1、文檔編碼 : CI4I10A9W9I9 HW6E7R7Z5X5 ZY4Y4J3J2P32022 屆遼寧省師大附中高三（上）期中化學試題（解析版）一選擇題（共21 小題每題只有一個正確選項,每題2 分,共 42 分）”方案是（）1化學試驗設計或實際操作或儲存時,能表達“經濟、高效、環保、安全ANa 著火可以使用泡沫滅火器B綠色化學是指有毒氣體尾氣要經過無毒處理后在排放C試驗室用濃硫酸溶解銅制備硫酸銅D試驗室可以適當溫度下,使銅片在連續通入空氣的稀硫酸中溶解的方法制備硫酸銅【考點】 化學試驗安全及事故處理；化學試劑的存放【專題】 化學運算【分析】 A金屬鈉是一種活潑金屬,用來滅火的物質和金屬鈉以及

2、鈉燃燒后的產物之間不能反應；B綠色化學就是爭論利用一套原理在化學產品的設計、開發和加工生產過程中削減或消除使用或產生對人類健康和環境有害的科學；C濃硫酸與銅反應生成二氧化硫；D銅片在連續通入空氣的稀硫酸中溶解,不會顯現有毒物質【解答】 解： A 泡沫滅火器產生的二氧化碳能與鈉燃燒后的產物過氧化鈉產生氧氣,氧氣能助燃,所以金屬鈉著火時,不能使用泡沫滅火器來滅火,應用沙子撲滅,故 A 錯誤；B綠色化學就是爭論利用一套原理在化學產品的設計、開發和加工生產過程中削減或消除使用或產生對人類健康和環境有害的科學,不是尾氣處理,故 B 錯誤；C濃硫酸與銅反應生成二氧化硫,二氧化硫污染環境,故 C 錯誤；D適

3、當溫度下,使銅片在連續通入空氣的稀硫酸中溶解,不會顯現有毒物質,耗能少,符合 “經濟、高效、環保”精神,故 D 正確應選 D【點評】 此題涉及硫酸銅的生產原理以及綠色化學思想的應用學問,留意環保意識和節能意識的培養,難度不大2對以下化學用語的懂得和描述均正確選項（）A電子式 可以表示羥基,也可以表示氫氧根離子B比例模型 可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子C結構示意圖為 的陰離子都不能破壞水的電離平穩D原子結構示意圖可以表示12C,也可以表示14C 【考點】 電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合；原子結構示意圖【專題】 化學用語專題【分析】 A中氧原子最外層7 個電子,只能表示羥基,不能表示

4、氫氧根離子；B二氧化碳為直線型結構,為 V 型,不能表示二氧化碳的比例模型；C假如 n=16,為硫離子,硫離子能夠破壞水的電離平穩；D的核電荷數 =核外電子數 =6,表示全部的 C 原子【解答】 解： A 只能表示羥基,不能表示氫氧根離子,氫氧根離子正確的電子式為：,故 A 錯誤；B二氧化碳分子為直線型結構,化碳,故 B 錯誤；為 V 型,可以表示水的比例模型,不能表示二氧C結構示意圖為 的陰離子中,當 n=16 時,表示的為硫離子,硫離子能夠結合水電離的氫離子,破壞了水的電離平穩,故 C 錯誤；D原子結構示意圖 為 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、確；應選 B【點評】 此題考查了電子式、比例模型、離子結構示意圖等學問,題目難度中等,留意掌握常見的化學用語的概念及正確的表示方法,明確羥基與氫氧根離子的電子式、比例模型與球棍模型的區分3N A 代表阿伏加德羅常數的數值,以下說法正確選項（）A標準狀況下 2.24L 氯氣與水充分反應轉移電子數為 0.1N AB標況下, 2.24LNO 2 分子總數小于 0.1NAC標準狀況下 2.24L 的 CCl4中含有的 C Cl 鍵數為 0.4NAD6.8g 液態 KHSO 4 中含有 0.1N A 個陽離子【考點】 阿伏加德羅常數【專題】 阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律【分析】 A氯氣與水的反應為可逆

6、反應,即反應不能完全進行,據此解答即可；B二氧化氮自身發生反應生成四氧化二氮,據此解答即可；C標準狀況下,四氯化碳為液體,據此解答即可；D液體 KHSO 4,只能電離出鉀離子,不能電離出氫離子,據此解答即可【解答】 解： A 氯氣與水的反應為可逆反應,0.1mol ,故 A 錯誤；2.24L 氯氣不能完全轉化,轉移電子數小于BNO2發生反應： 2NO2. N2O4,所以 2.24LNO2分子總數小于 0.1NA,故 B 正確；C標準狀況下,四氯化碳為液體狀態,即 2.24L 的四氯化碳不是 0.1mol,故 C 錯誤；D.6.8g 液態 KHSO 4 的物質的量 =0.05mol ,液體 KH

7、SO 4,只能電離出鉀離子,不能電離出氫離子,故有0.05N A 個陽離子,故D 錯誤,應選 B【點評】 此題主要考查了阿伏伽德羅常的應用,主要考查氣體摩爾體積的體積應用,質量換算物質的量運算微粒數,留意硫酸氫鉀液體狀態的電離,題目難度不大4將適量的 SO2 通過入 Fe（NO3） 3 溶液中,溶液由棕黃色變為淺綠色,但馬上又變為棕黃色,連續滴入 BaCl2 溶液,產生白色沉淀在上述一系列變化過程中,最終被仍原的元素是（）AS BFe CCl DN 【考點】 氧化仍原反應【專題】 氧化仍原反應專題【分析】 Fe3+具有氧化性,能將 SO2 氧化成硫酸,自身被仍原為 Fe 2+,故溶液變為淺綠色

