辽宁省高三期中化学试题

1、文档编码 : CI4I10A9W9I9 HW6E7R7Z5X5 ZY4Y4J3J2P32022 届辽宁省师大附中高三（上）期中化学试题（解析版）一选择题（共21 小题每题只有一个正确选项,每题2 分,共 42 分）”方案是（）1化学试验设计或实际操作或储存时,能表达“经济、高效、环保、安全ANa 着火可以使用泡沫灭火器B绿色化学是指有毒气体尾气要经过无毒处理后在排放C试验室用浓硫酸溶解铜制备硫酸铜D试验室可以适当温度下,使铜片在连续通入空气的稀硫酸中溶解的方法制备硫酸铜【考点】 化学试验安全及事故处理；化学试剂的存放【专题】 化学运算【分析】 A金属钠是一种活泼金属,用来灭火的物质和金属钠以及

2、钠燃烧后的产物之间不能反应；B绿色化学就是争论利用一套原理在化学产品的设计、开发和加工生产过程中削减或消除使用或产生对人类健康和环境有害的科学；C浓硫酸与铜反应生成二氧化硫；D铜片在连续通入空气的稀硫酸中溶解,不会显现有毒物质【解答】 解： A 泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气,氧气能助燃,所以金属钠着火时,不能使用泡沫灭火器来灭火,应用沙子扑灭,故 A 错误；B绿色化学就是争论利用一套原理在化学产品的设计、开发和加工生产过程中削减或消除使用或产生对人类健康和环境有害的科学,不是尾气处理,故 B 错误；C浓硫酸与铜反应生成二氧化硫,二氧化硫污染环境,故 C 错误；D适

3、当温度下,使铜片在连续通入空气的稀硫酸中溶解,不会显现有毒物质,耗能少,符合 “经济、高效、环保”精神,故 D 正确应选 D【点评】 此题涉及硫酸铜的生产原理以及绿色化学思想的应用学问,留意环保意识和节能意识的培养,难度不大2对以下化学用语的懂得和描述均正确选项（）A电子式 可以表示羟基,也可以表示氢氧根离子B比例模型 可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子C结构示意图为 的阴离子都不能破坏水的电离平稳D原子结构示意图可以表示12C,也可以表示14C 【考点】 电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图【专题】 化学用语专题【分析】 A中氧原子最外层7 个电子,只能表示羟基,不能表示

4、氢氧根离子；B二氧化碳为直线型结构,为 V 型,不能表示二氧化碳的比例模型；C假如 n=16,为硫离子,硫离子能够破坏水的电离平稳；D的核电荷数 =核外电子数 =6,表示全部的 C 原子【解答】 解： A 只能表示羟基,不能表示氢氧根离子,氢氧根离子正确的电子式为：,故 A 错误；B二氧化碳分子为直线型结构,化碳,故 B 错误；为 V 型,可以表示水的比例模型,不能表示二氧C结构示意图为 的阴离子中,当 n=16 时,表示的为硫离子,硫离子能够结合水电离的氢离子,破坏了水的电离平稳,故 C 错误；D原子结构示意图 为 C 原子,表示全部的碳原子,既可以表示 12C,也可以表示14C,故 D 正

5、确；应选 B【点评】 此题考查了电子式、比例模型、离子结构示意图等学问,题目难度中等,留意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法,明确羟基与氢氧根离子的电子式、比例模型与球棍模型的区分3N A 代表阿伏加德罗常数的数值,以下说法正确选项（）A标准状况下 2.24L 氯气与水充分反应转移电子数为 0.1N AB标况下, 2.24LNO 2 分子总数小于 0.1NAC标准状况下 2.24L 的 CCl4中含有的 C Cl 键数为 0.4NAD6.8g 液态 KHSO 4 中含有 0.1N A 个阳离子【考点】 阿伏加德罗常数【专题】 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】 A氯气与水的反应为可逆

6、反应,即反应不能完全进行,据此解答即可；B二氧化氮自身发生反应生成四氧化二氮,据此解答即可；C标准状况下,四氯化碳为液体,据此解答即可；D液体 KHSO 4,只能电离出钾离子,不能电离出氢离子,据此解答即可【解答】 解： A 氯气与水的反应为可逆反应,0.1mol ,故 A 错误；2.24L 氯气不能完全转化,转移电子数小于BNO2发生反应： 2NO2. N2O4,所以 2.24LNO2分子总数小于 0.1NA,故 B 正确；C标准状况下,四氯化碳为液体状态,即 2.24L 的四氯化碳不是 0.1mol,故 C 错误；D.6.8g 液态 KHSO 4 的物质的量 =0.05mol ,液体 KH

7、SO 4,只能电离出钾离子,不能电离出氢离子,故有0.05N A 个阳离子,故D 错误,应选 B【点评】 此题主要考查了阿伏伽德罗常的应用,主要考查气体摩尔体积的体积应用,质量换算物质的量运算微粒数,留意硫酸氢钾液体状态的电离,题目难度不大4将适量的 SO2 通过入 Fe（NO3） 3 溶液中,溶液由棕黄色变为浅绿色,但马上又变为棕黄色,连续滴入 BaCl2 溶液,产生白色沉淀在上述一系列变化过程中,最终被仍原的元素是（）AS BFe CCl DN 【考点】 氧化仍原反应【专题】 氧化仍原反应专题【分析】 Fe3+具有氧化性,能将 SO2 氧化成硫酸,自身被仍原为 Fe 2+,故溶液变为浅绿色

