1、2023學年高一下化學期末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內。寫在測試卷卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列各項中的兩種物質不論以何種比例混合，只要混合物的總物質的量一定，則完全燃燒消耗O2的物質的量保持不變的是（ ）AC2H4、C2H6OBC2H6、C2H6OCC3H6、C2H4DC3H4、C2H6O2、如下圖所示，H1=393.5 kJmol-1，H2=395.4 kJmo

2、l-1，下列說法或表示式正確的是（ ）AC（s、石墨）=C（s、金剛石）H=+1.9kJmol-1B石墨和金剛石的轉化是物理變化C金剛石的穩定性強于石墨D1 mol石墨的總鍵能比1 mol金剛石的總鍵能小1.9 kJ3、下列離子方程式中不正確的是A硫化亞鐵與鹽酸反應制取硫化氫氣體:FeS+2H+=Fe2+H2SB碳酸氫鈣溶液加入過量的氫氧化鈣:Ca2+ OH- + HCO3-=CaCO3+H2OC碳酸銀溶解于稀硝酸中:Ag2CO3+2H+=2Ag+CO2+H2OD碳酸氫銨溶液中加入過量氫氧化鈉溶液共熱: HCO3-+NH4+OH-=CO32-+NH3+H2O4、實驗室用鋅與鹽酸反應制取氫氣。下

3、列措施中，能加快反應速率的是A降低溫度B用銅代替鋅C增大鹽酸濃度D用鋅粒代替鋅粉5、下列實驗裝置正確且能達到實驗目的的是（ ） A用圖1裝置證明非金屬性ClCSiB利用圖2裝置，用飽和碳酸鈉溶液分離乙醇和乙酸乙酯混合液C圖3為配制100 mL一定濃度硫酸溶液D用圖4裝置灼燒海帶6、在恒溫恒容的容器中，發生反應：H2(g)CO(g)C(s)H2O(g)，初始時加入平均相對分子質量為15的H2、CO混合氣，一段時間后測得氣體的平均相對分子質量為16，下列說法正確的是A當氣體的平均相對分子質量為16時該反應達平衡B此時CO的轉化率為40%C反應前后氣體的密度之比為54D反應前后氣體的壓強之比為217

4、、如圖所示，試管中盛裝的是紅棕色氣體（可能是混合物），當倒扣在盛有水的 水槽中時，試管內水面上升，但不能充滿試管，當向試管內鼓入氧氣后，可以觀察到試管中水柱繼續上升，經過多次重復后，試管內完全被水充滿，原來試管中盛裝的不可能是 ( )AN2與NO2的混和氣體BO2與NO2的混和氣體CNO與NO2的混和氣體DNO2一種氣體8、在丙烯(CH3CH=CH2)、氯乙烯、苯、乙醇四種有機化合物中，分子內所有原子均在同一平面的是()A BC D9、下列實驗裝置正確且能達到實驗目的的是A證明非金屬性氯碳硅（A、B、D中的試劑分別為鹽酸、石灰石和硅酸鈉溶液）B石油分餾C用KMnO4 與濃鹽酸反應制取適量氯氣的

5、簡易裝置D實驗室制乙酸乙酯AA BB CC DD10、為加快化學反應速率采取的措施是A食物放在冰箱中 B在月餅包裝內放脫氧劑C燃煤發電時用煤粉代替煤塊 D橡膠制品中添加抑制劑11、如圖實驗裝置，將液體A逐滴加入到固體B中，下列敘述正確的是A若A為H2O2，B為MnO2，C中Na2S溶液變渾濁B若A為濃鹽酸，B為MnO2，C中KI淀粉溶液變藍色C若A為濃氨水，B為生石灰，C中AlCl 3溶液先產生白色沉淀后 沉淀又溶解D若A為濃鹽酸 ，B為CaCO3，C中Na2SiO3 溶液出現白色沉淀，則非金屬性CSi12、關于硅及其化合物的敘述中，正確的是A硅是良好的半導體材料，且是制造光纜的主要材料BSi

