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2022-2023学年内蒙古包钢第一中学高三上学期11月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年内蒙古包钢第一中学高三上学期11月月考化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古包钢第一中学2022-2023学年高三上学期11月月考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．的电子式： B．的结构式：
C．分子的电子式： D．质量数为37的氯原子
【答案】A
【详解】A．是由钙离子和氢离子构成的，电子式正确，A正确；
B．的结构式为，B错误；
C．分子的电子式：，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；质量数为37的氯原子，D错误；
故选A。
2．化学与人类生活、生产密切相关。下列说法正确的是
A．抗击新冠疫情普遍使用“84”消毒液和酒精消毒，它们的消毒原理相同
B．“雾霾积聚难见人”，雾霾具有丁达尔效应
C．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，故石墨烯是电解质
D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化
【答案】B
【详解】A．“84”消毒液具有强氧化性而消毒，酒精消毒是破坏病毒蛋白质结构，它们的消毒原理不相同，A项错误；
B．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；雾霾属于气溶胶具有丁达尔效应，B项正确；
C．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物，石墨烯是单质，不属于电解质，C项错误；
D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；焰色反应没有生成新物质，属于物理变化，D项错误；
故选B。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．0.2g中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1
B．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2
C．1L氯化铵水溶液中与离子数之和等于
D．标准状况下，22.4L与0.5mol混合充分反应，最后得到分子小于个
【答案】C
【详解】A．1分子含有质子、中子、电子数分别为10、10、10，则0.2g为0.01mol，含有的质子数、中子数和电子数均为0.1，故A正确；
B．1分子甲烷、乙烯均含有4个氢原子，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物为0.5mol，其中含氢原子数目为2，故B正确；
C．1L氯化铵水溶液中氯离子为1mol，根据电荷守恒可知，，则与离子数之和大于，故C错误；
D．一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，故标准状况下，22.4L（1mol）与0.5mol混合充分反应，最后得到小于1mol，其分子小于个，故D正确；
故选C。
4．下列有关物质分类或归类中，正确的是
①水玻璃、漂白粉、氯水、胆矾晶体均是混合物
②、、、均是化合物
③碘的升华、潮解、胶体渗析、氯化钠溶液导电、煤的干馏均属于物理变化
④明矾、氧化钠、冰醋酸、氯化银均是电解质
A．②③ B．①③ C．③④ D．④
【答案】D
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；
【详解】①水玻璃、漂白粉、氯水均是由多种物质组成的，均是混合物；胆矾晶体是一种物质，为纯净物，错误；
②、、均是多种元素组成的纯净物，为化合物；为氢气单质，错误；
③碘的升华、潮解、胶体渗析、氯化钠溶液导电均没有生成新物质，属于物理变化；煤的干馏生成新物质，为化学变化；错误；
④明矾、氧化钠、冰醋酸、氯化银均是电解质，正确；
故选D。
5．下列溶液里离子检验的结论正确的是
A．加溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中一定含有
B．加溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有
C．加溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有
D．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含
【答案】D
【详解】A．加入Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸白色沉淀消失，原溶液中可能含有钡离子、钙离子等，故A错误；
B．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液可能含有银离子或硫酸根离子等，故B错误；
C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液可能含有碳酸根，碳酸银也为白色沉淀，故C错误；
D．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，证明生成二氧化碳，原溶液可能含或，故D正确；
故选D。
6．下列说法正确的是
A．固体溶于水时，一定破坏了化学键
B．、溶于水均只破坏离子键
C．、中所有原子最外层都满足8电子结构
D．金刚石和熔化时，克服相同类型的作用力
【答案】C
【详解】A．固体溶于水时，不一定破坏了化学键，例如葡萄糖溶于水，A错误；
B．中硫酸氢根离子中存在共价键，溶于水电离为氢离子、硫酸根离子，也破坏共价键，B错误；
C．、均为共价化合价物，且所有原子最外层都满足8电子结构，C正确；
D．金刚石和分别为共价晶体、分子晶体，熔化时分别为破坏了共价键、分子间作用力，克服的不是相同类型的作用力，D错误；
故选C。
7．下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是
A．向100mL的溶液中通入0.01mol的：
B．用浓盐酸酸化溶液并加入溶液，发生的反应有：
C．氢氧化铁溶于氢碘酸中：
D．向溶液中加入溶液至中性：
【答案】D
【详解】A．向100mL的（为0.02mol）溶液中通入0.01mol的，亚铁离子还原性强于溴离子，氯气和亚铁离子恰好反应生成铁离子和氯离子，溴离子没有反应：，A项错误；
B．用浓盐酸酸化溶液并加入溶液，高锰酸钾也会把氯离子氧化为氯气，B项错误；
C．氢氧化铁溶于氢碘酸中反应，铁离子会把碘离子氧化为碘单质，同时生成亚铁离子：，C项错误 ；
D．向溶液中加入溶液至中性则氢离子完全和氢氧根离子生成水、硫酸根离子部分和钡离子生成硫酸钡沉淀，，D项正确；
故选D。
8．下列说法正确的是
A．已知氢气和氯气在混合光照时发生爆炸，而氢气在氯气中点燃能安静燃烧，说明在同温同压下，H2(g)+Cl2(g) =2HCl(g)反应条件不同，ΔH不同
B．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)= H2O(1) ΔH= -57.3 kJ/mol，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量等于57.3 kJ
C．由石墨比金刚石稳定可知：C(金刚石，s)=C(石墨， s) ΔH＜0
D．已知：298K时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH= -92.0 kJ/mol， 在相同温度下，向密闭容器中通入0.5 molN2和1.5 molH2，充分反应放出46.0 kJ的热量
【答案】C
【详解】A．焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2(g)+Cl2(g) =2HCl(g)反应条件不同，ΔH相同，故A错误；
B．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)= H2O(1) ΔH= -57.3 kJ/mol，NaOH固体溶解时放热，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ，故B错误；
C．能量越低越稳定，由石墨比金刚石稳定可知，石墨的能量低于金刚石的能量，则C(金刚石，s)=C(石墨， s) 为放热过程，ΔH＜0，故C正确；
D．N2和H2的反应为可逆反应，因此0.5molN2和1.5molH2不能完全反应， 则其反应过程中放出的热量小于46.0kJ，故D错误；