8、；随着溶液中 H+浓度的增大, NO3 逐步显现出其强氧化性,再将 Fe2+氧化为 Fe3+,而NO3 中氮元素从 +5 价变为 +2 价,故最终氮元素被仍原【解答】 解：将适量的 SO2 通过入 Fe（NO 3） 3 溶液中,溶液呈酸性,Fe 3+具有氧化性,能将 SO2 氧化成硫酸,自身被仍原为 Fe2+,故溶液变为浅绿色；但马上又变为黄色,说明又被氧化为 Fe3+,就可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性,把亚铁离子氧化为三价铁离子,起氧化性的是硝酸,应选 D【点评】 此题通过元素及化合物学问为载体,实质是考查氧化仍原反应基本学问,题目难度不大,留意相关物质的性质,学习中留意积存5

9、以下反应的离子方程式中正确选项（）+OHNH3 +H2O A碳酸氢铵溶液与足量的NaOH 溶液混合后加热：NHBCa（ HCO3） 2溶液中滴加少量NaOH 溶液 Ca 2+HCO 3+OH Ba=CaCO3 +H2O 2+OH+H +SO4 2CNaHSO 4溶液和 Ba（ OH） 2 溶液充分反应后溶液呈中性：=BaSO4 +H 2O D向 Fe（OH ）2中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO 3Fe 3+NO +2H 2O 【考点】 离子方程式的书写【专题】 离子反应专题【分析】 A漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；B二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C离子个数配比不符合物质结构；D氢

10、氧化亚铁为沉淀应保留化学式【解答】 解： A 碳酸氢铵与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和一水合氨,离子方程式：2OH+NH 4+HCO 3=CO32+NH 3.H2O+H 2O,故 A 错误；Ca 2+HCO 3+OHBCa（ HCO3）2溶液中滴加少量NaOH 溶液,离子方程式：=CaCO3 +H 2O,故 B 正确；CNaHSO4溶液和 Ba（ OH）2溶液充分反应后溶液呈中性,离子方程：+2H +SO4 2=BaSO 4 +2H 2O,故 C 错误；D向 Fe（OH ） 2中加入稀硝酸,离子方程式：3Fe（OH ）2+10H+NO 3Ba2+2OH 3Fe3+NO +8H 2O,故 D 错误

11、；应选： B【点评】 此题考查了离子方程式的书写,明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键,留意反应物用量对反应的影响,题目难度不大6用以下装置不能达到有关试验目的是（）A用图装置电解精炼铝B用图装置制备Fe（OH ） 2C用图装置可制得金属锰D用图装置验证NaHCO3和 Na2CO3的热稳固性【考点】 化学试验方案的评判【分析】 A以铝为电极电解氯化铝溶液时,阴极上氢离子放电生成氢气；B氢氧化亚铁不稳固,易被氧气氧化生成氢氧化铁,所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气；C铝比锰活泼,高温条件下,铝能和二氧化锰发生铝热反应；D碳酸钠较稳固、碳酸氢钠受热易分解【解答】 解： A 以铝为电极电解氯化铝溶液

12、时,阴极上氢离子放电生成氢气,所以阴极得不到 Al 单质,故 A 错误；B氢氧化亚铁不稳固,易被氧气氧化生成氢氧化铁,所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气,煤油和水不互溶且密度小于水,所以煤油能隔绝空气,故 B 正确；C铝比锰活泼,高温条件下,铝能和二氧化锰发生铝热反应生成 得金属锰,故 C 正确；DNaHCO 3 受热易分解生成二氧化碳,使澄清的石灰水变浑浊,Mn ,所以用图装置可制Na2CO3 受热不分解,所以可以利用碳酸钠直接加热、碳酸氢钠间接加热判定物质的稳固性,故 D 正确；应选 A 【点评】 此题考查化学试验方案评判,为高频考点,明确试验原理是解此题关键,易错选 项是 A ,留意电解精炼粗

13、铝也不能接受电解熔融氯化铝的方法,由于熔融氯化铝不导电,题目难度不大7在给定条件下,以下加线的物质在化学反应中几乎能被完全消耗的是（A8.7g 二氧化锰与 50mL 8mol .L 1浓盐酸共热制取氯气B19.2g 铜与 100mL 12mol .L 1 的硝酸反应C常温下,将 5.4g 铝片投入 20mL 18mol .L 1 的硫酸中D将足量的 Cu 置于 50mL 18mol .L 1H2SO4 溶液中加热）【考点】 铜金属及其重要化合物的主要性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质【分析】 A稀盐酸与二氧化锰不反应；B铜与浓硝酸、稀硝酸都反应；C常温下,铝与浓硫酸发生钝化反应；D铜与稀硫酸不反

14、应【解答】 解： A 浓盐酸和二氧化锰反应,稀盐酸和二氧化锰不反应,随着反应的进行,浓盐酸会变成稀盐酸,所以 8.7g 二氧化锰和 50mL8mol .L 1 浓盐酸不能完全反应,故A 错误；B.19.2g 铜为 0.3mol,与硝酸发生：Cu+4HNO 3（浓） =Cu（NO 3） 2+2NO 2 +2H 2O、3Cu+8HNO3 3Cu（NO3）2+2NO+4H2O,硝酸的物质的量为1.2mol,铜可完全反应,故B正确；C常温下,铝与浓硫酸发生钝化反应,铝不能溶解,故 C 错误；D随着反应的进行,硫酸的浓度逐步降低,稀硫酸与铜不反应,故 D 错误应选 B【点评】 此题考查了元素化合物的性质

