遼寧省葫蘆島市第一中學2026屆高三上化學期中學業(yè)水平測試試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、能夠產生如圖實驗現象的液體是A．CS2 B．CCl4C．H2O D．2、用鉛蓄電池電解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d電極材料均為石墨。已知鉛蓄電池的總反應為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，通電時a電極質量增加，下列說法正確的是（）A．X極為負極B．放電時鉛蓄電池正極的電極反應式為：PbO2+4H++SO42?+4e?==PbSO4+2H2OC．c、d電極產生氣體的物質的量之比為1:2D．電路中通過1mol電子時，Y電極質量增加48g3、甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：。下列有關物質的推斷不正確的是A．若甲為Cl2，則丁可能是鐵 B．若甲為NH3，則丁可能是氧氣C．若甲為AlCl3溶液，則丁可能是氨水 D．若甲為NaOH，則丁可能是SO24、化學反應中，反應物用量或濃度可能對生成物產生影響。下列反應的生成物不受上述因素影響的是A．銅與硝酸反應B．氫氣與氧氣反應C．硝酸銀溶液與稀氨水反應D．氯化鋁與氫氧化鈉溶液反應5、Cl2O是一種強氧化劑，易溶于水且會與水反應生成次氯酸，與有機物或還原劑接觸會發(fā)生燃燒并爆炸。一種制取Cl2O的裝置如圖所示。已知：Cl2O的熔點為-116℃，沸點為3.8℃；Cl2的沸點為-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列說法正確的是A．裝置②、③中盛裝的試劑依次是濃硫酸和飽和食鹽水B．通干燥空氣的目的是作氧化劑C．從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是Cl2OD．裝置④與⑤之間不用橡皮管連接，是為了防止橡皮管燃燒和爆炸6、利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子，示意圖如下所示。下列說法錯誤的是A．相比現有工業(yè)合成氨，該方法條件溫和，同時還可提供電能B．陰極區(qū)，在氫化酶作用下發(fā)生反應H2+2MV2+2H++2MV+C．正極區(qū)，固氮酶為催化劑，N2發(fā)生還原反應生成NH3D．電池工作時質子通過交換膜由負極區(qū)向正極區(qū)移動7、下列化學用語正確的是A．硫原子結構示意圖：B．次氯酸分子的結構式：H—O—C1C．H2O2的電子式：D．碳酸氫鈉的電離方程式：NaHCO3==Na++H++CO32-8、3.52克銅鎂合金完全溶解于50mL、密度為1.400g/cm3、質量分數為63%的濃硝酸中，得到NO2氣體3584mL（標準狀況），向反應后的溶液中加入適量的1.0mo1/LNaOH溶液，恰使溶液中的金屬離子全部沉淀。下列說法不正確的是A．合金中銅和鎂的物質的量相等B．加入NaOH溶液的體積是100mLC．得到的金屬氫氧化物的沉淀為6.24克D．濃硝酸與合金反應中起氧化性的硝酸的物質的量為0.16mol9、向30mL1mol·L－1的AlCl3溶液中逐漸加入濃度為4mol·L－1的NaOH溶液，若產生0.78g白色沉淀，則加入的NaOH溶液的體積可能為()A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL10、相同溫度時100mL0.01mol/L的碳酸鈉溶液與10mL0.1mol/L的碳酸鈉溶液相比，下列數值前者大于后者的是（）A．OH－的物質的量 B．CO32－的物質的量C．c(HCO3－) D．由水電離的c(OH－)11、pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分別用蒸餾水稀釋到原來的X、Y、Z倍，稀釋后三種溶液的pH仍然相同，則X、Y、Z的關系是A．X＝Y＝Z B．X<Y＝Z C．X>Y＝Z D．X＝Y<Z12、根據下列反應，推斷氧化性強弱順序正確的是①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+A．Cl2＞HClO＞Cu2+B．HClO＞Cl2＞Fe3+C．Cl2＞Cu2+＞Fe3+D．Fe3+＞Cu2+＞HClO13、如圖所示為破壞臭氧層的過程，下列說法不正確的是（）A．過程Ⅰ中斷裂極性鍵鍵B．過程Ⅱ可用方程式表示為C．過程Ⅲ中是吸熱過程D．上述過程說明中的氯原子是破壞臭氧層的催化劑14、某溶液中有Na+、Mg2+、HSO3-、Cl-、SO42-五種離子，若向其中加入過量的過氧化鈉，微熱并攪拌，冷卻后再加入過量鹽酸，溶液中離子的物質的量基本保持不變的是（）A．Na+ B．Cl- C．Mg2+ D．SO42-15、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列粒子數目為0.2NA的是A．