8、；隨著溶液中 H+濃度的增大, NO3 逐步顯現出其強氧化性,再將 Fe2+氧化為 Fe3+,而NO3 中氮元素從 +5 價變為 +2 價,故最終氮元素被仍原【解答】 解：將適量的 SO2 通過入 Fe（NO 3） 3 溶液中,溶液呈酸性,Fe 3+具有氧化性,能將 SO2 氧化成硫酸,自身被仍原為 Fe2+,故溶液變為淺綠色；但馬上又變為黃色,說明又被氧化為 Fe3+,就可知溶液中的硝酸根離子在酸溶液中具有強氧化性,把亞鐵離子氧化為三價鐵離子,起氧化性的是硝酸,應選 D【點評】 此題通過元素及化合物學問為載體,實質是考查氧化仍原反應基本學問,題目難度不大,留意相關物質的性質,學習中留意積存5

9、以下反應的離子方程式中正確選項（）+OHNH3 +H2O A碳酸氫銨溶液與足量的NaOH 溶液混合后加熱：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 溶液充分反應后溶液呈中性：=BaSO4 +H 2O D向 Fe（OH ）2中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO 3Fe 3+NO +2H 2O 【考點】 離子方程式的書寫【專題】 離子反應專題【分析】 A漏掉了碳酸氫根離子與氫氧根離子的反應；B二者反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水；C離子個數配比不符合物質結構；D氫

10、氧化亞鐵為沉淀應保留化學式【解答】 解： A 碳酸氫銨與氫氧化鈉溶液反應生成碳酸鈉和一水合氨,離子方程式：2OH+NH 4+HCO 3=CO32+NH 3.H2O+H 2O,故 A 錯誤；Ca 2+HCO 3+OHBCa（ HCO3）2溶液中滴加少量NaOH 溶液,離子方程式：=CaCO3 +H 2O,故 B 正確；CNaHSO4溶液和 Ba（ OH）2溶液充分反應后溶液呈中性,離子方程：+2H +SO4 2=BaSO 4 +2H 2O,故 C 錯誤；D向 Fe（OH ） 2中加入稀硝酸,離子方程式：3Fe（OH ）2+10H+NO 3Ba2+2OH 3Fe3+NO +8H 2O,故 D 錯誤

11、；應選： B【點評】 此題考查了離子方程式的書寫,明確反應實質及離子方程式書寫方法是解題關鍵,留意反應物用量對反應的影響,題目難度不大6用以下裝置不能達到有關試驗目的是（）A用圖裝置電解精煉鋁B用圖裝置制備Fe（OH ） 2C用圖裝置可制得金屬錳D用圖裝置驗證NaHCO3和 Na2CO3的熱穩固性【考點】 化學試驗方案的評判【分析】 A以鋁為電極電解氯化鋁溶液時,陰極上氫離子放電生成氫氣；B氫氧化亞鐵不穩固,易被氧氣氧化生成氫氧化鐵,所以制取氫氧化亞鐵要隔絕空氣；C鋁比錳活潑,高溫條件下,鋁能和二氧化錳發生鋁熱反應；D碳酸鈉較穩固、碳酸氫鈉受熱易分解【解答】 解： A 以鋁為電極電解氯化鋁溶液

12、時,陰極上氫離子放電生成氫氣,所以陰極得不到 Al 單質,故 A 錯誤；B氫氧化亞鐵不穩固,易被氧氣氧化生成氫氧化鐵,所以制取氫氧化亞鐵要隔絕空氣,煤油和水不互溶且密度小于水,所以煤油能隔絕空氣,故 B 正確；C鋁比錳活潑,高溫條件下,鋁能和二氧化錳發生鋁熱反應生成 得金屬錳,故 C 正確；DNaHCO 3 受熱易分解生成二氧化碳,使澄清的石灰水變渾濁,Mn ,所以用圖裝置可制Na2CO3 受熱不分解,所以可以利用碳酸鈉直接加熱、碳酸氫鈉間接加熱判定物質的穩固性,故 D 正確；應選 A 【點評】 此題考查化學試驗方案評判,為高頻考點,明確試驗原理是解此題關鍵,易錯選 項是 A ,留意電解精煉粗

13、鋁也不能接受電解熔融氯化鋁的方法,由于熔融氯化鋁不導電,題目難度不大7在給定條件下,以下加線的物質在化學反應中幾乎能被完全消耗的是（A8.7g 二氧化錳與 50mL 8mol .L 1濃鹽酸共熱制取氯氣B19.2g 銅與 100mL 12mol .L 1 的硝酸反應C常溫下,將 5.4g 鋁片投入 20mL 18mol .L 1 的硫酸中D將足量的 Cu 置于 50mL 18mol .L 1H2SO4 溶液中加熱）【考點】 銅金屬及其重要化合物的主要性質；濃硫酸的性質；鋁的化學性質【分析】 A稀鹽酸與二氧化錳不反應；B銅與濃硝酸、稀硝酸都反應；C常溫下,鋁與濃硫酸發生鈍化反應；D銅與稀硫酸不反

14、應【解答】 解： A 濃鹽酸和二氧化錳反應,稀鹽酸和二氧化錳不反應,隨著反應的進行,濃鹽酸會變成稀鹽酸,所以 8.7g 二氧化錳和 50mL8mol .L 1 濃鹽酸不能完全反應,故A 錯誤；B.19.2g 銅為 0.3mol,與硝酸發生：Cu+4HNO 3（濃） =Cu（NO 3） 2+2NO 2 +2H 2O、3Cu+8HNO3 3Cu（NO3）2+2NO+4H2O,硝酸的物質的量為1.2mol,銅可完全反應,故B正確；C常溫下,鋁與濃硫酸發生鈍化反應,鋁不能溶解,故 C 錯誤；D隨著反應的進行,硫酸的濃度逐步降低,稀硫酸與銅不反應,故 D 錯誤應選 B【點評】 此題考查了元素化合物的性質

