的溶液：Na+、Ba2+、NO3、ClD無色并能使石蕊試液變藍的溶液：NH4+、Cu2+、NO3、Cl4、科研人員設計的CO2資

3、源化利用的裝置如圖所示(電解質溶液為稀H2SO4),下列說法錯誤的是A該離子交換膜為質子交換膜BAg極上的電勢比Pt極上的高C電路中每流過4 mol電子,陽極區(qū)質量減少36 gD太陽能、風能及潮汐能均是可再生能源5、下列圖示箭頭方向表示與某種常見試劑在通常條件下發(fā)生轉化，其中6步轉化均能一步實現(xiàn)的一組物質是選項WXYZANaNa2O2NaOHNa2OBAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2CN2NH3NONO2DSSO2SO3H2SO4AABBCCDD6、 “84”消毒液(工業(yè)利用Cl2與NaOH反應制得）可用于消毒和漂白，下列實驗現(xiàn)象的分析不正確的是實驗操作實驗現(xiàn)象混合后溶液的pH=9

4、.9,短時間內(nèi)未褪色，一段時間后藍色褪去?；旌虾笕芤簆H=5.0，藍色迅速褪去，無氣體產(chǎn)生?；旌虾笕芤簆H=3.2，藍色迅速褪去，并產(chǎn)生大量氣體，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{。A對比實驗和，中藍色迅速褪去的原因是發(fā)生了反應ClO+H+HClOB實驗中產(chǎn)生的氣體是Cl2，由HClO分解得到：2HClOCl2+H2OC對比實驗和，溶液的pH可能會影響ClO的氧化性或Cl的還原性D加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要調(diào)控合適的pH才能安全使用7、某實驗小組通過下圖所示實驗探究Na2O2與水的反應：下列說法不正確的是A中的大量氣泡主要成分是氧氣B中溶液變紅，說明有堿性物質生成C中現(xiàn)象可能是由于溶

5、液中含有強氧化性物質造成的D中MnO2的主要作用是降低了水中氧氣的溶解度8、常溫下0.1 molL1氨水溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的措施是()A將溶液稀釋到原體積的10倍B加入適量的氯化銨固體C加入等體積0.2 molL1鹽酸D通入氨氣9、將5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，達到平衡后呈紅色。再將混合液分為5份，分別進行如下實驗：下列說法不正確的是A對比實驗和，為了證明增加反應物濃度，平衡發(fā)生正向移動B對比實驗和，為了證明增加反應物濃度，平衡發(fā)生逆向移動C對比實驗和，為了證明增加反應物濃度，平衡發(fā)生正向移動D對比實

6、驗和，為了證明減少反應物濃度，平衡發(fā)生逆向移動10、下列關于有機化學實驗的說法正確的是（ ）A除去苯中的甲苯，可使用酸性 KMnO4 和 NaOH，然后分液B除去乙醇中混有的少量乙酸，加 NaOH 溶液，然后分液C檢驗溴乙烷中溴元素，直接加入硝酸銀溶液生成淺黃色沉淀D實驗室制備乙烯時，產(chǎn)生的氣體直接通入溴水，溴水褪色，證明有乙烯生成11、某同學用下圖所示裝置檢驗草酸亞鐵晶體(FeC2O42H2O，淡黃色)受熱分解的部分產(chǎn)物。下列說法正確的是( )A通入N2的主要目的是防止空氣中的水蒸氣對產(chǎn)物檢驗產(chǎn)生影響B(tài)若和中分別盛放足量NaOH溶液、CuO固體，可檢驗生成的COC實驗結束后，中淡黃色粉末完全

7、變成黑色，則產(chǎn)物一定為鐵D若將中的無水CaC12換成無水硫酸銅可檢驗分解生成的水蒸氣12、能正確表示下列反應的離子方程式是A用石墨作電極電解CuCl2溶液：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2B0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液與0.02mol/LBa(OH)2溶液等體積混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2OC將少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液：SO2+ClO+2OH=SO42+Cl+H2ODCa(HCO3)2溶液與過量NaOH溶液反應：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O13、下列有關說法正確的是ACH4與NH3中心原子雜化軌道類型相同B氫鍵

