2022届北京市海淀区高三上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022届北京市海淀区高三上学期期中考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。


北京市海淀区2021-2022学年高三上学期期中考试
化学试题
一、单选题
1．我国“天问一号”探测器使用了大量新材料，其中属于金属材料的是（　　）
A．探测器结构材料——镁铝合金
B．深空太阳能电池材料——砷化镓
C．隔热组件材料——二氧化硅纳米气凝胶
D．柔性可伸缩材料——形状记忆聚合物
2．下列有关放射性核素 1532P 的说法中，错误的是（　　）
A．1532P 原子核外电子数为15
B．1532P 原子的质量数为15
C．1532P 可能用于同位素示踪
D．1532PH3 和 1535PH3 的化学性质基本相同
3．下列化学用语或图示表达错误的是（　　）
A．二氧化碳的电子式：
B．乙烯的结构式：
C．乙醇的分子模型：
D．镁原子的结构示意图：
4．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．6.2g Na2O中的离子总数为0.2NA
B．pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NA
C．2.3g Na和足量O2反应转移电子数为0.1NA
D．标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA
5．下列反应中， H2O 表现出氧化性的是（　　）
A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ B．4NO2+O2+2H2O=4HNO3
C．2F2+2H2O=4HF+O2 D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
6．维生素C的结构如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键
B．维生素C能使溴水、酸性 KMnO4 溶液褪色
C．维生素C可保存在强碱性环境中
D．维生素C分子中含有σ键和π键
7．下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是（　　）
A．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨
B．用氮气实现工业合成氨
C．实验室用NaOH溶液吸收 SO2 尾气
D．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验 Cl2
8．以下是某种粗盐(主要含 SO42− 、 Ca2+ 、 Mg2+ 等杂质离子)精制成NaCl溶液的部分流程。下列说法错误的是（　　）

A．①中的除杂试剂可以是 BaCl2 溶液
B．②中加入过量 Na2CO3 溶液后，只有 Ca2+ 被除去
C．③中加入过量NaOH溶液后过滤，还需加适量稀盐酸
D．杂质离子的去除顺序还可以是③①②
9．下列方程式能准确解释相应事实的是（　　）
A．硫酸型酸雨的形成： SO2+H2O⇌H2SO3
B．84消毒液不能与洁厕灵混用： ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
C．和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果： H++HCO3−=H2O+CO2↑
D．向 NaHSO4 溶液中加入足量 Ba(OH)2 溶液，得到白色沉淀： 2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
10．实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（　　）

　
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
Cl2
MnO2 和浓盐酸
b
e
B
SO2
Cu和稀硫酸
b
c
C
NO
Cu和稀硝酸
b
c
D
NH3
NH4Cl 和 Ca(OH)2
a
d
A．A B．B C．C D．D
11．常温常压下，1体积水能溶解约700体积 NH3 。用下图所示装置进行实验，下列说法正确的是（　　）

A．挤压滴管并打开止水夹后，观察到烧杯中的水倒吸，产生红色“喷泉”
B．“喷泉”的产生能证明 NH3 与 H2O 发生了反应
C．若将 NH3 换成 CO2 ，也能产生明显的“喷泉”
D．实验后，取出烧瓶中的溶液，测得其 pH>7 ，原因是： NH3+H2O⇌NH3⋅H2O ， NH3⋅H2O⇌NH4++OH−
12．以CO和 H2 为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以 CO2 为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用 CO2 人工合成淀粉时，第一步就需要将 CO2 转化为甲醇。
已知：①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=−90.5kJ⋅mol−1
②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41.1kJ⋅mol−1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=−483.6kJ⋅mol−1
下列说法错误的是（　　）
A．若温度不变，反应①中生成 1   mol    CH3OH(l) 时，放出的热量大于90.5kJ
B．CO2 与 H2 合成甲醇的热化学方程式为： CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.4kJ⋅mol−1
C．通过电解制 H2 和选用高效催化剂，可降低 CO2 与 H2 合成甲醇的反应的焓变
D．以 CO2 和 H2O 为原料合成甲醇，同时生成 O2 ，该反应需要吸收能量
13．水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。