15、,为高频考点,难度不大,易错选项是 C,留意铝和浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象,留意二氧化锰和浓盐酸反应,和稀盐酸不反应8已知：C（s）+O2（g） CO2（g） H 1 CO2（g）+C（s） 2CO（g） H2 2CO（ g）+O2（g） 2CO2（g） H3 4Fe（s）+3O2（g） 2Fe2O3（s） H4 3CO（ g）+Fe2O3（s） 3CO2（g）+2Fe（s） H5 以下关于上述反应焓变的判定正确选项（）A H10, H30 B H2 0, H40 C H1= H2+ H3 D H 3= H 4+ H 5【考点】 真题集萃；反应热和焓变【专题】 化学反应中的能量变化【分析】 A

16、、全部的燃烧反应属于放热反应；B、以碳作为仍原剂的反应通常为吸热反应,铁的氧化属于放热反应；C、依据盖斯定律利用加合法进行分析；D、依据盖斯定律利用加合法进行分析【解答】 解： A 、全部的燃烧反应属于放热反应,因此 H10, H30,故 A 错误；B、碳仍原二氧化碳的反应属于吸热反应, H 20,铁与氧气的反应属于放热反应, H 40,故 B 错误；C、已知： C（s）+O2（g） CO2（g） H1 CO2（ g）+C （s） 2CO（g） H 2 2CO（ g）+O2（g） 2CO2（g） H3,由盖斯定律可知 H 1= H 2+ H3,故 C 正确； = + ,因此D、已知 2CO（g

17、）+O 2（g） 2CO2（g） H3 4Fe（s）+3O2（ g） 2Fe2O3（s） H 4 3CO（ g）+Fe2O3（s） 3CO2（g）+2Fe（ s） H 5,由盖斯定律可知 =（ + ）,因此 H3= H4+ H5,故 D 错误；应选 C【点评】 此题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的运算,难度中等,熟识 常见的吸热反应和放热反应类型、依据盖斯定律利用加合法进行有关运算的步骤是解题的 关键9中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲 是（）A如甲为铜,丁为氯化亚铁,就乙确定是氯化铁B如甲为碳,丁为硅,就丙确定是二氧化碳 C如甲为铝,丁为铁,就乙确定是氧化铁D如

18、甲为镁,丁为氢气,就乙确定是酸【考点】 无机物的推断+乙 丙+丁以下说法正确的【分析】 A如甲为铜单质,丁为氯化亚铁,依据质量守恒,就乙确定是氯化铁；B如甲为碳,丁为硅,是碳仍原二氧化硅,就丙可能为 CO；C如甲为铝单质,丁为铁单质,属于铝热反应,乙为铁的氧化物,就乙也可以是四氧化 三铁；D如甲为镁,丁为氢气,就乙可能为水,也可能为酸性溶液,不愿定是酸,如氯化铵溶 液【解答】 解： A 如甲为铜单质,丁为氯化亚铁,依据质量守恒,就乙确定是氯化铁,故 A 正确；B如甲为碳,丁为硅,是碳仍原二氧化硅,就丙可能为CO,不愿定是二氧化碳,故B 错误；C如甲为铝单质,丁为铁单质,属于铝热反应,乙为铁的氧

19、化物,就乙可能为氧化铁,也可能为四氧化三铁,故 C 错误；D如甲为镁,丁为氢气,就乙可能为水,也可能为酸性溶液,可能为酸,也可能为盐,如氯化铵溶液,故 D 错误,应选 A 【点评】 此题考查无机物推断,基本属于开放性题目,需要同学娴熟把握元素化合物知 识,难度中等10以下物质可通过化合反应一步得到的是（）能得到 FeCl3 FeCl2 Fe（ OH） 3 CuS能得到 D A只有 B只有 C【考点】 铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】 几种重要的金属及其化合物【分析】 氯气具有强氧化性氧化变价金属为高价态化合物； 铁与氯化铁反应生成氯化亚铁； 氢氧化亚铁具有强的仍原性

20、,能够与氧气、水反应生成氢氧化铁； 硫氧化性较弱,与变价金属反应生成低价态硫化物；【解答】 解： 铁与氯气发生化合反应生成氯化铁,属于化合反应,故 选； 铁与氯化铁发生反应生成氯化亚铁,属于化合反应,故 选； 氢氧化亚铁、氧气、水发生反应生成氢氧化铁,属于化合反应,故 选 硫与铜反应生成硫化亚铜,硫化铜不能够由铜和硫发生化合反应制得,故 不选；应选 D【点评】 此题考查了元素与化合物学问,明确物质的性质和发生的反应、化合反应的定义 是解题关键,题目难度不大11以下离子或分子组中,在相应的环境中能大量共存的是（）选项 环境要求 离子A B C SO32D SO42AA 溶液中 c（K+） c（C

21、l ）K+、 AlO 2 、Cl 、NO3 、c（H+）=10Na 12 mol/L 的溶液+、S2、K +、ClOClO 、 CO32 、NH 4+、 NO3溶液 pH7 水电离产生的向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生,后沉淀消逝Na +、Al 3+、Cl 、BB CC DD 【考点】 离子共存问题【分析】 离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生双水解、发生氧化仍原反应的就不能共存,据此分析解答【解答】 解： A 溶液中 c（ K+） c（Cl ）,溶液中仍存在阴离子 AlO 2 、NO3 ,依据电荷守恒知, c（H+） c（OH ）,溶液呈酸性,就 AlO 2 和氢离子反应生

22、成铝离子而不能存在,故 A 错误；B溶液 pH7,溶液呈碱性,但 S2 、ClO 发生氧化仍原反应而不能共存,故 B 错误；C水电离产生的 c（H +） =10 12 mol/L 的溶液,溶质抑制水电离,说明溶液呈酸性或碱性,假如呈酸性,ClO 、CO32 、SO32 不能存在,假如呈碱性,就 NH 4+不能存在,故 C错误；D向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生,后沉淀消逝,Al3+和 NaOH 反应先生成氢氧化铝沉淀后消逝,且这几种离子之间不反应,故D 正确；应选 D【点评】 此题考查离子共存,明确物质的性质及离子共存的条件是解此题关键,留意题中隐含条件,易错选项是 A,要留意依据电荷守恒

