南通一中2023年届高三上学期期中考试化学试卷.docx

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1、江苏省南通一中 2023 届高三上学期期中考试化学试卷一、单项选择题：此题包括 10 小题，每题 2 分，共计 20 分每题只有一个选项符合题意12 分化学科学对提高人类生活质量和促进社会进展具有重要作用，以下说法正确的选项是用高效半导体照明灯取代白炽灯，有利于节能减排研发安全特效药物，有利于抵抗人类疾病标准食品添加剂生产和科学使用，有利于保障人体安康和生命安全推广城市生活垃圾处理的减量化、资源化、无害化技术，有利于环境保护和资源的充分利用常在包装袋内放入生石灰防止月饼等富脂食品氧化变质ABCD考点：药物的主要成分和疗效；使用化石燃料的利弊及能源的开发；“三废“处理与环境保护；常见的食品添加剂

2、的组成、性质和作用专题：化学应用分析：高效半导体照明灯比白炽灯发光效率高；研发安全特效药物，有利于抵抗人类疾病；食品添加剂超标，会对人体产生危害；城市生活垃圾无害化、减量化、资源化处理，是实现中国城市可持续进展战略的重要组成局部；留意氧化复原反响的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化解答：解：高效半导体照明灯比白炽灯发光效率高，有利于节能减排，故正确；研发安全特效药物，有利于抵抗人类疾病，如青霉素是抗菌药，故正确；食品添加剂超标，会对人体产生危害，标准食品添加剂生产和科学使用，有利于保障人体安康和生命安全，故正确；城市生活垃圾无害化、减量化、资源化处理，是实现中国城市可持续进展战略的重要

3、组成局部，推广城市生活垃圾处理的减量化、资源化、无害化技术，有利于环境保护和资源的充分利用，故正确；生石灰无复原性不能与氧化性物质反响，故不能防止食品氧化，故错误 应选D点评：此题考察节能减排、安全特效药物、食品添加剂、环境保护等，题目难度不大，留意石灰无复原性不能与氧化性物质反响，故不能防止食品氧化22 分以下有关化学用语表示正确的选项是A中子数为 20 的氯原子：BNH3 分子的电子式：C铝离子构造示意图：1D比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子考点：电子式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子构造示意图；球棍模型与比例模型专题：化学用语专题分析：A元素符号的左上角标质量数；B气为共价化合物

4、； C在离子中：质子数电子数为阳离子；质子数电子数为阴离子； DCl 原子半径大于C 原子，比例模型不正确解答：解：A元素符号的左上角标质量数，中子数为20 的氯原子： 37Cl，故A 错误；17B氨气为共价化合物，分子中氮原子的最外层电子数应为8，电子式为正确；，故 BC铝元素的原子序数为13，依据在离子中：质子数电子数为阳离子，而C 中质子数=电子数=13，故C 错误；DCl 原子半径大于C 原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小，故D 错误应选B点评：此题考察核素符号，原子构造示意图，电子式，比例模型等，题目难度不大，留意比例模型应符合原子的大小32 分以下有关物质的

5、性质和该性质的应用均正确的选项是A晶体硅具有半导体性质，可用于生产光导纤维B二氧化硫有漂白性，可用于加工食品使食品增白C铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸D铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料考点：硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A、依据二氧化硅用于生产光导纤维；B、依据二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品； C、依据铜能与浓硝酸反响；D、依据铝具有良好导电性；钢抗拉强度大；解答：解：A、因二氧化硅用于生产光导纤维，故A 错误；B、因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故B 错误；C、因铜

6、能与浓硝酸反响，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故C 错误；D、因铝具有良好导电性，钢抗拉强度大，钢芯铝绞线可用作远距离高压输电线材料， 故D 正确；应选：D点评：此题主要考察了物质的性质及用途，难度不大，依据课本学问即可完成42 分推断以下有关化学根本概念的依据正确的选项是A电解质：水溶液里能否导电2B共价化合物：是否含有共价键C氧化复原反响：反响前后元素化合价是否变化D强弱电解质：溶液的导电力气大小考点：电解质与非电解质；氧化复原反响；强电解质和弱电解质的概念 专题：物质的分类专题分析：A电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物； B此题是对教材根本概念的考察，要求学生熟记教材学问，