下列说法错误的是（　　）
A．图中涉及的反应均为氧化还原反应
B．反硝化过程中含N物质被还原
C．不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关
D．排放含 NH4+ 废水不会影响水体中 NO2− 的浓度
14．研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。
编号
操作
试剂
现象
1

①KCl溶液②稀硝酸酸化的 AgNO3 溶液
产生白色沉淀
2
①KCl溶液②浓硝酸酸化的 AgNO3 溶液
产生白色沉淀
3
①KI溶液 ②稀硝酸酸化的 AgNO3 溶液
产生黄色沉淀
4
①KI溶液 ②浓硝酸酸化的 AgNO3 溶液
产生褐色的浊液
下列说法错误的是（　　）
A．实验1和2说明，硝酸浓度不影响 Cl− 的检验
B．实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的 AgNO3 溶液
C．对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤素离子种类有关
D．由上述实验推测， Br− 的检验不能使用浓硝酸酸化的 AgNO3 溶液
二、综合题
15．钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。
（1）基态 Ca2+ 的核外电子排布式为　 　。
（2）钛酸钙的晶胞如图所示，1个晶胞中含有 O2− 的个数是　 　。离子半径 Ca2+ 大于 Ti4+ ，理由是　 　。

（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。
①晶体密度 ρ 可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知，钛酸钙晶胞的棱长为a pm( 1pm=1×10−10cm )，则钛酸钙晶体密度 ρ=　 　g⋅cm−3 (列出计算式)
②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是　 　(填字母序号)
a． BaTiO3 b． MgTiO3 c． BaZrO3
（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物 CH3NH3PbI3 。其中有机阳离子 CH3NH3+ 可由甲胺( CH3NH2 )制得。
①CH3NH3+ 中N的杂化方式为　 　。
②请从化学键的角度解释由甲胺形成 CH3NH3+ 的过程：　 　。
16．碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下：

（1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：　 　，步骤iii：　 　。
（2）步骤ii中可使用 Cl2 ，从原子结构角度说明理由：　 　。 Cl2 过量时，可能无法获得 I2 ，原因是 I2 会被继续氧化为 IO3− ，该反应的离子方程式为　 　。
（3）当使用 H2O2 做氧化剂时， I− 的转化率受外界因素的影响如下图所示。

①图1中， pH=7 时 I− 转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：　 　。
②图2中， H2O2 与 I− 物质的量之比从0.5﹕1提高至1﹕1时， I− 的转化率明显增大，可能的原因是　 　(写出2条)。
17．软锰矿浆(主要成分 MnO2 )可吸收烟气中的 SO2 ，同时可制备 MnCO3 ，工艺流程如下：

资料：①吸收 SO2 后的软锰矿浆中含有 Fe2+ 、 Fe3+ 、 Al3+ 、 Zn2+ 等阳离子；
②金属离子沉淀的pH如下表。
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Zn2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
8.2
（1）脱硫的产物是 MnSO4 ，软锰矿中 MnO2 所起的作用是　 　。
（2）过程1向浆液中通入 O2 的目的是　 　。
（3）滤渣1的成分是　 　，过程2中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）制备 MnCO3 的过程中，一般控制溶液的pH范围为5~7，不宜过大或过小，原因是　 　。
（5）已知：常温下， (NH4)2CO3 溶液的pH约为9.3， NH4HCO3 溶液的pH约为7.8.请推测物质A，并写出制备 MnCO3 时发生反应的离子方程式：　 　。
（6）取m g碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用 c   mol⋅L−1 的 KMnO4 溶液滴定，至滴定终点时，消耗 KMnO4 溶液的体积为 VmL 。(已知：反应产物为 MnO2 ，杂质不参与反应),样品中 MnCO3 质量分数的计算式为　 　(用质量分数表示)。
18．W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为 3s23p4 ，X的电离能数据如下表所示。
电离能
I1
I2
I3
I4
⋅⋅⋅
Ia / kJ⋅mol−1
738
1451
7733
10540
⋅⋅⋅
（1）X在元素周期表中的位置是　 　。
（2）用电子式表示WZ的形成过程：　 　。
（3）下列事实能用元素周期律解释的是___________(填字母序号)。
A．W可用于制备活泼金属钾
B．Y的气态氢化物的稳定性小于 H2O
C．将Z单质通入 Na2S 溶液中，溶液变浑浊
D．Y的氧化物对应的水化物 H2YO3 的酸性比 H2SiO3 强
（4）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。
i．某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为 M(OH)n ，该水化物中的 M−O−H 结构有两种断键方式：断 M−O 键在水中电离出 OH− ；断 O−H 键在水中电离出 H+ 。
ⅱ．在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物的 M−O−H 结构中，成键原子电负性差异越大，所形成的化学键越容易断裂。
①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1；某元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响 M−O−H 中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈　 　(填“酸”或“碱”)性，依据是　 　。
②W和X的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是　 　(写化学式)，结合资料说明理由：　 　。
19．某实验小组同学用KSCN探究久置 FeSO4 固体变质的情况。将0.3 g FeSO4 固体用10mL蒸馏水溶解，配成待测液，进行实验。
（1）（初步实验）