23、确定溶液酸碱性,题目难度中等12已知： 2Fe+3Br 2 2FeBr 3,Fe2+的仍原性大于 Br 现有 16.8g 铁和 0.3mol Br 2 反应后加入水得到澄清溶液后,通入 a mol Cl 2以下表达不正确选项（）A当 a=0.1 时,发生的反应为 2Fe2+Cl 2 2Fe3+2ClB当 a=0.45 时,发生的反应为 2Fe 2+4Br +3Cl2 2Fe 3+2Br 2+6ClC如溶液中 Br 有一半被氧化时,c（Fe3+）： c（Br ）： c（Cl ）=1：1：3 D当 0a0.15 时,溶液中始终中意 2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（ Cl ）+c

24、（Br ）+c（OH ）【考点】 氧化仍原反应的运算；氧化仍原反应【专题】 氧化仍原反应专题【分析】 n（ Fe）= =0.3mol ,n（Br2）=0.3mol ,由反应 2Fe+3Br 2 2FeBr3 可知,反应后 Fe 过量,在在溶液中进一步发生 Fe+2Fe3+=3Fe 2+,就反应后溶液中存在 0.3molFe2+和 0.6molBr ,结合 Fe2+的仍原性大于 Br 解答该题【解答】 解： n（Fe）=0.3mol, n（Br 2）=0.3mol ,由反应 2Fe+3Br 2 2FeBr3 可知,反应后 Fe 过量,在在溶液中进一步发生 Fe+2Fe3+=3Fe 2+,就反应后

25、溶液中存在0.3molFe 2+和 0.6molBr ,A当 a=0.1 时,氯气不足,因 Fe2+的仍原性大于 Br ,只发生 2Fe2+Cl 2 2Fe3+2Cl反应后 Fe2+仍有剩余,故 A 正确； ,B当 a=0.45 时,第一发生 2Fe 2+Cl 2 2Fe 3+2Cl ,此时 Fe2+完全反应,消耗0.15molCl 2,剩余 0.3molCl 2,进一步发生 2Br+Cl 2 Br 2+2Cl ,又知 Br 为 0.6mol,就二者恰好反应,所以总方程式为 2Fe2+4Br+3Cl 2 2Fe 3+2Br 2+6Cl ,故 B 正确；C如溶液中 Br 有一半被氧化时,第一发生

26、 2Fe2+Cl 2 2Fe3+2Cl ,此时 Fe2+完全反应,消耗 0.15molCl 2,又知 Br 为 0.6mol ,Br 有一半被氧化,就反应 0.3mol ,由方程式2Br+Cl 2 Br2+2Cl ,可知消耗 0.15molCl 2,就共消耗 0.3mol 氯气,就 c（Fe3+）： c（Br ）： c（Cl ）=0.3mol ：0.3mol=0.6mol=1 ：1：2,故 C 错误；D当 0a0.15 时,氯气不足,溶液中存在 Fe 2+和 Fe3+,由电荷守恒可知 2c（ Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl ）+c（Br ）+c（OH ）,故 D 正确应选

27、C【点评】 此题考查氧化仍原反应中氧化性和仍原性强弱的学问,综合性较强,题目难度较大,解答此题时留意依据离子的仍原性强弱判定反应的先后次序和各离子的物质的量,为解答该题的关键,也是易错点,答题时留意体会13以下各组物质相互混合反应后,既有气体生成,最终又有沉淀生成的是（） 金属钠投入到 FeCl3溶液中 过量 Ba（OH）2浓溶液和 AlNH4（SO4）2溶液混合 少量 Ca（OH） 2投入过量 NaHCO 3溶液中 Na2S2O3溶液中加入稀硫酸 Na 2O2 投入 FeCl2 溶液中A只有 B只有 C只有 D只有 【考点】 钠的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重

28、要化 合物【专题】 元素及其化合物【分析】 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和氯化铁发生复分解反应； 过量 Ba（OH） 2浓溶液和 NH 4Al （SO4） 2 溶液生成白色沉淀硫酸钡； 少量 Ca（OH） 2投入过量 NaHCO 3溶液中生成白色沉淀碳酸钙； 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠和氯化亚铁发生复分解反应； Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸发生反应生成硫沉淀和硫化氢气体【解答】 解： 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉 淀, 2Na+2H 2O 2NaOH+H 2 , 3NaOH+FeCl 3 Fe（OH） 3 +3NaCl ,故正确

29、；3+2SO42 过量 Ba（OH）2浓溶液和 NH4Al （SO4）2溶液反应的方程式为：NH4+Al +2Ba2+5OH =AlO 2 +3H 2O+2BaSO 4 + NH 3 ,故 中既有气体生成又有沉淀生成,故正确； 少量 Ca（OH）2投入过量 NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸钙,故 最终只有沉淀 生成,故错误； Na2O2 投入 FeCl2溶液发生反应,2Na2O2+2H 2O 4NaOH+O 2 、FeCl2+2NaOH Fe（OH ） 2 +2NaCl 、 4Fe（OH ） 2+O2+2H 2O 4Fe（OH） 3,故正确； Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸发生反应生成硫

30、沉淀和硫化氢气体,所以有气体和沉淀生 成,故正确；应选： A【点评】 该题主要考查了元素钠、铝、硫、铁的化合物的性质,要求把握这些化合物的一些重要的化学反应方程式,并懂得为什么会发生,从而运用这些反应解相关的问题14在探究新制饱和氯水成分的试验中,以下依据试验现象得出的结论不正确选项（）A氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2ClB向氯水中滴加硝酸酸化的 AgNO 3 溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有+C向氯水中加入 NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有 HD向 FeCl2 溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有HClO 【考点】 真题集萃；氯气的化学性质【专题】 卤