6、O2不溶于水，也不溶于任何酸C可以用焦炭還原二氧化硅生產硅：SiO2+CSi + CO2DSiO2是酸性氧化物，在一定條件下能和氧化鈣反應13、元素性質隨原子序數的遞增呈周期性變化的實質是( )A元素的相對原子質量增大，量變引起質變B原子的電子層數增多C原子核外電子排布呈周期性變化D原子半徑呈周期性變化14、下列關于化石燃料的說法錯誤的是( )A石油中含有的烷烴，可以通過石油的分餾得到汽油B含以上烷烴的重油經過催化裂化可以得到汽油C天然氣是一種清潔的化石燃料，它作為化工原料，主要用于合成氨和生產甲醇等D煤中含有苯和甲苯，可以用分餾的方法把它們從煤中分離出來15、下列關于有機化合物的敘述正確的是

7、（ ）A甲基環己烷的一氯代物有4種B甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）二者以任意比例混合，當總質量一定時，充分燃燒生成水的質量是不變的C某烴的結構簡式可表示為（碳原子數10），已知烴分子中有兩種化學環境 不同的氫原子，則該烴一定是苯的同系物D分子式為C5H10O2的有機物只能含有一種官能團16、在1.0 L恒容密閉容器中放入0.10 mol X，在一定溫度下發生反應：X(g)Y(g)Z(g) H0，容器內氣體總壓強p隨反應時間t的變化關系如圖所示。以下分析正確的是 ( ) A該溫度下此反應的平衡常數K3.2B從反應開始到t1時的平均反應速率v(X)0.2/t1 molL1min1C欲提高平

8、衡體系中Y的百分含量，可加入一定量的XD其他條件不變，再充入0.1 mol氣體X，平衡正向移動，X的轉化率減少17、液體燃料電池相比于氣體燃料電池具有體積小等優點。一種以液態肼（N2H4）為燃料的電池裝置如圖所示，該電池用空氣中的氧氣作為氧化劑，KOH溶液作為電解質溶液。下列關于該電池的敘述正確的是Ab極發生氧化反應Ba極的反應式：N2H44OH4eN24H2OC放電時，電流從a極經過負載流向b極D其中的離子交換膜需選用陽離子交換膜18、對于反應A(g)B(g) 3C(g)(正反應為放熱反應)，下述為平衡狀態標志的是()單位時間內A、B生成C的分子數與C分解的分子數相等外界條件不變時，A、B、

9、C濃度不隨時間變化體系溫度不再變化體系的壓強不再變化體系的分子總數不再變化ABCD19、蘋果酸分子的結構簡式為。下列說法正確的是A1mol蘋果酸與足量金屬Na反應生成1mol H2B1mol蘋果酸可與3mol NaOH發生反應C蘋果酸分子中的官能團有羥基和羧基D與蘋果酸互為同分異構體20、下列實驗裝置或操作能達到實驗目的的是 ( )A分離乙醇和乙酸B制取乙酸乙酯C石油的蒸餾D甲烷與氯氣反應21、能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶溶液區別的一種試劑是( )ABaCl2BBa(OH)2CBa(NO3)2DNaOH22、化學鍵是一種相互作用，它存在于（）A分子之間B物質中

10、的原子之間C分子或原子團中相鄰的原子之間D構成物質的所有微粒之間二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、T是原子序數依次增大的五種短周期元素，且X、Y、Z、W的原子序數之和為32。其中X是元素周期表中原子半徑最小的元素，Y、Z左右相鄰， Z、W位于同一主族。T的單質常用于自來水的殺菌消毒。請回答下列問題：(1) 寫出W元素在周期表中的位置為_。(2) 由X、Y、Z、W四種元素中的三種組成一種強酸，該強酸的濃溶液只有在加熱條件下能與金屬銅反應，該反應的化學方程式為_。(3) Y元素的氣態氫化物與其最高價氧化物的水化物可以相互反應，寫出其離子方程式：_。(4) Y和T兩元素的非金屬