用KSCN检验 Fe3+ 的原理是　 　(用离子方程式表示)。
（2）甲同学认为 FeSO4 固体几乎未变质，ⅱ中变血红色是由于 Fe2+ 被氧化，反应的离子方程式为　 　；ⅱ中血红色褪去的可能原因是　 　。
（3）乙同学不认同甲对现象的解释，他推测加入浓硝酸后ⅱ中变血红色还可能与其它因素有关，可能的影响因素是　 　。
（4）（继续探究）
步骤
操作
现象
Ⅰ
取2mL待测液，加入5滴0.1 mol⋅L−1 KSCN溶液，再加入5mL浓 KNO3 溶液
溶液颜色无明显变化
Ⅱ
取2mL待测液，　 　
溶液变为红色
Ⅲ
向Ⅱ中所得溶液中逐滴加入5mL浓硝酸，边加边振荡
溶液逐渐加深为血红色，继续滴加浓硝酸，溶液褪色，pH变化始终不明显
（5）请补全步骤Ⅱ中的操作：　 　。
（6）由Ⅰ~Ⅲ推测 FeSO4 固体变质的情况是　 　(填字母序号)，理由是　 　。
a．几乎未变质 b．部分变质 c．完全变质
（7）（反思与迁移）
从上述探究中获得启发，在用KSCN检验 Fe3+ 及进行 Fe2+ 还原性验证实验时，需要注意的事项有　 　(至少2条)。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．探测器结构材料——镁铝合金属于金属材料，是金属镁与金属铝的合金，A符合题意；
B．砷化镓为半导体材料不是金属材料，B不符合题意；
C．纳米二氧化硅，一般就是二氧化硅颗粒，粒度在纳米级，气凝胶是气凝胶为介孔材料，不属于金属材料，C不符合题意；
D．形状记忆聚合物是指具有初始形状的制品 在一定的条件下改变其初始条件并固定后，通过外界条件（如热、 电、光、化学感应等）的刺激又可恢复其初始形状的高分子材料不属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.合金属于金属材料；
B.砷化镓是一种半导体材料；
C.二氧化硅纳米气凝胶为纳米级二氧化硅颗粒构成的充满气体的极轻的固体；
D.形状记忆聚合物是具有形状记忆功能的高分子化合物。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．原子符号左下角数字表示质子数， 1532P 的质子数为15，核外电子数等于质子数，所以原子核外电子数为15，故A不符合题意；
B．原子符号左上角数字表示质量数， 1532P 原子的质量数为32，故B符合题意；
C． 1532P 是 1530P 的同位素，被广泛用于同位素示踪技术，故C不符合题意；
D．同位素原子质量数不同，质子数相同，化学性质基本相同， 1532PH3 和 1535PH3 都是由磷原子形成的氢化物，因此化学性质基本相同，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.原子核电荷数=核外电子数=质子数；
B.原子中质子数+中子数=质量数；.
C. 1532P 是 1530P 的同位素；
D.氕和氚核外电子数相同，最外层电子数相同。


3．【答案】A
【解析】【解答】A．CO2属于共价化合物，碳氧原子最外层均满足8电子，电子式为 ，A符合题意；
B．乙烯为共价化合物，碳碳之间为双键，结构式为 ，B不符合题意；
C．乙醇为共价化合物，碳原子半径大于氢原子半径，分子模型： ，C不符合题意；
D．镁原子的核外有12个电子，结构示意图： ，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.二氧化碳中C原子和O原子之间以双键结合；
B.用一条短线来代替一-对共用电子对所得到的式子为结构式；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C原子均为sp3杂化，与碳原子直接成键的四个原子呈四面体构型；
D.镁原子的核内有12个质子，核外有12个电子。