常溫常壓下，3.1gP4分子中所含P—P鍵數目B．鐵作陽極進行電解時，5.6g鐵放電時轉移的電子數目C．各取0.1mol銅分別與足量氯氣、硫反應，轉移電子數目D．3.9gNa2O2與H2O反應后制成500mL溶液，溶液中的Na+數目16、能正確表示下列反應的離子方程式是（）A．向水中通入氯氣：Cl2+H2O?2H++Cl﹣+ClO﹣B．二氧化錳與濃鹽酸反應：MnO2+4HCl（濃）Mn2++2Cl2↑+2H2OC．碳酸氫鈉溶液加過量澄清石灰水：2HCO+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+COD．金屬鈉與硫酸銅溶液反應：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E五種短周期元素，已知:①C+、D3+均與E的氣態(tài)氫化物分子含有相同的電子數;A2-、B-與B的氣態(tài)氫化物分子含有相同的電子數;②A單質在空氣中燃燒產生氣體R;③B的氣態(tài)氫化物與E的氣態(tài)氫化物相遇時有白煙生成。請回答下列問題:(1)元素A在元素周期表中的位置是__________(2)A、B、C、D的簡單離子半徑從大到小順序為______________(用離子符號表示)(3)B的氣態(tài)氫化物與E的氣態(tài)氫化物相遇時生成白煙的電子式為_________，其中所含化學鍵類型為_____________(4)D的最高價氧化物的水化物與C的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式為_____(5)A元素和B元素以原子個數比1:1形成化合物Q，Q的結構式為________己知Q是種黃色油狀液體，常溫下遇水易反應，產生R氣體，易溶液出現渾濁，請寫Q與水反應的化學方程式___________18、A、B、C、D、E為短周期主族元素，其原子序數依次增大；B、C、D、E位于同一周期；A的簡單氣態(tài)氫化物可以用作制冷劑；1molB單質與足量鹽酸反應生成氣體在標準狀況下的體積為33.6L；D原子最外層電子數與核外電子總數之比為3∶8；C的原子子序數是A的兩倍。(1)A、B簡單離子半徑由大到小的順序為______________(填離子符號)。(2)C在元素周期表中的位置是_______________。(3)A的簡單氣態(tài)氫化物接觸到E的簡單氣態(tài)氫化物時可觀察到的現象是_____________。(4)D與E可形成原子個數比為1∶2的化合物，其電子式為________。(5)C、D、E最簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性由高到低的順序是___________(用化學式表達)。(6)B與D形成的化合物遇水迅速水解，寫出該反應的化學方程式_______________________。(7)若E單質與NaOH溶液反應生成NaE、NaEO和NaEO3，則30mL2mol/LNaOH與_____molE單質恰好完全反應(忽略E單質與水的反應及鹽類的水解反應)。19、某廢催化劑含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。.某同學用10.0g該廢催化劑為原料，回收鋅和銅。采用的實驗方案如下，回答下列問題：已知：金屬Zn與Al類似，都是兩性金屬，能溶于強堿并放出氫氣，但鋁不溶于氨水，鋅卻可以溶于氨水形成四氨合鋅配離子[Zn(NH3)4]2+。（1）濾液1中含有Fe2+，選用提供的試劑進行檢驗，檢驗方法如下：__________________________。（提供的試劑：稀鹽酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、K3[Fe(CN)6]溶液）（2）濾渣2除SiO2外的另一成分是____________；第二次浸出時，加熱溫度不宜過高的原因是___________________；寫出第二次浸出的化學反應方程式____________________________________。寫出鋅溶于氨水的離子方程式____________________________________。（3）ZnSO4在水中的溶解度，隨溫度的升高而緩慢增大，從硫酸鋅溶液得到七水硫酸鋅晶體，可采用的方法是_____________________；析出七水硫酸鋅晶體，減壓過濾，用于淋洗七水硫酸鋅晶體的溶劑是___________________；某同學在實驗完成之后，得到5.74gZnSO4·7H2O（式量287）則鋅的回收率為_______________________________。20、碘被稱為“智力元素”，科學合理地補充碘可防治碘缺乏病，KI、KIO3曾先后用于加碘鹽中。KI還可用于分析試劑、感光材料、制藥等，其制備原理如下：反應I：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O反應II：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O請回答有關問題。