31、族元素【分析】 溶液中存在平稳 Cl 2+H2O. HCl+HClO ,只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水中含有氯气而呈浅黄绿色,溶液中 HCl 与硝酸银反应产生 AgCl 白色沉淀,而溶液呈酸性,能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,溶液中氯气、铁离子,而使溶液变为棕黄色HClO 都强氧化性,都可以将亚铁离子氧化为【解答】 解：溶液中存在平稳 Cl 2+H 2O. HCl+HClO ,A只有氯气有颜色,为黄绿色,氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气,故 A 正确；B溶液与硝酸银反应产生白色沉淀,只能是氯离子与银离子反应得到 AgCl 白色沉淀,说明氯水中含有 Cl ,故 B 正确；C溶液呈酸性,能与碳酸氢钠反应

32、生成二氧化碳,故 C 正确；D溶液中氯气、HClO 都强氧化性,都可以将亚铁离子氧化为铁离子,而使溶液变为棕黄色,不能说明氯水中含有 HClO ,故 D 错误,应选 D【点评】 此题考查氯水的性质,难度不大,侧重对基础学问的考查,需要同学娴熟把握基础学问15常温下,向含有 H 2SO4的 CuSO4溶液中逐滴加入含 a mol 溶质的 NaOH 溶液,恰好使溶液的 pH=7 ,以下表达错误选项（）A反应后溶液中 c（Na+）=2c（SO42 ）B mol沉淀的物质的量0 C沉淀的质量为 49a g D溶液中 n（ SO42 ）= mol 【考点】 离子方程式的有关运算【分析】 常温下,向含有

33、H2SO4 的 CuSO4溶液中逐滴加入含 a mol 溶质的 NaOH 溶液,发生的反应为 H 2SO4+2NaOH=Na 2SO4+2H 2O、CuSO4+2NaOH=Cu （OH ）2 +Na2SO4,所得溶液呈中性时,溶液中的溶质为硫酸钠,就 的关系式、电荷守恒解答H2SO4、CuSO4完全参加反应,依据物质之间【解答】 解：常温下,向含有 H 2SO4 的 CuSO4 溶液中逐滴加入含 a mol 溶质的 NaOH 溶液,发生的反应为 H 2SO4+2NaOH=Na 2SO4+2H 2O、CuSO4+2NaOH=Cu （ OH）2 +Na2SO4,所得溶液呈中性时,溶液中的溶质为硫酸

34、钠,就H2SO4、CuSO4完全参加反应,c（H+）=c（OH ）,依据电荷守恒得c（Na+）=2c（SO42）,故 AA溶液呈中性,就正确；B假设原先溶液中的溶质全部是硫酸铜,依据CuSO4+2NaOH=Cu （OH ） 2 +Na 2SO4知,生成沉淀的物质的量为 mol,数值上有硫酸,所以生成沉淀的物质的量小于 mol,因为溶液中确定含有硫酸铜,所以确定含有沉淀,就沉淀的物质的量大于 0,故 B 正确；C由于硫酸铜的物质的量未知,依据已知条件无法运算沉淀的质量,故 C 错误；D溶液中的溶质为硫酸钠,溶液中存在 n（SO42 ）=n（Na2SO4）=2n（Na+）,就溶液中n（SO42）=

35、 mol ,故 D 正确；应选 C【点评】 此题考查离子方程式的有关运算,侧重考查同学分析问题、运算才能,明确溶液 中的溶质及其性质是解此题关键,留意结合守恒思想、极限法解答,题目难度中等16已知 NaCN 溶液呈碱性；（ 之间以下变化不能发生的是（CN ） 2 与卤素单质的性质相像；）CN 的仍原性介于Br 、IAHCN . H+CNB（ CN） 2+CH 2=CH 2NC CH2 CH2 CN C（ CN） 2+2Br2CNCN+Br 2+H 2O D（ CN） 2+2OH+CNO【考点】 钠的重要化合物【专题】 元素及其化合物【分析】 ANaCN 溶液呈碱性,说明HCN 羧基弱酸,存在电

36、离平稳；B（ CN）2与卤素单质的性质相像,可以与乙烯发生加成反应；C中意仍原剂的仍原性强于仍原产物的仍原性,反应可能发生；D（ CN） 2 与卤素单质的性质相像,可以发生类似氯气与碱的反应【解答】 解： A NaCN 溶液呈碱性,说明 HCN . H +CN ,故 A 正确；HCN 羧基弱酸,存在电离平稳,电离方程式为B（ CN）2与卤素单质的性质相像,可以与乙烯发生加成反应生成 NC CH2 CH2CN,故 B 正确；C由题目信息可知,仍原性 CN Br ,Br 不能仍原（ CN ） 2为 CN ,故 C 错误；D（ CN）2与卤素单质的性质相像,可以发生类似氯气与碱的反应,与碱发生反应（

37、CN ） 2+2OH =CN +CNO +H 2O,故 D 正确；应选 C【点评】 此题考查类卤素学问、氧化仍原反应、盐类水解等,需要同学对信息应用进行利用,留意把握题中信息,“类卤素 ”与卤素单质的性质相像,是高考热点题型17以下表达正确选项（）A含 1 mol H 2SO4 的浓硫酸中有 n（H +）=2n（SO4 2）=2 mol B用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数,氢氧化钠浓度偏低C配制 2.0 mol.L 1 的硫酸,如定容时俯视,就所得溶液浓度偏高（其他操作均正确）D用铜电极电解 2.0 mol .L 1的硫酸,阴阳两极生成气体的体积之比为 2：1 【考点】