8、是一種特殊的化學鍵，它廣泛存在于物質中CBF3和NH3化學鍵的類型和分子的極性(極性或非極性)都相同Ds電子與s電子間形成的是鍵，p電子與p電子間形成的是鍵14、在濃鹽酸中H3AsO3可與SnCl2反應，反應的離子方程式為3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+2As+3SnCl6+6M。下列關于該反應的說法中，錯誤的是（）AM為H2OB每還原1mol氧化劑，就有3mol電子轉移C還原性：SnCl2AsD氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質的量之比為2：315、實驗室根據(jù)反應：TiO2(s)CCl4(g)TiCl4(g)CO2(g)，在無氧無水條件下制備TiCl4，實驗裝置如下圖所示(CCl4、Ti

9、Cl4的沸點分別為76、136，且兩者互溶)。下列說法不正確的是A中反應完成后，先停止通N2，再停止加熱B、裝置中分別盛有無水氯化鈣、濃硫酸C中熱水使CCl4氣化，中冰水使TiCl4冷凝D中分離TiCl4、CCl4混合物的方法是精餾16、不能用元素周期律解釋的性質是A非金屬性：ClBrB熱穩(wěn)定性：Na2CO3NaHCO3C酸性：HNO3H2CO3D堿性：NaOHMg(OH)2二、非選擇題（本題包括5小題）17、下表為元素周期表的一部分：AAAAAAA二CN 三 P 請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）表中元素，原子半徑最大的是_（填元素符號）；的核外電子排布式_；的最外層核外電子的軌道表示式_ ；和兩元素形

10、成化合物的電子式為_。（2）三種元素最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的是_（填該物質化學式）。（3）比較、兩種元素的簡單離子半徑：_（填離子符號）;元素最高價氧化物對應的水化物與硝酸反應的離子方程式為_。（4）列舉兩個事實來證明元素比元素的非金屬性強_；_。18、有一包白色固體粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一種或幾種，現(xiàn)做以下實驗：將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾，溶液呈無色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并有氣泡產(chǎn)生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生；另取中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀根據(jù)上

11、述實驗事實，回答下列問題：（1）原白色粉末中一定含有的物質是_，一定不含有的物質是_，可能含有的物質是_（寫化學式）（2）寫出各步變化的離子方程式_；_。19、堿式碳酸鎳Nix(OH)y(CO3)znH2O是一種綠色粉末晶體，常用作催化劑和陶瓷著色劑，300以上時分解生成3種氧化物。為確定其組成，某同學在實驗室中進行了有關的實驗探究。回答下列問題：(1)甲、乙兩裝置可分別選取下列裝置_、_(填字母，裝置可重復選取)。(2)稱取一定量的堿式碳酸鎳樣品，放入硬質玻璃管內(nèi)；安裝好實驗儀器，檢查裝置氣密性；加熱硬質玻璃管，當裝置C中_ (填實驗現(xiàn)象)時，停止加熱；打開活塞K，緩緩通入空氣，其目的是_。

12、(3)裝置A的作用是_，若沒有裝置E，則會使x/z_(填寫“偏大”或“偏小”或“無影響”)。(4)實驗前后測得下表所示數(shù)據(jù)：裝置B中樣品質量/g裝置C 質量g裝置D質量/g實驗前3.77132.0041.00實驗后2.25133.0841.44已知堿式碳酸鎳中Ni化合價為2價，則該堿式碳酸鎳分解的化學方程式為_。(5)采取上述實驗裝置進行該實驗時，必須小心操作，且保證裝置氣密性良好，否則濃硫酸倒吸，可導致加熱的硬質玻璃管炸裂。為防止?jié)饬蛩岬刮胗操|玻璃管中，提出你的改進措施：_。20、現(xiàn)有下列狀態(tài)的物質：干冰 NaHCO3晶體 氨水 純醋酸 FeCl3溶液 銅 熔融的KOH 蔗糖其中屬于電解質