答案选C。
9．用下列装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
探究氧化性：
检验化合物中是否含钾元素
实验室里接收用自来水制取的蒸馏水
制备氢氧化铁胶体
装置或操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．将浓盐酸滴加到高锰酸钾中可发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，KMnO4＞Cl2，氯气通入到KI淀粉溶液中溶液变蓝，说明发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，则氧化性Cl2＞I2，故能得出氧化性KMnO4＞Cl2＞I2，能够达到实验目的，A符合题意；
B．检验化合物中是否含钾元素，进行焰色反应是必须透过蓝色钴玻璃观察，否则可能有其他颜色的光掩盖了钾的焰色紫色，不能达到实验目的，B不合题意；
C．用自来水制取的蒸馏水，承接管末端与锥形瓶不能密封，否则将造成炸裂等实验事故，不能达到实验目的，C不合题意；
D．制备氢氧化铁胶体是将FeCl3饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，将FeCl3饱和溶液滴加NaOH溶液中将生成Fe(OH)3沉淀，反应方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：A。
10．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法错误的是
A．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲
B．常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸
C．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应
D．若甲为浓盐酸，乙为，则戊可能使品红褪色
【答案】B
【详解】A．S燃烧生成二氧化硫，若甲为硫磺燃烧产物、则甲为二氧化硫、当乙为氧气时，丙为三氧化硫、丙和丁的反应即三氧化硫和水生成戊即硫酸，浓硫酸具有吸水性、可作干燥剂，戊(浓硫酸)能干燥甲(二氧化硫)，A正确；
B． 常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则丙为NO，戊为NO2，甲、乙可能是铜和稀硝酸、可能是其它物质例如银和稀硝酸、硫酸亚铁和稀硝酸等，B错误；
C． 若戊为一种强碱且焰色反应为黄色、则戊为NaOH，则上述反应可能都属于氧化还原反应，例如，甲为钠、乙为氧气，二者加热下反应得到过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C正确；
D． 若甲为浓盐酸，乙为，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成(丙)氯气，丙和丁的反应即氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，戊即次氯酸具有强氧化性、漂白性，则戊可能使品红褪色，D正确；
答案选B。
11．硫酸亚铁铵是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100～110℃时分解。实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如图。下列说法错误的是
A．用稀溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全
B．配制所需的稀，用量筒量取13mL98%的浓()
C．为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度
D．操作III为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤
【答案】B
【分析】由题给流程可知，用10%的碳酸钠溶液洗涤除去废铁屑表面的油污后，用稀硫酸溶解废铁屑后，过滤得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液后，混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。
【详解】A．用稀硫酸溶解废铁屑时，铁与稀硫酸反应生成易燃的氢气，用水浴加热可以使生成的氢气远离火源，可以避免因燃烧发生爆炸，比明火加热更安全，故A正确；
B．需80mL稀则要配制100mL的稀硫酸，由c=可知，浓硫酸的浓度为=18.4mol/L，由稀释定律可知，配制溶液需要98%浓硫酸的体积为×1000mL/L≈16.3mL，故B错误；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，用10%的碳酸钠溶液能洗涤除去废铁屑表面的油污，盐类的水解是吸热反应，适当升高温度，水解平衡向正反应方向移动，氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，故C正确；
D．由分析可知，操作Ⅲ为硫酸亚铁和硫酸铵混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体，故D正确；
故选B。
12．已知反应：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+60H2SO4+24H3PO4，下列说法正确的是
A．CuSO4是氧化剂，生成Cu3P过程中被氧化
B．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为60:11
D．反应中1mol CuSO4参加反应，共转移2mol电子
【答案】D
【分析】在反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+60H2SO4+24H3PO4中，Cu3P中Cu显+1价，P显-3价，在H3PO4中，P显+5价。所以在此反应中，有20个P原子由0价降低到-3价，24个P原子由0价升高到+5价，有60个Cu离子由+2价降低到+1价。
【详解】A．从分析中可以看出，CuSO4中的Cu元素由+2价降低到+1价，所以CuSO4是氧化剂，生成Cu3P过程中被还原，A不正确；
B．在Cu3P中，不管是Cu还是P，化合价都降低，所以Cu3P是还原产物，B不正确；
C．在反应中，60CuSO4全部作氧化剂，11P4中有5P4作氧化剂，6P4作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为65:6，C不正确；
D．反应中，60molCuSO4参加反应，共转移电子120mol，所以1mol CuSO4参加反应，共转移2mol电子，D正确；
故选D。
13．有一澄清透明溶液，只可能含有大量、、、、、、七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加溶液沉淀部分消失。下列判断正确的是
A．一定不含和
B．一定含有，但一定不含
C．溶液可能含有
D．一定含有，、至少含有一种或两种皆有
【答案】B
【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，则一定含有大量的离子H+，在酸性溶液中、离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有离子符合；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，但在酸性条件下Fe2+离子与离子发生氧化还原反应而不能共存，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+、、Fe3+、Al3+，一定没有、、Fe2+；
【详解】A．根据上述分析可知一定含有Fe3+，而Fe2+离子一定不存在，A错误；
B．根据上述分析可知一定含有Al3+和Fe3+，一定没有Fe2+，B正确；
C．根据上述分析可知溶液中一定含有，C错误；
D．根据上述分析可知溶液中一定含有H+、、Fe3+、Al3+，共4种离子，D错误；
故选B。
14．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些探究实验。利用如图所示装置可以探究SO2与BaCl2溶液反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是
A．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
B．c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
