沈阳二中届高三第四次阶段测试试题解析化学

1、辽宁沈阳二中2022届上学期高三第四次阶段测试化学试题说明:1.测试时间：90分钟总分：100分。2 客观题涂在答题卡上，主观题答在答题纸上。可能用到的相对原子质量H 1 He-4 C-12 N-14 0-16 S-32 Na-23 Mg-24 AL-27 Fe-56第|卷50分一、选择题每题只有一个正确选项，每题2分，共20分1 以下示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板其质量忽略不计，其中能表示等质量的氢气与氦气的是【答案】A【解析】要注意 氦气是单原子分子，当mH2=mHe时，可得nH2=2nHe，根据相同条件下物质的量之 比等于微粒数之

2、比可知选项 A正确。【考点】物质的组成、性质和分类，化学用语及常用计量2 以下有关比拟中，大小顺序排列错误的选项是A .沸点：NH3> PH3>AsH3B .熔点：石英食盐干冰C 结合质子的能力：CO43> CHCOO > SO2D 热稳定性：HF > HCI > HBr > HI【答案】A【解析】由于 NH3分子间存在氢键，故 NH3的沸点最高，由于 AsH3的相对分子质量大于 PH3,故AsH3 的沸点高于PH3，因此选项 A中正确的顺序为 NH3> AsH3> PH3。【考点】物质结构、元素周期律3 以下表达正确的选项是A H2O2、

3、SO2、氯水、过氧化钠、臭氧、活性炭都有漂白性，其原理相同B .将SO2通入BaCl2溶液可生成 BaSO4溶液C .检验SO2中含有CO2的方法是通过澄清的石灰水D .向含有BaCl2和NaOH的混合溶液中通入少量的 CO2气体，有白色沉淀生成【答案】D【解析】H2O2、氯水、过氧化钠和臭氧因具有强氧化性而显漂白性，SO2因和有色物质发生化合而显漂白性，活性炭具有吸附性而显漂白性，A错。SO2和BaCl2溶液不反响，B错。SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，C错。【考点】非金属元素及其化合物4.右图曲线a和b是盐酸与氧氧化钠的相互滴定的滴定曲线，以下表达正确的选项是A .盐酸的物质的量浓度

4、为1 mol L 1B . P点时反响恰好完全，溶液呈中性 C 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的测定曲线 D 酚酞不能用做本实验的指示剂【答案】B【解析】根据起始时溶液的 pH可知曲线a为NaOH溶液滴定盐酸的曲线，当V NaOH=0时，溶液的pH=1 ,由此可知cHCI=0.1 mol L1，选项A和C均错。强酸和强碱互滴，既可选用甲基橙又可选用酚酞 作指示剂，D错。【考点】电解质溶液中和滴定5 实验室常采用点滴板来完成局部实验，既可节约药品, 述不正确的选项是 装有铜片的孔穴中溶液呈蓝色 装有胆碱的孔穴中固体的颜色变浅 装有铁片的孔穴中溶液呈浅绿色又便于观察实验现象，图中所示的实验现象描A .B

5、 .C.D . 装有蛋清溶液的孔穴中溶液呈黄色【答案】C【解析】铜片只能和热浓硫酸反响，故错。由于浓硫酸具有吸水性，故正确。由于铁片遇到冷浓硝酸 被钝化，故错。蛋白质遇到浓硝酸变黄色，发生的是黄蛋白反响，故正确。【考点】化学实验、金属元素及其化合物6.二效催化转换器可将汽车尾气中有毒气体处理为无污染的气体，以下列图为该反响的微观示意图未配平，其中不同符号的球代表不同的原子。以下说法不正确的选项是A .该反响属于氧化复原反响C .丁物质一定是非金属单质【答案】B【解析】结合汽车尾气有毒气体的成分,B.甲和丙中同种元素化合价不可能相等D.配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2该微观示意图表示的反响是2

6、NO + 2CO 催化N2 + 2CO2,由此可知只有选项B错。【考点】物质的组成、性质和分类，氧化复原反响7.温度一定时，在密闭容器中发生可逆反响：mA气+ nB气一 pC气，到达平衡后，假设将混合气体的体积压缩到原来的 1/2,当再次到达平衡时，C的浓度为原平衡时 C的浓度的倍，那么以下表达中， 正确的选项是A .平衡向逆反响方向移动B. C气体的体积分数增大C. 气体A的转化率升高D. m+ n>p【答案】A【解析】假设压缩气体的体积时平衡不发生移动，那么C的浓度为原平衡时 C的浓度的2倍，现只有1.9倍,说明增大压强平衡向逆反响方向移动，可得m+ nv p,同时可得C气体的体积分