13、的是_，屬于強電解質的是_。能導電的是_。膠體是一種常見的分散系，回答下列問題。向煮沸的蒸餾水中逐滴加入_溶液，繼續(xù)煮沸至_，停止加熱，可制得Fe(OH)3膠體，制取Fe(OH)3膠體化學反應方程式為_。向Fe(OH)3膠體中加入Na2SO4飽和溶液，由于_離子（填離子符號）的作用，使膠體形成了沉淀，這個過程叫做_。區(qū)分膠體和溶液常用的方法叫做_。FeCl3溶液用作蝕刻銅箔制造電路板的工藝，離子方程式為_。有學生利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶體主要操作包括：滴入過量鹽酸，_、冷卻結晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器是_。高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種強氧化劑，可作為

14、水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，反應的離子方程式為_。21、以電石渣主要成分為Ca(OH)2和CaCO3為原料制備KClO3的流程如下：(1)氯化過程控制電石渣過量、在75 左右進行。氯化時存在Cl2與Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反應，Ca(ClO)2進一步轉化為Ca(ClO3)2。電石與H2O反應的化學方程式為_。生成Ca(ClO)2的化學方程式為_。提高Cl2轉化為Ca(ClO3)2的轉化率的可行措施有_(填序號)。A適當加快通入Cl2速率B充分攪拌漿料C加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化過程中Cl2轉化為Ca(ClO3)

15、2的總反應方程式為：6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O，氯化完成后過濾。 75 時 Ca(ClO)2進一步轉化為Ca(ClO3)2的反應方程式為_。濾渣的主要成分為_(填化學式)。(3)向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca(ClO3)2轉化為KClO3的原因是_。 若溶液中KClO3的含量為100 gL1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是_。2022-2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【題目詳解】A.氫氧化鈉的溶液中水電離的氫氧根離子濃度為10-13mol/L，說明水電離的氫離子濃度為10-13m

16、ol/L，氫氧化鈉的濃度為0.1mol/L，故A正確；B. 氫氧化鈉溶液中水電離受到抑制，加入醋酸溶液反應生成鹽，水電離程度逐漸增大，當溶液中全為醋酸鈉，水的電離程度最大，繼續(xù)加入醋酸，水的電離程度又逐漸減小，因為BD兩點水電離的氫氧根離子濃度相同，即水電離程度相同，故電離程度的關系為EB=DA，故正確；C.當醋酸和氫氧化鈉完全反應時水電離程度最大，即V=20 mL，故正確；D.D點成分為醋酸和醋酸鈉，溶液為中性，c(H+)=10-7 mol/L，則c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，c(CH3COOH)= mol/L，則醋酸電離平衡常數(shù)=，故錯誤。故選D。2、B【題目詳解】A.操

17、作為氯化鎂與氫氧化鈣反應生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈣，為復分解反應，屬于非氧化還原反應，A說法正確；B.操作為固液分離，為過濾，在實驗室進行過濾時，只需要漏斗、玻璃棒和燒杯3種玻璃儀器，B說法錯誤；C.進行操作制備留誰合氯化鎂，帶有結晶水，則操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，C說法正確；D.在整個制備過程中，氯化鎂與石灰漿、氫氧化鎂與鹽酸為復分解反應，溶液生成晶體、晶體失去結晶水，為非氧化還原反應，電解氯化鎂為分解反應，過程中未發(fā)生置換反應，D說法正確；答案為B。3、C【答案解析】試題分析：A、Fe3和I發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，且Fe3在pH=7時，全部轉化成Fe(OH)3，故錯誤；B、過氧化鈉具

