2021-2022学年上海市高中高一（下）期末化学试卷（附答案详解）

202L2022学年上海市宜川中学高一（下）期末化学试卷.工农业生产中用途最广、用量最多的金属是（）A.铜 B.铁 C.金 D.铝.同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是（）A.34s原子核内的中子数为16 B.16。与18。的核电荷数相等C.13c和原子核内的质子数相差2D.2"+质量与1"+的质量相同3.下列物质在常温下接触时无明显现象的是（3.下列物质在常温下接触时无明显现象的是（）A.铁和浓盐酸 B.铁和稀硫酸 C.铁和浓硫酸D.铁和稀硝酸4.下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合得到的是（）4.A.FeSB.FeCl2A.FeSB.FeCl2C.FeCl3D.Fe3045.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下5.体积相等时，反应中消耗的HC1和NaOH的物质的量之比是（）6.1：12：11：33：16.1：12：11：33：1铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝（）A.密度小，熔点较低B.具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热在空气中燃烧，发出耀眼白光7.8.D.是金属镁粉中混进少量铝粉，将铝粉除去，可选用的试剂是（A.氢氧化钠溶液B.硫酸铜溶液下列有关物质性质的比较，错误的是（A.金属性：Mg>AlC.7.8.D.是金属镁粉中混进少量铝粉，将铝粉除去，可选用的试剂是（A.氢氧化钠溶液B.硫酸铜溶液下列有关物质性质的比较，错误的是（A.金属性：Mg>AlC.碱性：NaOH>Mg(0H)2C.B.D.盐酸D.水稳定性：HF>HCI酸性：hcio3>H2SO39.在密闭容器中发生反应"2（g）+/2（g）=24/（g）,0~5min内出的浓度减少了O.lmol/L,则在这段时间内用HI表示的平均反应速率［znol/（L•111也）］为（）9.A.0.01BA.0.01B.0.04C.0.2D.0.510.下列哪种方法不能增大铁跟盐酸反应的速率（）A.用粉末状铁代替块状铁B.用17noi•LHCI代替O.lmol-IT1HCIC.增大压强D.改用不纯的铁代替纯铁11.一定温度下的密闭容器中发生可逆反应2s。2（。）+O2（g）=2SO3（g）,不能说明该反应一定达到平衡状态的是（）SO3的质量保持不变SO2的百分含量保持不变

SO2和SO3的生成速率相等D.S02.。2、5。3的物质的量之比为2：1：212.可逆反应mA(s)+B(g)=pC(g)+qC(g)中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(7)的关系如图，则下列说法正确的是()A.T、>超放热反应A>T2吸热反应A<&吸热反应.为了使可逆反应24(g)+B(s)=2C(g)(放热反应)的正反应速率加大，且平衡向正反应方向移动，可采取的措施是()A.增大A的浓度B.减少C的量C.降低温度 D.增大压强.下列离子方程式正确的是()A.将金属钠投入水中：Na+H20=Na++0H-+H2TB.向硫酸铝溶液中通入过量氨气：Al3++30H-=Al(OH)3IC.向氯化钱溶液中加入氢氧化钠：NH：+0H-=NH3-H20D.向稀硫酸溶液中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2T.某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，你觉得该液体最有可能是()A.浓盐酸 B.烧碱 C.浓硫酸 D.碳酸钠溶液.测定胆研晶体结晶水含量时，不会引起实验误差的操作是()A.为了防止玻璃棒上粘上晶体造成实验误差，加热时不使用玻璃棒B.大火加热，使胆机晶体迅速升温失去结晶水并变黑C.停止加热后，硫酸铜固体放在空气中冷却再称量D.恒重操作时，连续两次称量结果相差0.001g就停止加热.下列反应中调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是()A.碳酸钠与盐酸 B.硫化氢在氧气中燃烧C.铁粉在氯气中燃烧C.铁粉在氯气中燃烧D.铝加入硫酸中.锌铜原电池的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A.锌片发生氧化反应作负极B.铜片换成石墨棒，电流计G指针依然会同向发生偏转C,铜片上的电极反应为：2H++2e-=HzT，铜片质量不变D.电子先从锌片沿导线流向铜片，再经过溶液流回锌片，形成闭合回路.一密闭体系中发生反应：2s。2（。）+Oz（g）=2SO3（g）,如图表示该反应的速率”）在某 :r< ：：一时间（t）段内的变化.则下列时间段中，SO3的百 盛一：拦^_,分含量最高的是（） j j j 广 ：toh h h Utt h 时间20.合金就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：NaCuAlFe熔点（℃）97.510836601535沸点（℃）883259522003000其中不能形成合金的是（）A.Cu和Al B.Fe和Cu C.Fe和Na D.Al和Na.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：x4（g）+yB（g）=zC（g）,平衡时测得A的浓度为0.50mo>L-i,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30血。，・广］.下列有关判断正确的是（）A.x+y<z B.平衡向正反应方向移动C.B的转化率增大 D.C的体积分数下降.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（）A.接触法制硫酸过程中25。2+。2=25。3，通入过量的空气B.由2%。2（9）=72。4（9），组成的平衡体系，加压后颜色加深C.氨水应密闭保存D.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气.