7、数变小、 气体A的转化率也减小，应选 A。【考点】化学反响速率与化学平衡&短周期元素 A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为10, A与C同主族，B原子的最外层电子数等于 A原子的次外层电子数，那么以下表达正确的选项是A .原子半径：A v B v CB . A的氢化物稳定性小于 C的氢化物稳定性C .三种元素的最高价氧化物对应的水化物均可由化合反响得到D. 高温下，A单质能置换出C单质【答案】D【解析】由题意知 A为碳元素，B为镁元素，C为硅元素。原子半径的大小顺序为B > C> A，选项A错。非金属性越强，气态氢化物越稳定，B错。由于MgO和Si02

8、均难溶于水，故 C错。根据反响C +Si02 Si + CO可知选项 D正确。【考点】物质结构元素周期律9以下各种情况下，溶液中可能大量存在的离子组是()A 澄清透明的溶液中：、C、ClO、Na+BC D .含有大量Fe"的溶液中:由答案】B 水 电解 离考点I 出0. 以- 纸 A选 呈项 红A 色C 的K ： Na 十、S02、SO：化学用语及常用计量一一离子共存问题F表达正确的选项是合成氨生产过程中将NH3液化别离，可加快正反响速率，提高含1 mol Ba(OH) 2的稀溶液和含1 mol H 2SO4的稀溶液反响释放热量热化学反响方程式为：OH (aq)+ H (aq)=H

9、20(1)H=-a kJ mol 1电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小(N2、H2的转化率akJ，那么表示该反响中和热的解析】将NH3液化别离，使得化学平衡正向移动，可提高N2、H2的转化率，但由于生成物 NH3的浓度减小，故正逆反响速率均减慢，A错。中和热定义中强调酸和碱反响生成条件给出的反响中生成了 2mol水且有BaSO4沉淀生成，故 B错。根据电解原理， 使用离子交换膜可防止阳极室产生的Cl2进入阴极室，C错。化学反响原理一一反响热、化学反响速率与化学平衡、电化学3分，共30分)关于以下各

10、装置图的表达中，错误的选项是 生氧化复原反应.而.不.K【考点】、选择题(每题只有一个正确选项，每题F1 e2+1mol水的热效应，而CI2在阳极室生成,装置用来电解饱和食盐水，C电极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝装置可用于收集 装置中X为苯， 能.装置可用于枯燥、H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可用于吸收氨气或氯气 收集氨气、并吸收多余的氨气I D答案】Ca为电源的正极，电解时 c作阳极，氯离子在阳极放电生成CI2,故A正确。解析】根据电流方向可知由于未指明从a管进气还是从b管进气，故装置既可以收集密度比空气大的气体，也可能收集密度存空气小的气体，B正确。由于装置中导管直接插入水中

11、，故苯未起到任何作用，假设用来吸收氨K+ 。仍引起倒吸，C错。选项D显然是正确的。化学实验( )c(Cl )> c(NH 4+) > c(OH-) > c(H +)B2.项下混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的选项是a C. 10 eL0.11 °1 氨水与 10 eL0.11 L-1 盐酸混合:B . 10 mLO.Imol L1 NH4CI 与 5 mL0.2mol L1NaOH 溶液混合：c(Na +)=c(Cl-)>c(OH-)> c(H +) C. 10 mLO.Imol L1 醋酸与 5 mL0.2moI L一1 NaOH 混合：c(Na+

12、)=c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H +)D . 10 mL0.5moI L1CH3COONa 溶液与 6mL0.1moI L1 盐酸混合：c(CI-) > c(Na + )> c(OH-) > c(H +) 【答案】B【解析】选项A中两者恰好完全反响生成NH4CI，水解显酸性，应有 c(OH-) vc(H +),故A错。选项C中两者恰好完全反响生成 CHsCOONa，水解显碱性，应有 c(Na+)>c(CH3COO-),故C错。选项D中两 者反响盐酸过量，溶液显酸性，应有c(OH-) v c(H+)，故D错。【考点】电解质溶液离子浓度大小比拟13