18、有強氧化性，能把Fe2和SO32氧化成Fe3和SO42，不能大量共存，故錯誤；C、和鋁反應生成氫氣，此溶液是酸或堿，NO3在酸性條件下，具有強氧化性，和金屬反應不產(chǎn)生氫氣，如果是堿，則和金屬鋁反應產(chǎn)生氫氣，能夠大量共存，故正確；D、Cu2顯藍色，故錯誤?？键c：考查離子大量共存等知識。4、B【分析】由示意圖可知，該裝置是電解池，將CO2和H2O轉換為H2、CO、HCHO、HCOOH、等；左邊銀電極是陰極，右邊鉑電極是陽極，水在陽極放電生成氧氣和氫離子，氫離子向左邊移動，所以離子交換膜是質子交換膜?！绢}目詳解】A、右邊鉑電極是陽極，水在陽極放電生成氧氣和氫離子，氫離子向左邊移動，因此交換膜是質子交

19、換膜，A正確；B、Ag極為陰極， Pt極為陽極，陽極的電勢比陰極高，故B錯誤；C、陽極的反應式為：2H2O-4 e-=O2+4H+,當電路中每流過4 mol電子，消耗2molH2O（氧氣逸出，氫離子移向左邊），陽極區(qū)質量減少36 g，C正確；D、太陽能、風能及潮汐能均是可再生能源，故D正確。答案選B。5、B【題目詳解】ANaOH一步不能生成生Na2O，所以Y不能發(fā)生圖中轉化生成Z，故A錯誤；BAl與硫酸反應生成X，Al與HCl反應生成Y，Al與過量反應生成Z，Z與過量硫酸反應生成X，X與BaCl2反應生成Y，Y與過量NaOH反應生成Z，反應均可進行，故B正確； CN2與氧氣只能生成NO，所以W

20、不能發(fā)生圖中轉化生成Z，故C錯誤； DS不能一步變?yōu)镾O3，D錯誤；答案選B。6、B【題目詳解】A. “84”消毒液(有效成分為NaClO)溶液中次氯酸根離子水解溶液顯堿性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促進水解平衡正向進行，生成次氯酸濃度大漂白效果快，中藍色迅速褪去的原因是發(fā)生了反應ClO+H+HClO，故A正確；B. “84”消毒液(有效成分為NaClO)溶液中加入濃度較大的稀硫酸反應，混合后溶液pH=3.2，藍色迅速褪去，并產(chǎn)生大量氣體，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，說明生成了氯氣，是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應生成了氯氣，氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性，生成的

21、鹽酸呈酸性，故B錯誤；C. 對比實驗和，酸溶液濃度大小會影響反應過程，溶液的pH可能會影響ClO的氧化性或Cl的還原性，故C正確；D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的濃度大時會生成污染氣體氯氣，需要調(diào)控合適的pH才能安全使用，故D正確；答案選B。7、D【答案解析】A. 過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，故A正確；B. 過氧化鈉與水反應生成了氫氧化鈉，氫氧化鈉是強堿，遇到酚酞，溶液變成紅色，故B正確；C. 過氧化鈉與水反應可能生成了過氧化氫，過氧化氫具有強氧化性，能夠使溶液褪色，故C正確；D. 生成的過氧化氫在二氧化錳作催化劑時發(fā)生了分解，因此放出大量氣泡，故D錯誤；故選D。點睛

22、：解答本題的關鍵是掌握和理解過氧化鈉與水的反應。本題的易錯點為C，過氧化鈉與水可能發(fā)生復分解反應，生成氫氧化鈉和過氧化氫，過氧化氫具有漂白性。8、B【分析】一水合氨是弱電解質，所以氨水中存在電離平衡，要使氨水溶液的pH減小1，但溶液仍然為堿性，則加入的物質能抑制一水合氨的電離，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A. 一水合氨是弱電解質，所以氨水中存在電離平衡，將溶液稀釋到原體積的10倍，則促進一水合氨的電離，氫氧根離子的濃度大于原來的十分之一，所以稀釋后溶液的pH（a-1），故A錯誤；B. 向氨水中加入氯化銨固體，銨根離子濃度增大而抑制一水合氨的電離，氨水中氫氧根離子濃度減小，所以可以使溶液的pH=（a-

