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合肥市普通高中六校联盟2024—2025学年第一学期期中联考
高三年级化学试卷（参考答案）
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D B C B C A A C D
题号 11 12 13 14
答案 B A C B
1．D
【难度】0.65
【知识点】化学科学对人类文明发展的意义、碳纳米材料、新型陶瓷、共价晶体（新教
材）
【详解】A．石墨烯、石墨为碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，A正确；
B．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的
要求，如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷、氮化镓等都属于新型无机非金
属材料，B正确；
C． 与 是氢元素的两种核素，两者互为同位素，C正确；
D．SiC为共价晶体，具有硬度大、熔点高的特点，D错误；
故选D。
2．D
【难度】0.65
【详解】A．氯气没有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有漂白性，A错误；
B．常温下铝在浓硫酸中钝化，钝化是化学变化，B错误；
C．在铜和浓硫酸的反应中硫酸浓度逐渐减小，稀硫酸和铜不反应，因此向50mL18mol•L -1
的HSO 溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的HSO 的物质的量小于0.45mol，
2 4 2 4
C错误；
D．向某溶液中加入BaCl 溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，也可能是氯
2
化银沉淀，则原溶液不一定含有SO ，D正确；
答案选D。
3．B
【难度】0.94
【知识点】酸、碱、盐、氧化物
【分析】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子
的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是含有两种元
素一种为氧元素的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；
【详解】A．胆矾为硫酸铜晶体，属于纯净物；CHOH为有机化合物中的醇，不属于碱，A
2 5
错误；
B．汽油为混合物；乙酸属于酸；氢氧化钙为碱；溴化钠为盐；二氧化硫为酸性氧化物，B
正确；
C．Cu(OH)CO 不是碱，是盐；氧化钙为碱性氧化物，C错误；
2 2 3
D．CO既不能与酸作用生成盐和水，也不能与碱作用生成盐和水，没有相应的氢氧化物，
属于中性氧化物（也称为不成盐氧化物），不属于酸性氧化物，D错误；
故选B。
答案第1页，共8页
学科网（北京）股份有限公司4．C
【难度】0.65
【知识点】胶体的性质和应用、阿伏加德罗常数的应用、物质的量的相互转化关系
【详解】A．18gNH 的物质的量为 =1mol，含有11mol质子，质子数为11N，18gHO
A 2
的物质的量为 =1mol，含有10mol质子，质子数为10N，A错误；
A
B．胶粒是许多微粒的集合体，用含1 mol溶质的FeCl 饱和溶液制得的胶体中含有的
3
Fe(OH) 胶粒数小于N，B错误；
3 A
C．3.2 gO 和O 的混合气体可看成3.2 gO，则氧原子的物质的量为 =0.2mol，氧原
2 3
子数为0.2N，C正确；
A
D．2.24LO 的物质的量为 =0.1mol，NaO 与水反应的化学方程式为：
2 2 2
2NaO+2HO=4NaOH+O↑，由方程式可知，当生成1mol O 时，转移2mol电子，则生成
2 2 2 2 2
0.1mol O 时，转移0.2mol电子，转移电子数为0.2N，D错误；
2 A
答案选C。
5．B
【难度】0.94
【知识点】离子方程式的书写、离子方程式的正误判断、过氧化钠与水的反应
【详解】A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合氢氧根离子与钙离子的物质的量之比是
1∶1， ，A错误；
B． 与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，B正确；
C． 溶液中加足量的烧碱溶液会生成氢氧化镁，
，C错误；
D． 溶液与 溶液混合至溶液呈中性
，D错误；
故选B。
6．C
【难度】0.85
【知识点】离子方程式的书写、氧化还原反应的概念判断
【详解】A．由图示可知，过程1是次氯酸根离子与三氧化二镍反应生成氯离子和二氧化镍，
离子方程式为： ，A正确；
B．过程2的离子方程式为： ，其中镍元素由+4价降低到+3价，