11、性強弱為Y_T (填“” “B”、“AC，故A項錯誤；B項，分離乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實現酯和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法即可，故B項正確；C項，不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應在燒杯中稀釋，冷卻后轉移到容量瓶中，故C項錯誤；D項，灼燒海帶應在坩堝中進行，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為B。6、C【答案解析】A、當氣體的平均相對分子質量為16時正逆反應速率不一定相等，因此該反應不一定達平衡，A錯誤；B、根據上述判斷此時CO的轉化率為0.5/1100%50%，B錯誤；C、根據密度的定義，且是等容，因此體積相同，密度之比等于氣體的質量之比，為30：245：4，C正

12、確；D、壓強之比等于物質的量之比，即反應前后氣體的壓強之比為2：（20.5）=4：3，D錯誤；答案選C。【答案點睛】選項A是解答的易錯點，注意可逆反應達到平衡狀態有兩個核心的判斷依據：正反應速率和逆反應速率相等。反應混合物中各組成成分的百分含量保持不變。只要抓住這兩個特征就可確定反應是否達到平衡狀態，對于隨反應的發生而發生變化的物理量如果不變了，即說明可逆反應達到了平衡狀態。即判斷化學反應是否達到平衡狀態，關鍵是看給定的條件能否推出參與反應的任一物質的物質的量不再發生變化。7、A【答案解析】若試管中是N2與NO2的混和氣體，由于N2不能與氧氣參加反應，所以試管內不能完全被水充滿，其余的則會發生

13、反應：4NO2+O2+ 2H2O = 4HNO3或4NO+ 3O2+ 2H2O = 4HNO3；最后試管內完全被水充滿，因此A可選，B、C、D不選；故選A。8、B【答案解析】丙烯和乙醇分子中都含有CH3，CH3中的碳氫原子不可能都在同一平面上(呈四面體結構)，所以含有CH3的有機物的所有原子不可能都在同一平面上；氯乙烯和苯均為平面形結構。答案選B。點睛：掌握典型有機物甲烷、乙烯和苯的結構特點是解答的關鍵，例如甲烷為正四面體結構，碳原子居于正四面體的中心，分子中的5個原子中沒有任何4個原子處于同一平面內。其中任意三個原子在同一平面內，任意兩個原子在同一直線上；乙烯為平面型結構，分子中的6個原子處

14、于同一平面內，鍵角都約為120；苯為平面型結構，分子中的12個原子都處于同一平面。另外還需要注意碳碳單鍵可以旋轉而碳碳雙鍵和碳碳三鍵不能旋轉的特點，以及立體幾何知識，尤其要注意是判斷碳原子還是所有的原子以及是一定、最多以及至少等關鍵詞。9、C【答案解析】A鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，所以不能用稀鹽酸、碳酸鈉溶液、硅酸鈉溶液設計實驗來驗證元素的非金屬性ClCSi，故A錯誤；B溫度計水銀球應位于蒸餾燒瓶支管口附近，冷卻水的方向錯誤，應下口進，上口出，延長水在冷凝管中的時間，故B錯誤；CKMnO4與濃鹽酸常溫下反應生成氯氣，氯氣用向上排空氣法收集，故C正確；D導管不能插入液面下，以免發生倒吸，故D

15、錯誤；故選C。10、C【答案解析】A項，食物放在冰箱中，溫度降低，活化分子的百分數減小，反應速率減小，A錯誤；B項，在月餅包裝內放脫氧劑，消耗氧氣，降低了氧氣濃度，減慢了月餅被氧化的速率，B錯誤；C項，增大了固體反應物的表面積，接觸面積增大，反應速率加快，C正確；D項，橡膠制品中添加抑制劑，減慢了了橡膠老化速率，D錯誤。點睛：本題考查影響化學反應速率外因，掌握常見影響反應速率的外因是解題關鍵，例如反應物的接觸面、反應的溫度、反應物的濃度、催化劑等都能夠影響化學反應速率。11、A【答案解析】分析：AMnO2作催化劑H2O2分解生成氧氣，能氧化Na2S生成S；B濃鹽酸和MnO2不加熱不反應；C濃氨