7、灵敏应用； C氧化复原反响的特征是有化合价的变化； D溶液的导电能了和电解质的强弱无关解答：解：A电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，熔融状态下能导电的化合物也是电解质，故A 错误； B含有共价键的化合物不愿定为共价化合物离子化合物中也可能含有共价键，如NaOH，故B 错误； C氧化复原反响的特征是有化合价的变化，可以依据元素化合价是否变化来确定是否是氧化复原反响，故C 正确； D溶液的导电力气和电解质的强弱无关，依据电解质在水溶液中是否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故D 错误应选C点评：此题是对教材根本概念的考察，要求学生熟记教材学问，灵敏应用52 分在以下溶液中，各组离

8、子能够大量共存的是A酸性溶液中：NO3、SO42、Fe2+、Na+ B强碱性溶液中：NH4+、NO3、Ba2+、K+C澄清透亮的溶液中：MnO 、Al3+、SO 2、K+44D含大量HCO3的溶液中：Ca2+、Cl、Al3+、NO3考点：离子共存问题 专题：离子反响专题分析：A酸性溶液中含大量的 H+，离子之间发生氧化复原反响； B强碱溶液中含有大量的OH，离子之间结合生成弱电解质； C离子之间不反响；D离子之间发生相互促进水解反响解答：解：A酸性溶液中含大量的 H+，NO3、Fe2+之间发生氧化复原反响，则离子不能共存，故A 错误；B. 强碱溶液中含有大量的OH，NH4+、OH结合生成弱电解

9、质，则不能共存，故B错误；C. 离子之间不反响，则能够大量共存，故C 正确；D. Al3+、HCO3发生相互促进水解反响，则不能共存，故D 错误； 应选C点评：此题考察离子的共存，明确信息及离子之间的反响是解答此题的关键，题目难度不大62 分用NA 表示阿伏加德罗常数的值，下到表达正确的选项是A常温下，4.6gNa 和足量的O2 完全反响失去电子数为 0.2NA3B常温常压下，1.8 g D216O 中所含的中子数为NAC4.48 L O3 中所包含的氧原子数为 0.6 NAD1 L 0.1 mol/L Al2SO43 溶液中含有的Al3+总数为 0.2 NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德

10、罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、质量换算物质的量，钠全部反响依据钠原子最外层电子数计算；B、质量换算物质的量，结合质子数+中子数=质量数计算； C、依据气体摩尔体积的应用条件是标准状况，分析推断； D、铝离子水溶液中发生水解；解答：解：A、4.6gNa 物质的量为 0.2mol，钠原子最外层电子数为1，所以和足量的O2 完全反响失去电子数为 0.2NA，故A 正确；B、1.8gD216O 物质的量=8NA=0.9NA，故B 错误；C、不是标准状况，4.48L O3 中物质的量不愿定是 0.2mol，故 C 错误；D、1L 0.1 mol/L Al2SO43 溶液中含有的Al3+总数小于 0.2

11、 NA，故D 错误； 应选A点评：此题考察了阿伏伽德罗常的应用，主要考察质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的体积应用，盐类水解的应用，题目难度中等=0.09mol；分子中所含的中子数=0.0921+1672 分以下说法不正确的选项是A. 在某盐溶液中参与浓NaOH 溶液，加热后假设生成气体使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液确定是铵盐溶液B. 浓硝酸中的HNO3 见光会分解，故有时在试验室看到的浓硝酸呈黄色2C在某溶液中参与盐酸酸化的BaCl 溶液，假设生成白色沉淀，则原溶液中确定有SO24D除去枯燥CO2 中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4 溶液、浓硫酸的洗气瓶考

12、点：硫酸根离子的检验；铵盐；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：氧族元素；氮族元素分析：A、依据铵根离子的检验方法；B、依据浓硝酸中不稳定；C、与盐酸酸化的氯化钡反响生成的白色沉淀可能是氯化银或者是硫酸钡； D、依据SO2 的复原性；解答：解：A、往溶液中参与氢氧化钠溶液并加热，生成使潮湿红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体，证明原溶液含有铵盐，故A 正确；B、浓硝酸往往呈黄色，由于硝酸的化学性质不稳定、分解生成NO2 的缘由，故B 正确；C、向某溶液中参与盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42或银离子中的至少一种，故C 错误；D、由于SO2 有复原性，可以被酸性KMnO

