1、化学试卷（本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟）第I卷（选择题 共60分）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 Na-23 Cu-64 Mg-24 Cl-35.5一、选择题（每个小题只有一个正确答案，每小题4分，共60分）1. 2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是（ ）A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. “84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D. 口罩中间
2、的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A新冠病毒由蛋白质和RNA构成，主要含有C、H、O、N等元素构成，A错误；BNaClO不能与洁厕灵混合使用，二者混合可以放出有毒气体氯气，使人中毒，B错误；C乙醇消毒的原理是使蛋白质变性，而过氧化氢和过氧乙酸都具有氧化性，可以将蛋白氧化使其失活，C错误；D聚丙烯由丙烯聚合得到，聚丙烯属于高分子材料，D正确；故选D。2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 无色透明溶液：Al3、NH、Cl、S2B. 中性溶液：Al3、Fe3、SO、NOC. 0.1 molL1的NaClO溶液：Mg2、Fe
3、2、SCN、SOD. c(OH-)11013 molL1的溶液：Na、K、SiO、CO【答案】B【解析】【详解】AAl3+为弱碱氧离子，S2-为弱酸阴离子，二者可以发生双水解反应，不能共存，A错误；B在中性溶液中，选项的四种离子互不反应，可以共存，B正确；CClO-具有氧化性，可以将溶液中的Fe2+反应为Fe3+，同时生成的Fe3+可以与溶液中的SCN-发生络合反应，不能共存，C错误；Dc(OH-)11013 molL1的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中碳酸根、硅酸根不能共存，D错误；故选D。3. 阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）A. 0.1mol 熔融的KHSO4中含有0.1NA
4、个阳离子B. 0.2mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NAC. 50mL 12molL-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD. 18g H2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA【答案】A【解析】【详解】A0.1mol熔融的KHSO4电离产生0.1mol K+、0.1mol HSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A正确；B铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3mol Fe反应转移8mol电子，则0.2mol Fe反应转移电子的物质的量为0.2NA=0.53NA，B错误；C在该溶液中含HCl的物质的量n(HCl)=cV=12mol/L0.05L=0.6m
5、ol，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6mol24=0.3mol，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C错误；DH2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10NA，D错误；故选A。4. 下列离子方程式正确的是( )A. 向Fe(OH)3中加氢碘酸：Fe(OH)33H=Fe33H2OB. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiOCO2H2O=H2SiO3COC. 过量SO
6、2通入到NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSOD. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCOBa2OH=BaCO3H2O【答案】D【解析】【详解】A反应生成的碘离子与铁离子继续反应生成亚铁离子和单质碘，离子方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2+6H2O+I2，故A错误；BCO2过量，应该生成酸式盐碳酸氢钠，而不是正盐碳酸钠，离子方程式为SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO，故B错误；C ClO-具有强氧化性，而SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应生成SO和Cl-，离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H+ SO+
7、Cl-，故C错误；D等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合反应生成碳酸钡和氢氧化钠，离子方程式书写正确，故D正确；综上所述，本题选D。5. 用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A. 加热装置I中烧杯分离I2和FeB. 利用装置合成氨并检验氨的生成C. 利用装置制备少量的氯气D. 利用装置制取二氧化硫【答案】C【解析】【详解】A、加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；B、检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；C、高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；D、铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。答案C。6.