13、以下各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是()A . pH=10的NaOH和 W2CO3溶液中，水的电离程度B .物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度C .将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成 pH=5的溶液，所加水的量D .相同温度下，10 mL0.1 mol L1的醋酸与100 mL1moI L一1的醋酸中的 H+物质的量【答案】B【解析】水中参加碱 NaOH后抑制了水的电离，水中参加可水解的盐Na2CO3后促进了水的电离，应选项A中前者小于后者。由于 NH4+水解显酸性，CO32-水解显碱性，即CO32-的存在会促进NH4+的水解， 故

14、B正确。由于醋酸中存在电离平衡，在加水稀释过程中还会电离出H + ,因此选项C中加水量前者小于后者。对于弱电解质溶液，越稀越容易电离，因此选项D中同样是前者小于后者。【考点】电解质溶液电离与水解14可用右侧示意图像表示的是【答案】A【解析】由于合成氨反响是放热反响，因此氨的分解反响是吸热反响，温度越高，反响速率越快，氨的转化率越大，但图像不符合选项 B中的速率变化。由于催化剂的使用不会改变化学平衡状态，即选项C中两条件下c(NH 3)应该相等，C错。由于合成SO3的反响是一个气体体积增大的反响，增大压强，反 应速率加快，SO2的转化率越大，n(SO2)越小，故D错和选项A 一样，图像也不符合选

15、项 D中的速 率变化要求。【考点】化学反响速率与化学平衡、金属元素及其化合物15.在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器1(恒容)和11(恒压)中，使其发生反响，to时容器I中到达化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如下列图)，那么以下有关推断正确的选项是( )A .该反响的化学方程式为：3X+2Y 3ZB 假设两容器中均到达平衡后，两容器的体积V(l) V V(ll)，那么容器II到达平衡所用时间小于 toC 假设两容器中均到达平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，那么Y为固态或液态D 达平衡后，假设对容器II升高温度时其体积增大，说明Z发生的反响为吸热反响【答案】C【解析

16、】由物质的量一一时间曲线图可知该反响中Z是反响物，而 X和Y是生成物，故正确的化学方程式应为3Z.一3X+2Y , A错。假设平衡后 V(l) V V(ll)，贝U P(l) >P(ll)，压强越大反响速率越快，由此 可知容器ll到达平衡所用时间大于 to, B错。选项C可依据等效平衡判断是正确的。由于生成物的状 态未知，且温度升高气体均会膨胀，因此通过题给条件无法判断反响的热效应。【考点】化学反响速率与化学平衡16.等质量的三份锌 a、b和c,分别参加足量的稀 H2SO4中，a中同时参加适量 CuS04溶液，c中参加适 量CH3COONa。以下各图中表示其产生H2总体积(V)与时间的关

17、系，其中正确的选项是()【答案】A【解析】从化学反响速率角度分析：a中参加CuSO4溶液后，形成ZnCu稀硫酸原电池，加快了反响速率，C中参加了 CH3COONa后，由于降低了溶液中的 c(H+),减慢了反响速率。从生成H2的角度分析, b和c中生成H2的量相同，但均比 a多，综上分析 A正确。【考点】17.如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程。 该方法对吸收率达99%以上，并可制取 H2和S。以下说法正确的选项是(H2S的)A .吸收H2S的离子方程式为：Fe3+ +H2S = Fe2+ +S J +2HB 电解过程中的阳极反响主要为：2C一2e= Cl

18、2fC 该工艺流程表达绿色化学思想D .实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染【答案】C【解析】选项A不符合电荷守恒，正确的离子方程式为 2Fe3+ +H2S = 2Fe2+ +S J +2订，所得滤液中含有H+和Cl-，由于复原性F0>Cl-或根据图示循环，电解时阳极反响式为Fe-eFe3*，故B错。由于H2S充分燃烧的化学方程式为 2H2S+3O2 =2SO2+2H2O，生成的SO2也是一种有毒气体，故 D也错。【考点】电化学，非金属元素及其化合物Fe2+ >18.在25 mLO.1 mol L1NaOH溶液中逐滴参加0.2 mol L1醋酸溶液，曲线如以下列图所示，有关粒