4．【答案】C
【解析】【解答】A．6.2g Na2O的物质的量为 6.2g62g/mol =0.1mol，0.1mol Na2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法不符合题意；
B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法不符合题意；
C．2.3g Na的物质的量为 2.3g23g/mol =0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1mol Na完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法符合题意；
D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.1个氧化钠含有2个钠离子和1个氧离子；
B.溶液体积未知；
C.钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都为+1价；
D.气体摩尔体积使用对象为气体。

5．【答案】D
【解析】【解答】A．化合价降低被还原为氧化剂， 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ， H2O 中元素化合价没发生变化，不是氧化剂，A不符合题意；
B．化合价降低被还原为氧化剂， H2O 中元素化合价没发生变化，不是氧化剂，B不符合题意；
C．化合价降低被还原为氧化剂， H2O 中O元素化合价由-2价升高到0价，表现为还原剂，C不符合题意；
D．化合价降低被还原为氧化剂， H2O 中H元素化合价由+1价变为0价，表现为氧化剂，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，水作氧化剂，则水中的H元素的化合价降低。

6．【答案】C
【解析】【解答】A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，A不符合题意；
B．维生素C含有碳碳双键能使溴水、酸性 KMnO4 溶液褪色，B不符合题意；
C．维生素C含有酯基，在强碱环境中酯基会发水解，C符合题意；
D．维生素C分子中含有碳碳双键，含有σ键和π键，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】由结构分析可知，维生素C中有羟基、酯基和碳碳双键，以此分析即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C．NaOH溶液和 SO2 反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故C选；
D．发生反应为2KI+Cl2=2KCl+I2，此反应为置换反应，属于氧化还原反应，故D不选；
故答案为：C。

【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。

8．【答案】B
【解析】【解答】A．为了得到纯净的NaCl，第一步除去硫酸根需要加入过量的氯化钡；第二步除去钙离子，需加入过量的碳酸钠，除去钙离子的同时除去过量的钡离子；第三部除去镁离子，加入过量氢氧化钠，将沉淀过滤；最后加入过量的盐酸，将杂质离子碳酸根，氢氧根除去，蒸发结晶过程中，氯化氢会从中挥发出来，最终得到纯净的氯化钠；A不符合题意；
B．加入碳酸钠的作用，一方面为除去杂质离子钙离子，另外一方面除去除杂过程中引入的钡离子；B符合题意；
C．通过A中的分析可知，C不符合题意；
D．在该除杂过程中，必须确保除硫酸根在除钙离子之前，主要目的是除钙的同时将除硫酸根离子过程中引入的钡离子一块除去，除镁离子可以在任何时候加入；故可以是③①②，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】在除杂的过程中为了保证完全反应会加入过量的反应物，在生成物中如果有新的杂质生成，在后续的步骤中应能保证将其去掉。

9．【答案】B
【解析】【解答】A．硫酸型酸雨的形成： SO2+H2O⇌H2SO3 ， O2+2H2SO3=2H2SO4 ，A不符合题意；
B．84消毒液(主要成分为次氯酸)不能与洁厕灵(主要成分为HCl)混用： ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O ，B符合题意；
C．和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果，醋酸为弱酸不能拆： CH3COOH+HCO3−=H2O+CO2↑+CH3COO− ，C不符合题意；
D．向 NaHSO4 溶液中加入足量 Ba(OH)2 溶液，生成硫酸钡、氢氧化钠和水： H++SO42−+Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O ，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.酸雨最终生成硫酸；
B.次氯酸和盐酸混合会生成氯气；
C.弱电解质应写成分子式；
D.足量生成硫酸钡、氢氧化钠和水。
10．【答案】D
【解析】【解答】A． MnO2 和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故A不符合题意；
B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B不符合题意；
C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C不符合题意；
D． NH4Cl 和 Ca(OH)2 为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A. MnO2和浓盐酸在烧瓶中加热生成氯气；
B. Cu和稀硫酸不反应；
C. NO与氧气反应，不能用排空气法收集；
D. NH4Cl和Ca(OH)2生成氨气，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集。