(1)啟普發(fā)生器中發(fā)生反應的化學方程式為________。裝置中盛裝30%氫氧化鉀溶液的儀器名稱是________。(2)關閉啟普發(fā)生器活塞，先滴入30%的KOH溶液，待觀察到三頸燒瓶中溶液顏色由棕黃色變?yōu)開_______(填現象)，停止滴入KOH溶液；然后打開啟普發(fā)生器活塞，通入氣體，待三頸燒瓶和燒杯中產生氣泡的速率接近相等時停止通氣。(3)滴入硫酸溶液，并對三頸燒瓶中的溶液進行水浴加熱，其目的是_____。接著把三頸燒瓶中的溶液倒入燒杯中，加入碳酸鋇，在過濾器中過濾、洗滌。合并濾液和洗滌液，蒸發(fā)至析出結晶，干燥得成品。(4)實驗室模擬工業(yè)制備KIO3流程如圖：幾種物質的溶解度見表：KClKH(IO3)2KClO325℃時的溶解度(g)20.80.87.580℃時的溶解度(g)37.112.416.2①由上表數據分析可知，“操作a”為_______。②用惰性電極電解KI溶液也能制備KIO3，請寫出電解反應的離子方程式______。(5)某同學測定上述流程生產的KIO3樣品的純度：取1.00g樣品溶于蒸餾水中并用硫酸酸化，再加入過量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol·L-1Na2S2O3溶液，恰好完全反應時共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。該樣品中KIO3的質量分數為_______。(已知反應：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。21、礦物斜長石（主要成份為KAlSi3O8）在一定溫度范圍內用氯化鈉熔浸可制得氯化鉀，反應原理是NaCl(l)+KAlSi3O8(s)KCl(l)+NaAlSi3O8(s)。（1）氯原子最外層的電子排布式___；氧原子核外電子的軌道式___；鋁原子核外有___種不同能量的電子。（2）上述反應涉及的元素中，原子半徑最大的是___。該反應中位于同一周期的幾種元素中，有一種元素的最高價氧化物的水化物和其余元素的最高價氧化物的水化物均能發(fā)生反應，該元素是___；從原子結構方面去分析鈉元素的金屬性強于鋁元素的原因是___。（3）為研究上述反應中鉀元素的熔出率（液體中鉀元素的質量占樣品質量的百分率）與溫度的關系，進行對照實驗（保持其它條件不變），獲得如下數據：時間(h)熔出率溫度1.52.53.03.54.05.0860℃0.5150.6240.6710.6900.6890.690950℃0.6690.7140.7100.7140.714―①分析以上數據可以得出，氯化鈉熔浸鉀長石是___（填“放熱”或“吸熱”）反應。②950℃時，欲提高熔出鉀的速率可以采取的措施是___（選填編號）。a．充分攪拌b．延長反應時間c．增大反應體系的壓強d．將鉀長石粉粹成更小的顆粒（2）該方法制得KCl提純后可用來冶煉金屬鉀。反應Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)是工業(yè)上冶煉金屬鉀常用的方法，該方法是否能說明鈉比鉀更活潑？___，（填“能說明”或“不能說明”）原因是___。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【詳解】A．CS2是非極性分子，用帶電玻璃棒接近CS2液流,液流不偏轉，A錯誤；B．CCl4是非極性分子，用帶電玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏轉，B錯誤；C．H2O是極性分子，用帶電玻璃棒接近H2O液流,液流會偏轉，C正確；D．是非極性分子，用帶電玻璃棒接近液流,液流不偏轉，D錯誤。答案選C?！军c睛】極性分子能發(fā)生細流偏轉現象，非極性分子不能發(fā)生細流偏轉現象。2、D【解析】a極質量增加，即析出了

Ag，a為陰極，則Y為負極，X為正極，故A錯；正極的電極反應式為：PbO2+4H++SO42?+2e?==PbSO4+2H2O，故B錯誤；C項，c為陰極放出H2，d為陽極放出O2，物質的量之比為2∶1，故C錯誤；Y電極為負極，電極反應為Pb+SO42?-2e?==PbSO4，電路中通過1mol電子時，質量增加48g，故D正確。3、C【詳解】A、若甲為Cl2，丁是Fe，則乙是FeCl3，丙是FeCl2，符合轉化關系，A正確；B、若甲為NH3，丁是O2，則乙是N2，丙是NO，符合轉化關系，B正確；C、若甲為AlCl3溶液，丁是氨水，則乙是Al(OH)3，Al(OH)3與氨水不反應，C錯誤；D、若甲為NaOH，丁是SO2，則乙為Na2SO3，丙為NaHSO3，符合轉化關系，D正確；答案選C。