19、子浓度关系不正确的选项是A .在 A、B 间任一点，溶液中一定都有c(Na+) > c(CH 3COO)> c(OH)> c(H +)B .在B点：a> + + C.在 C 点：c(CH3COO )>c(Na )>c(H )>c(OH )D .在 D 点：c(CH3COO )+c(CH3COOH)=2 c(Na +)【答案】A【解析】当在 NaOH溶液中滴入少量醋酸时， NaOH远远过量，因此有 c(Na + )>c(OH )>c(CH3COO )> c(H +)，故A错。当酸碱恰好完全反响时生成CHsCOONa，水解显碱性，而在 B

20、点时，溶液显中性，因此反响中醋酸必过量，因此有。C点时溶液中的溶质是 CH3COOH和CH3COONa,溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，因此C正确。根据物料守恒可知选项D正确。【考点】电解质溶液离子浓度大小比拟19某同学按以下列图所示的装置进行实验。A、B两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，在交换膜处SO42从右向左移动。以下说法错误的选项是()A 电解一段时间后，向II装置通入适量的 HCI气体可以恢复原来的浓度B 反响初期，y电极周围出现白色沉淀C. B电极质量增加D . x电极产生气泡，且生成1 mol气体的同时，有 1 mol A参与反响【答案】B【解析

21、】由于装置II中两极材料相同，不符合构成原电池的条件，因此可判断出装置I是原电池，装置II是电解装置，根据“ SO42从右向左移动可判断出A是负极，电极反响式为 A-2e-=A2+, B是正极，电极反响式为 B2+2e-=B, y作阳极，x作阴极，用惰性电极电解AlCl 3溶液的总反响方程式为由解2AICI 3+6H2O 2AI(OH) 3 J +3H2 f +3CI2 f。根据电解的总反响式和质量守恒可知选项A正确。根据得失电子守恒可知选项D也正确。2x+3y=b，和碱反【考点】电解质溶液一一原电池和电解池的综合应用的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。那么以下关系不正确的选项是100

22、0bVc517A . CB. p mC. n=m+17VcD. m pm11.2V12539【答案】c20.向mg镁和铝的混合物中参加适量的稀硫酸，恰好完全反响生成标准状况下的气体bL。向反响后的溶液中参加cmol L 1氢氧化钾溶液 VmL,使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为 ng。再将得到【解析】设混合物中含有xmolMg和ymolAI，根据和酸反响时的得失电子守恒得应生成沉淀的化学式为Mg(OH) 2和AI(OH) 3，根据电荷守恒可得 n(KOH)=2 x+3y=cV/1000，由可得c 1000b , A正确。沉淀经灼烧后所得固体成分是MgO和AI2O3,根据电荷守恒得混合物1

23、1.2V中nO=x+3y/2，由可得 nO=cV/2000,由此可得固体的质量 p= m+mO =m+16nO/2000，代入数 据可知选项B正确。分析选项C中量纲就知表达式是错误的。 选项D可用极值法讨论， 假设mg全为 Mg，那么p=5m/3,假设mg全为Al， p=17m/9，由此可知选项 D正确。【考点】化学计算与技巧，金属元素及其化合物三、非选择题共50分21. 12分有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素。A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为g ，C元素原子的最外层电子数是其

24、电子层数的3倍，E与C同主族。均含D元素的乙金属阳离子、丙、丁微粒间的转化全为非氧化复原反响，均含F元素的乙单质、丙、丁微粒间的转化全为氧化复原反响。乙O同=T I4I请答复以下问题：单质B的结构式：。F元素周期表中的位置：。均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反响的离子方程式 ;均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反响的离子方程式 。由A、C元素组成化合物庚和 A、E元素组成的化合物辛，式量均为34。其中庚的溶沸点比辛 填高或低，原因是。【答案】1 N 三N 第四周期第 VHI 族 Fe+2Fe3+=3Fe2+Al 3+3AlO 2-+6H2O=4AlOH 3 J高 H2O2分子间存在氢键【解析】由

25、题意可得 A是H元素，M0.759=17 g mol由此可知B是N元素，C是O元素，E是硫元素，D是铝元素，此时乙和丁发生双水解反响生成丙，F是铁元素，此时乙和丁发生归中反响生成丙。【考点】物质结构元素周期律22. 11分I 实验室有一瓶失去标签的某白色固体，其成份可能是碳酸或亚硫酸的钠盐或钾盐， 且其成分单一。现某化学小组通过如下步骤来确定其成分：阳离子确实定：实验方法及现象： 。结论：此白色固体是钠盐。阴离子确实定： 取少量白色固体于试管中，然后向试管中参加稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体 能使溴水褪色。 要进一步确定其成分需补做如下实验：取适量白色固体配成溶液，取少许溶液于