能将溶液中的Fe3+转化成Fe?+的物质是（）A.H2S B.NH3-H20C.Cl2 D.CuS04.有分别装有Na2cO3溶液和NaHC/溶液的两试管，下列操作或判断正确的是（）方案操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀者为702。。3溶液B分别加入等物质的量浓度的稀盐酸反应较剧烈者为Na2CO3溶液C分别加入CaC%溶液产生沉淀者为Na2c。3溶液D逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液无明显现象的是Ng。。3溶液25.A.A B.B C.C D.D将0.4gNaOH和1.06gNa2cO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1m。/•稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）26.四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。元素ABCD性质结构信息地壳中含量最多的金属元素；其氧化物具有两性。淡黄色固体；一种单质相对分子质量为256,能溶于CS2c原子半径是短周期主族元素中最大的。其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚鼠胺中含量较高。(1)写出A元素的原子结构示意图；B与C形成的化合物的电子式।OO.1O.2OJVWOI/tnfCOii/aolO0.1020.3VfHCVLOO.1O.2OJVWOI/tnfCOii/aolO0.1020.3VfHCVL用元素符号表示，下同)；D元素形成的单质的结构式o(2)比较上述各元素形成的离子的半径大小>>>(用离子符号表示)。(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂,写出该氧化物与CO?反应的方程式(4)4、C两元素金属性较强的是(写元素符号),请设计一个实验，证明该结论。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系«(5)写出B的最高价氧化物对应的水化物与D的气态氢化物反应的离子反应方程式.铝、铁是生产、生活中常见的金属，其合金与盐在各领域都有着广泛的应用。(1)铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是A.不易生锈B.导电性好C.密度小D.硬度大(2)铝元素在周期表中的位置是.写出4(。〃)3与稀硫酸反应的离子方程式o铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成的固态产物是o(3)焊接金属时常用的焊接液为氯化铁，其作用是消除焊接金属表面的铁锈。4Fe203+6NH4clt6Fe+2FeCl3+3N2T+12%。。上述反应中当生成3.36L氮气(标准状况)时，转移的电子数为个，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是(用化学方程式表示原因)。第4页，共21页(4)现有仪器和药品：试管和胶头滴管，O.lmohLTKSCN溶液、0.2机0小右1酸性KMnO,溶液、O.lmoHTK/溶液、氯水等。请你设计一个简单实验，探究铁与稀硝酸完全反应后铁可能的价态，填写下列实验报告：实验步骤操作现象与结论第一步取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液。; 第二步■7- :若无明显变化，则说明不含Fe2+。.煤是重要能源。燃煤会释放SO?、CO等有毒气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。用CaStZj可消除CO。反应①：CaS04(s)+4C0(g)=CaS(s)+4cO2S)(放热反应)反应②：CaSO4(s)+CO(g)^CaO(s)+SO2(g)+CG(g)(吸热反应)(1)其他条件不变，增加C«504(的用量(质量)，反应①的速率a.增大b.减小c不变d.无法判断(2)若在容积为1L的密闭装置中仅发生反应①,20分钟后，固体的质量减少了3.2g,则CO2的反应速率为,不能说明反应①一定达到平衡状态的是。A.压强不变B.气体的密度不变C：0)="逆(CO2)D.CO、CO2浓度相等(3)为了提高反应②的CO的吸收率，可行的措施是、(2条)。(4)补全如图中反应②的能量变化示意图(即注明生成物能量的大致位置)能量/kJ'CaSO,(s)+CO(g)反应进程(5)若反应①、②同时发生，一段时间后均到达了平衡，升高温度，均再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，分析可能的原因是o29.高铁酸钾(KzFeOQ是优质水处理剂。实验室制取七尸0。4的装置如图。/在。4的制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCI+8H20o

回答下列问题(1)4装置的作用是。盛浓盐酸的仪器名称为(2)装置C的作用是oB装置内出现现象时，说明B中反应已停止。(3)^^3中铁元素的化合价为，分析/FeO,是优质水处理剂的原因可能是O(4)当上述反应消耗标准状况下672MLe"时，生成占Fe/质量为答案和解析.【答案】B【解析】解：铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属元素，主要使用的是铁的合金，包括铁和钢，故B正确；故选:Bo铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料。本题考查工农业生产中用途最广、用量最多的金属，为常识性知识，主要把握物质的性质与应用，题目难度不大。.【答案】B【解析】解：434s原子核内的中子数为34-16=18,故A错误；B.16。与18。的质子数相等，核电荷数相等，故b正确；C.C原子的质子数为6,N原子的质子数为7,则13c和I5N原子核内的质子数相差7-6=1,故C错误：D.