8、 下列冶炼金属的方法错误的是（）A. 电解熔融氯化铝制铝B. 加热氧化银制银C. CO还原铁矿石制铁D. 电解熔融氯化钠制钠【答案】A【解析】【详解】A项、氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝制铝，故A错误；B项、银为不活泼金属，工业上用热分解法制得，可以利用加热氧化银制银，故B正确；C项、铁为较活泼金属，工业上用热还原法制得，可以利用CO还原铁矿石制铁，故C正确；D项、钠为活泼金属，工业上用电解法制得，可以利用电解熔融氯化钠制钠，故D正确；故选A。7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 （ ）A. FeFeCl2Fe(OH)2B. SSO3H2SO4C
9、. CaCO3CaOCaSiO3D. NH3NOHNO3【答案】C【解析】【详解】A. Fe与Cl2反应，一定生成FeCl3，A不正确；B. S与O2反应，只能生成SO2，B不正确；C. CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温下反应生成CaSiO3，C正确；D. NO与水不反应，不能生成HNO3，D不正确。故选C。8. 下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是（）A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B. CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂C. 硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造计算机硅芯片的材料D. 饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量NaHC
10、O3固体，其漂白性增强【答案】A【解析】【详解】ANaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使面团松软，因而可用作焙制糕点的膨松剂，A错误；B碱性氧化物CaO能与SO2反应产生固态的盐，因而可作为工业废气处理时的脱硫剂，减少对大气的污染，B正确；C硅导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，因而是制造计算机硅芯片的材料，C正确；DCl2溶于水，与水反应产生HCl、HClO，溶液中含有HCl使溶液显酸性，而HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色，因此饱和氯水既有酸性又有漂白性。氯气与水的反应是可逆反应，由于酸性：HClH2CO3HClO，加入适量NaHCO3固体，反应消耗H
11、Cl，使化学平衡正向移动，导致溶液中c(HClO)增大，因而其漂白性增强，D正确；故选A。9. 在探究SO2性质实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A. 向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3B. 向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明4价硫具有还原性C. 将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2不能漂白石蕊D. 向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3【答案】A【解析】【详解】ASO2可被硝酸氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，所以产生的沉淀是BaSO4，故A错误；
12、B向溴水中通入SO2，反应生成H2SO4和HBr，使溶液褪色，则溴被还原，说明+4价硫具有还原性，故B正确；CSO2和水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色，但溶液不褪色，说明二氧化硫不能漂白石蕊试液，故C正确；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，SO2和水反应生成H2SO3，向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3和NaHCO3反应生成H2CO3，则H2SO3酸性强于H2CO3，故D正确，答案选A。10. 下列表述正确的是（）A. 硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B. 碳酸钠可用于去除餐具的油污C. 次氯酸是一种弱酸是因为次
13、氯酸不稳定，易分解D. 能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性【答案】B【解析】【详解】A硅晶体具有半导体性能，可用于芯片和光电池，二氧化硅用于光导纤维，A错误；B碳酸钠在水中可以水解出OH-溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解被去除，B正确；C次氯酸是一种弱酸是因为其在水溶液中部分发生电离，C错误；DSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，D错误；故选B。11. 下列有关浓硫酸的叙述正确的是（ ）A. 在浓硫酸与锌片共热的反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性B. 浓硫酸与金属活动性顺序中氢后面的金属反应生成的气体一般为SO2，与氢前面的金属反应生成的气体一般