15、,為高頻考點,難度不大,易錯選項是 C,留意鋁和濃硫酸、濃硝酸發生鈍化現象,留意二氧化錳和濃鹽酸反應,和稀鹽酸不反應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 以下關于上述反應焓變的判定正確選項（）A H10, H30 B H2 0, H40 C H1= H2+ H3 D H 3= H 4+ H 5【考點】 真題集萃；反應熱和焓變【專題】 化學反應中的能量變化【分析】 A

16、、全部的燃燒反應屬于放熱反應；B、以碳作為仍原劑的反應通常為吸熱反應,鐵的氧化屬于放熱反應；C、依據蓋斯定律利用加合法進行分析；D、依據蓋斯定律利用加合法進行分析【解答】 解： A 、全部的燃燒反應屬于放熱反應,因此 H10, H30,故 A 錯誤；B、碳仍原二氧化碳的反應屬于吸熱反應, H 20,鐵與氧氣的反應屬于放熱反應, H 40,故 B 錯誤；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,由蓋斯定律可知 H 1= H 2+ H3,故 C 正確； = + ,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,由蓋斯定律可知 =（ + ）,因此 H3= H4+ H5,故 D 錯誤；應選 C【點評】 此題考查了常見的吸熱反應和放熱反應類型、蓋斯定律的運算,難度中等,熟識 常見的吸熱反應和放熱反應類型、依據蓋斯定律利用加合法進行有關運算的步驟是解題的 關鍵9中學化學常見物質甲、乙、丙、丁之間存在轉化關系：甲 是（）A如甲為銅,丁為氯化亞鐵,就乙確定是氯化鐵B如甲為碳,丁為硅,就丙確定是二氧化碳 C如甲為鋁,丁為鐵,就乙確定是氧化鐵D如

18、甲為鎂,丁為氫氣,就乙確定是酸【考點】 無機物的推斷+乙 丙+丁以下說法正確的【分析】 A如甲為銅單質,丁為氯化亞鐵,依據質量守恒,就乙確定是氯化鐵；B如甲為碳,丁為硅,是碳仍原二氧化硅,就丙可能為 CO；C如甲為鋁單質,丁為鐵單質,屬于鋁熱反應,乙為鐵的氧化物,就乙也可以是四氧化 三鐵；D如甲為鎂,丁為氫氣,就乙可能為水,也可能為酸性溶液,不愿定是酸,如氯化銨溶 液【解答】 解： A 如甲為銅單質,丁為氯化亞鐵,依據質量守恒,就乙確定是氯化鐵,故 A 正確；B如甲為碳,丁為硅,是碳仍原二氧化硅,就丙可能為CO,不愿定是二氧化碳,故B 錯誤；C如甲為鋁單質,丁為鐵單質,屬于鋁熱反應,乙為鐵的氧

19、化物,就乙可能為氧化鐵,也可能為四氧化三鐵,故 C 錯誤；D如甲為鎂,丁為氫氣,就乙可能為水,也可能為酸性溶液,可能為酸,也可能為鹽,如氯化銨溶液,故 D 錯誤,應選 A 【點評】 此題考查無機物推斷,基本屬于開放性題目,需要同學嫻熟把握元素化合物知 識,難度中等10以下物質可通過化合反應一步得到的是（）能得到 FeCl3 FeCl2 Fe（ OH） 3 CuS能得到 D A只有 B只有 C【考點】 鐵的氧化物和氫氧化物；銅金屬及其重要化合物的主要性質【專題】 幾種重要的金屬及其化合物【分析】 氯氣具有強氧化性氧化變價金屬為高價態化合物； 鐵與氯化鐵反應生成氯化亞鐵； 氫氧化亞鐵具有強的仍原性

20、,能夠與氧氣、水反應生成氫氧化鐵； 硫氧化性較弱,與變價金屬反應生成低價態硫化物；【解答】 解： 鐵與氯氣發生化合反應生成氯化鐵,屬于化合反應,故 選； 鐵與氯化鐵發生反應生成氯化亞鐵,屬于化合反應,故 選； 氫氧化亞鐵、氧氣、水發生反應生成氫氧化鐵,屬于化合反應,故 選 硫與銅反應生成硫化亞銅,硫化銅不能夠由銅和硫發生化合反應制得,故 不選；應選 D【點評】 此題考查了元素與化合物學問,明確物質的性質和發生的反應、化合反應的定義 是解題關鍵,題目難度不大11以下離子或分子組中,在相應的環境中能大量共存的是（）選項 環境要求 離子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 水電離產生的向溶液中逐滴滴加燒堿溶液先有沉淀產生,后沉淀消逝Na +、Al 3+、Cl 、BB CC DD 【考點】 離子共存問題【分析】 離子之間反應生成氣體、沉淀、弱電解質、絡合物或發生雙水解、發生氧化仍原反應的就不能共存,據此分析解答【解答】 解： A 溶液中 c（ K+） c（Cl ）,溶液中仍存在陰離子 AlO 2 、NO3 ,依據電荷守恒知, c（H+） c（OH ）,溶液呈酸性,就 AlO 2 和氫離子反應生

22、成鋁離子而不能存在,故 A 錯誤；B溶液 pH7,溶液呈堿性,但 S2 、ClO 發生氧化仍原反應而不能共存,故 B 錯誤；C水電離產生的 c（H +） =10 12 mol/L 的溶液,溶質抑制水電離,說明溶液呈酸性或堿性,假如呈酸性,ClO 、CO32 、SO32 不能存在,假如呈堿性,就 NH 4+不能存在,故 C錯誤；D向溶液中逐滴滴加燒堿溶液先有沉淀產生,后沉淀消逝,Al3+和 NaOH 反應先生成氫氧化鋁沉淀后消逝,且這幾種離子之間不反應,故D 正確；應選 D【點評】 此題考查離子共存,明確物質的性質及離子共存的條件是解此題關鍵,留意題中隱含條件,易錯選項是 A,要留意依據電荷守恒