16、水滴入生石灰生成氨氣，氨氣和鋁離子反應生成氫氧化鋁，但氫氧化鋁不溶于氨水；D濃鹽酸和CaCO3反應生成CO2，CO2與Na2SiO3溶液反應生成硅酸白色沉淀，但由于濃鹽酸易揮發，揮發出的HCl，也可與Na2SiO3溶液反應生成硅酸白色沉淀。 詳解：A若A為H2O2，B為MnO2，生成的氣體為氧氣，能氧化Na2S生成S，則C中溶液變渾濁，故A正確；B若A為濃鹽酸，B為MnO2，但無加熱裝置，無氯氣生成，故B錯誤；C若A為濃氨水，B為生石灰，滴入后反應生成氨氣，氨氣和鋁離子反應生成氫氧化鋁，但氫氧化鋁不溶于氨水，所以C中產生白色沉淀不溶解，故C錯誤；D若A為濃鹽酸 ，B為CaCO3，反應生成CO2

17、，CO2與Na2SiO3溶液反應生成硅酸白色沉淀，但由于濃鹽酸易揮發，揮發出的HCl，也可與Na2SiO3溶液反應生成硅酸白色沉淀，所以無法證明非金屬性CSi，故D錯誤；答案為A。12、D【答案解析】A項硅是良好的半導體材料，但制造光纜的主要材料是二氧化硅，故A項錯誤；B項不溶于水，但二氧化硅可以和發生反應生成和水，故B項錯誤；C項可以用焦炭還原二氧化硅生產硅：SiO2+2CSi + 2CO，故C項錯誤；D項SiO2是酸性氧化物，在一定條件下能和氧化鈣反應生成硅酸鈣，D項正確；本題選D。13、C【答案解析】A. 元素的相對原子質量增大，量變引起質變，但是元素的相對原子質量并不發生周期性變化；B

18、. 原子的電子層數增多，但并不發生周期性變化；C. 原子核外電子排布呈周期性變化決定了元素原子最外層電子數的周期性變化，從而決定了元素性質的周期性變化；D. 原子半徑呈周期性變化決定于原子核外電子排布呈周期性變化。綜上所述，元素性質隨原子序數的遞增呈周期性變化的實質是原子核外電子排布呈周期性變化，C正確，選C。14、D【答案解析】A汽油中的碳原子數一般在C5C11范圍內，石油中含有C5-C11的烷烴，可以通過石油的分餾得到汽油，故A正確；B含C18以上烷烴經過催化裂化，碳鏈斷裂，生成含碳原子數較少的烴，可得到汽油，故B正確；C天然氣廣泛用于民用及商業燃氣灶具、熱水器，天然氣也可用作化工原料，以

19、天然氣為原料的一次加工產品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20個品種，故C正確；D煤中不含苯和甲苯，是煤經過干餾這個復雜的化學反應才能生成苯和甲苯，故D錯誤；故選D。15、B【答案解析】A. 甲基環己烷中與甲基相連的碳上有一個氫原子，還能夠被取代，甲基環己烷的一氯取代物有5種，故A錯誤；B. 每個甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)分子中都含有8個氫原子，由于二者相對分子質量相同甲苯(C7H8)的相對分子質量=127+8=92；甘油(C3H8O3)的相對分子質量=123+8+163=92即所含氫元素質量分數相同，因此二者以任意比例混合，當總質量一定時，充分燃燒生成水的質量是不變的，故B正確；C.