C．Y形管乙中产生的氧化性气体将BaSO3氧化为BaSO4
D．e、f两管中的试剂可以分别是KMnO4和浓盐酸
【答案】D
【详解】A．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误；
B．如果Y形管乙中产生极易溶于水的气体，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误；
C．SO2不会与BaCl2反应生成BaSO3，氧化性气体可将溶液中+4价的硫元素氧化成+6价的硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4，故C错误；
D．e、f两管中分别盛放KMnO4和浓盐酸，二者可以反应生成Cl2，氯气可以氧化SO2生成硫酸根，从而产生硫酸钡沉淀，故D正确。
综上所述答案为D。
15．化学键是高中化学中非常重要的一个概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的有个
①化学键是相邻原子间强烈的相互吸引力
②是一种非常稳定的化合物，这是因为分子间存在氢键
③中既存在离子键又存在共价键
④速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
⑤物理变化也可以有化学键的破坏
⑥化学变化中一定有化学键的断裂和形成，所以一定伴随能量的变化
⑦、熔点后者高，是因为前者克服分子间作用力而后者熔化破坏共价键
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【详解】①化学键是相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用，这种相互作用既包括吸引力也包括排斥力，故①错误；
②是一种非常稳定的化合物，这是因为H-F的共价键键能较大，而不是分子间存在氢键，故②错误；
③NH4Cl中铵根离子和Cl-之间以离子键结合，铵根离子中含有共价键，故③正确；
④干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，故④错误；
⑤物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶液水发生电离，离子键被破坏，故⑤正确；
⑥化学反应过程是旧键的断裂与新键的形成过程，化学反应过程中一定有化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，因此化学变化所以一定伴随能量的变化，故⑥正确；
⑦为分子晶体、为共价晶体，熔点后者高，是因为前者克服分子间作用力而后者熔化破坏共价键，故⑦正确；
综上所述，说法正确的是③⑤⑥⑦；
故选C。
16．2022年3月，生态环境部提出了“深入打好污染防治攻坚战，严守生态环境风险‘底线’”。某研究部门利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体，其装置示意图如下。下列说法错误的是
A．Na+由中间室向M极室移动，Cl-向N极室移动
B．a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C．M为负极，电极反应式是
D．电路中通过7.5mol电子时，理论上处理掉
【答案】A
【分析】由图可知，在电极M为铵根离子中-3价氮原子失去电子变为氮气，故M极为负极，故N为正极，以此解题。
【详解】A．由分析可知M为负极，在原电池中阳离子向正极移动，故钠离子向N极移动，氯离子移向M极，A错误；
B．由选项A分析可知钠离子应该向右移动，则氯离子向左移动，即a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，B正确；
C．由分析可知M为负极，电极反应为：，C正确；
D．由图可知，铵根发生失电子的氧化反应，硝酸根离子发生得电子的还原反应，总反应为：，转移15e-，由图可知在硝化酶的作用下一个铵根可以转化为一个硝酸根离子，在电路中通过7.5mol电子时，理论上处理掉，D正确；
故选A。
17．是家用消毒液的有效成分，可通过与反应制得。能与反应生成。下列说法正确的是
A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中
B．可用广泛试纸测定新制氯水的值
C．与过量反应的离子方程式为
D．使用消毒时，可用盐酸酸化
【答案】A
【详解】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A正确；
B．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以最终能使pH试纸褪色，则不可用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；
C．NaClO为强电解质，与过量CO2反应生成碳酸氢钠、次氯酸，离子方程式为，故C错误；
D．NaClO与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，故D错误；
故选A。
18．已知：Cu2O+H2SO4 = Cu+CuSO4 +H2O 。某红色粉末样品可能含有 Fe2O3 和 Cu2O 中的一种或两种，为探究其组成，取少量样品加入过量稀硫酸。下列有关说法正确的是
A．若固体全部溶解，则发生的离子反应只有：Fe2O3+6H+=2Fe3+ +3H2O
B．若固体部分溶解，则样品中一定含有 Cu2O，一定不含有 Fe2O3
C．若固体全部溶解，再滴加 KSCN 溶液，溶液不变红色，则样品中 n(Fe2O3):n(Cu2O)为 2：1
D．另取 ag 样品在空气中充分加热至质量不再变化，称其质量为 b g(b＞a)，则混合物中 Cu2O 的质量分数为 9(b-a)/a
【答案】D
【分析】若固体全部溶解，如含有Cu2O，Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则一定含有Fe2O3，可氧化Cu生成铜离子，若固体全部溶解，Fe2O3和Cu2O恰好反应，滴加 KSCN 溶液，则溶液可能不变红色；加热发生反应2Cu2O+O2=4CuO，固体质量增重，根据固体增重利用差量法计算Cu2O的质量，最后计算质量分数，以此解答该题。
【详解】A．固体全部溶解，若固体是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu恰好能将Fe3+还原为Fe2+，故A错误；
B．固体若是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，剩余铜，故B错误；
C．若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，说明样品中 n(Fe2O3)：n(Cu2O)为 1：1，故C错误；
D．
m(Cu2O)==9(b-a)g，
故混合物中Cu2O的质量分数为：= 9(b-a)/a，故D正确；
故选：D。
19．ICl与H2能发生的总反应为H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H<0。
已知：①该反应分两步完成，第一步为
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断正确的是
A．总反应中I2为氧化产物
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能：，可推知键能H-Cl
【答案】D
【详解】A．ICl中I为+1价，故I2为还原产物，A错误；
B．Ea1>Ea1，活化能大的反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B错误；
C．H-Cl键长小于I-Cl键键长，键长越短，键能越大，故键能H-Cl>I-Cl，C错误；
D．总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步化学方程式，所给方程式正确，D正确；
故选D。
20．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y的原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法错误的是
A．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
B．W、Z和氢三种元素可形成含有共价键的离子化合物
C．W、X、Z氢化物沸点一定是：X>W>Z
D．Y、Z形成的一种二元化合物与水反应生成两种酸
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，XZ均形成1个共价键，X、Z分别为氟、氯元素；W形成3个共价键，则为氮；Y的原子序数为W原子价电子数的3倍，Y原子序数为15，是磷。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小，A正确；