13、4 氧化除去，而CO2 与酸性KMnO4 不反响，故D 正确；应选：C4点评：此题只要考察了物质的检验、性质、除杂等问题，难度不大，依据课本学问即可完成A. 由金属W 制备的高效电池可用NH4Cl 溶液作电解质B. 元素Y、Z 的最高价氧化物对应水化物之间可以发生反响C. 元素X、Z 形成的化合物为离子化合物D. 四种元素原子半径由大到小的挨次为：ZYWX82 分短周期元素W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大金属W 是制备一种高效电池的重要材料，X 原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，元素Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Z 原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍以下说法正确的选项是 考

14、点：原子构造与元素周期率的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素 W、X、Y 和Z 的原子序数依次增大，金属W 是制备一种高效电池的重要材料，W 为 Li 元素，X 原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，X 有 2 个电子层，最外层电子数为4，故X 为C 元素，元素Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Y 为 Al 元素，Z 原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍，Z 的原子序数等于Al 元素， 故 Z 有 3 个电子层，最外层电子数为 6，故Z 为S 元素解答：解：短周期元素 W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大，金属W 是制备一种高效电池的重要材料，W 为 Li 元素，X

15、原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，X 有 2 个电子层，最外层电子数为 4，故X 为C 元素，元素Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Y 为 Al 元素，Z 原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍，Z 的原子序数等于Al 元素，故Z 有 3 个电子层，最外层电子数为 6，故Z 为 S 元素，则A、金属Li 制备的高效电池用NH4Cl 溶液作电解质，产生气体，简洁发生极化现象， 故A 错误；B、氢氧化铝与硫酸反响生成硫酸铝与水，故B 正确；C、元素X、Z 形成的化合物为CS2，属于共价化合物，故C 错误；D、同周期自左而右原子半径减小，当核电荷增加到大于八以后，其核对半径的缩小作用越来越强已

16、经超过了增加一个电子层对半径的增加作用，故Li 原子半径比Al 原子半径大，故离子半径LiAlSC，即WYZX，故D 错误；应选B点评：此题考察元素推断、半径比较、原电池、物质性质与构造等，难度中等，留意D 选项中半径比较92 分2023 乌鲁木齐模拟以下化学试验事实及其结论都正确的选项是A铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔外表氧化铝熔点高于铝B将 SO2 通入含HClO 的溶液中，生成H2SO4，说明HClO 酸性比H2SO4 强CFeCl3 溶液可以腐蚀线路板上的Cu，说明Fe 的金属活动性大于CuD将饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上，试纸先变蓝后变白，说明氯水具有漂白性考点：铝金属

17、及其化合物的性质试验；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁的化学性质； 比较弱酸的相对强弱的试验专题：试验评价题分析：A、氧化铝的熔点比铝的熔点高，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落；B、二氧化硫可以和次氯酸之间发生氧化复原反响；5C、金属铜可以和氯化铁发生反响生成氯化亚铁和氯化铜，金属的置换反响可以证明金属的活泼性；D、氯水具有氧化性和漂白性，依据氯水的成分和性质来答复解答：解：A、氧化铝的熔点比铝的熔点高，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，结论解释正确，故A 正确；B、将SO2 通入含HClO 的溶液中，生成H2SO4，是由于次氯酸将二氧化硫氧化的缘由，故B 错误；C、金属铁可以将金属铜从

18、盐中置换出来，可以证明Fe 的金属活动性大于Cu，但是金属铜可以和氯化铁发生反响生成氯化亚铁和氯化铜，不是置换反响，故C 错误； D、将饱和氯水滴到淀粉碘化钾试纸上，氯水可以将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，但是氯水中的次氯酸具有漂白性，会使得试纸变白，故D 错误应选A点评：此题考察化学试验方案的评价，题目难度中等，此题易错点为D，留意氯水的成分和性质A. 依据化合价Fe3O4 可表示为FeOFe2O3，则Pb3O4 也可表示为PbOPb2O3B. CaC2 能水解：CaC2+2H2O=CaOH2+C2H2，则 Al4C3 也能水解：Al4C3+12H2O=4A1OH3+3CH4C.