14、为H2C. 浓硫酸具有吸水性，可以干燥NH3、H2等气体D. H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体【答案】A【解析】【详解】A.在浓硫酸与锌片共热的反应中生成物是硫酸锌、二氧化硫和水，因此浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气，故B错误；C.氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，故C错误；D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不能用浓硫酸制取硫化氢，故D错误。故答案选A。【点睛】浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。尤其要注意
15、浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，浓H2SO4表现脱水性。12. 下列有关说法正确的是（）A. 质子数相同的粒子属于同种元素B. 1 mol N2可与3 mol H2完全反应生成2 mol NH3C. 电闪雷鸣的雨天，雨水中会含有一定量的硝酸，其中发生的反应之一是N22O2=2NO2D. NO、NO2在一定条件下可相互转化，且二者都是引起光化学烟雾的大气污染物【答案】D【解析】【详解】A粒子的概念包含多种，质子数相同的原子属于同一种元素，A错误；BN2和H2的反应为可逆反应
16、，1 mol N2与3 mol H2不能完全反应生成2 mol NH3，B错误；C在放电的条件下氮气和氧气反应生成NO而不生成NO2，C错误；DNO和氧气能反应生成NO2：2NO+O2=2NO2，NO2和水反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故NO和NO2间可以相互转化，且两者均可以引起光化学烟雾，D正确；故选D。13. 铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 ()A. 9.02 gB. 8.51 gC. 8.2
17、6 gD. 7.04 g【答案】B【解析】【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】4.48L的 NO2气体的物质的量为0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol10.015mol210.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g0.23mol17g/
18、mol8.51g，故答案选B。14. 检验溶液中是否含有某种离子，下列方法正确的是 ( )A. 向某溶液中加稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-B 向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有ClC. 向某溶液中加NaOH溶液并加热,产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明有NH4+D. 向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-【答案】A【解析】【详解】A先加过量的稀盐酸，排除了CO32-、SO32-、Ag+等干扰，并提供了一个强酸性环境，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀为不溶于酸的硫酸钡沉淀，从而确认原溶液中有SO42-，A项正
19、确；B能与Ag+反应生成白色沉淀的不仅是Cl-，还有SO42-、CO32-、SO32-等，所以要向产生白色沉淀的溶液中继续加入足量的稀硝酸，通过沉淀不溶解才能进一步确认原溶液中有Cl-，B项错误；C氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该选项试纸的颜色描述明显错误，C项错误；D某溶液中加入稀盐酸，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2，也可能是SO2或SO2和CO2的混合气体等，则原溶液中可能含有CO32-，或HCO3-，或SO32-、HSO3-等，D项错误；所以答案选择A项。15. 230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关说法正确的是（ ）
20、A. Th元素的质量数是232B. Th元素的相对原子质量是231C. 232Th转化成233U是化学变化D. 230Th和232Th的物理性质不相同【答案】D【解析】【详解】ATh元素的两种原子的质量数不同，230Th和232Th的质量数分别为230、232，A错误；BTh元素的相对原子质量是其各种同位素原子的相对原子质量的加权平均值，同位素的丰度未知，无法求算Th元素的相对原子质量，B错误；C232Th转换成233U是核反应，不属于化学变化，C错误；D230Th和232Th的质子数相同、中子数不同，互为同位素，物理性质不同，D正确；故选D。第II卷（非选择题 共40分）二、填空题（共40分
21、）16. Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“滤渣l”的成分为_(写化学式)。(2)“除铁中，加入NaClO的目的是将溶液中的Fe2氧化为Fe3，写出该反应的离子方程式：_，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是_(填字母标号)。aKSCN溶液、氯水 bK3Fe(CN)6溶液 cNaOH溶液(3)Na2CO3的作用是调节溶液pH使Fe3沉淀，根据下表的数据，则调节溶液pH的范围是_。金属离子Fe2+Fe3+Mg2+Ni2+开始沉淀的pH6.31.58.96
22、.9沉淀完全的pH8.32.810.98.9(4)“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2沉淀不完全，用化学平衡移动的原理解释其原因是_。(5)“沉镍”时有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2+ ClO+ 2H+ =2Fe3+ Cl+ H2O (3). b (4). 2.86.9 (5). F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2+2F平衡向右移动 (6). Ni2+2=NiCO3CO2H2O【解析】【分析】红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后加入稀硫酸溶浸，NiO、FeO、Fe2O3、M