元素符号的左上角为质量数，分别为2、1,质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；故选：BoA.质子数+中子数=质量数：B.均为O原子；C.C、N的质子数分别为6、7；D.二者质量数不同。本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：4铁和浓盐酸反应生成氢气，有明显现象，故A错误：B.铁和稀硫酸反应生成氢气，有明显现象，故B错误；C.在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应，且不生成氢气，故C正确；D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，有明显现象，故D错误；故选：CoA.铁和浓盐酸反应生成氢气：B.铁和稀硫酸反应生成氢气；C.在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应；D.铁和稀硝酸反应生成一氧化氮；本题考查了铁的化学性质，题目难度不大，注意铁与不同的酸反应的现象。.【答案】B【解析】解：A、因S是弱氧化剂，FeS可由Fe和S直接化合得到，故A正确；B、因的强氧化剂，Fe与C%直接化合得到的是FeCh，而不是FeC%，故B错误；C、因。2的强氧化剂，Fe与CL直接化合得到的是FeCb，故C正确；D、因。2的强氧化剂，/=>3。4可由Fe和。2直接化合得到，故D正确；故选：B.根据铁与强氧化剂或弱氧化剂反应，产物的化合价不同.变价金属（如铁、铜）与氯气反应得到的是高价的氯化物，而与硫反应，得到的是低价的硫化物..【答案】D【解析】解：足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则A1完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，由24〜2NaOH~6HCI〜3H2可知，反应中消耗的HC1和NaOH的物质的量之比为6mol：2mol=3：1.故选：D。足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则A1完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析.本题考查A1的化学性质，把握铝与酸、碱的反应为解答的关键，注意酸碱足量，金属完全反应，注重基础知识的考查，题目难度不大..【答案】B【解析】【分析】本题考查铝热反应的原理，难度较小，理解识记有关的内容，注意其本质是置换反应。【解答】铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质，氧化物和铝粉（铝热剂）反应剧烈，放出大量的热使生成的金属熔化为液态。所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热。故选B。.【答案】A【解析】解：44与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，反应后过滤可除杂，故A正确；.Mg、Al均与硫酸铜溶液反应，不能除杂，故B错误；C.Mg、Al均与盐酸反应，不能除杂，故C错误：D.Mg、Al均不溶于水，且Mg与水缓慢反应，不能除杂，故D错误；故选：AoAl与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，加足量NaOH溶液、过滤可除杂，以此来解答。本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂的原则、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。.【答案】D【解析】解：4同一周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：Mg>Al,故A正确；B.非金属性越强对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性尸>CI,则稳定性：HF>HCI,故B正确；C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱，金属性Na>Mg,则碱性：NaOH>Mg{OH)2,故C正确；D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，和“25。3不是最高价氧化物对应水化物，无法进行比较，故D错误；故选：D。A.同一周期从左到右金属性逐渐减弱；B.非金属性越强对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱；C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱;D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。本题主要考查元素周期律的递变规律，学习中主要把握元素周期律，题目难度不大。.【答案】B【解析】解：0〜5min内心的浓度减少了0.1瓶。，/3由方程式可知△<?("/)=2△c(H2)=0.2mol/L,u(H/)='黑/±=0.04mo//(L-min),故选B.根据氢气的物质的量浓度的变化计算HI的浓度变化，结合c=竺计算.At本题考查化学反应速率的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握化学反应速率的定义以及计算公式，难度不大..【答案】c【解析】解：4用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A不选；B.增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快，故B不选：C.该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；D.改用不纯的铁代替纯铁，可形成原电池反应，反应速率增大，故D不选.故选C.增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答.