23、確定溶液酸堿性,題目難度中等12已知： 2Fe+3Br 2 2FeBr 3,Fe2+的仍原性大于 Br 現有 16.8g 鐵和 0.3mol Br 2 反應后加入水得到澄清溶液后,通入 a mol Cl 2以下表達不正確選項（）A當 a=0.1 時,發生的反應為 2Fe2+Cl 2 2Fe3+2ClB當 a=0.45 時,發生的反應為 2Fe 2+4Br +3Cl2 2Fe 3+2Br 2+6ClC如溶液中 Br 有一半被氧化時,c（Fe3+）： c（Br ）： c（Cl ）=1：1：3 D當 0a0.15 時,溶液中始終中意 2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（ Cl ）+c

24、（Br ）+c（OH ）【考點】 氧化仍原反應的運算；氧化仍原反應【專題】 氧化仍原反應專題【分析】 n（ Fe）= =0.3mol ,n（Br2）=0.3mol ,由反應 2Fe+3Br 2 2FeBr3 可知,反應后 Fe 過量,在在溶液中進一步發生 Fe+2Fe3+=3Fe 2+,就反應后溶液中存在 0.3molFe2+和 0.6molBr ,結合 Fe2+的仍原性大于 Br 解答該題【解答】 解： n（Fe）=0.3mol, n（Br 2）=0.3mol ,由反應 2Fe+3Br 2 2FeBr3 可知,反應后 Fe 過量,在在溶液中進一步發生 Fe+2Fe3+=3Fe 2+,就反應后

25、溶液中存在0.3molFe 2+和 0.6molBr ,A當 a=0.1 時,氯氣不足,因 Fe2+的仍原性大于 Br ,只發生 2Fe2+Cl 2 2Fe3+2Cl反應后 Fe2+仍有剩余,故 A 正確； ,B當 a=0.45 時,第一發生 2Fe 2+Cl 2 2Fe 3+2Cl ,此時 Fe2+完全反應,消耗0.15molCl 2,剩余 0.3molCl 2,進一步發生 2Br+Cl 2 Br 2+2Cl ,又知 Br 為 0.6mol,就二者恰好反應,所以總方程式為 2Fe2+4Br+3Cl 2 2Fe 3+2Br 2+6Cl ,故 B 正確；C如溶液中 Br 有一半被氧化時,第一發生

26、 2Fe2+Cl 2 2Fe3+2Cl ,此時 Fe2+完全反應,消耗 0.15molCl 2,又知 Br 為 0.6mol ,Br 有一半被氧化,就反應 0.3mol ,由方程式2Br+Cl 2 Br2+2Cl ,可知消耗 0.15molCl 2,就共消耗 0.3mol 氯氣,就 c（Fe3+）： c（Br ）： c（Cl ）=0.3mol ：0.3mol=0.6mol=1 ：1：2,故 C 錯誤；D當 0a0.15 時,氯氣不足,溶液中存在 Fe 2+和 Fe3+,由電荷守恒可知 2c（ Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl ）+c（Br ）+c（OH ）,故 D 正確應選

27、C【點評】 此題考查氧化仍原反應中氧化性和仍原性強弱的學問,綜合性較強,題目難度較大,解答此題時留意依據離子的仍原性強弱判定反應的先后次序和各離子的物質的量,為解答該題的關鍵,也是易錯點,答題時留意體會13以下各組物質相互混合反應后,既有氣體生成,最終又有沉淀生成的是（） 金屬鈉投入到 FeCl3溶液中 過量 Ba（OH）2濃溶液和 AlNH4（SO4）2溶液混合 少量 Ca（OH） 2投入過量 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 【考點】 鈉的化學性質；含硫物質的性質及綜合應用；鈉的重要化合物；鎂、鋁的重

28、要化 合物【專題】 元素及其化合物【分析】 鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣,氫氧化鈉和氯化鐵發生復分解反應； 過量 Ba（OH） 2濃溶液和 NH 4Al （SO4） 2 溶液生成白色沉淀硫酸鋇； 少量 Ca（OH） 2投入過量 NaHCO 3溶液中生成白色沉淀碳酸鈣； 過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣,氫氧化鈉和氯化亞鐵發生復分解反應； Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸發生反應生成硫沉淀和硫化氫氣體【解答】 解： 鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣,氫氧化鈉和氯化鐵反應生成紅褐色沉 淀, 2Na+2H 2O 2NaOH+H 2 , 3NaOH+FeCl 3 Fe（OH） 3 +3NaCl ,故正確

29、；3+2SO42 過量 Ba（OH）2濃溶液和 NH4Al （SO4）2溶液反應的方程式為：NH4+Al +2Ba2+5OH =AlO 2 +3H 2O+2BaSO 4 + NH 3 ,故 中既有氣體生成又有沉淀生成,故正確； 少量 Ca（OH）2投入過量 NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸鈣,故 最終只有沉淀 生成,故錯誤； Na2O2 投入 FeCl2溶液發生反應,2Na2O2+2H 2O 4NaOH+O 2 、FeCl2+2NaOH Fe（OH ） 2 +2NaCl 、 4Fe（OH ） 2+O2+2H 2O 4Fe（OH） 3,故正確； Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸發生反應生成硫

30、沉淀和硫化氫氣體,所以有氣體和沉淀生 成,故正確；應選： A【點評】 該題主要考查了元素鈉、鋁、硫、鐵的化合物的性質,要求把握這些化合物的一些重要的化學反應方程式,并懂得為什么會發生,從而運用這些反應解相關的問題14在探究新制飽和氯水成分的試驗中,以下依據試驗現象得出的結論不正確選項（）A氯水的顏色呈淺黃綠色,說明氯水中含有Cl2ClB向氯水中滴加硝酸酸化的 AgNO 3 溶液,產生白色沉淀,說明氯水中含有+C向氯水中加入 NaHCO3粉末,有氣泡產生,說明氯水中含有 HD向 FeCl2 溶液中滴加氯水,溶液顏色變成棕黃色,說明氯水中含有HClO 【考點】 真題集萃；氯氣的化學性質【專題】 鹵