23、1），故B正確；C. 加入等體積0.2mol/L鹽酸，鹽酸的物質的量大于氨水的物質的量，則混合溶液呈酸性，故C錯誤；D. 向氨水中通入氨氣，氨水濃度增大，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故D錯誤；答案選B。9、B【分析】實驗為對照組，控制反應溶液的總體積相同，在其它條件不變時，只改變影響平衡的一個條件，判斷平衡的移動方向，則可得出該條件對平衡的影響，據(jù)此分析可得結論?！绢}目詳解】A.實驗與對比，只改變了Fe3+濃度，故A說法正確；B.FeCl3溶液和KSCN溶液反應的本質是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，改變鉀離子或氯離子的濃度對平衡沒有影響，故B說法錯誤；C.實驗與對比，只改變

24、的反應物SCN-的濃度，故C說法正確；D.在原平衡體系中加入NaOH溶液，F(xiàn)e3+與之反應生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的濃度減小，故D說法正確；答案選B?！敬鸢更c睛】本題通過實驗來探究濃度對化學平衡移動的影響，F(xiàn)eCl3溶液和KSCN溶液反應的本質是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，所以在實驗過程中改變鉀離子或氯離子的濃度對平衡沒有影響。10、A【答案解析】A. 甲苯能夠被酸性 KMnO4 溶液氧化為苯甲酸，再與氫氧化鈉反應生成易溶于水的鹽，而苯不溶于水，可以用分液的方法分離，故A正確； B. 乙醇與水混溶，不能分液分離，故B錯誤；C. 檢驗溴乙烷中溴元素，需要先加入硝酸酸化，故C

25、錯誤；D. 實驗室制備的乙烯中往往含有二氧化硫等氣體雜質，二氧化硫也能使溴水褪色，故D錯誤；故選A。11、B【答案解析】通入N2的主要目的是防止空氣中二氧化碳、氧氣等對產(chǎn)物檢驗產(chǎn)生影響，A錯誤；利用除去二氧化碳，中的無水氯化鈣將氣體干燥后，如果中的黑色的氧化銅固體變紅，中澄清的石灰水變渾濁，說明有一氧化碳產(chǎn)生，B正確；實驗結束后，中淡黃色粉末完全變成黑色，則產(chǎn)物可能為鐵，或氧化亞鐵或四氧化三鐵，這些物質都是黑色的，C錯誤；因混合氣體經(jīng)過了澄清的石灰水，氫氧化鈉溶液，所以將中的無水氯化鈣換成無水硫酸銅就不能檢驗分解生成的水蒸氣，D錯誤；正確選項B。點睛：本實驗抓住亞鐵離子的不穩(wěn)定性，進行判斷處理

26、，因為亞鐵離子非常容易被氧化，所以先趕凈裝置中的空氣，回答了充入氮氣的目的；檢驗一氧化碳產(chǎn)生，應先除去混合氣體中的二氧化碳，再利用一氧化碳的還原性檢驗即可。12、C【答案解析】A用石墨作電極電解CuCl2溶液生成銅和氯氣，電解方程式為2Cl-+Cu2+Cu+Cl2，故A錯誤；B.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液與0.02mol/LBa(OH)2溶液等體積混合，生成硫酸鋇、氫氧化鋁和一水合氨，離子方程式為NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故B錯誤；C少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子和氯離子，離子方程