11．【答案】D
【解析】【解答】A．该实验中水中未加入酚酞，故不会产生红色“喷泉”，A不符合题意；
B．氨气极易溶于水，溶于水后会形成压强差，“喷泉”的产生不能证明 NH3 与 H2O 发生了反应，B不符合题意；
C． CO2 在水中的溶解度远小于 NH3 ，将 NH3 换成 CO2 ， CO2 溶解的量小，压强差也较小，不能产生明显的“喷泉”，C不符合题意；
D．氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨未弱电解质，在水中电离出氢氧根，其 pH>7 ，原因是： NH3+H2O⇌NH3⋅H2O ， NH3⋅H2O⇌NH4++OH− ，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】氨气极易溶于水，挤压滴管并打开止水夹后，氨气溶于水，造成圆底烧瓶内气体减少，压强变小，外界大气压大，将烧杯中水压入圆底烧瓶，形成喷泉。

12．【答案】C
【解析】【解答】A．CH3OH从气态转化为液态放出热量，则反应①中生成 1   mol    CH3OH(l) 时，放出的热量大于90.5kJ，A不符合题意；
B．根据盖斯定律，反应①-②得到目标方程 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ， ΔH=ΔH1−ΔH2=−90.5−(−41.1)kJ⋅mol−1=−49.4kJ⋅mol−1 ，B不符合题意；
C．催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，C符合题意；
D．根据盖斯定律，反应①-②-③得到 CO2 +3H2O ⇌ CH3OH+ O2 ， ΔH=ΔH1−ΔH2−ΔH2=−90.5−(−41.1)−(−483.6)kJ⋅mol−1=+389.2kJ⋅mol−1 ，∆H>0，是吸热反应，需要吸收能量，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】依据盖斯定律和反应热及焓变分析解答即可。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，故A不符合题意；
B．由图中转化关系可知，反硝化过程中含N物质化合价均降低，被还原，故B不符合题意；
C．表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，故C不符合题意；
D．图中转化关系中 NH4+ 浓度增大，硝化作用增强，会导致 NO2− 增多，所以排放含 NH4+ 废水会影响水体中 NO2− 的浓度，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】根据图中含氮化合物的转变，分析氮元素化合价的变化，进而分析解答。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．对比实验1和2，实验1酸化时使用的是稀硝酸，而实验2使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀，故不影响氯离子的检验，A不符合题意；
B．稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F-、Cl-、I-反应，得到氟化银(易溶)，氯化银(白色沉淀)，溴化银(浅黄色沉淀)，碘化银(黄色沉淀)故可以区分开，B不符合题意；
C．对比实验2和4的条件可得，异常现象的产生与卤素离子种类有关，C不符合题意；
D．浓硝酸的氧化性强于溴单质，所以浓硝酸可以把溴离子氧化为溴单质(红棕色)，同时用氮的氧化物产生，故可以用来检测溴离子，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.对比实验1和2，实验1酸化时使用的是稀硝酸，而实验2使用的是浓硝酸，但二者皆可以产生白色沉淀；
B.稀硝酸酸化的硝酸银溶液分别和F-、Cl-、I-反应，得到氟化银(易溶)、氯化银(白色沉淀)、溴化银(浅黄色沉淀)、 碘化银(黄色沉淀) ;
C.对比实验2和4的条件只有卤素离子种类不一样；
D.浓硝酸的氧化性强于溴单质，所以浓硝酸可以把溴离子氧化为溴单质(红棕色)， 同时有氮的氧化物产生。