31、族元素【分析】 溶液中存在平穩 Cl 2+H2O. HCl+HClO ,只有氯氣有顏色,為黃綠色,氯水中含有氯氣而呈淺黃綠色,溶液中 HCl 與硝酸銀反應產生 AgCl 白色沉淀,而溶液呈酸性,能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳,溶液中氯氣、鐵離子,而使溶液變為棕黃色HClO 都強氧化性,都可以將亞鐵離子氧化為【解答】 解：溶液中存在平穩 Cl 2+H 2O. HCl+HClO ,A只有氯氣有顏色,為黃綠色,氯水呈淺黃綠色是由于含有氯氣,故 A 正確；B溶液與硝酸銀反應產生白色沉淀,只能是氯離子與銀離子反應得到 AgCl 白色沉淀,說明氯水中含有 Cl ,故 B 正確；C溶液呈酸性,能與碳酸氫鈉反應

32、生成二氧化碳,故 C 正確；D溶液中氯氣、HClO 都強氧化性,都可以將亞鐵離子氧化為鐵離子,而使溶液變為棕黃色,不能說明氯水中含有 HClO ,故 D 錯誤,應選 D【點評】 此題考查氯水的性質,難度不大,側重對基礎學問的考查,需要同學嫻熟把握基礎學問15常溫下,向含有 H 2SO4的 CuSO4溶液中逐滴加入含 a mol 溶質的 NaOH 溶液,恰好使溶液的 pH=7 ,以下表達錯誤選項（）A反應后溶液中 c（Na+）=2c（SO42 ）B mol沉淀的物質的量0 C沉淀的質量為 49a g D溶液中 n（ SO42 ）= mol 【考點】 離子方程式的有關運算【分析】 常溫下,向含有

33、H2SO4 的 CuSO4溶液中逐滴加入含 a mol 溶質的 NaOH 溶液,發生的反應為 H 2SO4+2NaOH=Na 2SO4+2H 2O、CuSO4+2NaOH=Cu （OH ）2 +Na2SO4,所得溶液呈中性時,溶液中的溶質為硫酸鈉,就 的關系式、電荷守恒解答H2SO4、CuSO4完全參加反應,依據物質之間【解答】 解：常溫下,向含有 H 2SO4 的 CuSO4 溶液中逐滴加入含 a mol 溶質的 NaOH 溶液,發生的反應為 H 2SO4+2NaOH=Na 2SO4+2H 2O、CuSO4+2NaOH=Cu （ OH）2 +Na2SO4,所得溶液呈中性時,溶液中的溶質為硫酸

34、鈉,就H2SO4、CuSO4完全參加反應,c（H+）=c（OH ）,依據電荷守恒得c（Na+）=2c（SO42）,故 AA溶液呈中性,就正確；B假設原先溶液中的溶質全部是硫酸銅,依據CuSO4+2NaOH=Cu （OH ） 2 +Na 2SO4知,生成沉淀的物質的量為 mol,數值上有硫酸,所以生成沉淀的物質的量小于 mol,因為溶液中確定含有硫酸銅,所以確定含有沉淀,就沉淀的物質的量大于 0,故 B 正確；C由于硫酸銅的物質的量未知,依據已知條件無法運算沉淀的質量,故 C 錯誤；D溶液中的溶質為硫酸鈉,溶液中存在 n（SO42 ）=n（Na2SO4）=2n（Na+）,就溶液中n（SO42）=

35、 mol ,故 D 正確；應選 C【點評】 此題考查離子方程式的有關運算,側重考查同學分析問題、運算才能,明確溶液 中的溶質及其性質是解此題關鍵,留意結合守恒思想、極限法解答,題目難度中等16已知 NaCN 溶液呈堿性；（ 之間以下變化不能發生的是（CN ） 2 與鹵素單質的性質相像；）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【考點】 鈉的重要化合物【專題】 元素及其化合物【分析】 ANaCN 溶液呈堿性,說明HCN 羧基弱酸,存在電

36、離平穩；B（ CN）2與鹵素單質的性質相像,可以與乙烯發生加成反應；C中意仍原劑的仍原性強于仍原產物的仍原性,反應可能發生；D（ CN） 2 與鹵素單質的性質相像,可以發生類似氯氣與堿的反應【解答】 解： A NaCN 溶液呈堿性,說明 HCN . H +CN ,故 A 正確；HCN 羧基弱酸,存在電離平穩,電離方程式為B（ CN）2與鹵素單質的性質相像,可以與乙烯發生加成反應生成 NC CH2 CH2CN,故 B 正確；C由題目信息可知,仍原性 CN Br ,Br 不能仍原（ CN ） 2為 CN ,故 C 錯誤；D（ CN）2與鹵素單質的性質相像,可以發生類似氯氣與堿的反應,與堿發生反應（

37、CN ） 2+2OH =CN +CNO +H 2O,故 D 正確；應選 C【點評】 此題考查類鹵素學問、氧化仍原反應、鹽類水解等,需要同學對信息應用進行利用,留意把握題中信息,“類鹵素 ”與鹵素單質的性質相像,是高考熱點題型17以下表達正確選項（）A含 1 mol H 2SO4 的濃硫酸中有 n（H +）=2n（SO4 2）=2 mol B用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液終點時仰視讀數,氫氧化鈉濃度偏低C配制 2.0 mol.L 1 的硫酸,如定容時俯視,就所得溶液濃度偏高（其他操作均正確）D用銅電極電解 2.0 mol .L 1的硫酸,陰陽兩極生成氣體的體積之比為 2：1 【考點】