19、 Cl2 与 Fe 加热生成FeCl3，则I2 与 Fe 加热生成FeI3DSO2 通入BaCl2 溶液不产生沉淀，则SO2 通入BaNO32 溶液也不产生沉淀102 分类比比较是争论物质性质的常用方法之一，可推想很多物质的性质但类比是相对的，不能违反客观实际以下各说法中正确的选项是考点：盐类水解的原理；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 专题：类比迁移思想分析：A、Fe 最常见的化合价是+2 和+3 价，所以 Fe3O4 可以写成 FeOFe2O3；Pb 最常见的化合价是+2 和+4 价，所以 Pb3O4 可以写成 2PbOPbO2；B、依据碳化钙和水反响生成乙炔和氢氧化钙的反响前后元素化合

20、价不变，是书写依据，所以Al4C3 也能水解：Al4C3+12H2O=4A1OH3+3CH4；C、碘单质氧化性较弱和变价金属反响只能生成低价的化合物；，所以 I2 与 Fe 加热生成 FeI2；D、SO2 通入BaNO32 溶液中，二氧化硫和水反响生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸；解答：解：A、Fe 最常见的化合价是+2 和+3 价，所以 Fe3O4 可以写成 FeOFe2O3；Pb 最常见的化合价是+2 和+4 价，所以 Pb3O4 可以写成 2PbOPbO2；故A 错误；B、依据碳化钙和水反响生成乙炔和氢氧化钙的反响前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4

21、C3 也能水解：Al4C3+12H2O=4A1OH3+3CH4，故B 正确；C、碘单质氧化性较弱和变价金属反响只能生成低价的化合物；，所以 I2 与 Fe 加热生成 FeI2，故 C 错误；D、SO2 通入BaNO32 溶液中，二氧化硫和水反响生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，故D 错误；应选B点评：此题考察了物质构造的特征分析推断，分析存在的规律是解题关键，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，碘单质氧化性弱和铁反响生成亚铁盐，题目难度中等6二、不定项选择题：此题包括 5 小题，每题 4 分，共计 20 分每题只有一个或两个选项符合题意假设正确答案只包括一个选项，

22、多项选择时，该题得 0 分；假设正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得总分值，但只要选错一个，该小题就得 0 分114 分以下表示对应化学反响的离子方程式不正确的选项是AFeCl3 溶液与Cu 的反响：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+ BNO2 与水的反响：3NO2+H2O=2NO3+NO+2H+C醋酸溶液与水垢中的CaCO3 反响：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2D过量的NaHSO4 与BaOH2 溶液反响：Ba2+2OH+2H+SO4=BaSO4+2H2O2考点：离子方程式的书写 专题：离子反响专题分析：A、FeCl3 溶液与Cu 的反响生成氯

23、化铁和氯化铜；依据电荷守恒和原子守恒分析推断；B、NO2 与水的反响生成硝酸和一氧化氮，硝酸是强酸； C、醋酸酸性比碳酸强，可与碳酸钙反响；D、酸式盐和减肥药，量少的全部反响，离子方程式中符合化学式的组成比；解答：解：A、FeCl3 溶液与Cu 的反响离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；故A 正确； B、NO2 与水的反响生成硝酸和一氧化氮，硝酸是强酸：3NO2+H2O=2NO3+NO+2H+；故 B 正确；C、醋酸酸性比碳酸强，可与碳酸钙反响，醋酸溶液与水垢中的CaCO3 反响的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO；故C 错误；D

24、、过量的NaHSO4 与 BaOH2 溶液反响，氢氧化钡全部反响，离子方程式中符合化学式的组成比，反响的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O， 故D 正确；应选C点评：此题考察离子反响方程式的书写，明确发生的化学反响是解答此题的关键，选项 C 为学生解答的易错点，题目难度中等124 分AE 是中学常见的 5 种化合物，A、B 是氧化物，它们之间的转化关系如图所Ax 与A 反响的化学方程式是：Al2O3+2FeFe2O3+2AB. 检验D 溶液中的金属阳离子的反响：Fe3+3SCN=FeSCN3C. 单质Y 在确定条件下能与水发生置换反响D. 由于化合物B 和C 均