作氧化剂，B正确；
C．由图可知反应过程中生成了二氧化镍又消耗了二氧化镍，二氧化镍是中间产物，不是催
答案第2页，共8页化剂，C错误；
D．过程2的离子方程式为： ，与过程1联立，总离子反应
为： ，D正确；
7．A
【难度】0.85
【知识点】常见氧化剂与还原剂、氧化性、还原性强弱的比较、氧化还原反应在生活、生
产中的应用、氧化还原反应的规律
【详解】A．在反应③中当1 mol CoO 参加反应时，有6mol HCl参加反应，其中2 mol
2 3
HCl被氧化，故A正确；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，氧化性Cl＞
2
I，在反应②中，氧化性Br＞Fe3+，在反应③中，氧化性CoO＞Cl，则氧化性强弱顺序：
2 2 2 3 2
CoO＞Cl＞Fe3+，故B错误；
2 3 2
C．①中碘元素化合价升高，由FeI→I，则I 为氧化产物，②中由Fe2+→Fe3+，则Fe3+为氧
2 2 2
化产物，③中由HCl→Cl，则Cl 为氧化产物，故C错误；
2 2
D．由②可知，还原性Br-＜Fe2+，Cl 和FeBr 反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离
2 2
子，故D错误；
故选A。
8．A
【难度】0.4
【知识点】离子共存
【详解】试题分析：A、能使石蕊变化的溶液呈酸性，各离子互不反应，能大量共存，故A
正确；B、pH=13的溶液呈碱性，Mg2+能与OH‾反应生成Mg(OH) 沉淀，不能大量共存，故B
2
错误；C、乙醛具有较强的还原性，能被Br 氧化，不能大量共存，故C错误；D、由水店里
2
的c（H+）=1×10-12mol•L‾1的溶液中，可能呈酸性或碱性，HCO‾既能与H+反应，也能与
3
OH‾反应，不能大量共存，故D错误。
考点：本题考查离子共存。
答案选A。
9．C
【难度】0.65
【知识点】氯气的实验室制法、碳酸钠与碳酸氢钠鉴别的实验、化学实验方案的设计与评
价、亚硫酸及其盐
【详解】A．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，则澄
清石灰水不能用于鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B．二氧化锰与稀盐酸共热不反应，不可能有黄绿色气体产生，故B错误；
C．若亚硫酸钠溶液变质，向溶液中加入氯化钡溶液，反应得到的白色沉淀是硫酸钡和亚硫
酸钡的混合物，向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀不能完全溶解，则加入足量稀盐酸，观察
沉淀溶解程度可以检验亚硫酸钠是否变质，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则滴加少量水，观察是否有气泡产生不能确定
过氧化钠是否变质，故D错误；
故选C。
10.D
答案第3页，共8页
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．BrCl中Br元素化合物为+1价，具有强氧化性，可与金属、非金属性以及其它
还原性物质发生氧化还原反应，与Br 、Cl 单质具有相似的化学性质，A正确；
2 2
B．根据反应：Br + Cl =2BrCl，Cl 为氧化剂，Br 为还原剂，BrCl既是氧化产物，又是还
2 2 2 2
原产物，故BrCl的氧化性强于Br 而弱于Cl，B正确；
2 2
C．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，则与碱反应可生成NaCl和NaBrO，C正确；
D．反应BrCl+H O=HBrO+HCl中，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，D错误；
2
故选D。
11．B
【难度】0.65
【详解】Fe在氯气中燃烧一定得到氯化铁，不会得到氯化亚铁，选项A错误。氯气与氢氧
化钙反应得到氯化钙和次氯酸钙，二氧化碳通入次氯酸钙溶液中发生强酸制弱酸的反应，
得到次氯酸，所以选项B正确。二氧化硫与水反应应该得到亚硫酸，得不到硫酸，选项C
错误。钠与氧气加热应该得到过氧化钠，选项D错误。
12．A
【难度】0.4
【分析】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈
酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中[Al(OH)]-、CO2-离子因发生反应而不能存
4 3
在；而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，沉
淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，说明一定含有Al3+；结合溶液的电中性和