26、试管中， 参加BaCl2溶液，出现白色沉淀。II .确认其成分后，由于某些原因，此白色固体局部被空气氧化，该化学小组想用浓度的酸性 KMnO 4溶液来确定变质固体中 X的含量，具体步骤如下： 步骤I称取样品0 g。步骤II将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III移取0 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用1 mol L一1 KMnO 4标准溶液滴定至终点。 按上述操作方法再重复 2次。写出步骤III所发生反响的离子方程式 。在配制1 mol L一1 KMnO 4溶液时假设仰视定容， 那么最终测得变质固体中 X的含量填偏大、偏小或无影响)滴定结果如下表所示：滴定

27、次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.002.2020.20那么该变质固体中X的质量分数为【答案】I .取固体少许，进行焰色反响实验，焰色为黄色，那么含Na+。II . 2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn 2+5SO42-+3H2O 偏大 63%【解析】题中一个关键点是白色固体成分单一，由阳离子检验可知该盐是钠盐，由实验II可知该盐是亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，由实验II可排除该盐是亚硫酸氢盐，该盐应是Na2SO3, Na2SO3易在空气中被氧化生成Na2SO4。配制0.01 mol LKMn

28、O4溶液时假设仰视定容，使c(KMnO 4减小，那么在进行滴定操作时消耗V(KMnO 4)会变大，导致 Na2SO3含量偏大。分析滴定数据，第三组数据明显偏小，滴定中误差很大，计算时应舍去。【考点】化学实验23. (17分)甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上用CH4和H2O为原料通过以下反响和，来制备甲醇。 CH 4(g)+H 2O(g) ? CO(g)+3H 2(g)H1 CO(g)+2H 2(g) CH3OH(g)H2将0 mol CH 4和0 mol H 20(g)通入容积为10 L的密闭容器中，在一定条件下 发生反响，到达平衡时，CH4的转化率与温度、压强的关系如右图。温度不变，缩小

29、体积，的逆反响速率 (填 增大减小或 不变。反响的 H10(填“或''100 C时的平衡常数值 K=在压强为条件下，将 amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下进行反响再生成甲醇。为了 发寻找合成甲醇的适宜的温度和压强，某同学设计了二组实验，局部实验条件已经填在下面实验设计 表中。请在空格中填入剩余的实验条件数据。实验编号T( °C)n (CO)/ n(H2)p(MPa)I1501/30.1II5III3505300 °C时，其他条件不变，将容器的容积压缩到原来的1/2,对平衡体系产生的影响是(填字母A. c(H2)减少B.正反响速率加快，逆反响

30、速率减慢C. CH3OH的物质的量增加D.重新平衡时 c(H2)/c(CH2OH)减小在常温常压下： 2CH3OH(l) + 3O2(g)=2CO2(g)+ 4H2O(g) H=-1275.6 kJ mol 1 2CO(g) + O2(g)=2CO 2(g)H=-556.0 kJ mol 1 H2O(g)=H 2O(I) H=-44.0 kJ mol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳的液态水的热化学方程式 某实验小组依据甲醇燃烧的反响原理，设计如右图所示的电池装置。 该电池正极的电极反响为一 工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反响的化学方程式为。【答案】增大X10-3CD 实验 II

31、1501/3 实验 III 1/3点燃-勺CH3OH(I)+O 2(g)C0(g)+2H 20(g) H= -447.8 kJ mol 1 O2+2H2O+4e-=4OH - 2CH 3OH+3O 2+4KOH=2K 2CO3+6H2OCH4的转【解析】缩小容器的容积，导致压强增大，正逆反响速率均加快。由题中图像知温度升高 化率变大，说明该反响的正反响为吸热反响。在100C时，CH4的转化率为0.5，那么有CH4(g)+H 20(g) CO(g)+3H 2(g) 起始：0.2mol 0.3mol00K= c(CO) >C(H2)3/c(CH4)>C(H2O)=吴 XX10-3。显然该同学通过“控制变量法探究外界条件对化学平衡的影响，探究的前提只能是改变一个条件，而其它条件不变，故实验 II的温度是150C, n(CO)/n(H2)=1/3，同样实验 山中n(CO)/n(H2)同样等于 1/