25、既能与酸反响，又能与碱反响，所以均是两性化合物考点：无机物的推断 专题：推断题示则以下说法正确的选项是7分析：依据转化关系分析，A+X=B+Y 是置换反响，单质XY 都和稀硫酸反响，说明是金属单质，AB 是氧化物和硫酸反响，其中A 和硫酸反响生成的D 和单质Y 反响生成E， 说明A 中元素化合价是变价，综合分析推断，置换反响是铝热反响的置换反响，所以推断X 为 Al；Y 为 Fe；A 为 Fe2O3；B 为Al2O3；C 为 AlCl3；D 为 FeCl3；E 为 FeCl2； 依据推断结果分析选项问题；解答：解：依据转化关系分析，A+X=B+Y 是置换反响，单质XY 都和稀硫酸反响，说明是金

26、属单质，AB 是氧化物和硫酸反响，其中A 和硫酸反响生成的D 和单质Y 反响生成E，说明 A 中元素化合价是变价，综合分析推断，置换反响是铝热反响的置换反响， 所以推断X 为 Al；Y 为 Fe；A 为 Fe2O3；B 为 Al2O3；C 为AlCl3；D 为 FeCl3；E 为FeCl2；A、x 与A 反响的化学方程式是：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，故A 错误；B、检验D 溶液中的金属阳离子为三价铁离子发生反响生成的不是沉淀：Fe3+3SCN=FeSCN3，故 B 错误；C、单质Y 为 Fe，在高温条件下能与水蒸汽发生置换反响，生成四氧化三铁和氢气，故 C 正确；D、由于化合物B

27、为Al2O3 既能与酸反响，又能与碱反响，所以是两性化合物，C 为AlCl3 是盐不具有两性，故D 错误； 应选C点评：此题考察了物质转化关系的推断，物质性质的应用，反响特征是推断，娴熟把握物质转化关系和特征性质是解题关键，题目难度中等134 分锑Sb在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的隐蔽量为世界第一从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳复原：2Sb2S3+3O2+6Fe Sb4O6+6FeSSb4O6+6C 4Sb+6COA. 反响中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B. 反响中每生成 3 mol FeS 时，共转移 6 mol 电子C. 反响说明高温下C

28、的复原性比Sb 强D. 每生成 4mol Sb 时，反响与反响中复原剂的物质的量之比为4：3关于反响、的说法正确的选项是考点：氧化复原反响的计算；氧化性、复原性强弱的比较 专题：氧化复原反响专题分析：A、所含元素化合价降低的反响物是氧化剂，据此结合元素化合价推断；B、反响中化合价上升的元素只有Fe 元素，由 0 价上升为+2 价，据此计算； C、依据复原剂的复原性强于复原产物的复原性推断；D、反响中复原剂是Fe，反响中复原剂是C，依据方程式计算解答：解：A、反响中 Sb2S3 含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反响中Sb4O6 中 Sb元素的化合价由+3 价降低为 0 价，Sb4O6 是氧化剂

29、，故A 错误；B、反响中化合价上升的元素只有Fe 元素，由 0 价上升为+2 价，每生成 3molFeS， 转移电子为 3mol2=6mol，故B 正确；C、反响C 是复原剂，Sb 是复原产物，复原剂复原性强于复原产物的复原性，说明高温下C 的复原性比Sb 强，故C 正确；8D、生成 4molSb 时，反响C 是复原剂，需要 6molC，需要 1molSb4O6，反响中Fe 是复原剂，生成 1molSb4O6，需要 6molFe，故反响与反响中复原剂的物质的量之比为 6mol：6mol=1：1，故D 错误；应选D点评：考察氧化复原反响概念与有关计算、复原性强弱推断，难度中等，留意依据化合价进展