38、 電解原理；配制確定物質的量濃度的溶液【分析】 A濃硫酸基本不電離；B仰視讀數導致 HCl 體積偏大；C依據 c=分析；D用銅電極電解 2.0 mol .L 1的硫酸,陽極是銅本身失電子不生成氣體【解答】 解： A 濃硫酸基本不電離,故 A 錯誤；B滴定管的小刻度在下、大刻度在上,所以仰視讀數導致 結果偏高,故 B 錯誤；HCl 體積偏大,導致最終試驗C定容時俯視,會造成液體低于刻度線 V 變小,依據 c=可知,濃度偏高,故D用銅電極電解 2.0 mol .L 1的硫酸,陽極是銅本身失電子不生成氣體,故C 正確；D 錯誤；應選 C【點評】 此題考查了化學試驗方案評判,涉及試驗誤差分析,留意：A

39、 中濃硫酸基本不電離、 D 中用銅電極電解 2.0 mol.L 1 的硫酸,陽極是銅本身失電子,這些都是易錯點18 X、Y、Z、W 、Q 都是短周期元素,其中 X 原子的最外層電子數是內層電子數的 3倍； X 與 Z 同族, Y 與 Z 同周期, Q 原子的電子總數等于其電子層數的 3 倍, W 與 X 、Y既不同族也不同周期且 W 不為稀有氣體元素；X、 Y、 Z 三種元素的族序數之和為 16下列說法正確選項（）AQ 與 W 能形成 10 電子,不能形成 14 電子、 18 電子分子BY 的最高價氧化物對應水化物的化學式只能表示為 H 4YO 4CY、Z、Q 分別與 X 化合,只能形成 AB

40、2型化合物DX、Z、W 三種元素形成的兩種鈉鹽溶液發生化學反應生成的氣體可使品紅溶液褪色【考點】 原子結構與元素周期律的關系【專題】 元素周期律與元素周期表專題【分析】 X、Y、Z、W、Q 都是短周期元素,其中X 原子的最外層電子數是內層電子數的3 倍, X 原子只能有2 個電子層,最外層電子數為6,就 X 為 O 元素； X 與 Z 同族,就 Z為 S 元素； X 、Y、Z 三種元素的族序數之和為16,就 Y 的族序數 =16 6 6=4,Y 與 Z 同周期,就 Y 為 Si 元素； Q 原子的電子總數等于其電子層數的 3 倍, Q 原子只能有 2 個電子層,最外層電子數為 4,故 Q 為

41、C 元素； W 與 X、Y 既不同族也不同周期且 W 不為稀有氣體元素,就 W 為 H 元素,據此解答【解答】 解： X 、Y 、Z、W、Q 都是短周期元素,其中X 原子的最外層電子數是內層電子數的 3 倍, X 原子只能有2 個電子層,最外層電子數為6,就 X 為 O 元素； X 與 Z 同族,就 Z 為 S 元素； X、Y 、Z 三種元素的族序數之和為16,就 Y 的族序數 =16 6 6=4,Y 與Z 同周期,就 Y 為 Si 元素； Q 原子的電子總數等于其電子層數的 3 倍, Q 原子只能有 2 個電子層,最外層電子數為 4,故 Q 為 C 元素； W 與 X、Y 既不同族也不同周期

42、且 W 不為稀有氣體元素,就 W 為 H 元素A碳元素與氫元素可以組成甲烷、乙炔（C2H2）、乙烷分子,它們分別為 10 電子、 14 電子、 18 電子分子,故 A 錯誤；B硅的最高價含氧酸的化學式有兩種形式：H 4SiO4、H2SiO3,故 B 錯誤；C碳、硅、硫與氧形成的化合物,除 CO2、SiO2、SO2外,仍有 CO、SO3 等,故 C 錯 誤；D硫、氫、氧形成的鈉鹽中亞硫酸氫鈉與硫酸氫鈉反應可以生成二氧化硫,二氧化硫可 以使品紅褪色,故 D 正確,應選 D【點評】 此題考查結構性質位置關系應用,推斷元素是解題關鍵,需要同學嫻熟把握元素化合物學問,難度中等19一種基于酸性燃料電池原理

43、設計的酒精檢測儀,負極上的反應為：+H 2O CH 3COOH+4H +以下有關說法不正確選項（）CH3CH2OH 4eA檢測時,電解質溶液中的H+向正極移動B如溶液中有0.4 mol 電子通過,就在標準狀況下消耗4.48L 氧氣C電池反應的化學方程式為：CH 3CH 2OH+O 2 CH3COOH+H 2O D正極上發生的反應為：O2+4e+4H+ 2H2O 【考點】 原電池和電解池的工作原理【專題】 化學反應中的能量變化；電化學專題【分析】 酸性乙醇燃料電池的負極反應為：CH 3CH 2OH 4e+H2O CH3COOH+4H+,正極應為 O2 得電子被仍原,電極反應式為：O2+4e+4H

44、+ 2H2O,正負極相加可得電池的總反應式為：CH3CH2OH+O 2 CH 3COOH+H 2O,可依據電極反應式判定離子和電子的轉移問題【解答】 解： A 原電池中,陽離子向正極移動,所以 H+向正極移動,故 A 正確；B氧氣得電子被仍原,化合價由 0 價降低到2 價,如有 0.4mol 電子轉移,就應有0.1mol 氧氣被仍原,在標準狀況下的體積為 2.24L ,故 B 錯誤；C酸性乙醇燃料電池的負極反應為：CH 3CH 2OH 4e +H 2O CH 3COOH+4H+,可知乙醇被氧化生成乙酸和水,總反應式為：CH3CH2OH+O 2 CH 3COOH+H 2O,故 C 正確；D燃料電