38、 电解原理；配制确定物质的量浓度的溶液【分析】 A浓硫酸基本不电离；B仰视读数导致 HCl 体积偏大；C依据 c=分析；D用铜电极电解 2.0 mol .L 1的硫酸,阳极是铜本身失电子不生成气体【解答】 解： A 浓硫酸基本不电离,故 A 错误；B滴定管的小刻度在下、大刻度在上,所以仰视读数导致 结果偏高,故 B 错误；HCl 体积偏大,导致最终试验C定容时俯视,会造成液体低于刻度线 V 变小,依据 c=可知,浓度偏高,故D用铜电极电解 2.0 mol .L 1的硫酸,阳极是铜本身失电子不生成气体,故C 正确；D 错误；应选 C【点评】 此题考查了化学试验方案评判,涉及试验误差分析,留意：A

39、 中浓硫酸基本不电离、 D 中用铜电极电解 2.0 mol.L 1 的硫酸,阳极是铜本身失电子,这些都是易错点18 X、Y、Z、W 、Q 都是短周期元素,其中 X 原子的最外层电子数是内层电子数的 3倍； X 与 Z 同族, Y 与 Z 同周期, Q 原子的电子总数等于其电子层数的 3 倍, W 与 X 、Y既不同族也不同周期且 W 不为稀有气体元素；X、 Y、 Z 三种元素的族序数之和为 16下列说法正确选项（）AQ 与 W 能形成 10 电子,不能形成 14 电子、 18 电子分子BY 的最高价氧化物对应水化物的化学式只能表示为 H 4YO 4CY、Z、Q 分别与 X 化合,只能形成 AB

40、2型化合物DX、Z、W 三种元素形成的两种钠盐溶液发生化学反应生成的气体可使品红溶液褪色【考点】 原子结构与元素周期律的关系【专题】 元素周期律与元素周期表专题【分析】 X、Y、Z、W、Q 都是短周期元素,其中X 原子的最外层电子数是内层电子数的3 倍, X 原子只能有2 个电子层,最外层电子数为6,就 X 为 O 元素； X 与 Z 同族,就 Z为 S 元素； X 、Y、Z 三种元素的族序数之和为16,就 Y 的族序数 =16 6 6=4,Y 与 Z 同周期,就 Y 为 Si 元素； Q 原子的电子总数等于其电子层数的 3 倍, Q 原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 4,故 Q 为

41、C 元素； W 与 X、Y 既不同族也不同周期且 W 不为稀有气体元素,就 W 为 H 元素,据此解答【解答】 解： X 、Y 、Z、W、Q 都是短周期元素,其中X 原子的最外层电子数是内层电子数的 3 倍, X 原子只能有2 个电子层,最外层电子数为6,就 X 为 O 元素； X 与 Z 同族,就 Z 为 S 元素； X、Y 、Z 三种元素的族序数之和为16,就 Y 的族序数 =16 6 6=4,Y 与Z 同周期,就 Y 为 Si 元素； Q 原子的电子总数等于其电子层数的 3 倍, Q 原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 4,故 Q 为 C 元素； W 与 X、Y 既不同族也不同周期

42、且 W 不为稀有气体元素,就 W 为 H 元素A碳元素与氢元素可以组成甲烷、乙炔（C2H2）、乙烷分子,它们分别为 10 电子、 14 电子、 18 电子分子,故 A 错误；B硅的最高价含氧酸的化学式有两种形式：H 4SiO4、H2SiO3,故 B 错误；C碳、硅、硫与氧形成的化合物,除 CO2、SiO2、SO2外,仍有 CO、SO3 等,故 C 错 误；D硫、氢、氧形成的钠盐中亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应可以生成二氧化硫,二氧化硫可 以使品红褪色,故 D 正确,应选 D【点评】 此题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,需要同学娴熟把握元素化合物学问,难度中等19一种基于酸性燃料电池原理

43、设计的酒精检测仪,负极上的反应为：+H 2O CH 3COOH+4H +以下有关说法不正确选项（）CH3CH2OH 4eA检测时,电解质溶液中的H+向正极移动B如溶液中有0.4 mol 电子通过,就在标准状况下消耗4.48L 氧气C电池反应的化学方程式为：CH 3CH 2OH+O 2 CH3COOH+H 2O D正极上发生的反应为：O2+4e+4H+ 2H2O 【考点】 原电池和电解池的工作原理【专题】 化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】 酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH 3CH 2OH 4e+H2O CH3COOH+4H+,正极应为 O2 得电子被仍原,电极反应式为：O2+4e+4H

44、+ 2H2O,正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O 2 CH 3COOH+H 2O,可依据电极反应式判定离子和电子的转移问题【解答】 解： A 原电池中,阳离子向正极移动,所以 H+向正极移动,故 A 正确；B氧气得电子被仍原,化合价由 0 价降低到2 价,如有 0.4mol 电子转移,就应有0.1mol 氧气被仍原,在标准状况下的体积为 2.24L ,故 B 错误；C酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH 3CH 2OH 4e +H 2O CH 3COOH+4H+,可知乙醇被氧化生成乙酸和水,总反应式为：CH3CH2OH+O 2 CH 3COOH+H 2O,故 C 正确；D燃料电