27、式為SO2+ClO-+2OH-SO42-+Cl-+H2O，故C正確；DCa(HCO3)2溶液與過量NaOH溶液反應，生成碳酸鈣沉淀和碳酸鈉，離子方程式為Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+CO32-+2H2O，故D錯誤；故選C。13、A【題目詳解】A.CH4的中心C原子與NH3的中心N原子都采用sp3雜化，因此軌道類型相同，A正確；B.氫鍵是一種特殊的分子間作用力，它存在于含有H元素的化合物，且與H形成化學鍵的原子的原子半徑很小的物質中，B錯誤；C.BF3和NH3化學鍵的類型都是極性共價鍵，BF3分子是非極性分子，而NH3是極性分子，二者分子的極性不同，C錯誤；D.s電子與s電子間形成的

28、是鍵，p電子與p電子間形成化學鍵，若是頭碰頭，形成的是的鍵，若肩并肩，形成的是鍵，D錯誤；故合理選項是A。14、D【題目詳解】A根據(jù)原子守恒可知M為H2O，故A正確；BSn由+2價升高到+4價，SnCl2作還原劑，As由+3價降低到0價，H3AsO3作氧化劑，轉移3mol電子，故B正確；C由還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性可知，還原性：AsSnCl2，故C正確；D由方程式可知氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質的量之比為3：2，故D錯誤；故答案為D?！敬鸢更c睛】考查氧化還原反應，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62-+6M，由原

29、子守恒可知，M為H2O，Sn元素的化合價升高，As元素的化合價降低，特別注意氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性。15、A【答案解析】本題主要考查了實驗操作要求與綜合分析能力，同時涉及物質分離原理?！绢}目詳解】A. 通入N2的目的是隔絕空氣，中反應完成后，先停止加熱，再停止通N2，防止倒吸，以及外界空氣與加熱中TiCl4反應，A錯誤；B. 、裝置均吸水，為固體，為液體，故可以為無水氯化鈣、濃硫酸，B正確；C. CCl4、TiCl4的沸點分別為76、136，中熱水使CCl4氣化，中冰水使TiCl4冷凝，C正確；D. 根據(jù)沸點不同，四氯化鈦和四氯化碳

30、為互相混溶的液體混合物，分離TiCl4、CCl4，屬于精餾，D正確；答案為A。【答案點睛】常見物質的分離、提純方法：洗氣法。例如，除去氣態(tài)烷烴中混有的氣態(tài)烯烴(或炔烴)，可將混合氣體通過盛有溴水的洗氣瓶；分液法。根據(jù)有機物在水中的溶解性、酸堿性等性質上的差異，把兩種相互混溶的有機物中的一種轉變?yōu)榭扇苡谒奈镔|，另一種仍不溶于水，從而達到分離與提純的目的。a若雜質易溶于水而被提純物不溶于水，則直接加入水后用力振蕩，使雜質轉入水層中，用分液漏斗分離；b若雜質與被提純物都不溶于水，則先使雜質與某種試劑反應，使其轉化為易溶于水的物質后再分離；蒸餾(分餾)法a對沸點差別大的有機物，可直接進行蒸餾提純與分

31、離；b混合物中各組分的沸點相差不大時，則加入某種物質，使其中一種組分轉化為高沸點、難揮發(fā)性物質后再進行蒸餾。16、B【答案解析】同主族元素從上到下非金屬性依次減弱，則非金屬性：ClBr，能用元素周期律解釋，A選項錯誤；碳酸氫鹽易分解，碳酸鹽難分解，所以熱穩(wěn)定性：Na2CO3NaHCO3，不能用元素周期律解釋，B選項正確；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性：NC，則酸性：HNO3H2CO3，能用元素周期律解釋，C選項錯誤；元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性：NaMg，則堿性：NaOHMg（OH）2，能用元素周期律解釋，D選項錯誤；正確答