Fe2+离子的还原性以及酸性条件下NO-离子的氧化性做进一步的推断。
3
【详解】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈
酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中[Al(OH)]-、CO2-离子分别与H+离子反应生
4 3
成Al（OH） 沉淀、CO 气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有
3 2
NO-离子符合；开始没有沉淀，而后才有沉淀，能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或
3
Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO-离子发生氧化还原反应而不能共
3
存，则一定不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失．说明一定含
有Al3+和Fe3+；
综上所述，溶液中一定含有H+、NO-、Fe3+、Al3+；一定没有[Al(OH)]-、CO2-、Fe2+；
3 4 3
A、依据判断可知一定含Fe3+离子，一定不含有Fe2+离子，故A正确；
B、分析判断可知溶液中一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+，故B错误；
C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO-离子，所以一定存在NO-离子，故C
3 3
错误；
D、一定含有Al3＋、Fe3＋，一定不含Fe2＋，故D错误。
【点睛】本题注意从反应的现象推断离子的存在，把握离子的性质和离子的共存是做本题
的关键，注意利用电荷守恒判断离子。
13．C
【难度】0.4
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较、Fe2+的还原性、高铁酸钠
【分析】根据制备流程分析，FeSO 溶液在酸性条件下与HO 发生氧化还原反应得到
4 2 2
Fe(SO)，Fe(SO) 与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到NaFeO，NaFeO 与饱和的
2 4 3 2 4 3 2 4 2 4
KOH溶液作用得到KFeO 粗品，经洗涤干燥后得到KFeO 纯品，据此分析解答问题。
2 4 2 4
【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO 溶液在酸性条件下与HO 发生氧化还原反应
4 2 2
生成HO和Fe(SO)，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2+
2 2 4 3
+HO+2H+=2Fe3++2HO，A选项正确；
2 2 2
答案第4页，共8页B．步骤ⅱ为Fe(SO) 与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到NaFeO，氧化剂是NaClO，
2 4 3 2 4
氧化产物为NaFeO，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故在碱性条件下，氧化性：
2 4
NaClO＞NaFeO，B选项正确；
2 4
C．步骤ⅲ为NaFeO 与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到KFeO 粗品，溶解度大的物质
2 4 2 4
转化为溶解度小的物质，故溶解度：NaFeO＞KFeO，C选项错误；
2 4 2 4
D．由于KFeO 具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物Fe3+水解得到的
2 4
Fe(OH) 胶体，具有絮凝的作用，故KFeO 是性能优良的水处理剂，D选项正确；
3 2 4
答案选C。
14．B
【难度】0.85
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较、氧化还原反应有关计算、氧化还原反应的规律、
氯气与还原性化合物的反应
【详解】A．根据题中信息，碘离子先反应，亚铁离子再反应，溴离子最后反应，因此还原
性：I-＞Fe2+＞Br-，故A正确；
B．线段AB表示I－被氯气氧化，故B错误；
C．线段BC表示亚铁离子被氯气氧化生成Fe3+，故C正确；
D．DE是溴离子反应生成溴单质，DE消耗了3mol氯气，因此原溶液中n(Br－)=6mol，故D
正确。
综上所述，答案为B。
15．（共16分，除标注外其余空2分）
(1) 圆底烧瓶(或烧瓶) （1分） MnO+4HCl MnCl+Cl↑+2HO