本题考查影响反应速率的因素，明确温度、浓度、压强、催化剂、接触面积对反应速率的影响即可解答，并注意使用前提来解答，题目难度不大..【答案】D【解析】解：反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，A、SO3的质量保持不变，即浓度不变，达到化学平衡状态，故A不选；B、二氧化硫的体积百分含量不变，能作为判断达到平衡状态的判据，故B不选；C、SO2和SO3的生成速率相等，证明化学反应中正逆反应速率相等，达到了平衡状态,故C不选；D、平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据，故D选；故选D.当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断，A、物质的浓度不再改变证明反应达到平衡状态：B、各物质的体积百分含量不变能作为判断达到平衡的依据；C、S5和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等；D、各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据.本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意把握判断的角度以及平衡状态的特征，难度不大..【答案】D【解析】解：当其它条件不变时，C的质量分数与温度(7)的关系如图，温度为超时优先达到平衡状态，说明温度71<72,温度为72条件下平衡时C%较小，温度为71条件下平衡时C%更大，升高温度平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，故D正确，故选：D。结合图示曲线变化可知，温度为72时优先达到平衡状态，说明温度71<72,温度为72条件下平衡时C%较小，说明升高温度平衡逆向移动，以此分析解答。本题考查化学平衡的影响因素的应用，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大。.【答案】A【解析】解：4增大A的浓度，反应物浓度增大，正反应速率加大，且平衡向正反应方向移动，故A正确；B.减少C的量，平衡正向移动，但随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，故B错误：C.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，但温度降低正反应速率减小，故C错误；D.增大压强正反应速率增大，但该反应气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，故D错误；故选：A。升高温度、增大反应物浓度、增大压强均可以加快反应速率，该反应气体体积不变的放热反应，降低温度、增大反应物浓度平衡正向移动，改变压强平衡不移动，以此进行判断。本题考查化学平衡、化学反应速率的影响，为高频考点，明确外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。.【答案】C［解析］解：4将金属钠投入水中的离子方程式为：2Na+2H2。=2Na++20H-+H2T,故A错误；B.向硫酸铝溶液中通入过量氨气，离子方程式为：413++3N%•%。=4(0“)31+3NH3故B错误；C.向氯化镂溶液中加入氢氧化钠，离子方程式为:NHj+0H-=NH3-H20,故C正确；D.向稀硫酸溶液中加入铁粉，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2T,故D错误；故选：C。A.该反应不满足得失电子守恒和质量守恒定律；B.一水合氨为弱碱，不能拆开；C.氯化铁与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和一水合氨；D.铁与稀硫酸反应生成亚铁离子。本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。.【答案】A【解析】解：A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以进行N%泄漏，故A正确；B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，故B错误；C、浓硫酸没有挥发性，可以喝氨气之间反应生成白烟，不符合要求，故C错误；D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，故D错误。故选：A。根据题意，符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可。本题考查学生氨气的性质，注意总结常见的具有挥发性的物质，熟记物质的性质并灵活应用是解题关键所在，难度中等。.【答案】D【解析】解：4加搅拌的目的是使胆机中结晶水完全失去，如果不用玻璃棒搅拌，胆破中的结晶水只有部分失去，导致测定值偏低，故A错误；B.温度过高导致胆矶变黑，硫酸铜分解生成CuO,应控制温度不可过高，否则导致测定值偏高，故B错误；C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水，应在干燥器中冷却，否则导致测定值偏低，故C错误；D.连续两次称量结果相差0.001g,可认为恒重，完全失去结晶水，故D正确；故选：D。A.搅拌的目的是使胆机中结晶水完全失去；B.胆研变黑，生成CuO；C.硫酸铜固体放在空气中冷却，易重新结合结晶水；D.连续两次称量结果相差0.001g,可认为完全失去结晶水。本题考查了硫酸铜结晶水的测定，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验的原理、实验操作规范性是解本题关键，C为解答易错点，难度不大。.【答案】C【解析】解：A.NazC/和HC1的相对量的不同可生成NaHC%或CO2,或两种都有，故A错误；B.硫化氢在少量氧气中燃烧，生成硫和水，在足量氧气中燃烧，生成SO2和水，故B错误；C.氯气能将金属氧化为最高价，铁在氯气中燃烧，无论铁是否过量，都发生2Fe+抑热3Cl2—2FeCl3,产物都是氯化铁，故C正确；D.铝加入浓硫酸中发生钝化，铝的表面生成致密的氧化物薄膜，铝加入稀硫酸中反应生成硫酸铝和氢气，故D错误；故选：C。