32、案B。點睛：利用元素周期律中元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，可以比較酸性強弱，如本題中的非金屬性：NC，則酸性：HNO3H2CO3，但要注意的是如果不是最高價氧化物的水化物形成的酸，是不可以比較非金屬性的，如：鹽酸能夠與亞硫酸鈉反應產(chǎn)生二氧化硫氣體，說明鹽酸的酸性比亞硫酸強，因此非金屬性ClS，這一結論是錯誤的，因為兩種酸都不是最高價氧化物的水化物，不可以用來比較的，所以一定要注意是否是最高價氧化物的水化物。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na 1s22s22p4 NaOH S2 Al3+ Al（OH）3+3H+= Al3+3H2O 熱穩(wěn)定性H2O比H2S強 H2

33、S水溶液在空氣中變渾濁 【分析】由周期表的相對位置可知，為O元素、為Na元素、為Mg元素、為Al元素、為S元素、為Cl元素?！绢}目詳解】（1）由同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半徑最大；O元素的核電荷數(shù)為8，最外層電子數(shù)為6，則核外電子排布式為1s22s22p4；S元素的價電子排布式為3s23p4，則軌道表示式為；鎂元素和氯元素形成的化合物為氯化鎂，氯化鎂為離子化合物，電子式為，故答案為Na；1s22s22p4；（2）金屬元素的金屬性越強，元素最高價氧化物對應的水化物的堿性越強，同周期元素Na、Mg、Al的金屬性依次減弱，則堿

34、性最強的是NaOH，故答案為NaOH；（3）同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑S2Al3+；氫氧化鋁與硝酸反應生成硝酸鋁和水，反應的離子方程式為Al（OH）3+3H+= Al3+3H2O，故答案為S2Al3+；Al（OH）3+3H+= Al3+3H2O；（4）元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，O的非金屬性大于S，則熱穩(wěn)定性H2O比H2S強；H2S水溶液在空氣中變渾濁，是由于發(fā)生如下反應：2H2S+O2=2S+2H2O，反應說明O2的氧化性大于S，則O的非金屬性強，故答案為熱穩(wěn)定性H2O比H2S強；H2S水溶液在空氣中變渾濁；【

35、答案點睛】元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定；H2S水溶液在空氣中變渾濁說明O2的氧化性大于S；在一定條件下，O2與Cu反應生成CuO，S與Cu反應生成Cu2S，說明O2的氧化性大于S等事實都能說明O的非金屬性大于S。18、（1）Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 NaCl；（2）Ba2+CO32-=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【答案解析】試題分析：（1）將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾溶液呈無色，說明無CuSO4，沉淀只能為碳酸鋇，所以白色粉末中一定有Ba(NO3)2和Na2CO3 ；（2）向（1）的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并

36、有氣泡產(chǎn)生，進一步確定白色沉淀為碳酸鋇；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生，確定有Ba(NO3)2；（4）另?。?）中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，因為Na2CO3與硝酸鋇反應后可能過量，碳酸鈉也可以與硝酸銀溶液反應生成白色沉淀，所以不能確定是否有NaCl。（1）原白色粉末中一定含有的物質是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物質是CuSO4，可能含有的物質是NaCl。（2）各步變化的離子方程式分別為Ba2+CO32-=BaCO3、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、SO 42-+Ba2+=BaSO4、CO32-+2Ag+=Ag2CO3、Ag+

37、Cl=AgCl 。點睛：檢驗離子時，要注意排除干擾，如檢驗氯離子時，碳酸根就對其有干擾，所以要先向待檢液中加入稀硝酸把溶液酸化，排除了干擾離子的干擾后，再加入硝酸銀溶液檢驗氯離子。19、c c 不再有氣泡產(chǎn)生 將裝置中殘留的氣體產(chǎn)物吹入吸收裝置中 吸收空氣中的CO2和水蒸氣 偏小 Ni3(OH)4CO34H2O=3NiO+6H2O+CO2 在裝置B、C之間連接一個安全瓶(或其它合理答案均可給分) 【答案解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）本題實驗目的是測定堿式碳酸鎳的組成，根據(jù)信息，300以上時分解生成3種氧化物，這三種氧化物分別是NiO、CO2、H2O，需要測CO2和H2O的質量，因此必