4、B【解析】A項，Cu與濃硝酸反應生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu與稀硝酸反應生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反應物濃度不同生成物不同；B項，氫氣與氧氣反應只能生成H2O；C項，硝酸銀與少量稀氨水反應生成AgOH和NH4NO3，硝酸銀與過量稀氨水反應獲得銀氨溶液，反應物用量不同生成物不同；D項，AlCl3與少量NaOH反應生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3與過量NaOH反應生成NaAlO2、NaCl和H2O，反應物用量不同生成物不同；答案選B。5、D【解析】A.從飽和食鹽水逸出氣體中含有水蒸氣，所以氯氣要先通過飽和食鹽水，再通過濃硫酸，即裝置②、③中盛裝的試劑依次是飽和食鹽水和濃硫酸，故A錯誤；B.通干燥空氣的目的是將Cl2O從發(fā)生裝置完全趕出至收集裝置，故B錯誤；C.從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是Cl2，故C錯誤；D.裝置④與⑤之間不用橡皮管連接，是為了防止橡皮管燃燒和爆炸，故D正確。故選D。點睛：在除去氣體中包括水蒸氣在內的氣體雜質時，由于常用溶液作為除雜試劑，而從一般溶液逸出氣體中含有水蒸氣，所以應該在氣體除雜過程的最后一步除去水蒸氣。6、B【分析】由生物燃料電池的示意圖可知，左室電極為燃料電池的負極，MV+在負極失電子發(fā)生氧化反應生成MV2+，電極反應式為MV+—e—=MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下與H2反應生成H+和MV+，反應的方程式為H2+2MV2+=2H++2MV+；右室電極為燃料電池的正極，MV2+在正極得電子發(fā)生還原反應生成MV+，電極反應式為MV2++e—=MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反應生成NH3和MV2+，反應的方程式為N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，電池工作時，氫離子通過交換膜由負極向正極移動?！驹斀狻緼項、相比現有工業(yè)合成氨，該方法選用酶作催化劑，條件溫和，同時利用MV+和MV2+的相互轉化，化學能轉化為電能，故可提供電能，故A正確；B項、左室為負極區(qū)，MV+在負極失電子發(fā)生氧化反應生成MV2+，電極反應式為MV+—e—=MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下與H2反應生成H+和MV+，反應的方程式為H2+2MV2+=2H++2MV+，故B錯誤；C項、右室為正極區(qū)，MV2+在正極得電子發(fā)生還原反應生成MV+，電極反應式為MV2++e—=MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反應生成NH3和MV2+，故C正確；D項、電池工作時，氫離子（即質子）通過交換膜由負極向正極移動，故D正確。故選B?！军c睛】本題考查原池原理的應用，注意原電池反應的原理和離子流動的方向，明確酶的作用是解題的關鍵。7、B【解析】A.硫原子核外電子數為16，其結構示意圖為：，故A錯誤；B.氧原子最外層電子數為6，可分別為氯原子和氫原子形成共價鍵，從而形成8電子穩(wěn)定結構，其結構式為：H—O—C1，故B正確；C.H2O2為共價化合物，其電子式為：，故C錯誤；D.碳酸氫鈉在水溶液中完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子，故電離方程式為NaHCO3=Na++HCO3-，故D錯誤；答案選B。8、B【解析】A．密度為1.40g/cm3、質量分數為63%的濃硝酸的物質的量濃度=mol/L=14mol/L，故A正確；B．加入適量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金屬離子全部沉淀，此時溶液中溶質為NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，則n(NaNO3)=0.05L×14mol/L-=0.54mol，由鈉離子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.54mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液體積為=0.54L=540mL，故B錯誤；C．由電荷守恒可知，氫氧化物中氫氧根離子的物質的量等于轉移電子物質的量，即氫氧根離子的物質的量為0.08mol×(5-4)=0.08mol，故氫氧化物質量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g，故C正確；D．起氧化性的硝酸生成NO2氣體，根據N原子守恒可知，起氧化劑的硝酸的物質的量==0.16mol，故D正確；故選B。點睛：本題考查混合物的有關計算，理解反應發(fā)生的過程是關鍵。