15．【答案】（1）1s22s22p63s23p6
（2）3；Ti是22号元素， Ti4+ 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6， Ca2+ 和 Ti4+ 的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径 Ca2+ 大于 Ti4+
（3）136×1030NAa3；ac
（4）sp3；氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成 CH3NH3+
【解析】【解答】（1）Ca是20号元素，基态 Ca2+ 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；
（2）由均摊法可知，1个晶胞中含有 O2− 的个数是6 ×12 =3，Ti是22号元素， Ti4+ 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6， Ca2+ 和 Ti4+ 的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径 Ca2+ 大于 Ti4+ ；
（3）①由均摊法可知，1个晶胞中含有 O2− 的个数是6 ×12 =3，含有 Ti4+ 的个数为1，含有 Ca2+ 的个数为8 ×18 =1，钛酸钙晶胞的棱长为a pm( 1pm=1×10−10cm )，则钛酸钙晶体密度 ρ=3×16+40+48NA(a×10−10)3 = 136×1030NAa3 ；
②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是 BaTiO3 和 BaZrO3 ，
故答案为：ac；
（4）①CH3NH3+ 中以N原子为中心原子，价层电子对数为4+ 12(5−1−3−1) =4，N的杂化方式为sp3杂化；
②氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成 CH3NH3+ 。
【分析】(1)书写核外电子排布式时要运用构造原理，并注意洪特规则及其特例；
(2)根据均摊法分析判断；
(3)①分析晶胞中紧密接触的离子，利用半径关系求出晶胞边长，由此求出晶胞密度；
②密度取决于阴阳离子的质量；
(4)①可利用氮原子的成键方式判断杂化类型；
②考虑N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成 CH3NH3+ 。
16．【答案】（1）过滤；萃取分液
（2）同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2；5Cl2+I2+6H2O=2 IO3− + 10Cl-+12H+
（3）反应的离子方程式为 H2O2 +2 I− +2H+=I2+2H2O，pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻；增大 H2O2 的浓度，促进反应正向进行， I− 的转化率增大；过量的 H2O2 分解产生的O2氧化 I− 使转化率增大
【解析】【解答】海藻在坩埚中灼烧得到海藻灰，将海藻灰浸泡得到海藻灰悬浊液，然后利用过滤的方法分离海藻灰悬浊液，得到残渣和溶液，在溶液中通入过量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应得失I2，向含有I2的溶液中加入有机溶剂进行萃取，得到含有碘的有机溶液，再利用蒸馏的方法得到晶态碘。
（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，步骤i分离固体和液体用过滤；利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，步骤ii将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤； 萃取分液；
（2）步骤ii是将I-氧化为I2，使用 Cl2 ，原因是同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2；Cl2具有强氧化性，过量的Cl2与I2反应生成 IO3− 和Cl-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2 IO3− + 10Cl-+12H+；
（3）①H2O2 做氧化剂时，反应的离子方程式为 H2O2 +2 I− +2H+=I2+2H2O，溶液在酸性条件下， I− 反应较完全，若pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻；
②理论上 H2O2 与 I− 物质的量之比为0.5﹕1，若提高至1﹕1，即增大 H2O2 的浓度，促进反应正向进行， I− 的转化率增大，还有可能是多余的 H2O2 分解产生的O2，也能氧化 I− 。
【分析】海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，通入氯气,氯气置换出碘,得到碘的水溶液，用四氯化碳萃取得到含碘的有机溶液，经蒸馏可得到碘，以此解答该题。