20、 中的取代基-X可能含有碳碳三鍵，不一定是苯的同系物，故C錯誤；D. 分子式為C5H10O2的有機物可能屬于羧酸類、酯類或羥基醛類等，其中羥基醛類含有2種官能團，故D錯誤；故選B。16、D【答案解析】X(g)Y(g)Z(g)開始 0.1 0 0變化 b b bt1min末 0.1-b b b根據壓強比等于物質的量比， ，b=0.04；X(g)Y(g)Z(g)開始 0.1 0 0轉化 a a a平衡 0.1-a a a根據壓強比等于物質的量比， ，a=0.08。【題目詳解】A. 該溫度下此反應的平衡常數K 0.32，故A錯誤；B. 從反應開始到t1時的平均反應速率v(X) 0.04/t1 mol

21、L1min1，故B錯誤；C.向體現中加入一定量的X，相當于加壓，Y的百分含量減小，故C錯誤；D. 其他條件不變，再充入0.1 mol氣體X，平衡正向移動， 但對于X的轉化率，相當于加壓，X的轉化率減少，故D正確。17、B【答案解析】A、該燃料電池中，通入氧化劑空氣的電極b為正極，正極上氧氣得電子發生還原反應，A項錯誤；B、通入燃料的電極為負極，負極上燃料失電子發生氧化反應，電極反應式為：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O，B項正確；C、放電時，電流從正極b經過負載流向a極，C項錯誤；D、該原電池中，正極上生成氫氧根離子，陰離子向負極移動，所以離子交換膜要選取陰離子交換膜，D項錯誤；答案選

22、B。18、D【答案解析】可逆反應達到平衡的標志是：正、逆反應速率相等，各成分的濃度、物質的量等保持不變，據此分析可得結論。【題目詳解】單位時間內A、B生成C的分子數與C分解的分子數相等說明正、逆反應速率相等，故為平衡狀態；外界條件不變時，A、B、C濃度不隨時間變化的狀態為平衡狀態；體系溫度不再變化說明正向進行放出的熱量與逆向進行吸收的熱量是相等的，即正、逆反應速率相等，故為平衡狀態；在恒容條件下，且該反應為非等體積的可逆反應，則體系的壓強不再變化即各成分的濃度保持不變，故為平衡狀態；由于該反應為非等體積的可逆反應，體系的分子總數不再變化說明各物質的物質的量保持不變，故為平衡狀態。19、C【答案

23、解析】A. 1mol羥基或羧基與足量金屬Na反應均生成0.5mol H2，1mol蘋果酸中有1mol羥基和2mol羧基，故1mol蘋果酸與足量金屬Na反應生成1.5mol H2，故A錯誤；B. 1mol羧基可消耗1mol NaOH，羥基與NaOH不反應，1mol蘋果酸可與2mol NaOH發生反應，故B錯誤；C. 蘋果酸分子中的官能團有羥基和羧基，故C正確；D. 與蘋果酸是同一物質，故D錯誤；故答案為：C。20、D【答案解析】A、乙酸與乙醇互溶，不能分液，應該是蒸餾，A錯誤；B、吸收乙酸乙酯時導管口不能插入溶液中，否則會引起倒吸，B錯誤；C、蒸餾時冷卻水應該是下口進上口出，C錯誤；D、甲烷與氯

24、氣光照條件下發生取代反應，實驗裝置正確，D正確。答案選D。21、B【答案解析】由于給出的物質中含有NH4+離子，所以應該用堿，排斥AC選項。因為需要鑒別的物質中有的含有SO42-，則應該加入Ba2+。故鑒別試劑是Ba(OH)2，加入到Na2SO4溶液中會產生白色沉淀，加入到NH4NO3溶液中會放出有刺激性氣味的氣體；加入到KCl溶液中，無任何現象發生，加入到(NH4)2SO4溶液中既有白色沉淀產生，又有刺激性氣味的氣體產生。四種溶液現象各不相同，因此可以鑒別，故選項的B。22、C【答案解析】化學鍵存在于相鄰的原子之間，不存在于分子之間，由此分析解答。【題目詳解】A、化學鍵不存在分子間，A錯誤；