本題的易錯點是C，由電荷守恒可知，氫氧化物中氫氧根離子的物質的量等于轉移電子物質的量，氫氧化物質量等于金屬質量與氫氧根離子質量之和。9、B【詳解】AlCl3溶液和NaOH溶液反應生成氫氧化鋁的量與NaOH量的多少有關，當NaOH不足時生成Al（OH）3，當堿過量時，則生成NaAlO2；現AlCl3的物質的量為0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀時，沉淀質量應為2.34g，現沉淀質量為0.78g，說明有兩種情況：一為沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一種情況為沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；①若堿不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物質的量為0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的體積為=0.0075L，即7.5mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，則由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知當Al3+完全沉淀時，消耗氫氧化鈉的物質的量為0.09mol，生成氫氧化鋁0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氫氧化鋁消耗氫氧化鈉0.02mol，則消耗的氫氧化鈉總物質的量為0.11mol，加入NaOH溶液的體積為0.11mol÷4mol/L=0.0275L，即27.5mL；結合以上分析可知，只有B正確；故答案選B。10、A【解析】A、碳酸根濃度越大，水解程度越小，所以氫氧根的物質的量是前者大于后者，A正確；B、碳酸根濃度越大，水解程度越小，因此溶液中碳酸根的物質的量是前者小于后者，B錯誤；C、碳酸根濃度越大，水解程度越小，但溶液中碳酸氫根濃度是前者小于后者，C錯誤；D、碳酸根濃度越大，水解程度越小，但后者溶液的堿性更強，因此由水電離出的氫氧根濃度是前者小于后者，D錯誤；答案選A。11、C【詳解】氨水是弱堿，存在電離平衡，稀釋促進電離；氫氧化鈉是一元強堿，氫氧化鋇是二元強堿；所以在pH相等的條件下，要使稀釋后的pH仍然相等，則強堿稀釋的倍數是相同的，而氨水稀釋的倍數要大于強堿的，即X＞Y＝Z，答案選C。12、B【解析】①2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－中氧化劑是Cl2，氧化產物是Fe3+，氧化性：Cl2＞Fe3+；②HClO＋HCl＝Cl2↑＋H2O中氧化劑是HClO，氧化產物是Cl2，氧化性：HClO＞Cl2；③Cu＋2Fe3+＝2Fe2+＋Cu2+中氧化劑是Fe3+，氧化產物是Cu2+，氧化性：Fe3+＞Cu2+；綜上得到氧化性順序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+。故選B?！军c睛】在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物，還原劑的還原性大于還原產物。13、C【詳解】A.過程Ⅰ中轉化為和氯原子。斷裂極性鍵鍵，故A正確；B.根據題圖信息可知。過程Ⅱ可用方程式表示為，故B正確；C.原子結合成分子的過程中形成了化學鍵，是放熱過程，故C錯誤；D.由題圖可知中的氯原子是破壞臭氧層的催化劑，故D正確；故答案：C。14、C【分析】向溶液中加入過量的，過氧化鈉具有強氧化性，且與水反應生成氫氧化鈉。【詳解】A.加入，和水反應生成氫氧化鈉，增多，A錯誤；B.加入了鹽酸，增多，B錯誤；C.加入過氧化鈉后鎂離子生成氫氧化鎂，再加入過量鹽酸，氫氧化鎂溶解生成氯化鎂，故鎂離子的量不變，C正確；D.過氧化鈉具有強氧化性，將亞硫酸氫根離子氧化成硫酸根離子，故硫酸根濃度增大，D錯誤；答案選C。15、B【解析】A.由于P4分子是正四面體結構，分子中含有6個P—P鍵，因此在常溫常壓下，3.1gP4的物質的量為0.025mol，所含P—P鍵數目為0.15NA，故A錯誤；B.5.6g鐵的物質的量為0.1mol，鐵元素化合價從0價升到+2價，故轉移的電子數目為0.2NA，故B正確；C.銅與足量氯氣反應生成+2價銅，銅與足量硫反應生成+1價銅，故0.1mol銅分別與足量氯氣、硫反應，轉移電子數目分別為：0.2NA和0.1NA，故C錯誤；D.3.9gNa2O2的物質的量為0.05mol，Na+的物質的量為0.1mol，根據鈉元素守恒可知溶液中的Na+數目0.1NA；故D錯誤；故選B。16、D【詳解】A．向水中通入氯氣反應生成HCl和HClO，其中HClO為弱電解質，不能拆為離子形式，則該反應的離子方程式為：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，故A不選；B．濃鹽酸應拆為離子形式，則該反應的離子方程式為：，故B不選；C．