2 2 2 2
(2) 饱和NaCl溶液（1分） 防倒吸
(3)紫色石蕊溶液先变红后褪色
(4) 冷水浴 控制浓盐酸的滴加速度
(5) Ca(ClO)、Ca(ClO) 17：5
2 3 2
【难度】0.4
【分析】由实验装置图可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，氯气通入B中饱和食
盐水除去HCl后，再通入C中检验氯水的漂白性，然后再通入D中使氯气与石灰乳反应产
生次氯酸钙和氯化钙，最后通入E中进行尾气处理，据此分析解答。
【详解】（1）仪器a的名称是：圆底烧瓶(或烧瓶)；装置A中浓盐酸与二氧化锰加热是用
来制备氯气，同时还生成二氯化锰和水。
故答案为：圆底烧瓶(或烧瓶)； 。
（2）根据分析可知，装置B中盛装的试剂是饱和NaCl溶液，其作用是除去HCl气体；装
置E的作用是吸收尾气，而b的作用是吸收尾气时防止液体倒吸。
故答案为：饱和NaCl溶液；防倒吸。
（3）氯气通入石蕊溶液中发生 ，HCl和HClO体现出酸性使紫色石蕊
溶液变红，然后HClO体现漂白性使红色石蕊溶液褪色。
故答案为：紫色石蕊试液先变红后褪色。
（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO)，为避免此副反应的发生，应采用冷水
3 2
浴的方式进行；也可以控制氯气的产生速率，避免反应过快大量放热使温度快速升高产生
副反应，因此可采用控制浓盐酸的滴加速度来控制氯气生成的速率。
答案第5页，共8页
学科网（北京）股份有限公司故答案为：冷水浴；控制浓盐酸的滴加速度。
（5）根据题目的反应方程式可知，反应中氯元素得电子生成CaCl，氯元素失电子生成
2
Ca(ClO) 和Ca(ClO)，因此氧化反应的产物为：Ca(ClO)、Ca(ClO)；Cl 生成 和
2 3 2 2 3 2 2
是被氧化的过程，化合价由0价分别升高到+1价、+5价， 与 的个数比为
2：3，可假设生成的 为2mol， 为3mol，被氧化的氯原子为5mol，共失去电子17
mol，Cl 生成 是被还原的过程，化合价由0价降低到-1价，由得失电子守恒可知，要
2
得到17 mol电子，则被还原的氯原子也为17mol，因此被还原的氯原子和被氧化的氯原子
的个数比为17：5。
故答案为：Ca(ClO)、Ca(ClO)； 17：5。
2 3 2
16．（共14分，每空2分）
(1)3Fe+8H++2NO =3Fe2++2NO↑+4HO
2
(2)气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声
(3) 产生蓝色沉淀 4Fe+NO +10H+=4Fe2++NH +3HO
2
(4)H
2
(5)温度升高，H+、NO 被还原的速率均增大，NO 被还原的速率增大的更多；H+同时被消耗，
H+得电子机会减少，导致产生的H 体积减少
2
(6)较低温度、低浓度硝酸
【难度】0.4
【分析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃
2
时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离
子；反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁
粉与硝酸还能反应生成铵根离子。
【详解】（1）稀HNO 与过量铁粉反应生成亚铁离子，还原产物主要是NO，离子方程式：
3
3Fe+8H++2 =3Fe2++2NO↑+4HO。
2
（2）NO遇氧气生成二氧化氮变红棕色，而氢肥皂泡中氢气可燃烧，不纯的话有爆鸣声，
所以确认气体是H，不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣
2
声。
（3）①如产物有亚铁离子，滴加K[Fe(CN)]溶液，会产生蓝色沉淀，离子方程式为：
3 6
3Fe2++2[Fe(CN)]3-═Fe[Fe(CN)]↓；②加入NaOH溶液，加热至沸，有刺激性气味气体逸
6 3 6 2
出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明产物有 ，则另外发生的反应为：4Fe+
+10H+=4Fe2++ +3HO。
2
（4）同样是0.5mol/L HNO，Fe反应能产生H，铜粉能反应但不产生氢气，则无法证明
3 2
0.5mol/L HNO 中H＋的氧化性大于 。
3
答案第6页，共8页（5）H+、 都有氧化性，可被还原，温度升高，H+、 被还原的速率均增大， 被
还原的速率增大的更多。H+同时被消耗，H+得电子机会减少，导致产生的H 体积减少
2
（6）较低温度和低浓度的硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气。
17．（共14分，每空2分）
（1） 2NH+2O NO+3HO
3 2 2 2
（2） 1：1 CD BC NaNO NO