B．W、Z和氢三种元素可形成含有共价键的离子化合物氯化铵，氯化铵为离子化合物且铵根离子中含有共价键，B正确；
C．W、X、Z氢化物中N可以形成NH3或N2H4，N2H4沸点高于HF，C错误；
D．Y、Z形成的一种二元化合物PCl3，PCl3与水反应生成磷酸和盐酸两种酸，D正确；
故选C。
21．已知：①2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H1=-akJ•mol-1
②C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H2=-bkJ•mo1-1
③2Na(s)+C(s，石墨)+O2(g)=Na2CO3(s)△H3=-ckJ•mo1-1
④CO2(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)△H4
下列说法正确的是
A．石墨的燃烧热△H=-bkJ•mo1-1
B．C(s，石墨)+O2(g)=CO(g)△H<-bkJ•mo1-1
C．反应④中，△H4=(c-a-b)kJ•mo1-1
D．若将①设计成原电池，则32gO2在正极反应转移4mol电子
【答案】A
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量，A项正确；
B．生成时放出热量减小，，B项错误；
C．根据盖斯定律，，，C项错误；
D．①反应中，在正极发生还原反应转移电子，D项错误；
故选A。
22．下列实验现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液
溶液变为黄色
验证氧化性：
B
向某溶液中滴加溶液
溶液显红色
原溶液中有
C
将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体直接通入硅酸钠溶液
有白色沉淀生成
证明非金属性
D
滴加稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，酸性条件下硝酸根离子也会把亚铁离子氧化为铁离子，A项错误；
B．Fe3+遇到SCN-反应形成血红色溶液，实验室常用此方法检验Fe3+，B项正确；
C．盐酸挥发出的HCl随气体进入硅酸钠溶液也能产生硅酸沉淀，无法证明C、Si的非金属性强弱关系，且盐酸不是Cl的最高价氧化酸，也无法比较Cl和C的非金属性强弱，C项错误；
D．NH3极易溶于水，所以检验NH需要加浓NaOH溶液并加热使之逸出，D项错误；
故选B。
23．已知：2H2S(g)+O2(g) = S2(s)+2H2O(l) △H= -632 kJ•mol-1，如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是
A．电极a上发生的电极反应式为：H2S - 2e- = S+2H+
B．电池工作时，电流从电极b经过负载流向电极a
C．电路中每流过1 mol电子，电池内部释放158 kJ的热能
D．每11.2 LH2S参与反应，有1 mol H+经固体电解质膜进入正极区
【答案】B
【详解】A．电极a即负极H2S失电子发生氧化反应，所以电极反应为：2H2S-4e-=S2+4H+，故A错误；
B．电池工作时，电子从负极电极a经负载流向正极电极b，则电流从电极b经过负载流向电极a，故B正确；
C．根据A的分析，电路中每流过1 mol电子，反应0.5mol H2S，根据2H2S(g)+O2(g) = S2(s)+2H2O(l) △H= -632 kJmol-1，电池内部释放158 kJ的能量，大部分能量以电能的形成放出，放出的热能远少于158 kJ，故C错误；
D、未告知是否为标准状况，无法计算11.2 LH2S的物质的量，故D错误；
故选B。
【点睛】本题侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写。本题的易错点为C，要注意原电池是将化学能转化为电能的装置。
24．下列有关和混合溶液的叙述正确的是
A．该溶液中，、、、可以大量共存
B．该溶液中，、、、可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量溶液，反应的离子方程式为：
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1mol，转移电子约为个
【答案】D
【详解】A．和NaCl混合溶液中，氢离子会和次氯酸根离子结合成弱酸次氯酸，次氯酸可以把溴离子氧化为溴单质，不可以大量共存，故A错误；
B．NaClO和NaCl混合溶液中氯离子和银离子会生成氯化银沉淀，不共存，故B错误；
C．滴入少量溶液，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和次氯酸根离子发生双水解会生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，故C错误；
D．加入浓盐酸，发生反应方程式为，根据方程式知，每生成1mol氯气转移电子1mol，数目约为个，故D正确；
故选D。
25．下列图像表示错误的是
0
A．图A是向盐酸中滴加溶液
B．图B是向溶液中滴加溶液
C．图C是向和物质的量2∶1的混合稀酸溶液中逐渐加入粉
D．图D是向和物质的量2∶1的混合溶液中通入
【答案】D
【详解】A．向盐酸中滴加 NaAlO2溶液，先生成AlCl3，开始一段时间内没有沉淀生成，当盐酸全部转化为AlCl3后，AlCl3与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，发生的反应方程式为NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl,消耗的V(NaAlO2)之比为1：3，图像符合，故A正确；
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设n[NH4Al(SO4)2]=2mol，反应第一步：3Ba2++3+2Al3++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应曲线斜率最大；消耗3mol Ba(OH)2，生成2mol Al(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1mol和2mol，之后发生反应第二步：Ba2+++2+2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，第二步全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1mol Ba(OH)2；再加入1mol Ba(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2+4H2O[扩大2倍，与第一步生成的2mol Al(OH)3对应]，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3：1：1，故B正确；
C．H2SO4和HNO3物质的量2：1的混合稀酸溶液中，H+与之比为5：1，设n(HNO3)=1mol，则混合稀酸溶液中，n(H+)=5mol，n()=1mol，逐渐加入Fe粉，发生反应第一步：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，有气体NO产生，当全部消耗时，剩余1mol H+，生成1mol Fe3+和1mol NO，消耗1mol Fe；之后发生第二步反应：Fe+Fe3+=Fe2+(扩大倍，为了与第一步生成的Fe3+对应)，无气体产生，当Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5mol Fe；之后发生第三步反应：Fe+H+=Fe2++H2↑(消耗第一步反应剩余1mol H+，故方程式扩大倍)，有气体产生，消耗0.5mol Fe，这三步反应消耗的Fe比例为2：1：1，图像正确，故C正确；
D．NaOH和Ca(OH)2物质的量2：1的混合溶液中，Ca2+和OH-的物质的量之比为1：4，设n(NaOH)=2mol，n[Ca(OH)2]=1mol，则n(Ca2+)=1mol、n(OH-)=4mol；通入CO2，发生反应第一步：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，此时有CaCO3沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1mol CO2、2molOH-，之后发生反应第二步：2OH-+CO2=HCO3-+H2O，此时无现像，当OH-完全反应时，消耗1molCO2；之后发生反应第三步：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，此时无现像，当完全反应时，消耗1mol CO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉淀完全溶解，消耗1mol CO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量：无现像消耗的CO2的物质的量：沉淀溶解消耗的CO2的物质的量=1：2：1，故D错误；
