山西省吕梁市2023-2024学年高三上学期阶段性测试（一模）化学参考答案

1、C【解析】该工艺的分离方法是蒸馏，用于分离液态混合物；A、B为无机盐混合物，用重结晶的方法分离；D为有机物和水的混合物，互不相容，用分液的方法分离2、答案：B【解析】：A.金属材料包括纯金属和它们的合金，砷化属于无机化合物，不属于金属材料，是新型无机非金属材料，故A错误；B.属于原子晶体，熔点高、硬度大，不是传统的硅酸盐材料，是新型无机非金属材料，故B正确；C.属于新型无机非金属材料，故C错误；D.烃类物质只含有C、H两种元素，含有C、H、N三种元素，不属于烃，故D错误；3、【答案】B【解析】实验室未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶4.【答案】A【解析】A．Cl2和Br2氧化性均强于Fe3+，都能将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原Cl-和Br-，A正确；B．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，B错误；C．1molSO3与足量的水反应生成1molH2SO4，1molNO2与足量的水反应生成的HNO3小于1mol，C错误；D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；5、AA.滤液中含有碘离子，酸化后加入少量新制氯水，氯水将碘离子氧化成单质碘，碘遇淀粉变蓝，因此溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素，故A正确B.气体通入溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钙，由实验不能比较、的酸性强弱，故错误；C.中铁元素为+3价，若过量，CO不能将反应完全，将适量反应后的固体溶于稀盐酸中，生成氯化铁，滴加硫氰化钾溶液，溶液也会变成血红色，故C错误D.溴蒸气、二氧化氮均为红棕色，均可使淀粉碘化钾溶液，由实验操作和现象，不能说明气体为，故D错误6、B【解析】=1\*GB3①氯水、氨水、水玻璃、盐酸属于混合物，水银是纯净物，=1\*GB3①错误；=2\*GB3②CO2，SO2均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，=2\*GB3②错误；=3\*GB3③C60、C70、金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管都是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，=3\*GB3③正确；=4\*GB3④电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷数有关，强电解质溶液的导电能力不一定强，=4\*GB3④错误；=5\*GB3⑤在熔融状态下能导电的化合物为离子化合物，=5\*GB3⑤正确；=6\*GB3⑥由PM2.5的颗粒大小是微米级别，造成的雾霾不属于胶体，=6\*GB3⑥错误；=7\*GB3⑦Ti-Fe合金和La-Ni合金具有室温下吸放氢速率快的特点，=7\*GB3⑦正确；=8\*GB3⑧稀土元素被称为冶金工业的维生素，=8\*GB3⑧正确。7、D【解析】A.16g的甲烷含氢原子数目为4NA，16g乙烯含氢原子数目为16/7NA，16g的甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目介于16/7NA~4NA之间；B.标况下，NO2不是气态；C.Cl2与水反应是可逆的，不可能生成1molHCl，且溶液的体积也未知，无法计算其浓度；D.由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，生成1molO2转移2mol电子，标准状况下2.24LO2的物质的量为1mol，转移电子数目为0.2NA8.答案：A解析：先氧化，过量，多余的再氧化，不足，反应成立，A项正确；B项离子方程式得失电子不守恒，正确的离子方程式应为：，B项错误；向硝酸银溶液中加入过量氨水，最终生成，正确的离子方程式为；C项错误；沉淀完全，发生反应的离子方程式为，；D项错误。9、A【分析】二氧化氮和亚硫酸根离子参与反应最终生成硫酸氢根离子，在反应过程中，二氧化氮只是参与反应，没有生成，是反应物，亚硫酸根离子中的硫元素，逐步被氧化；【解答】解：A．物质NaNO2为离子化合物，NO2、H2O中均是通过共价键形成的，都为共价化合物，故A错误；B．，二氧化氮为反应物，化合价降低做氧化剂，故B正确；C．第Ⅰ阶段的反应中SO32﹣中的硫由+4价被氧化为+5价，则SO32﹣被氧化，故C正确；D．过程Ⅰ中NO2得到SO32﹣失去的电子发生氧化还原反应生成NO2﹣、SO3﹣，反应的离子方程式：SO32﹣+NO2═NO2﹣+SO3﹣，由得失电子守恒和原子守恒可得总反应SO3﹣+H2O+NO2═HNO2+HSO4﹣：故II、III阶段总反应的化学方程式为SO3﹣+H2O+NO2═HNO2+HSO4﹣，故D正确；10、C【详解】A．导管不能伸入液面，否则二氧化硫气体导不出，故A错误；B．应先将下层的水放出，再将上层液体倒出，B错误；C．稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，C正确;D．制取氯气应用浓盐酸和二氧化锰共热，稀盐酸不与二氧化锰反应，D错误；综上所述答案为D。11、【答案】C【解析】A．的溶液，与生成不能大量共存，A不符合题意；B．的溶液，H+、、共同作用发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；D．的NaAlO2溶液，AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-不能大量共存，D符合题意；12、【答案】D【解析】根据流程：用NaOH溶液溶解铝箔，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入过量的CO2气体，发生反应：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，得到Al（OH）3的胶状固体，将一部分胶状固体洗涤得到Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到氧化铝，用硫酸溶解Al（OH）3，加入K2SO4溶液，配制高于室温10～20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，另一部分胶状固体用盐酸溶解，得到AlCl3溶液，将HCl气体通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促进AlCl3•6H2O结晶，冷水浴，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得AlCl3•6H2O晶体．