A.碳酸钠中滴加少量盐酸，生成碳酸氢钠，过量盐酸生成二氧化碳气体；B.硫化氢在氧气中燃烧，氧气量的不同，生成的产物不同；C.铁与氯气反应只生成氯化铁；D.硫酸的浓度不同，产物不同。本题考查了物质的用量或浓度不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键,易错选项是D,注意不能用铁和氯气制得氯化亚铁，只能制得氯化铁，题目难度中等。.【答案】D【解析】解：该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,正极反应式为2H++2e-=/T：A.该原电池中Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；B.Zn、石墨和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极，石墨作正极，该原电池有电流产生，所以电流计G指针依然会同向发生偏转，故B正确；C.铜片上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为24++20-=%%得到的气体逸出，所以铜片质量不变，故C正确；D.电子不进入电解质溶液，电子先从锌片沿导线流向铜片，电解质溶液中阴阳离子定向移动而形成电流，形成闭合回路，故D错误：故选：D。该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=ZM+,正极反应式为2H++2e-=H2T；A.失电子发生氧化反应的电极为负极；B.Zn、石墨和稀硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极，石墨作正极；C.铜片上氢离子得电子生成氢气，得到的气体逸出；D.电子不进入电解质溶液。本题考查原电池原理，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池正负极判断方法、各个电极上发生的反应、电子移动方向等知识点是解本题关键，题目难度不大。.【答案】A【解析】【分析】本题考查了化学平衡建立的影响因素分析判断，图象分析应用是解题关键，题目难度中等。【解答】分析图象可知，12Tt3是原平衡逆向移动后建立的平衡，S03的百分含量降低，13Tt4和12Tt3两个时间段内，5。3的百分含量相同，15Tt6是平衡再次逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量再次降低，所以时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大，故A正确。故选Ao.【答案】C【解析】解：4铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，故A错误；B.铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，故B错误；C.铁的熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，故c正确；D.铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，故D错误.故选C.由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点.本题考查合金的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累.21.【答案】D【解析】解：平衡时测得A的浓度为0.50mo〃L,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mo“L,说明降低压强平衡向逆方向移动，则A.降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数,应为x+y>z,故A错误；B.由以上分析可知平衡向逆方向移动，故B错误；C.平衡向逆方向移动，B的转化率降低，故C错误；D.平衡向逆方向移动，C的体积分数下降，故D正确。故选：D。平衡时测得A的浓度为0.50m。〃3保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，如平衡不移动，则A的浓度应降低为0.25mo，/L,而此时为0.3mol/L,则说明降低压强平衡向逆方向移动，以此进行判断.本题考查化学平衡移动知识，题目难度不大，注意从浓度的变化的角度判断平衡移动的方向，结合压强对平衡移动的影响分析.22.【答案】B【解析】解：4根据平衡：25。2+。2=25。3,使用过量的空气即增大氧气的量可以使化学平衡正向移动，提高SO2的利用率，所以能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.增大压强后，平衡正向移动，但增大压强导致反应体系的体积减小，平衡时c(N02)大于原来平衡浓度，则气体颜色加深，所以不能用勒夏特里原理解释，故B选；C.氨水中存在可逆反应:NH3-H2OWNH3+“2。，氨水浓度越高，氨气越容易挥发逸出，当密闭时，总体积一定，一旦逸出氨气，总瓶内压强增大，使平衡逆向移动，抑制了一水合氨的挥发，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.氯气在水中存在溶解平衡：Cl2+H2OWH++Cl-+HC10,将氯气通入饱和食盐水中，相当于增加了氯离子浓度，平衡左移，氯气的溶解度减小，所以实验室中可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能够用勒夏特列原理解释，故D不选；故选：Bo勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的适用范围为解答关键,注意掌握勒夏特列原理的内容，题目难度不大。.【答案】A【解析】解：4H2s具有还原性，能够将溶液中的Fe3+转化成Fe2+,故A正确；B.N/。/。