30、概念的理解A. 试验 I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B. 试验 II：酸性 KMnO4 溶液中消灭气泡，且颜色渐渐褪去C. 试验 III：微热稀HNO3 片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D. 试验 IV：连续煮沸溶液至红褐色，停顿加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学试验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质试验 专题：压轴题；试验评价题分析：A溴和 NaOH 反响，苯不溶于水，且密度比水小； B浓硫酸和蔗糖反响生成二氧化碳和二氧化硫气体； C生成NO，依据NO 的性质推断； D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体解答：解：A溴和 NaOH

31、 反响生成NaBr 和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A 错误； B浓硫酸和蔗糖反响生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化复原反响，二氧化碳不反响，故B 正确；C生成NO，NO 易与空气中氧气反响生成二氧化氮，为红棕色，故C 错误； D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D 正确应选BD点评：此题考察化学试验根本操作，题目难度中等，解答此题的关键是把握相关物质的性质， 学习中留意积存144 分2023 广东以下试验现象推想正确的选项是154 分某同学设计如下试验测量m g 铜银合金样品中铜的质量分数：以下说

32、法中不正确的选项是9A. 收集到的V L 气体为 NO、NO2B. 过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒C操作应是洗涤D铜的质量分数为：100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：试验探究和数据处理题分析：A、由流程图可知，试验排水法收集，二氧化氮能与水反响生成NO，故不能金属与硝酸反响生成是NO 或NO2 或 NO、NO2，最终收集的气体为NO；B、过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒；C、由流程图可知，溶液中参与氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化 银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量，操作是在过滤之后，烘干之前，

33、由于过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测定； D、由流程图可知，试验原理为，在反响后溶液中参与氯化钠，将银离子转化为氯化 银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量解答：解：A、由流程图可知，试验排水法收集，二氧化氮能与水反响生成NO，故不能金 属与硝酸反响生成是NO 或 NO2 或NO、NO2，最终收集的气体为NO，故A 错误；B、过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，故B 正确；C、由流程图可知，溶液中参与氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化 银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量，操作是在过滤之后，烘干之前， 由于

34、过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测定， 故操作应是洗涤，故C 正确；D、氯化银的质量为wg，所以合金中银的质量为g，故合金中铜的质量分数为100%=100%，故D 错误；应选AD点评：此题考察学生对试验原理的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解原理是关键， 需要学生具有扎实的根底学问与综合运用学问分析解决问题的力气三、非选择题1616 分2023 浙江模拟大气中SO2 和NOx 是形成酸雨的主要物质某地酸雨中可能含有以下离子：Na+、Mg2+、NH+、Cl、SO 2、SO 2、NO 和NO等某争论小组43432取该地确定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成 4 份

35、，进展如下试验：第一份滴加适量的淀粉KI 溶液，呈蓝色；其次份滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加 NaOH 溶液，加热，产生的气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝；第四份参与足量硝酸酸化的 AgNO3 溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4 溶液，不褪色：KspAg2SO4=1.20105 请答复以下问题：（1） 该酸雨中确定存在的离子有 SO42、NO3、NH +；确定不存在的离子有 SO32、4NO2，说明其不存在的理由： SO 2具有较强的复原性，酸性条件下，与NO 不能共33存；假设有NO2，能使酸性KMnO410溶液褪色 （2） 写出试液中滴加淀

36、粉KI 溶液所发生反响的离子方程式： 6I+2NO3+8H+=3I2+2NO+4H2O（3） 设计试验方案，检验该试液中是否存在Cl： 取少量试液，滴加足量的BaNO32 溶液，静置；取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，假设有白色沉淀产生，则存在Cl（4） 该争论小组为了探究 NO 参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量 NO 的 SO2气体，渐渐通入O2，该过程中发生的化学反响有 2NO+O2=2NO2、NO2+SO2=SO3+NO，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨说明NO 的作用：催化剂 考点：常见离子的检验方法；二氧化硫的污染及治理 专题：离子反响专题分析：1依据离子共存的学问

37、来确定溶液中的离子的存在与否；（2） 依据单质碘能使淀粉KI 溶液呈蓝色来分析；（3） 依据氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排解硫酸根的干扰；（4） 依据物质的性质来书写方程式，依据一氧化氮在反响中的特点来推断所起到的作用；解答：解：1滴加适量的淀粉 KI 溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的离子存在，而这样的离子只有NO3，故确定含有NO3，就确定不会含有SO 2，由于SO 2具有较强的复原性，酸性条件下，与NO不能共存；滴333加用盐酸酸化的BaCl2 溶液，有白色沉淀析出，故确定含有 SO 2；滴加 NaOH 溶液，4加热，产生的气体能