23、gO都生成相应的硫酸盐，只有SiO2不溶，所以滤渣1为SiO2；滤液中加入NaClO、Na2CO3，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，成为滤渣2的主要成分；滤液中加入NaF，将Mg2+转化为MgF2沉淀；滤液中加入NH4HCO3，将Ni2+转化为NiCO3沉淀，再加入H2SO4、NaOH，将NiCO3转化为NiSO4，最后生成Ni(OH)2。【详解】(1)由以上分析知，“滤渣l”的成分为SiO2。答案为：SiO2；(2)“除铁中，加入NaClO的目的是将溶液中的Fe2氧化为Fe3，ClO被还原为 Cl，该反应的离子方程式：2Fe2+ ClO+ 2H+ =2Fe3+ C
24、l+ H2O，为了证明加入NaClO已足量，即证明溶液中不存在Fe2+，可选择的试剂是K3Fe(CN)6溶液，故选b。答案为：2Fe2+ ClO+ 2H+ =2Fe3+ Cl+ H2O；b；(3)Na2CO3的作用是调节溶液pH使Fe3沉淀，既要让Fe3+完全沉淀，又不能让Ni2+生成沉淀，则调节溶液pH的范围是2.86.9。答案为：2.86.9；(4)“除镁”中，若溶液pH过小，溶液中的F-会与H+结合，使Mg2沉淀不完全，用化学平衡移动的原理解释其原因是：F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2+2F平衡向右移动。答案为：F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2+2F平衡向右移
25、动；(5)“沉镍”时，Ni2+与反应生成NiCO3沉淀，同时有CO2生成，则该反应的离子方程式为Ni2+2=NiCO3CO2H2O。答案为：Ni2+2=NiCO3CO2H2O。【点睛】将Fe3+完全转化为沉淀时，我们很容易只考虑Fe3+，而忽视对其它离子的影响，于是写成pH范围为pH2.8。17. 某兴趣小组设计如图所示装置制取SO2，研究其性质。（1）仪器G的名称是_。（2）装置B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性。则装置C中反应的离子方程式_，证明SO2具有氧化性的实验现象是_。（3）为了实现绿色环保的目标，某同学设计装置F来代替装置A。与装置A相比，装置F的优点是_（写出
26、两点）。（4）若选用装置F制取O2可选用的试剂是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). SO2+2H2O+I2=SO+4H+2I- (3). 溶液颜色逐渐变浅 (4). 可以控制反应速率 (5). 过氧化氢和MnO2【解析】【分析】浓硫酸与铜片反应生成SO2气体，该气体可利用装置B检验漂白性，可利用装置C验证还原性，可利用装置D验证氧化性，最后利用氨水吸收防止污染空气。【详解】(1)根据图示仪器构造，该仪器为分液漏斗；(2)利用装置C验证SO2的还原性，通入SO2后，SO2与碘单质、水反应生成硫酸根和碘离子，反应过程中由于碘单不断被消耗颜色逐渐浅，反应的离子方程式为SO2+2H2O+I2=
27、SO+4H+2I-，故答案为：SO2+2H2O+I2=SO+4H+2I-、溶液颜色逐渐变浅；(3)利用F装置制取SO2气体，由于F装置中存在长颈分液漏斗，可以控制浓硫酸低落的速度，达到控制反应速率的目的；(4)F装置为“固-液”发生装置，若利用F装置制取氧气，可以使用过氧化氢和MnO2反应制取，故答案为过氧化氢和MnO2。18. 短周期A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。在周期表中，A的原子半径最小。B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡
28、黄色固态化合物。D与F形成的化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1） 写出下列元素的符号：A_，B_，E_（2）C在元素周期表中的位置：_。（3）F的离子结构示意图_。（4）A、B组成的最简单化合物的化学式是_ ，电子式是_ 。（5）C、D按原子个数比11组成的一种化合物与水发生反应的离子方程式为_（6） F的最高价氧化物对应的水化物的化学式是_【答案】 (1). H (2). C (3). S (4). 第二周期第VIA族 (5). (6). CH4 (7). (8). 2Na2O22H2O = 4Na4OHO2 (9). HClO4【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E、
29、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大，在周期表中，A的原子半径最小，则A为氢元素，B元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，则B为碳元素，C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则E为硫元素，D与F形成的化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。【详解】(1)根据分析，A、B、E分别为H、C、S；(2)根据分析，C为O元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族；(3)根据分析，F为Cl元素，Cl-有17个质子，18个电子，结构示意图为；(4)C和H组成最简单化合物为CH4；甲烷是共价化合物，C与4个H之间各共用1对电子，电子式为；(5) C、D按原子个数比11组成的化合物为Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O22H2O = 4Na4OHO2；(6)根据分析，F为Cl元素，最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4；