25、B、應該是構成物質的相鄰原子之間，B錯誤；C、分子或原子團中相鄰的原子之間的作用力稱為化學鍵，C正確；D、化學鍵存在于構成物質的相鄰原子或離子之間的作用力，而不是所有微粒，D錯誤；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、 第三周期第VIA族 Cu + 2H2SO4(濃) CuSO4 + SO2 + 2H2O NH3 + H+ =NH4+ CSi【答案解析】分析：X、Y、Z、W、T是原子序數依次增大的五種短周期元素，在周期表中X是原子半徑最小的元素，則X為H元素；Z、W位于同主族，設Z的原子序數為x，則W的原子序數為x+8，Y、Z左右相鄰，Y的原子序數為x-1，由四種元素的原子序數之和為32，則

26、1+（x-1）+x+（x+8）=32，解得x=8，即Y為N元素，Z為O元素，W為S元素，T的單質常用于自來水的殺菌消毒，則T為Cl元素。詳解：根據上述分析可知，X為H元素，Y為N元素，Z為O元素，W為S元素，T為Cl元素。（1）W為S元素，位于元素周期表中第三周期第VIA族，故答案為：第三周期第VIA族；（2）由X、Y、Z、W四種元素中的三種組成的一種強酸，該強酸的濃溶液只有在加熱條件下能與銅反應，則該酸為硫酸，濃硫酸與Cu 反應生成硫酸銅、二氧化硫與水，反應化學方程式為2H2SO4(濃) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2，故答案為：2H2SO4(濃) + CuCuSO4 + 2H2

27、O +SO2；（3）Y元素的氣態氫化物為氨氣，與其最高價氧化物的水化物硝酸可以相互反應，生成硝酸銨和水，其離子方程式為NH3+H+=NH4+；故答案為：NH3+H+=NH4+；（4）Y為N元素，T為Cl元素，N的非金屬性小于Cl；A氫化物的沸點是物理性質，不能通過沸點的高低來比較這兩種元素的非金屬性強弱，故A不選；B元素所形成的最高價含氧酸的酸性越強，元素的非金屬性越強，不是最高價含氧酸，不能判斷非金屬性強弱，故B不選；C元素的氣態氫化物越穩定，元素的非金屬性越強，所以比較這兩種元素的氣態氫化物的穩定性，能判斷非金屬性強弱，故C選；D元素單質與氫氣化合越容易，則元素的非金屬性越強，故D選；E元

28、素氣態氫化物的還原性越強，元素的非金屬性越弱，所以比較這兩種元素氣態氫化物的還原性，能判斷元素的非金屬性強弱，故E選；故答案為：；CDE；（5）探究元素N、C、Si非金屬性強弱，通過比較硝酸、碳酸和硅酸的酸性強弱即可；溶液a與碳酸鹽反應生成二氧化碳，然后通過飽和的碳酸氫鈉溶液洗氣，溶液a、b分別為HNO3溶液、NaHCO3溶液，故答案為：HNO3；NaHCO3；溶液C中，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應，反應的離子方程式為CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3；故答案為：CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3；經驗證，酸性：硝酸碳酸硅酸，所以N、C、Si的非金屬性由強到

29、弱：NCSi，故答案為：NCSi。點睛：本題考查了位置、結構和性質的關系，明確元素的推斷、元素化合物的性質和非金屬性強弱比較方法為解答該題的關鍵。本題的易錯點為（4）中非金屬性強弱的判斷，要注意掌握非金屬性強弱的判斷方法的理解和歸納。24、H2SO4 酸雨 N2 NO2 Cu4HNO3(濃)=Cu(NO3)22NO22H2O 屬于 【答案解析】（1）S被O2氧化生成SO2，SO2再被O2氧化生成SO3，SO3與水反應生成H2SO4；（2）N2被O2氧化生成NO，NO再被O2氧化生成NO2，NO2與水反應生成HNO325、 BC Br2SO22H2O=2HBrH2SO4 冷凝管 甲 吸收尾氣 C