与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+,故b错误；C.C%具有强氧化性，不与铁离子反应，无法将溶液中的Fe3+转化成酷2+,故C错误;D.CUSO4溶液与铁离子不反应，无法将溶液中的Fe3+转化成Fe2+,故D错误；故选：Ao将溶液中的5e3+转化成Fe?+的过程中铁元素化合价降低被还原，则加入的物质具有还原性，常见的还原剂：金属单质、氢气、碳单质、碘化物、硫化物等，以此结合选项中各物质性质进行判断。本题考查铁盐与亚铁盐的相互转化，为高频考点，把握常见物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握铁盐与亚铁盐的相互转化方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。.【答案】C【解析】解：4碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(0H)2反应生成白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故A错误；B.向Na2c。3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCOs中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，故B错误；C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故氯化钙溶液可以区分两物质，故C正确；D.NaOH和NazCg不反应，NaOH和NaHtQ反应生成无色的可。2。。3和死。，二者都没有明显现象，无法鉴别，故D错误；故选：C。A.二者都能和澄清石灰水反应生成难溶性的CaCO3；B.Na2c。3和HC1反应方程式为：Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCO3,NaHCO3+HCl=NaCl+H20+C02T,所以向NazCOs中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCOs中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体；C.碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应；D.NaOH和不反应，NaOH和NaHCO?反应生成无色的Nc^COs和/。。本题考查可。2。。3和NaHC03的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确元素化合物的性质及其性质差异性是解本题关键，题目难度不大。.【答案】C【解析】解：0.4gNaOH的物质的量为O.Olmo/,1.06gNa2c。3的物质的量也为O.Olmo，，对NaOH和NazCO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O,再发生Naz。/+HCl=NaCl+NaHCO3,最后发生NaHCg+HCl=NaCl+CO2T+H2O,此时才有二氧化碳气体生成。A.O.OlmoHC，与氢氧化钠反应没有气体生成，再滴加含有0.01m。出G的盐酸时，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B.图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C.向NaOH和NazC/混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2c。3开始反应，首先发生HCI+Na2CO3=NaHCO3+NaCl,不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2^此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D.因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选：Co0.4gNa。”的物质的量为0.01m。1,1.0697。2。。3的物质的量也为。Qlm。，，对NaOH和Na2c。3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+电0,再发生Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCO3,最后发生NaHCR+HCl=NaCl+CO2T+H20,此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应。是分步进行的，首先发生的是HCZ+Na2cO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2To...【答案】^1^283Na*[:S:]--Na-N=NS2-N3-Na+2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应Na和A1的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱NH3+H+=NH：【解析】解：由分析可知，A为Al、B为S、C为Na、D为N；(1)4为A1元素，原子结构示意图为68、83；B与C形成的化合物为Nt^S,其电子式为D元素形成的单质为N2,其结构式为N三N,故答案为：也｝283；Na-[S：F-Na-；N三N；(2)离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2->N3->Na+>Al3+,故答案为：S2-；N3-；Na+；Al3+；(3)C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，该氧化物为Na2。?，与CO?反应的方程式为2N(12。2+2。。2=2Nc12co3+。