38、使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故确定含有NH4+； 参与足量硝酸酸化的AgNO3 溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性 KMnO4 溶液，不褪色，确定不含NO2，假设有NO2，能使酸性KMnO4 褪色，而氯离子的存在与否不能推断，由于硫酸根已经存在，3故答案为：SO42、NO3、NH4+；SO 2、NO2；SO32具有较强的复原性，酸性条件下，与NO3不能共存；假设有NO2，能使酸性KMnO4 溶液褪色；（2） 硝酸氧化碘离子的离子方程式为：6I+2NO3+8H+=3I2+2NO+4H2O，故答案为：6I+2NO3+8H+=3I2+2NO+4H2O；（3） 氯离子的检验方法：

39、加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排解硫酸根 的干扰；故答案为：取少量试液，滴加足量的BaNO32 溶液，静置，取上层清液， 滴加硝酸酸化的AgNO3 溶液，假设有白色沉淀产生，则存在Cl；（4） 一氧化氮具有复原性，很简洁被氧气氧化，方程式为：2NO+O2=2NO2，二氧化氮能将二氧化硫氧化，方程式为NO2+SO2=SO3+NO，整个过程一氧化氮的质量没有变化，故在反响中作催化剂，故答案为：2NO+O2=2NO2；NO2+SO2=SO3+NO；催化剂点评：此题是对离子共存学问以及离子的检验学问的考察，该题型是现在考试的热点和难点1712 分2023镇江模拟工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸

40、为争论铁质材料与热浓硫酸的反响，某学习小组进展了以下探究活动：（1） 将已去除外表氧化物的铁钉碳素钢放入冷浓硫酸中，10 分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观看，铁钉外表无明显变化，其缘由是铁外表被钝化 11（2） 另称取铁钉6.0g 放入 15.0ml 浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X 并收集到气体Y甲同学认为X 中除 Fe3+外还可能含有Fe2+写诞生成Fe2+全部可能的离子反响方程式：Fe+2H+=Fe2+H2； Fe+2Fe3+=3Fe2+假设要确认其中有Fe2+，应选用 d选填序号aKSCN 溶液和氯水 b铁粉和KSCN 溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4 溶液乙同学取 336ml标

41、准状况气体Y 通入足量溴水中，发生反响的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后参与足量BaCl2 溶液，经适当操作后得枯燥固体2.33g由于此推知气体Y 中 SO2 的体积分数为66.7%考点：浓硫酸的性质；二价 Fe 离子和三价Fe 离子的检验 专题：氧族元素分析：1铁钉碳素钢放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化；2在加热条件下，浓硫酸与Fe 反响生成 Fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成Fe2+；试验室在检验Fe2+时，可利用+2 价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色来检验；生成的SO2 具有复原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O

42、=2HBr+H2SO4，利用硫元素的守恒，结合关系式：SO2BaSO4 求出SO2 的体积分数解答：解：1铁钉碳素钢放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻挡反响进一步进展，故答案为：铁外表被钝化；2在加热条件下，浓硫酸与Fe 反响生成 Fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成Fe2+，反响的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，如硫酸完全消耗，且铁 过量时，还会发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，+2 价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，溶液中已经有+3 价铁离 子，选择 a 会造成干扰，选 b 只能检验溶液中含有+3 价铁离子，选 c 会造成两种沉淀， 受氢氧化铁颜色的影响

43、无法区分，只能选d，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；Fe+2Fe3+=3Fe2+；d；SO2 具有复原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，n混合气体=SO2BaSO41mol233g n2.33gn=0.01mol=0.015mol，则 SO2 的体积分数：=66.7%，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；66.7%点评：此题综合考察元素化合物学问、提出假设并设计试验方案的力气和文字表达力气，开 放性较强，涉及：浓硫酸的强氧化性，C、S 与 Fe 及其化合物的性质，题目难度中等121812 分试验室里可用如图一所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性