故选：D。
二、元素或物质推断题
26．已知短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，N、X最外层电子数相同，Z原子序数大于X，其中Z的简单离子半径在同周期中最小，X单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强。回答下列问题：
(1)Y在周期表中的位置是____，用电子式表示Y的最高价氧化物的形成过程：_____。
(2)N、X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示)_______。
(3)在与的混合液中通入足量，是工业制取的一种方法，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)是有机合成的重要还原剂，其合成路线如图所示。
利用遇水反应生成的氢气的体积测定样品纯度。
①其反应的化学方程式为_______。
②现设计如图四种装置测定样品的纯度(假设杂质不参与反应)。
从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是_______(填编号)。
③取样品ag，若实验测得氢气的体积为(标准状态)，则样品纯度为_______(用代数式表示)。
【答案】(1) 第三周期第ⅠA族
(2)Cl->F->Na+>Al3+
(3)
(4) 乙
【分析】由题知，N、X为同主族元素，且X单质能讲H2O氧化，可得X单质为F2，与水的反应式为，可得N元素为Cl元素。Z原子序数大于X，则Z为第三周期元素，且其简单离子半径最小，可得Z为Al元素。Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，可知Y为短周期中金属性最强的元素，为Na元素。M与N、X、Y、Z均不在同一周期，可得M为第一周期的元素，为H元素。
【详解】（1）Na在第三周期第ⅠA族，Na的最高价氧化物Na2O为离子化合物，2个Na原子各失去1个电子转移给O原子，形成过程为；
（2）N、X、Y、Z的简单离子分别为Cl-、F-、Na+、Al3+，除了Cl-为三个电子层外，其余离子均为两个电子层。电子层数相同时，质子数越小，半径越大，所以离子半径大小顺序依次为：Cl->F->Na+>Al3+；
（3）由题足量CO2在碱性溶液中与NaAlO2和NaF反应生成NaHCO3和Na3AlF6，反应式为：
（4）①NaAlH4为强还原剂，其中H元素为-1价，与H2O反应将其中H元素还原，结合电子守恒化学反应式为：；
②通过测定反应生成的H2体积结合化学式计算样品纯度，其中丙装置连接错误，无法用排水法测定H2体积；甲、丁装置中反应产生的氢气会导致现状内部压强大于外界大气压强，测得氢气体积偏小，导致样品纯度偏小；乙装置使用恒压分液漏斗，消除溶液体积压缩气体体积带来的误差，数据准确，选择乙装置；
③根据反应关系是可得，则样品纯度可列式：
三、原理综合题
27．为减小和消除过量和对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对和创新利用的研究。
(1)25℃、101KPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为，经测定，将生成的通入足量澄清石灰水中产生40g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式_______。
(2)用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。例如：
；
；
若用1mol还原至，则该反应过程中的反应热___(用含a、b的式子表示)
(3)通过传感器可监测的含量，其工作原理示意图为：电极上发生的是_______(填“氧化”或“还原”)反应。写出电极的电极反应式_______。
【答案】(1)
(2)a-3b
(3) 氧化
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；25℃、101KPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为，经测定，将生成的通入足量澄清石灰水中产生40g白色沉淀，沉淀为0.4molCaCO3，根据碳元素守恒可知，反应丁烷为0.1mol，则1mol丁烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液体水放出热量10，；
（2）已知：①
②
由盖斯定律可知，①-3②得：；
（3）由图可知，电极上氧气得到电子发生还原反应生成氧离子，为正极；电极为负极，一氧化氮失去电子发生氧化反应生成二氧化氮，电极反应式为。
四、工业流程题
28．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。一种用废钒催化剂(含、少量、)制取的工艺流程如图：
已知：溶液中四种含钒微粒的存在形式和颜色：紫色、绿色、蓝色，黄色。回答下列问题：
(1)“酸浸、还原”时，被还原为，该反应的离子方程式为_______。
(2)“碱浸、氧化”过程中会生成，在20.00mL溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则所得溶液的颜色为_______。
(3)将废钒催化剂与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后也能生成等离子，写出生成离子的化学方程式是_______。
(4)向上述所得溶液中加入溶液，完善并配平反应的离子方程式_______。
______________=_______________
(5)能与盐酸反应产生和一种黄绿色气体，该气体能与溶液反应被吸收，则、、还原性由小到大的顺序是_______。
【答案】(1)
(2)紫色
(3)
(4)
(5)<<
【分析】废钒催化剂加入硫酸、草酸，被还原为同时得到铝、铁的盐溶液，加入有机试剂、氨水除去铁、铝，滤液加入氢氧化钠、氧化后分离出，焙烧后得到。
【详解】（1）“酸浸、还原”时，和草酸反应，被还原为同时生成二氧化碳，该反应的离子方程式为；
（2）20.00mL溶液中，加入0.195g锌粉（0.003mol），恰好完全反应，锌化合价由0变为+2，由电子守恒可知，V的化合价降低0.003×2÷（0.02×0.1）=3，则V化合价降低3变为+2，得到，溶液显紫色；
（3）亚硫酸根离子也具有还原性，废钒催化剂与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后也能生成，同时生成硫酸根离子，；
（4）氯酸钾具有氧化性，向上述所得溶液中加入溶液，氯元素化合价由+5变为-1，V化合价由+4变为+5，根据质量守恒、电子守恒配平得：；
（5）还原剂还原性大于还原产物；能与盐酸反应产生和一种黄绿色气体氯气，则还原性>；氯气能与溶液反应被吸收生成硫酸钠和氯化钠，还原性>；则、、还原性由小到大的顺序是<<。
五、实验题
29．实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置，写出A中反应的离子反应方程式，并用单线桥表示电子转移_______。
②将除杂装置B补充完整；并标明所用试剂_______。
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有_______、_______。
(2)探究的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有，为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色
方案II
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生。
i.由方案I中溶液变红可知a中含有_______离子，但该离子的产生不能判断一定将氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。
ii.方案II可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是_______。
根据的制备实验得出：氧化性_______(填“>””或“＜”)，而方案II实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是_______。