30、【答案解析】海水淡化得到氯化鈉，電解氯化鈉溶液或熔融狀態氯化鈉會生成氯氣，氯氣通入母液中發生反應得到低濃度的溴單質溶液，通入熱空氣吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，通入適量氯氣氧化得到溴單質，富集溴元素，蒸餾得到工業溴，據此解答。【題目詳解】（1）要先除SO42-離子，然后再除Ca2+離子，碳酸鈉可以除去過量的鋇離子，如果加反了，過量的鋇離子就沒法除去，至于加NaOH除去Mg2+離子順序不受限制，因為過量的氫氧化鈉加鹽酸就可以調節了，只要將三種離子除完了，然后過濾即可，最后加鹽酸除去過量的氫氧根離子、碳酸根離子，則：ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液過濾后加鹽酸，最后加入

31、的氯化鋇溶液中鋇離子不能除去，A錯誤；BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液過濾后加鹽酸，B正確；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液過濾后加鹽酸，C正確；DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液過濾后加鹽酸，順序中加入的氯化鋇溶液中鋇離子無法除去，D錯誤；答案選BC；（2）步驟中已獲得Br2，步驟中又將Br2還原為Br-，目的是富集溴元素，步驟中發生反應是二氧化硫吸收溴單質，反應的方程式為Br2SO22H2O2HBrH2SO4；（3）由裝置圖可知，提純溴利用的原理是蒸餾，儀器B為冷凝管，冷凝水應從下端進，即從乙進，冷卻水的出口為甲；進入D裝置的物質為溴蒸汽，溴蒸汽有毒，避免

32、污染環境，最后進行尾氣吸收，即D裝置的作用是吸收尾氣；（4）已知還原性I-Br-Cl-，反應后I-有剩余，說明Br-濃度沒有變化，通入的Cl2只與I-發生反應。設原溶液中含有2molCl-，3molBr-，4molI-，通入Cl2后，它們的物質的量之比變為4：3：2，則各離子物質的量分別為：4molCl-，3molBr-，2molI-，Cl-增加了2mol，則需1molCl2，因此通入的Cl2物質的量是原溶液中I-物質的量的1/4。答案選C。【答案點睛】本題考查物質的分離、提純，側重海水資源的綜合利用、氧化還原反應定量計算，涉及到電解、海水提溴工藝等知識點，注意物質的分離、提純應把握物質的性質

33、的異同，掌握從海水中提取溴的原理為解答該題的關鍵。（4）為解答的難點，注意氧化還原反應原理的應用，題目難度中等。26、3NaClO3+3H2SO4HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O 降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出 HClO4沸點低 2ClO2+SO2+4OH2ClO2+SO42+2H2O H2O2有還原性，也能把ClO2還原為NaClO2 強氧化性 Cl2+2OHCl+ClO+H2O 【答案解析】NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2

34、在反應器II中與二氧化硫、氫氧化鈉反應2ClO2+SO2+4NaOH2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亞氯酸鈉，再得到其晶體；反應器I中得到的溶液通過冷卻過濾得到NaHSO4晶體，濾液為HClO4，蒸餾得到純凈的HClO4；（1）NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應生成HClO4、ClO2和NaHSO4；冷卻溶液時會析出NaHSO4晶體；高氯酸易揮發，蒸餾可以得到高氯酸；（2）反應器中ClO2與二氧化硫、氫氧化鈉反應生成亞氯酸鈉；（3）H2O2具有還原性，能還原ClO2；（4）具有強氧化性的物質能用作消毒劑和漂白劑，氯氣和NaOH溶液生成NaCl和次氯酸鈉、水。【題目詳解】（1

35、）根據題給化學工藝流程分析反應器中NaClO3和濃H2SO4發生反應生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化學方程式為3NaClO3 + 3H2SO4 HClO4 + 2ClO2 + 3NaHSO4 + H2O；冷卻的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出；能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是高氯酸的沸點低，易揮發；（2）反應器中ClO2、SO2和氫氧化鈉發生反應生成亞氯酸鈉、硫酸鈉和水，離子方程式為2ClO2+SO2+4OH2ClO2+SO42+2H2O；（3）H2O2中O元素為-1價，有還原性，能被強氧化劑氧化，H2O2能還原ClO2；所以通入反應器中的SO2用另一物