45、池中,氧气在正极得电子被仍原生成水,正极反应式为：O2+4e +4H + 2H2O,故 D 正确应选： B【点评】 此题考查酸性乙醇燃料电池学问,题目难度中等,留意题中乙醇被氧化为乙酸的特点,答题中留意审题,依据题给信息解答20 8.34g FeSO4.7H2O 样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如以下图以下说法中正确选项（）A温度为 78时固体物质 M 的化学式为 FeSO4.5H2O B温度为 159时固体物质 N 的化学式为 FeSO4.3H 2O C在隔绝空气条件下由 N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4 FeO+SO3D取适量 380时所得的样

46、品 P,隔绝空气加热至 650,得到一种固体物质 Q,同时有两种无色气体生成,Q 的化学式为 Fe2O3【考点】 化学方程式的有关运算【分析】 8.34g FeSO4.7H 2O 样品物质的量 =0.03mol ,其中 m（H 2O）=0.03mol 718g/mol=3.78g ,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为 8.34g3.78g=4.56g,可知在加热到373之前,晶体失去部分结晶水,结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式,加热至 633时,固体的质量为 2.40g,其中 n（ Fe）=n（ FeSO4.7H 2O）=0.03mol ,m（Fe）=0.03mol 56g

47、/mol=1.68g ,就固体中 m（O）=2.40g1.68g=0.72g,n（O）=0.045mol ,就 n（ Fe）： n（O）=0.03mol ：0.045mol=2 ：3,就固体物质 Q 的化学式为 Fe2O3,铁的化合价上升,必有硫的化合价降低,即有二氧化硫生成,设 SO2、SO3 的物质的量分别为 x、y,依据硫原子守恒及气体的质量列方程运算判定是否含有三氧化硫,以此解答该题【解答】 解： 8.34g FeSO4.7H2O 样品物质的量 =0.03mol,其中 m（H2O）=0.03mol 718g/mol=3.78g ,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为 8.34g3.78

48、g=4.56g,可知在加热到 373之前,晶体失去部分结晶水,加热至 633时,固体的质量为 2.40g,其中 n（Fe）=n（ FeSO4.7H2O）=0.03mol ,m（Fe）=0.03mol 56g/mol=1.68g ,就固体中m（O）=2.40g 1.68g=0.72g,n（O）=0.045mol ,就 n（Fe）： n（O）=0.03mol ：0.045mol=2 ：3,就固体物质Q 的化学式为 Fe2O3A温度为 78时,固体质量为6.72g,其中 m（FeSO4）=0.03mol 152g/mol=4.56g ,m（H 2O）=6.72g 4.56g=2.16g,n（H2O）

49、= =0.12mol ,就 n（H2O）： n（FeSO4）=0.12mol ：0.03mol=4 ：1,就化学式为 FeSO4.4H 2O,故 A 错误；FeSO4.4H2O,故 100时, M 的化学式为B温度为 l59 时,固体质量为 5.10g,其中 m（FeSO4）=0.03mol 152g/mol=4.56g ,m（H 2O）=5.10g 4.56g=0.54g,n（H2O）=0.03mol ,就 n（H2O）： n（FeSO4）=0.03mol ：0.03mol=1 ：1,就化学式为 FeSO4.H2O,故 B 错误；CN 的化学式为 FeSO4.H2O,P 化学式为 FeSO4

50、,在隔绝空气条件下由 N 得到 P 的化学方程式为： FeSO4.H2OFeSO4+H2O,故 C 错误；D由上述分析可知,P 化学式为 FeSO4,Q 的化学式为 Fe2O3,铁的化合价上升,必有硫的化合价降低,即有二氧化硫生成,设 SO2、SO3 的物质的量分别为 x、y,就,解得 x=y=0.015 ,所以方程式为：2FeSO4 Fe2O3+SO2 +SO3 ,故 D 正确,应选 D【点评】 此题考查化学方程式的运算,侧重于同学的分析才能和运算才能的考查,留意把握物质的质量的变化关系,能读懂图象,从质量守恒的角度解答该题,难度较大21在密闭容器中的确定量混合气体发生反应：xA （g） +

51、yB （g） . zC（g）,达到平稳时,测的 A 的浓度为 0.5mol/L ,在温度不变的条件下,将容器的体积扩大到两倍,使再达到平稳,测的 A 的浓度降低为 0.3mol/L ,以下有关判定正确选项（）Ax+yz B平稳向正反应方向移动CC 的体积分数下降 DA 的转化率提高【考点】 化学平稳的运算；化学平稳的影响因素【专题】 化学平稳专题【分析】 在密闭容器中的确定量混合气体发生反应：xA （g）+yB （g）. zC（g）,平稳时测得 A 的浓度为 0.50mol/L ,保持温度不变,将容器的容积扩大到原先的两倍,如不考虑 平稳移动,只考虑体积变化,A 的浓度应变化为 0.25mol

52、/L ,题干中再达到平稳时,测得 A 的浓度降低为 0.30mol/L ,说明体积增大,压强减小,平稳逆向进行,依据平稳移动方向 分析判定选项中的问题【解答】 解：在密闭容器中的确定量混合气体发生反应：xA （ g）+yB （g）. zC（g）,平衡时测得 A 的浓度为 0.50mol/L ,保持温度不变,将容器的容积扩大到原先的两倍,如不考虑平稳移动,只考虑体积变化,A 的浓度应变化为 0.25mol/L ,题干中再达到平稳时,测得 A 的浓度降低为 0.30mol/L ,说明体积增大,压强减小,平稳逆向进行；A、体积增大,压强减小,化学平稳逆向进行,逆向是气体体积增大的反应,所以 x+yz