【答案】(1) 3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O
(2) Fe3＋ 4FeO+20H＋═4Fe3＋+3O2↑+10H2O 使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO－除尽 > 体系所处酸碱性介质不一样，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱
【分析】A中高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，氯气经过饱和食盐水除杂后进入C，C中碱性条件下Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，尾气使用碱液吸收；
【详解】（1）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO被还原为Mn2＋，Cl－被氧化为Cl2，反应中每生成5个氯气分子有10个电子的转移，单线桥表示了电子的转移情况，；
②装置B为除杂装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水，装置为；
③已知，为紫色固体，微溶于溶液；C中氯气、氢氧化铁、过量氢氧化钾反应得到紫色固体和溶液，紫色的溶液为K2FeO4，碱性条件下Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在Cl2和KOH反应：3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O、Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O；
（2）i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3＋，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，题干中说明K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3＋，发生反应为：4FeO+20H＋═4Fe3＋+3O2↑+10H2O；
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO－除尽，防止ClO－与Cl－在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO－干扰实验；
②Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO，可以说明Cl2的氧化性大于FeO，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO在酸性条件下氧化Cl－生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。
内蒙古包钢第一中学2022-2023学年高三上学期11月月考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．的电子式： B．的结构式：
C．分子的电子式： D．质量数为37的氯原子
【答案】A
【详解】A．是由钙离子和氢离子构成的，电子式正确，A正确；
B．的结构式为，B错误；
C．分子的电子式：，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；质量数为37的氯原子，D错误；
故选A。
2．化学与人类生活、生产密切相关。下列说法正确的是
A．抗击新冠疫情普遍使用“84”消毒液和酒精消毒，它们的消毒原理相同
B．“雾霾积聚难见人”，雾霾具有丁达尔效应
C．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，故石墨烯是电解质
D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化
【答案】B
【详解】A．“84”消毒液具有强氧化性而消毒，酒精消毒是破坏病毒蛋白质结构，它们的消毒原理不相同，A项错误；
B．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；雾霾属于气溶胶具有丁达尔效应，B项正确；
C．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物，石墨烯是单质，不属于电解质，C项错误；
D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；焰色反应没有生成新物质，属于物理变化，D项错误；
故选B。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．0.2g中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1
B．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2
C．1L氯化铵水溶液中与离子数之和等于
D．标准状况下，22.4L与0.5mol混合充分反应，最后得到分子小于个
【答案】C
【详解】A．1分子含有质子、中子、电子数分别为10、10、10，则0.2g为0.01mol，含有的质子数、中子数和电子数均为0.1，故A正确；
B．1分子甲烷、乙烯均含有4个氢原子，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物为0.5mol，其中含氢原子数目为2，故B正确；
C．1L氯化铵水溶液中氯离子为1mol，根据电荷守恒可知，，则与离子数之和大于，故C错误；
D．一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，故标准状况下，22.4L（1mol）与0.5mol混合充分反应，最后得到小于1mol，其分子小于个，故D正确；
故选C。
4．下列有关物质分类或归类中，正确的是
①水玻璃、漂白粉、氯水、胆矾晶体均是混合物
②、、、均是化合物
③碘的升华、潮解、胶体渗析、氯化钠溶液导电、煤的干馏均属于物理变化
④明矾、氧化钠、冰醋酸、氯化银均是电解质
A．②③ B．①③ C．③④ D．④
【答案】D
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；
【详解】①水玻璃、漂白粉、氯水均是由多种物质组成的，均是混合物；胆矾晶体是一种物质，为纯净物，错误；
②、、均是多种元素组成的纯净物，为化合物；为氢气单质，错误；
③碘的升华、潮解、胶体渗析、氯化钠溶液导电均没有生成新物质，属于物理变化；煤的干馏生成新物质，为化学变化；错误；
④明矾、氧化钠、冰醋酸、氯化银均是电解质，正确；
故选D。
5．下列溶液里离子检验的结论正确的是
A．加溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中一定含有
B．加溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有
C．加溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有
D．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含
【答案】D
【详解】A．加入Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸白色沉淀消失，原溶液中可能含有钡离子、钙离子等，故A错误；
B．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液可能含有银离子或硫酸根离子等，故B错误；
C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液可能含有碳酸根，碳酸银也为白色沉淀，故C错误；
D．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，证明生成二氧化碳，原溶液可能含或，故D正确；
故选D。
6．下列说法正确的是
A．固体溶于水时，一定破坏了化学键
B．、溶于水均只破坏离子键
C．、中所有原子最外层都满足8电子结构
D．金刚石和熔化时，克服相同类型的作用力
【答案】C
【详解】A．固体溶于水时，不一定破坏了化学键，例如葡萄糖溶于水，A错误；
B．中硫酸氢根离子中存在共价键，溶于水电离为氢离子、硫酸根离子，也破坏共价键，B错误；
C．、均为共价化合价物，且所有原子最外层都满足8电子结构，C正确；
D．金刚石和分别为共价晶体、分子晶体，熔化时分别为破坏了共价键、分子间作用力，克服的不是相同类型的作用力，D错误；
故选C。
7．下列过程涉及的化学反应相应的离子方程式正确的是