45、池中,氧氣在正極得電子被仍原生成水,正極反應式為：O2+4e +4H + 2H2O,故 D 正確應選： B【點評】 此題考查酸性乙醇燃料電池學問,題目難度中等,留意題中乙醇被氧化為乙酸的特點,答題中留意審題,依據題給信息解答20 8.34g FeSO4.7H2O 樣品在隔絕空氣條件下受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質量隨溫度變化的曲線）如以下圖以下說法中正確選項（）A溫度為 78時固體物質 M 的化學式為 FeSO4.5H2O B溫度為 159時固體物質 N 的化學式為 FeSO4.3H 2O C在隔絕空氣條件下由 N 得到 P 的化學方程式為 FeSO4 FeO+SO3D取適量 380時所得的樣

46、品 P,隔絕空氣加熱至 650,得到一種固體物質 Q,同時有兩種無色氣體生成,Q 的化學式為 Fe2O3【考點】 化學方程式的有關運算【分析】 8.34g FeSO4.7H 2O 樣品物質的量 =0.03mol ,其中 m（H 2O）=0.03mol 718g/mol=3.78g ,如晶體全部失去結晶水,固體的質量應為 8.34g3.78g=4.56g,可知在加熱到373之前,晶體失去部分結晶水,結合質量的變化可確定在不同溫度時加熱后固體的化學式,加熱至 633時,固體的質量為 2.40g,其中 n（ Fe）=n（ FeSO4.7H 2O）=0.03mol ,m（Fe）=0.03mol 56g

47、/mol=1.68g ,就固體中 m（O）=2.40g1.68g=0.72g,n（O）=0.045mol ,就 n（ Fe）： n（O）=0.03mol ：0.045mol=2 ：3,就固體物質 Q 的化學式為 Fe2O3,鐵的化合價上升,必有硫的化合價降低,即有二氧化硫生成,設 SO2、SO3 的物質的量分別為 x、y,依據硫原子守恒及氣體的質量列方程運算判定是否含有三氧化硫,以此解答該題【解答】 解： 8.34g FeSO4.7H2O 樣品物質的量 =0.03mol,其中 m（H2O）=0.03mol 718g/mol=3.78g ,如晶體全部失去結晶水,固體的質量應為 8.34g3.78

48、g=4.56g,可知在加熱到 373之前,晶體失去部分結晶水,加熱至 633時,固體的質量為 2.40g,其中 n（Fe）=n（ FeSO4.7H2O）=0.03mol ,m（Fe）=0.03mol 56g/mol=1.68g ,就固體中m（O）=2.40g 1.68g=0.72g,n（O）=0.045mol ,就 n（Fe）： n（O）=0.03mol ：0.045mol=2 ：3,就固體物質Q 的化學式為 Fe2O3A溫度為 78時,固體質量為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,就化學式為 FeSO4.4H 2O,故 A 錯誤；FeSO4.4H2O,故 100時, M 的化學式為B溫度為 l59 時,固體質量為 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,就化學式為 FeSO4.H2O,故 B 錯誤；CN 的化學式為 FeSO4.H2O,P 化學式為 FeSO4

50、,在隔絕空氣條件下由 N 得到 P 的化學方程式為： FeSO4.H2OFeSO4+H2O,故 C 錯誤；D由上述分析可知,P 化學式為 FeSO4,Q 的化學式為 Fe2O3,鐵的化合價上升,必有硫的化合價降低,即有二氧化硫生成,設 SO2、SO3 的物質的量分別為 x、y,就,解得 x=y=0.015 ,所以方程式為：2FeSO4 Fe2O3+SO2 +SO3 ,故 D 正確,應選 D【點評】 此題考查化學方程式的運算,側重于同學的分析才能和運算才能的考查,留意把握物質的質量的變化關系,能讀懂圖象,從質量守恒的角度解答該題,難度較大21在密閉容器中的確定量混合氣體發生反應：xA （g） +

51、yB （g） . zC（g）,達到平穩時,測的 A 的濃度為 0.5mol/L ,在溫度不變的條件下,將容器的體積擴大到兩倍,使再達到平穩,測的 A 的濃度降低為 0.3mol/L ,以下有關判定正確選項（）Ax+yz B平穩向正反應方向移動CC 的體積分數下降 DA 的轉化率提高【考點】 化學平穩的運算；化學平穩的影響因素【專題】 化學平穩專題【分析】 在密閉容器中的確定量混合氣體發生反應：xA （g）+yB （g）. zC（g）,平穩時測得 A 的濃度為 0.50mol/L ,保持溫度不變,將容器的容積擴大到原先的兩倍,如不考慮 平穩移動,只考慮體積變化,A 的濃度應變化為 0.25mol

52、/L ,題干中再達到平穩時,測得 A 的濃度降低為 0.30mol/L ,說明體積增大,壓強減小,平穩逆向進行,依據平穩移動方向 分析判定選項中的問題【解答】 解：在密閉容器中的確定量混合氣體發生反應：xA （ g）+yB （g）. zC（g）,平衡時測得 A 的濃度為 0.50mol/L ,保持溫度不變,將容器的容積擴大到原先的兩倍,如不考慮平穩移動,只考慮體積變化,A 的濃度應變化為 0.25mol/L ,題干中再達到平穩時,測得 A 的濃度降低為 0.30mol/L ,說明體積增大,壓強減小,平穩逆向進行；A、體積增大,壓強減小,化學平穩逆向進行,逆向是氣體體積增大的反應,所以 x+yz

53、,故 A 錯誤；B、依據分析平穩逆向進行,故 B 錯誤；C、平穩逆向進行,C 的體積分數減小,故 C 正確；D、平穩逆向進行,A 的轉化率減小,故 D 錯誤；應選 C【點評】 此題考查了化學平穩的移動判定方法,化學平穩的影響因素,平穩移動規律是解題關鍵,題目難度中等二、解答題（共4 小題,滿分58 分）22（ 15 分）（ 2022 秋.遼寧校級期中）短周期元素 上圖所示： B、D 最外層電子數之和為 12回答以下問題：C A B E A 、B、C、 D 在周期表中的位置如右（1）與元素 B、D 處于同一主族的第 2 5 周期元素單質分別與 H 2 反應生成 1mol 氣態氫化物對應的熱量變化