38、須讓其全部被吸收，根據(jù)(2)，甲裝置的作用是吸收空氣中CO2和H2O，甲裝置應是c，B裝置應是加熱堿式碳酸鎳，C裝置應是吸收產(chǎn)生H2O，D裝置應是吸收產(chǎn)生CO2，防止外界中CO2和H2O進入裝置D，對測量產(chǎn)生影響，因此E的作用是防止空氣中的CO2和H2O進入D裝置，故乙裝置選c；（2）根據(jù)上述分析，當裝置C中不再有氣泡產(chǎn)生，說明反應完全，打開活塞K，緩慢通入空氣的目的是讓裝置中殘留的氣體產(chǎn)物被C和D裝置全部吸收；（3）根據(jù)（1）的分析，裝置A的作用是吸收空氣中的CO2和水蒸氣；裝置E的作用是防止外界中CO2和H2O進入裝置D，如果沒有此裝置，D裝置吸收空氣中CO2和水，造成CO2的質量增大，根

39、據(jù)元素守恒，x/z偏大；（4）裝置C質量增重(133.08132.00)g=1.08g，產(chǎn)生水的質量為1.08g，合0.06mol，裝置D增重的質量是CO2的質量，即為(41.4441.00)g=0.44g，合0.01mol，裝置B中反應后的物質是NiO，其質量為2.25g，合0.03mol，化合價代數(shù)和為0，因此推出OH物質的量為0.04mol，根據(jù)H原子守恒推出H2O的物質的量為0.04mol，因此x:y:z:n=0.03：0.04：0.01：0.04=3：4：1：4，即堿式碳酸鎳的化學式為Ni3(OH)4CO34H2O，堿式碳酸鎳受熱分解化學方程式為：Ni3(OH)4CO34H2O 3N

40、iO+6H2O+CO2；（5）根據(jù)信息，應在裝置B、C之間連接一個安全瓶。20、飽和FeCl3溶液呈紅褐色 FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(膠體)+3HClSO42膠體的聚沉丁達爾效應2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+蒸發(fā)濃縮玻璃棒2Fe3+3ClO-+10 OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O (或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O寫出一個即可)【答案解析】I、電解質的定義是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物，主要包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物、水等。我們在判斷此類試題的時候，最直接的方法是按照物質的分類進行判斷。干冰是固態(tài)二氧化

41、碳，不屬于上述物質中的任一種，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，所以不是電解質；NaHCO3晶體屬于鹽，在水溶液中可以電離出離子而導電，所以屬于電解質；氨水屬于混合物而不是化合物，所以不是電解質；純醋酸屬于酸，在水溶液中可以電離出離子而導電，所以屬于電解質；FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是電解質；銅是單質而不是化合物，所以不是電解質；熔融的KOH屬于堿，在熔融狀態(tài)下和水溶液中均可以電離出離子而導電，所以是電解質； 蔗糖不屬于上述物質中的任一種，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，所以不是電解質；所以屬于電解質的是：。強電解質的定義是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質，因此強電解質首先必須是電解質，只能從里面找，其中NaHCO3晶體在水溶液中可以完全電離出離子，所以屬于強電解質；純醋酸屬于共價化合物，在熔融狀態(tài)下不能電離出離子，在水溶液中不能完全電離，所以屬于弱電解質；熔融的KOH是離子化合物，在熔融狀態(tài)下和水溶液中都能完全電離出離子，所以屬于強電解質，因此屬于強電解質的是。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能夠自由移動的離子，所以可以導電；銅作為金屬單質，含有能夠自由移動的電子，所以也可以導電，因此能夠導電的是。II、.Fe(OH)3膠體的制備過程是