A．向100mL的溶液中通入0.01mol的：
B．用浓盐酸酸化溶液并加入溶液，发生的反应有：
C．氢氧化铁溶于氢碘酸中：
D．向溶液中加入溶液至中性：
【答案】D
【详解】A．向100mL的（为0.02mol）溶液中通入0.01mol的，亚铁离子还原性强于溴离子，氯气和亚铁离子恰好反应生成铁离子和氯离子，溴离子没有反应：，A项错误；
B．用浓盐酸酸化溶液并加入溶液，高锰酸钾也会把氯离子氧化为氯气，B项错误；
C．氢氧化铁溶于氢碘酸中反应，铁离子会把碘离子氧化为碘单质，同时生成亚铁离子：，C项错误 ；
D．向溶液中加入溶液至中性则氢离子完全和氢氧根离子生成水、硫酸根离子部分和钡离子生成硫酸钡沉淀，，D项正确；
故选D。
8．下列说法正确的是
A．已知氢气和氯气在混合光照时发生爆炸，而氢气在氯气中点燃能安静燃烧，说明在同温同压下，H2(g)+Cl2(g) =2HCl(g)反应条件不同，ΔH不同
B．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)= H2O(1) ΔH= -57.3 kJ/mol，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量等于57.3 kJ
C．由石墨比金刚石稳定可知：C(金刚石，s)=C(石墨， s) ΔH＜0
D．已知：298K时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH= -92.0 kJ/mol， 在相同温度下，向密闭容器中通入0.5 molN2和1.5 molH2，充分反应放出46.0 kJ的热量
【答案】C
【详解】A．焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2(g)+Cl2(g) =2HCl(g)反应条件不同，ΔH相同，故A错误；
B．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)= H2O(1) ΔH= -57.3 kJ/mol，NaOH固体溶解时放热，若将含0.5 mol H2SO4的稀硫酸与1 mol NaOH固体混合，放出的热量大于57.3 kJ，故B错误；
C．能量越低越稳定，由石墨比金刚石稳定可知，石墨的能量低于金刚石的能量，则C(金刚石，s)=C(石墨， s) 为放热过程，ΔH＜0，故C正确；
D．N2和H2的反应为可逆反应，因此0.5molN2和1.5molH2不能完全反应， 则其反应过程中放出的热量小于46.0kJ，故D错误；
答案选C。
9．用下列装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
探究氧化性：
检验化合物中是否含钾元素
实验室里接收用自来水制取的蒸馏水
制备氢氧化铁胶体
装置或操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．将浓盐酸滴加到高锰酸钾中可发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，KMnO4＞Cl2，氯气通入到KI淀粉溶液中溶液变蓝，说明发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，则氧化性Cl2＞I2，故能得出氧化性KMnO4＞Cl2＞I2，能够达到实验目的，A符合题意；
B．检验化合物中是否含钾元素，进行焰色反应是必须透过蓝色钴玻璃观察，否则可能有其他颜色的光掩盖了钾的焰色紫色，不能达到实验目的，B不合题意；
C．用自来水制取的蒸馏水，承接管末端与锥形瓶不能密封，否则将造成炸裂等实验事故，不能达到实验目的，C不合题意；
D．制备氢氧化铁胶体是将FeCl3饱和溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，将FeCl3饱和溶液滴加NaOH溶液中将生成Fe(OH)3沉淀，反应方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：A。
10．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法错误的是
A．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲
B．常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸
C．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应
D．若甲为浓盐酸，乙为，则戊可能使品红褪色
【答案】B
【详解】A．S燃烧生成二氧化硫，若甲为硫磺燃烧产物、则甲为二氧化硫、当乙为氧气时，丙为三氧化硫、丙和丁的反应即三氧化硫和水生成戊即硫酸，浓硫酸具有吸水性、可作干燥剂，戊(浓硫酸)能干燥甲(二氧化硫)，A正确；
B． 常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则丙为NO，戊为NO2，甲、乙可能是铜和稀硝酸、可能是其它物质例如银和稀硝酸、硫酸亚铁和稀硝酸等，B错误；
C． 若戊为一种强碱且焰色反应为黄色、则戊为NaOH，则上述反应可能都属于氧化还原反应，例如，甲为钠、乙为氧气，二者加热下反应得到过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C正确；
D． 若甲为浓盐酸，乙为，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成(丙)氯气，丙和丁的反应即氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，戊即次氯酸具有强氧化性、漂白性，则戊可能使品红褪色，D正确；
答案选B。
11．硫酸亚铁铵是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100～110℃时分解。实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如图。下列说法错误的是
A．用稀溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全
B．配制所需的稀，用量筒量取13mL98%的浓()
C．为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度
D．操作III为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤
【答案】B
【分析】由题给流程可知，用10%的碳酸钠溶液洗涤除去废铁屑表面的油污后，用稀硫酸溶解废铁屑后，过滤得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液后，混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。
【详解】A．用稀硫酸溶解废铁屑时，铁与稀硫酸反应生成易燃的氢气，用水浴加热可以使生成的氢气远离火源，可以避免因燃烧发生爆炸，比明火加热更安全，故A正确；
B．需80mL稀则要配制100mL的稀硫酸，由c=可知，浓硫酸的浓度为=18.4mol/L，由稀释定律可知，配制溶液需要98%浓硫酸的体积为×1000mL/L≈16.3mL，故B错误；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，用10%的碳酸钠溶液能洗涤除去废铁屑表面的油污，盐类的水解是吸热反应，适当升高温度，水解平衡向正反应方向移动，氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，故C正确；
D．由分析可知，操作Ⅲ为硫酸亚铁和硫酸铵混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体，故D正确；
故选B。
12．已知反应：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+60H2SO4+24H3PO4，下列说法正确的是
A．CuSO4是氧化剂，生成Cu3P过程中被氧化
B．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为60:11
D．反应中1mol CuSO4参加反应，共转移2mol电子
【答案】D
【分析】在反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+60H2SO4+24H3PO4中，Cu3P中Cu显+1价，P显-3价，在H3PO4中，P显+5价。所以在此反应中，有20个P原子由0价降低到-3价，24个P原子由0价升高到+5价，有60个Cu离子由+2价降低到+1价。
【详解】A．从分析中可以看出，CuSO4中的Cu元素由+2价降低到+1价，所以CuSO4是氧化剂，生成Cu3P过程中被还原，A不正确；