3
（3）3HClO+2NO+HO=3Cl-+2 +5H+
2
【难度】0.65
【详解】(1)NH 与O 在加热和催化剂作用下生成NO，反应过程中N元素化合价升高，根据
3 2 2
元素守恒可知O 被还原为HO和NO，N元素化合价由-3升高至+1，O元素化合价由0降低
2 2 2
至-2，根据氧化还原反应化合价升降守恒和原子守恒可知反应方程式为2NH+2O
3 2
NO+3HO。
2 2
(2)①在NO+NO+2NaOH=2NaNO+HO中，NO 被还原，作氧化剂，NO被氧化，作还原剂，根
2 2 2 2
据原子守恒可知氧化产物和还原产物之比为1：1。
②A．NO 和Br 蒸汽都能与NaOH溶液反应生成无色物质，现象相同，无法鉴别；
2 2
B．Br 蒸汽都能氧化I-生成I，NO 与水反应生成HNO，HNO 能氧化I-生成I，I 遇淀粉使
2 2 2 3 3 2 2
溶液变蓝，现象相同，无法鉴别；
C．NO 通入到硝酸银溶液，有气体生成，而溴蒸气通入到硝酸银溶液中生成AgBr浅黄色沉
2
淀，现象不同，能鉴别；
D．NO 和溴蒸气都是红棕色气体，二氧化氮与水反应生成硝酸和无色的一氧化氮气体，而
2
溴蒸气溶于水，溶液颜色为橙红色，二者现象不同，故可鉴别；
综上所述，答案为CD。
③A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A不选；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故B选；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，故C选；
综上所述，答案为BC。
④反应生成NaNO 和NaNO，则含有的杂质为NaNO；若NO的含量比NO 大，则尾气中含有
2 3 3 2
NO，若NO 的含量比NO大，则无尾气，故答案为：NaNO；NO。
2 3
(3)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和 ，反应过程中N元素化合价由+2升高
至+5，Cl元素化合价由+1降低至-1，根据氧化还原反应化合价升降守恒、原子守恒、电荷
守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为3HClO+2NO+HO=3Cl-+2 +5H+。
2
18、（共14分，除标注外，每空2分）
（1） Cu （1分） 过滤 （1分）
（2）氧化亚铁离子为铁离子 调节PH使Fe3＋全部转化为氢氧化铁沉淀
答案第7页，共8页
学科网（北京）股份有限公司（3）4CoCO・2HO＋3O 2CoO＋8HO＋8CO
2 4 2 2 2 3 2 2
（4）CoO
3 4
（5）减少LiCO 的溶解损失
2 3
（6）氧气、二氧化碳
【难度】0.4
【分析】根据题意知合金废料中加入盐酸只有Cu不与盐酸反应，加入过氧化氢把亚铁离子
氧化为铁离子，再通过加入氨水调节pH使Fe3＋全部转化为氢氧化铁沉淀，通过过滤操作将
固液分离开，往溶液A中加入(NH)CO 溶液得到CoCO·2HO晶体，通过在空气中焙烧得
4 2 2 4 2 4 2
到CoO，溶液B中含有Li+加入NaCO 生成LiCO。
2 3 2 3 2 3
【详解】（1）合金废料中只有Cu不与盐酸反应，所以金属M是Cu；将固体与液体分离的
操作是过滤，所以操作1为过滤；故填：Cu；过滤。
（2）加入过氧化氢的目的是氧化亚铁离子为铁离子；加入氨水的目的是调节溶液的pH，
同时使铁离子沉淀；故填：氧化亚铁离子为铁离子;调节pH使Fe3＋全部转化为氢氧化铁沉
淀。
（3）CoCO·2HO转化为CoO 的的过程中Co元素的化合价升高，则发生氧化还原反应，
2 4 2 2 3
有氧气参加，同时有水和二氧化碳生成，化学方程式是4（CoCO・2HO）＋3O
2 4 2 2
2CoO＋8 HO＋8CO；故填：4（CoCO・2HO）＋3O 2CoO＋8 HO＋8CO。
2 3 2 2 2 4 2 2 2 3 2 2
（4）CoO.. 由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质
3 4
量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧
化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：2.13g/16g.mol-1 ，Co原子与O原子个数
之比约为3：4
（5）根据表中数据可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，若温度降低，则碳酸锂的溶
解度增大，造成碳酸锂的损失，所以需要趁热过滤；
（6）用惰性电极电解熔融LiCO 制取锂，阳极是阴离子碳酸根离子放电，根据元素守恒，
2 3
则生成的两种气体是氧气和二氧化碳气体。
答案第8页，共8页