2,故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+(4)同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na>4,证明该结论的实验方案：将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和A1的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，原子核对核外电子小于能力减弱，失电子能力减弱，金属性减弱；故答案为：Na；将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应：Na和A1的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱：(5)B的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4,D的气态氢化物为N43,二者反应的离子反应方程式为N“3+H+=NH3故答案为：NH3+H+=NH^四种短周期元素，其中A是地壳中含量最多的金属元素，其氧化物具有两性，则A为Al；B为淡黄色固体，一种单质相对分子质量为256,能溶于CS2,则B为S元素；C的原子半径是短周期主族元素中最大的，则C为Na：D的氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一，该元素在三聚氧胺中含量较高，则D为N元素。本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意金属性、非金属性强弱比较实验事实。.【答案】B第三周期第团4族Al(OH)3+3H+=Al3++3H20Fe3040.9/^2FeCl3+Fe=3FeCl2若溶液呈血红色，则说明含Fe3+,若不显血红色，证明没有Fe3+取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO,溶液若高锯酸钾溶液紫红色褪去，说明含…【解析】解：(1)铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，故选：B,故答案为：B；(2)铝元素核电荷数为13,核外电子层数三个，最外层电子数3个，铝在周期表中的位置为：第三周期第团4族,H(0H)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：4(。")3+3"+=43++3”2。，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3尸6+4“2。二/^3。4+4“2,生成的固态产物是：Fe3O4,故答案为：第三周期第团4族；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；Fe3O4；(3)4Fe2O3+6NH4CI=6Fe+2FeCl3+3N2T+12%。，上述反应中氮元素化合价一3价升高到0价，生成3moi氮气，电子转移总数18巾0加一，当生成3.36L氮气(标准状况)时，气体物质的量=~b,L-=OASmol,转移的电子数=°飞以7*N/moi=0.9治，22AL/mol 3mol n有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2,故答案为：0.9纥；2FeCl3+Fe=3FeCl2;(4)铁离子能和硫鼠化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氟化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高钵酸钾氧化而使酸性高锯酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锌酸钾溶液氧化，如果向溶液中滴加硫氟化钾溶液，溶液变为血红色就说明含有铁离子，否则不含铁离子，如果向溶液中滴加酸性高钵酸钾溶液，如果酸性高镭酸钾溶液褪色，就说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子，故答案为:实验步骤操作现象与结论第一步若溶液呈血红色，则说明含Fe3+,若不显血红色，证明没有Fe3+第二步取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KM71O4溶液若高锌酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+(1)铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点；(2)铝元素核电荷数为13,核外电子层数三个,最外层电子数3个，周期序数=电子层数，主族族序数=原子最外层电子数，据此判断在周期表中的位置，山(。")3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气；(3)反应4尸62。3+67"4公26尸6+2〜6。3+3721+12“2。中，N元素化合价升高，被氧化，NH4G为还原剂，三氧化二铁为氧化剂，结合元素化合价变化计算电子转移总数，该反应产物中不应该有Fe生成，因为铁和氯化铁反应生成氯化亚铁；(4)铁离子能和硫氧化钾溶液反应络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氟化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锌酸钾氧化而使酸性高镭酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高镭酸钾溶液氧化。本题考查了铝及其化合物性质、氧化还原反应电子守恒的计算应用、离子检验的实验设计等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。28.【答案】c0.01mo//(2,•min)AD升高温度降低压强升高温度，反应②正向移动程度小于反应①逆向移动程度【解析】解：(1)硫酸钙是固体，其他条件不变，增加CoS。4的用量，反应①的速率不变，故答案为：c；(2)C。分子获得1个O原子转化为CO?分子，固体质量减少为CO分子获得O原子的质o.2mol量，贝iJn(COz)=n(0) =0.2m。/，v(CO2)= =0.01mo//(L-min)；A.反应①前后气体的体积不变，自始至终压强不变，不能说明到