53、,故 A 错误；B、依据分析平稳逆向进行,故 B 错误；C、平稳逆向进行,C 的体积分数减小,故 C 正确；D、平稳逆向进行,A 的转化率减小,故 D 错误；应选 C【点评】 此题考查了化学平稳的移动判定方法,化学平稳的影响因素,平稳移动规律是解题关键,题目难度中等二、解答题（共4 小题,满分58 分）22（ 15 分）（ 2022 秋.辽宁校级期中）短周期元素 上图所示： B、D 最外层电子数之和为 12回答以下问题：C A B E A 、B、C、 D 在周期表中的位置如右（1）与元素 B、D 处于同一主族的第 2 5 周期元素单质分别与 H 2 反应生成 1mol 气态氢化物对应的热量变化

54、如下,其中能表示该主族第 4 周期元素的单质生成 1mol 气态氢化物所对应的热量变化是 b（选填字母编号）a吸取 99.7kJ b吸取 29.7kJ c放出 20.6kJ d放出 241.8kJ （2）DB 2通过以下工艺流程可制化工业原料H2DB 4和清洁能源H2 查得：化学键H H Br Br H Br 键能（ kJ/mol ）436 194 362 试写出通常条件下电解槽中发生总反应的热化学方程式：（g） H=+94kJ/mol 依据资料：2HBr （aq）=H 2（g）+Br 2化学式 Ag2SO4 AgBr 溶解度（ g）0.796 8.410 6为检验分别器的分别成效,取分别后的

55、 H 2DB 4 溶液于试管,向其中逐滴加入 AgNO 3溶液至充分反应,如观看到 无淡黄色沉淀显现,最终显现白色沉淀,证明分别成效较好 在原电池中,负极发生的反应式为 SO2+2H2O 2e =SO42+4H + 在电解过程中,电解槽阴极邻近溶液 pH 变大（填 “变大 ” 、“变小 ”或“不变 ” ） 将该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：SO2+2H 2O=H 2+H2SO4该生产工艺的优点有 Br 2 被循环利用或能源循环供应或获得清洁能源（答一点即可）（3）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等,回答以下问题：海水提溴过程中,向浓缩的海水中通入Cl 2,将其中的Br氧

56、化,再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸取溴,溴歧化为Br 和 BrO,其离子方程式为3 Br 2+6 CO32+3H 2O=5 Br+BrO 3+6HCO 3 （或 3 Br 2+3CO32=5 Br+BrO 3+3CO 2 ）【考点】 元素周期律和元素周期表的综合应用；原电池和电解池的工作原理【专题】 简答题；热点问题；结构准备性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题【分析】 由短周期元素 A、B、C、D 在周期表中的位置可知,A、 B 处于其次周期,C、D处于第三周期,B、D 最外层电子数之和为 12,二者同主族,故最外层电子数为 6,就 B为 O 元素, D 为 S 元素,二者可

57、以形成 SO2、SO3两种分子,且 SO2 具有漂白性,由位置关系可知, A 为 N 元素, C 为 Si 元素（1）同主族自上而下非金属性减弱,单质与氢气反应猛烈程度减小,反应热增大（考虑符号）；（2） 由工艺流程图可知,电解槽中电解HBr ,生成 H2与 Br 2,依据反应热 =反应物总键能 生成物总键能,运算该反应的反应热,据此生成热化学方程式； 分别完全,硫酸中不含 HBr ； 在原电池中,负极发生氧化反应,SO2在负极放电生成 在电解过程中,电解槽阴极发生仍原反应,电极反应式为降低；H2SO4；2H+2e =H2 ,氢离子浓度 原电池中电池总反应为 SO2+Br 2+2H 2O=H2

58、SO4+2HBr ,电解池中总反应为2HBr=H 2+Br 2,两式相加可得该工艺流程用总反应的化学方程式,该生产工艺的优点：溴可以循环利用,获得清洁能源氢气,缺点是：生成过程有有毒物质,电解循环能源大；（3）海水提溴过程中,向浓缩的海水中通入氯气,将其中的 然后用碳酸钠溶液吸取溴,溴歧化为 Br 和 BrO 3 ,同时生成Br 氧化,再用空气吹出溴；HCO 3 或 CO2【解答】 解：由短周期元素 A、B、C、D 在周期表中的位置可知,A 、B 处于其次周期,C、D 处于第三周期,B、D 同种主族, B、D 最外层电子数之和为 12,故最外层电子数为6,故 B 为 O 元素, D 为 S 元

59、素,二者可以形成 SO2、SO3两种分子,且 SO2 具有漂白性,由位置关系可知,A 为 N 元素, C 为 Si 元素,（1）Se 与 O 元素同族元素,同主族自上而下非金属性减弱,单质与氢气反应猛烈程度减小,反应热增大（考虑符号）,故生成 +29.7kJ.mol 1,故答案为： b；（2） 由工艺流程图可知,电解槽中电解1mol 硒化氢（ H2Se）反应热应排在其次位,应为HBr ,生成 H2与 Br 2,反应方程式为2HBr=H 2+Br 2,由表中数据可知, H=362kJ/mol 2 436kJ/mol 194kJ/mol=+94kJ/mol ,故热化学方程式为 2HBr （aq）=

60、H2（g）+Br 2（g） H=+94kJ/mol ,故答案为： 2HBr （aq）=H2（g）+Br 2（g） H=+94kJ/mol ； 分别后的 H 2SO4 溶液于试管,向其中逐滴加入AgNO 3 溶液至充分反应,如观看到无淡黄色沉淀产生,最终生成白色沉淀,说明分别成效较好,故答案为：无淡黄色沉淀产生,最终生成白色沉淀； 在原电池中,负极发生氧化反应,SO2 在负极放电生成 H2SO4,电极反应式为SO2+2H 2O 2e =4H+SO42 ,故答案为： SO2+2H 2O 2e =4H+SO42 ； 在电解过程中,电解槽阴极发生仍原反应,电极反应式为 2H+2e =H2 ,氢离子浓度