54、如下,其中能表示該主族第 4 周期元素的單質生成 1mol 氣態氫化物所對應的熱量變化是 b（選填字母編號）a吸取 99.7kJ b吸取 29.7kJ c放出 20.6kJ d放出 241.8kJ （2）DB 2通過以下工藝流程可制化工業原料H2DB 4和清潔能源H2 查得：化學鍵H H Br Br H Br 鍵能（ kJ/mol ）436 194 362 試寫出通常條件下電解槽中發生總反應的熱化學方程式：（g） H=+94kJ/mol 依據資料：2HBr （aq）=H 2（g）+Br 2化學式 Ag2SO4 AgBr 溶解度（ g）0.796 8.410 6為檢驗分別器的分別成效,取分別后的

55、 H 2DB 4 溶液于試管,向其中逐滴加入 AgNO 3溶液至充分反應,如觀看到 無淡黃色沉淀顯現,最終顯現白色沉淀,證明分別成效較好 在原電池中,負極發生的反應式為 SO2+2H2O 2e =SO42+4H + 在電解過程中,電解槽陰極鄰近溶液 pH 變大（填 “變大 ” 、“變小 ”或“不變 ” ） 將該工藝流程用總反應的化學方程式表示為：SO2+2H 2O=H 2+H2SO4該生產工藝的優點有 Br 2 被循環利用或能源循環供應或獲得清潔能源（答一點即可）（3）溴及其化合物廣泛應用于醫藥、農藥、纖維、塑料阻燃劑等,回答以下問題：海水提溴過程中,向濃縮的海水中通入Cl 2,將其中的Br氧

56、化,再用空氣吹出溴；然后用碳酸鈉溶液吸取溴,溴歧化為Br 和 BrO,其離子方程式為3 Br 2+6 CO32+3H 2O=5 Br+BrO 3+6HCO 3 （或 3 Br 2+3CO32=5 Br+BrO 3+3CO 2 ）【考點】 元素周期律和元素周期表的綜合應用；原電池和電解池的工作原理【專題】 簡答題；熱點問題；結構準備性質思想；演繹推理法；元素周期律與元素周期表專題【分析】 由短周期元素 A、B、C、D 在周期表中的位置可知,A、 B 處于其次周期,C、D處于第三周期,B、D 最外層電子數之和為 12,二者同主族,故最外層電子數為 6,就 B為 O 元素, D 為 S 元素,二者可

57、以形成 SO2、SO3兩種分子,且 SO2 具有漂白性,由位置關系可知, A 為 N 元素, C 為 Si 元素（1）同主族自上而下非金屬性減弱,單質與氫氣反應猛烈程度減小,反應熱增大（考慮符號）；（2） 由工藝流程圖可知,電解槽中電解HBr ,生成 H2與 Br 2,依據反應熱 =反應物總鍵能 生成物總鍵能,運算該反應的反應熱,據此生成熱化學方程式； 分別完全,硫酸中不含 HBr ； 在原電池中,負極發生氧化反應,SO2在負極放電生成 在電解過程中,電解槽陰極發生仍原反應,電極反應式為降低；H2SO4；2H+2e =H2 ,氫離子濃度 原電池中電池總反應為 SO2+Br 2+2H 2O=H2

58、SO4+2HBr ,電解池中總反應為2HBr=H 2+Br 2,兩式相加可得該工藝流程用總反應的化學方程式,該生產工藝的優點：溴可以循環利用,獲得清潔能源氫氣,缺點是：生成過程有有毒物質,電解循環能源大；（3）海水提溴過程中,向濃縮的海水中通入氯氣,將其中的 然后用碳酸鈉溶液吸取溴,溴歧化為 Br 和 BrO 3 ,同時生成Br 氧化,再用空氣吹出溴；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 處于其次周期,C、D 處于第三周期,B、D 同種主族, B、D 最外層電子數之和為 12,故最外層電子數為6,故 B 為 O 元素, D 為 S 元

59、素,二者可以形成 SO2、SO3兩種分子,且 SO2 具有漂白性,由位置關系可知,A 為 N 元素, C 為 Si 元素,（1）Se 與 O 元素同族元素,同主族自上而下非金屬性減弱,單質與氫氣反應猛烈程度減小,反應熱增大（考慮符號）,故生成 +29.7kJ.mol 1,故答案為： b；（2） 由工藝流程圖可知,電解槽中電解1mol 硒化氫（ H2Se）反應熱應排在其次位,應為HBr ,生成 H2與 Br 2,反應方程式為2HBr=H 2+Br 2,由表中數據可知, H=362kJ/mol 2 436kJ/mol 194kJ/mol=+94kJ/mol ,故熱化學方程式為 2HBr （aq）=

60、H2（g）+Br 2（g） H=+94kJ/mol ,故答案為： 2HBr （aq）=H2（g）+Br 2（g） H=+94kJ/mol ； 分別后的 H 2SO4 溶液于試管,向其中逐滴加入AgNO 3 溶液至充分反應,如觀看到無淡黃色沉淀產生,最終生成白色沉淀,說明分別成效較好,故答案為：無淡黃色沉淀產生,最終生成白色沉淀； 在原電池中,負極發生氧化反應,SO2 在負極放電生成 H2SO4,電極反應式為SO2+2H 2O 2e =4H+SO42 ,故答案為： SO2+2H 2O 2e =4H+SO42 ； 在電解過程中,電解槽陰極發生仍原反應,電極反應式為 2H+2e =H2 ,氫離子濃度