碳酸氫鈉溶液加過量澄清石灰水生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，則該反應的離子方程式為：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C不選；D．金屬鈉與硫酸銅溶液反應生成硫酸鈉、氫氧化銅藍色沉淀以及水，則該反應的離子方程式為：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故選D。答案選D二、非選擇題（本題包括5小題）17、第三周期、ⅥA族S2->Cl->Na+>Al3+離子鍵、共價鍵、配位鍵(離子鍵、共價鍵也可以)Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2OCl-S-S-C12S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【解析】試題分析：③B形成B-，B的氣態(tài)氫化物與E的氣態(tài)氫化物相遇時有白煙生成，則B是Cl元素、E是N元素；①C+、D3+均與NH3含有相同的電子數，則C是Na元素、D是Al元素；A2-、B-與HCl分子含有相同的電子數，則A是S元素；A單質在空氣中燃燒產生氣體R，則R是SO2。解析：(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期、ⅥA族；(2)電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，質子數越多半徑越小，A、B、C、D的簡單離子半徑從大到小順序為S2->Cl->Na+>Al3+；(3)氯化氫與氨氣相遇時生成氯化銨，氯化銨的電子式為，其中所含化學鍵類型為離子鍵、共價鍵；(4)鋁的最高價氧化物的水化物是氫氧化鋁，C的最高價氧化物的水化物是氫氧化鈉，氫氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O(5)S元素和Cl元素以原子個數比1:1形成化合物是S2Cl2，S2Cl2的結構式為Cl-S-S-C1；己知Cl-S-S-C1是種黃色油狀液體，常溫下遇水易反應，產生SO2氣體，易溶液出現渾濁，即生成S沉淀，根據元素守恒，同時生成氯化氫，S2Cl2與水反應的化學方程式是2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。點睛：氫氧化鋁是兩性氫氧化物，既能與酸反應又能與堿反應，氫氧化鋁與鹽酸反應生成氯化鋁和水，氫氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水。18、r(N3?)＞r(Al3+)或N3?＞Al3+第三周期第ⅣA族產生白煙HCl＞H2S＞SiH4Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑0.03【分析】A、B、C、D、E為短周期的主族元素，其原子序數依次增大，B、C、D、E位于同一周期，A的簡單氣態(tài)氫化物可以用作制冷劑，則A為N元素；1molB單質與足量鹽酸反應生成氣體在標準狀況下的體積為33.6L，則B為Al元素；D原子最外層電子數與核外電子總數之比為3∶8，且D位于第三周期，則D為S元素；C的原子序數是A的兩倍，則C為Si元素；E元素為短周期主族元素且原子序數大于D，則E為Cl元素，【詳解】根據以上分析可知，A、B、C、D、E分別為N、Al、Si、S、Cl。（1）A為N元素，B為Al元素，核外電子排布相同，核電荷數越大半徑越小，故離子半徑N3?＞Al3+，因此，本題正確答案為：N3?＞Al3+；（2）C為Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。因此，本題正確答案為：第三周期第ⅣA族；（3）A的氫化物是氨氣，E的氫化物是HCl，二者相互接近有白煙生成，其成分為氯化銨固體。因此，本題正確答案為：產生白煙；（4）D是S元素、E是Cl元素，D與E可形成原子個數比為1：2的化合物為SCl2，每個Cl原子和S原子形成一對共用電子對，其電子式為，因此，本題正確答案為：；(5)C為Si元素、D為S元素、E為Cl元素，非金屬性Cl＞S＞Si，所以氫化物的穩(wěn)定性HCl＞H2S＞SiH4，因此，本題正確答案為：HCl＞H2S＞SiH4；(6)B為Al元素、D為S元素，B與D形成的化合物為為Al2S3，遇水迅速水解，反應的化學方程式為Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此，本題正確答案為：Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑；(7)E為Cl元素，若Cl2與NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和NaClO3，根據原子守恒n(Cl2)=n(Cl)=n(Na)=n(NaOH)=0.030L×2mol/L×=0.03mol，因此，本題正確答案為：0.03?！