17．【答案】（1）吸收烟气中的SO2
（2）将其中的Fe2+氧化成Fe3+
（3）氢氧化铁与氢氧化铝；Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ ，Al3++ 3OH-= Al(OH)3↓
（4）pH过小的话Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大的话Mn2+转化成沉淀
（5）Mn2++2HCO 3− =MnCO3↓+CO2↑ +H2O
（6）34.5cV2m%
【解析】【解答】本实验为通过软锰矿浆(主要成分MnO2)吸收烟气中的SO2，经过脱硫，反应，除杂等一系列操作，制备MnCO3的过程，据此分析回答问题。
（1）由题意可知，MnO2可吸收烟气中的SO2，生成MnSO4；，
（2）过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去；
（3）金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ ，Al3++ 3OH-= Al(OH)3↓ ；
（4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5~7，pH过小的话Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大的话Mn2+转化成沉淀；
（5）金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO 3− =MnCO3↓ +CO2↑ +H2O；
（6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为n，所以n × 2=V ×10−3× c × 3，解得n= 3cV×10−32 mol，故MnCO3质量分数为 3cV×10−32×115m×100%=34.5cV2m% 。
【分析】本实验为通过软锰矿浆(主要成分MnO2)吸收烟气中的SO2，经过脱硫，反应，除杂等一系列操作，制备MnCO3的过程；MnO2先吸收烟气中的SO2，生成MnSO4，过程1通入O2将其中Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成沉淀滤渣1除去；通过过程2除去 Zn2+，通过加入NH4HCO3，制得 MnCO3，依氧化还原反应中电子得失数目相等计算MnCO3 质量分数即可。
18．【答案】（1）第三周期第ⅡA族
（2）
（3）B；C
（4）酸；M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M−O−H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性；NaOH；Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M−O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH
【解析】【解答】基态Y原子的价电子排布为3s23p4，可知Y为S，W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大，Z为Cl，Y第三周期主族元素，其他三种元素为第三周期元素，根据X电离能知，该元素位于第ⅡA族，X为Mg元素，W为Na；
（1）X为Mg元素，位于第三周期第ⅡA族；
（2）由上面分析可知WZ为氯化钠，NaCl为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氯原子电子式，右边写氯化钠的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示NaCl的形成过程为 ；
（3）A．同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，A不能用元素周期律解释，A不正确；
B．同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，S的非金属性弱于O，氢化物稳定性H2S小于H2O，B能用元素周期律解释，B正确；
C．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以Cl的非金属性强于S，C能用元素周期律解释，C正确；
D．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物H2SO4的酸性强于H2SiO3，D不能元素周期律解释，D不正确；
故答案为：BC。
（4）①根据O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，某元素M的电负性数值为2.5，M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M−O−H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性；
②W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M−O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH；
【分析】根据基态Y原子的价电子排布可知Y为S，所以四种元素W、X、Y、Z均为第三周期元素，X的第二电离能和第三电离能之间相差很大，说明X失去2个电子达到了8电子稳定结构，X的最外层有2个电子，X为Mg元素，由原子序数依次增大，所以W为Na，Z为Cl，再依据元素周期律和元素周期表的相关知识及化学键和原子电负性的相关知识分析解答即可。
19．【答案】（1）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
（2）3Fe2+ +4H++ NO3− =3Fe3++ NO↑+2H2O；浓HNO3将SCN-氧化
（3）氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为了Fe3+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（4）加入5滴0.1mol⋅L−1KSCN溶液，再加入5ml稀H2SO4
（5）加入5滴0.1mol⋅L−1KSCN溶液，再加入5ml稀H2SO4
（6）a；由步骤Ⅰ取2mLFeSO4溶液，加入5滴0.1mol⋅LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNO3溶液，无明显现象，说明待测液中几乎不存在铁离子，说明待测液几乎没有变质
（7）要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫氰根的离子等
【解析】【解答】（1）Fe3+遇KSCN溶夜变成红色离方程式为 Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
（2）亚铁具有还原性，引入的H+和 NO3− 氧化亚铁变成铁离子，所以反应的离子方程式为3Fe2+ +4H++ NO3− =3Fe3++ NO↑+2H2O，ii中血红包褪去的可能原因是，浓HNO3将SCN-氧化；
（3）可能的影响因素是，其它具有氧化性的物质，能接触的还有空气中的氧气，氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为了Fe3+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)；根据对比实验，步骤Ⅱ中的操作，加入5滴0.1mol⋅L−1KSCN溶液，再加入5ml稀H2SO4，；
（5）根据对比实验，步骤Ⅱ中的操作，加入5滴0.1mol⋅L−1KSCN溶液，再加入5ml稀H2SO4，；
（6）由步骤Ⅰ取2mLFeSO4溶液，加入5滴0.1mol⋅LKSCN溶液，无明显现象，再加入5mL浓KNO3溶液，无明显现象，说明本来几乎不存在铁离子，说明几乎基本没有变质；
（7）从上述探究中获得启发，在用KSCN检验Fe3+及进行Fe2+还原性验证实验时，需要注意的事项有：要注意排尽溶液中的氧气，要进行对照实验，铁离子检验时，溶液中是否只存在能氧化硫氰根的离子等；
【分析】加入KSCN溶液几乎无色，说明溶液中没有Fe3+，随着 Fe2+ 转化为 Fe3+溶液颜色逐渐变深，由于浓硝酸的加入，浓硝酸的强氧化性使被SCN-氧化，所以溶液颜色变浅；依据铁盐和亚铁盐之间的转化和Fe3+的检验及对比实验分析解答。