36、質H2O2代替同樣能生成NaClO2；（4）消毒劑和漂白劑的消毒原理和漂白原理是利用它們的強氧化性來達到目的，因此Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒劑和漂白劑是因為它們都具有強氧化性，用氯氣和NaOH溶液生產另一種消毒劑NaClO的離子方程式為Cl2 + 2OH Cl + ClO + H2O。27、 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 1/a mol/L SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl 紅色加深 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 (2H2SO3+O2=2H2SO4 也可) 有利于SO2與碘水反應(或被碘水充分吸收) 0.64

37、 偏低【答案解析】分析：【實驗一】由題意可知，A瓶NO2、O2按適當比例混合可以完全溶于水生成HNO3；B中二氧化硫和氯氣適當比例混合可以完全溶于水生成硫酸和鹽酸；C中二氧化硫溶于水生成亞硫酸，通入氧氣后可以把部分亞硫酸氧化為硫酸，據此解答。【實驗二】將尾氣通入一定體積的碘水，碘水把二氧化硫氧化為硫酸：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，根據碘遇淀粉顯藍色判斷反應的終點，利用鋇離子沉淀硫酸根離子結合方程式計算。詳解：（1）裝置A中反應物是氧氣、二氧化氮和水，生成物是硝酸，則總反應的化學方程式為4NO2+O2+2H2O4HNO3；假設該實驗條件下，氣體摩爾體積為a L/mol，再設集氣瓶的

38、容積為1L（集氣瓶的容積不影響溶液的濃度），則NO2和HNO3溶液的體積均為1L，則n(HNO3)n(NO2)1LaL/mol=1amol，因此裝置A的集氣瓶中所得溶液溶質的物質的量濃度為1/a（2）裝置B中氯氣與二氧化硫在水中反應生成硫酸和鹽酸，因此溶液充滿集氣瓶時反應的離子方程式為SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl。（3）實驗前在C裝置的水槽里滴加幾滴紫色石蕊試液，通入氧氣后，可觀察到的實驗現象是溶液顏色加深，說明溶液的酸性增強，因此反應的總化學方程式為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 (或2H2SO3+O2=2H2SO4)。（4）D中導管末端連接一個多孔球泡E，其作用

39、是增大二氧化硫與碘水反應的接觸面積，有利于SO2與碘水反應(或被碘水充分吸收)，可以提高實驗的準確度。（5）當流量計中剛好通過2L尾氣時，D中溶液藍色剛好消失，立即關閉活塞K，容器D中恰好得到100mL溶液是硫酸和氫碘酸的混合溶液，將該溶液全部轉移至錐形瓶中，滴入過量BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，得到4.66g白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇，其物質的量為4.66g233g/mol0.02mol，則根據硫原子守恒可知n(SO2)=0.02mol，所以上述尾氣中二氧化硫的含量為0.02mol64gmol1/2L=0.64 g/L。若洗氣瓶D中溶液藍色消失后，沒有及時關閉活塞K，則尾氣體積偏大，必然導

40、致測得的SO2含量偏低。點睛：本題主要考查了有關氣體含量的測定實驗。本題通過3個實驗探究反應原理，然后選擇了一個適合測定空氣中二氧化硫含量的方法進行測定。要求學生能掌握常見化合物的重要轉化，明確反應原理，能根據反應原理進行數據處理和誤差分析，題目難度中等。28、 CH2CH2 CH2CH2Br2CH2Br-CH2Br 下層無色，上層紫紅色 萃取 +HONO2 + H2O 取代反應（或硝化） AB【答案解析】分析：A是一種果實催熟劑，它的產量用來衡量一個國家的石油化工發展水平，則A為乙烯，B是一種比水輕的油狀液體，B僅由碳氫兩種元素組成，碳元素與氫元素的質量比為12：1，則原子個數之比為1：1，最簡式為CH，B的相對分子