军c睛】本題考查了元素位置結構性質的關系及應用，涉及氧化還原反應、元素周期律、物質結構、鹽類水解等知識點，根據物質結構、元素周期律、物質性質等知識點分析解答，注意（7）中原子守恒方法的運用。19、取少量濾液1，滴加幾滴高錳酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子。（或取少量濾液1，滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀，則證明有亞鐵離子）S溫度過高雙氧水易分解CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2OZn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-蒸發(fā)結晶法酒精50.0%【解析】廢催化劑加入稀硫酸，第一次浸出主要發(fā)生反應：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，過濾后濾液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，濃縮結晶得到粗ZnSO4?7H2O；濾渣1含有SiO2、CuS，向盛有濾渣1的反應器中加H2SO4和H2O2溶液，發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸銅、硫，濾渣2含有硫和二氧化硅，濾液含有硫酸銅，經濃縮結晶可得到硫酸銅晶體。(1)亞鐵離子具有還原性，可與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，檢驗亞鐵離子，可取少量濾液1，滴加高錳酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子，故答案為：取少量濾液1，滴加高錳酸鉀溶液，若褪色，則證明有亞鐵離子；(2)根據上述分析，濾渣2含有硫和二氧化硅；第二次浸出時，加熱溫度不宜過高，主要是防止雙氧水分解；第二次浸出時發(fā)生反應：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；鋅可以溶于氨水形成四氨合鋅配離子[Zn(NH3)4]2+，反應的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-，故答案為：S；溫度過高雙氧水易分解；CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH-；(3)ZnSO4在水中的溶解度，隨溫度的升高而緩慢增大，從硫酸鋅溶液得到七水硫酸鋅晶體，可采用蒸發(fā)結晶的方法；析出七水硫酸鋅晶體，減壓過濾，淋洗七水硫酸鋅晶體可以選用酒精，減少晶體的損失；5.74gZnSO4·7H2O(式量287)的物質的量為=0.02mol，其中含有鋅元素的質量為0.02mol×65g/mol=1.3g，原樣品中鋅的質量為10.0g×16.2%

×+10.0g×19.4%

×=2.6g，鋅的回收率為×100%=50%，故答案為：蒸發(fā)結晶法；酒精；50.0%。點睛：本題以金屬回收為載體，綜合考查物質的制備實驗，涉及化學工藝流程、對原理與裝置的分析、物質的分離提純、化學計算等。本題的易錯點為離子方程式的書寫和鋅的回收率的計算，計算鋅的回收率，需要計算出最終晶體中的鋅和原樣品中鋅的質量。20、ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4滴液漏斗或恒壓分液漏斗無色使溶液酸化并加熱，有利于溶液中剩余的硫化氫逸出而將其除去蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶(或重結晶)I－+3H2O+3H2↑89.88%【分析】在三頸燒瓶中先加入NaOH溶液，待溶液顏色變?yōu)闊o色后，停止加入NaOH溶液，向啟普發(fā)生器中加入硫酸，反應生成H2S，將開始生成的KIO3轉化為KI，提高原料利用率，反應完后，加入硫酸將剩余的H2S氣體除去。工業(yè)制備KIO3主要是將KClO3、I2、HCl和H2O反應生成KH(IO3)2、Cl2和KCl，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，得到KH(IO3)2晶體，再加入KOH溶液得到KIO3，過濾、蒸發(fā)得到晶體?！驹斀狻?1)啟普發(fā)生器ZnS和H2SO4反應生成H2S和ZnSO4，其反應的化學方程式為ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4。根據圖中得到盛裝30%氫氧化鉀溶液的儀器名稱是滴液漏斗或恒壓分液漏斗；故答案為：ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4；滴液漏斗或恒壓分液漏斗。(2)KI和KIO3是無