13、答案：C【解析】①Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解生成氧化铜，氧化铜被还原生成Cu，故正确；②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠，氯化钠不能生成氧化钠，故错误；③AlAlCl3Al(OH)3Al2O3Al，故正确；④Fe与Cl2反应可生成，与Fe反应可得到，与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁得不到Fe，故错误；14、【答案】D【解析】A.草酸晶体熔点为101℃，170℃以上分解，故A正确；B.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，故B正确；C.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，加入少量NaHCO3溶液，故草酸生成酸式盐，反应方程式为：H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，，故C正确；D.由其K值可知，草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故D错误；15、【答案】B【解析】SO2与BaCl2不反应，D装置中反应为：BaCl2+SO2+H2O2=BaSO4↓+2HCl16、答案：B解析：A“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，A正确；.B.“滤液1”的溶质主要有和，显碱性，加入酸性物质中和OH-使溶液的pH减小，偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，过滤与溶液分离，B错误；C.溶液通入的反应与溶液中通入的反应类似，符合弱酸制更弱的酸的特点，C正确；D.流程图中，从粉煤灰到Ga是镓元素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，镓的活动性比铝的低，与锌相似，属于两性元素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，与纯碱反应生成和，溶浸时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙和二氧化硅，D正确；17、（10分，每空2分）（1）（2）（3）解析：（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等进行配平，该反应中碘元素由+5价得电子变为0价，一个得5个电子，硫元素由+4价失电子变为+6价，一个失去2个电子，得失电子数的最小公倍数是10，所以碘酸钠的化学计量数是2，亚硫酸氢钠的化学计量数是5，其他未变价元素根据原子守恒进行配平，可得该化学方程式为。（2）根据题意可知可以将盐酸氧化为，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：；氯气可以氧化，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：，综上所述还原性由强到弱的顺序是。（3）根据题意可知高温条件下可与反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，化学方程式为。18.（7分）答案：（1）115（1分）（2）（1分）（写成P3->S2->Ca2+也给分）（3）（1分）（4）；（1分）水分子间有氢键（1分）（5）（2分）解析：（1）Z是P元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅤA族，和它同主族的第七周期元素的原子序数为。（2）电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以。（3）H与Ca形成的为离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为。（4）水分子间存在氢键，分子间氢键使物质熔、沸点升高，所以的沸点高于。（5）在酸性条件下不稳定，容易发生歧化反应生成二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式是。19.（13分）答案（1）（1分）（2）避免GeS2被氧化，得到较纯净的GeS2（1分）；将生成的GeS2带入后续装置（1分）（3）GeS＋8H＋＋10NO3－=GeO2＋SO2－＋10NO2＋4H2O（2分）浓HNO3受热易分解（1分）（4）取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净（1分）(5)①3Ge2＋＋IO3－＋6H＋=3Ge4＋＋I－+3H2O（2分）IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O（2分）②98.75%。（2分）【解析】(5)②由“酸性条件下IO3－能将Ge²+氧化为Ge4＋可知,滴定过程中发生反应:3Ge2＋＋IO3－＋6H＋=3Ge4＋＋I－+3H2O当发生IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O时，溶液变蓝色，达到滴定终点。由此可得关系式:3Ge2＋~IO3－则n(Ge²)=3n(I0;)=3x24.80x10-3Lx0.1000mol·L'=7.44x10-3mol,故该样品中锗的质量分数是7.44x10-3molx73g.mol/0.5500gx100%≈98.75%。20.（12分，）答案：（1）①A；（2分）②3:7（2分）（2）①；（2分）②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强（1分）（3）①2NO2－+2H＋=NO2↑+NO2↑＋H2O（2分）②2MnO4－＋6H＋＋5NO3－=5NO3－＋Mn2＋＋3H2O（2分）③氧化性（1分）21、（10分）答案、（1）启普发生器；（1分）关闭b,从启普发生器上口加水至漏斗颈内有一段水柱，静置，液面高度不变，则气密性良好。（2）使反应失控（不能控制反应的发生和停止）（1分）（3）SO2中含不溶于NaOH溶液的O2（1分）（4）250mL容量瓶、胶头滴管、量筒（“量筒”写不写都给分）（2分）（5）（2分）（6）不，（1分）外界的CO2气体不会影响BaSO4质量的测量（1分）