B．在Cu3P中，不管是Cu还是P，化合价都降低，所以Cu3P是还原产物，B不正确；
C．在反应中，60CuSO4全部作氧化剂，11P4中有5P4作氧化剂，6P4作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为65:6，C不正确；
D．反应中，60molCuSO4参加反应，共转移电子120mol，所以1mol CuSO4参加反应，共转移2mol电子，D正确；
故选D。
13．有一澄清透明溶液，只可能含有大量、、、、、、七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加溶液沉淀部分消失。下列判断正确的是
A．一定不含和
B．一定含有，但一定不含
C．溶液可能含有
D．一定含有，、至少含有一种或两种皆有
【答案】B
【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，则一定含有大量的离子H+，在酸性溶液中、离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有离子符合；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，但在酸性条件下Fe2+离子与离子发生氧化还原反应而不能共存，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+、、Fe3+、Al3+，一定没有、、Fe2+；
【详解】A．根据上述分析可知一定含有Fe3+，而Fe2+离子一定不存在，A错误；
B．根据上述分析可知一定含有Al3+和Fe3+，一定没有Fe2+，B正确；
C．根据上述分析可知溶液中一定含有，C错误；
D．根据上述分析可知溶液中一定含有H+、、Fe3+、Al3+，共4种离子，D错误；
故选B。
14．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些探究实验。利用如图所示装置可以探究SO2与BaCl2溶液反应生成沉淀的条件。下列判断正确的是
A．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
B．c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
C．Y形管乙中产生的氧化性气体将BaSO3氧化为BaSO4
D．e、f两管中的试剂可以分别是KMnO4和浓盐酸
【答案】D
【详解】A．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误；
B．如果Y形管乙中产生极易溶于水的气体，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误；
C．SO2不会与BaCl2反应生成BaSO3，氧化性气体可将溶液中+4价的硫元素氧化成+6价的硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4，故C错误；
D．e、f两管中分别盛放KMnO4和浓盐酸，二者可以反应生成Cl2，氯气可以氧化SO2生成硫酸根，从而产生硫酸钡沉淀，故D正确。
综上所述答案为D。
15．化学键是高中化学中非常重要的一个概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的有个
①化学键是相邻原子间强烈的相互吸引力
②是一种非常稳定的化合物，这是因为分子间存在氢键
③中既存在离子键又存在共价键
④速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
⑤物理变化也可以有化学键的破坏
⑥化学变化中一定有化学键的断裂和形成，所以一定伴随能量的变化
⑦、熔点后者高，是因为前者克服分子间作用力而后者熔化破坏共价键
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【详解】①化学键是相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用，这种相互作用既包括吸引力也包括排斥力，故①错误；
②是一种非常稳定的化合物，这是因为H-F的共价键键能较大，而不是分子间存在氢键，故②错误；
③NH4Cl中铵根离子和Cl-之间以离子键结合，铵根离子中含有共价键，故③正确；
④干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，故④错误；
⑤物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶液水发生电离，离子键被破坏，故⑤正确；
⑥化学反应过程是旧键的断裂与新键的形成过程，化学反应过程中一定有化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，因此化学变化所以一定伴随能量的变化，故⑥正确；
⑦为分子晶体、为共价晶体，熔点后者高，是因为前者克服分子间作用力而后者熔化破坏共价键，故⑦正确；
综上所述，说法正确的是③⑤⑥⑦；
故选C。
16．2022年3月，生态环境部提出了“深入打好污染防治攻坚战，严守生态环境风险‘底线’”。某研究部门利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体，其装置示意图如下。下列说法错误的是
A．Na+由中间室向M极室移动，Cl-向N极室移动
B．a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C．M为负极，电极反应式是
D．电路中通过7.5mol电子时，理论上处理掉
【答案】A
【分析】由图可知，在电极M为铵根离子中-3价氮原子失去电子变为氮气，故M极为负极，故N为正极，以此解题。
【详解】A．由分析可知M为负极，在原电池中阳离子向正极移动，故钠离子向N极移动，氯离子移向M极，A错误；
B．由选项A分析可知钠离子应该向右移动，则氯离子向左移动，即a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，B正确；
C．由分析可知M为负极，电极反应为：，C正确；
D．由图可知，铵根发生失电子的氧化反应，硝酸根离子发生得电子的还原反应，总反应为：，转移15e-，由图可知在硝化酶的作用下一个铵根可以转化为一个硝酸根离子，在电路中通过7.5mol电子时，理论上处理掉，D正确；
故选A。
17．是家用消毒液的有效成分，可通过与反应制得。能与反应生成。下列说法正确的是
A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中
B．可用广泛试纸测定新制氯水的值
C．与过量反应的离子方程式为
D．使用消毒时，可用盐酸酸化
【答案】A
【详解】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A正确；
B．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以最终能使pH试纸褪色，则不可用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；
C．NaClO为强电解质，与过量CO2反应生成碳酸氢钠、次氯酸，离子方程式为，故C错误；
D．NaClO与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，故D错误；
故选A。
18．已知：Cu2O+H2SO4 = Cu+CuSO4 +H2O 。某红色粉末样品可能含有 Fe2O3 和 Cu2O 中的一种或两种，为探究其组成，取少量样品加入过量稀硫酸。下列有关说法正确的是
A．若固体全部溶解，则发生的离子反应只有：Fe2O3+6H+=2Fe3+ +3H2O
B．若固体部分溶解，则样品中一定含有 Cu2O，一定不含有 Fe2O3
C．若固体全部溶解，再滴加 KSCN 溶液，溶液不变红色，则样品中 n(Fe2O3):n(Cu2O)为 2：1
D．另取 ag 样品在空气中充分加热至质量不再变化，称其质量为 b g(b＞a)，则混合物中 Cu2O 的质量分数为 9(b-a)/a
【答案】D
【分析】若固体全部溶解，如含有Cu2O，Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则一定含有Fe2O3，可氧化Cu生成铜离子，若固体全部溶解，Fe2O3和Cu2O恰好反应，滴加 KSCN 溶液，则溶液可能不变红色；加热发生反应2Cu2O+O2=4CuO，固体质量增重，根据固体增重利用差量法计算Cu2O的质量，最后计算质量分数，以此解答该题。
【详解】A．固体全部溶解，若固体是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu恰好能将Fe3+还原为Fe2+，故A错误；
B．固体若是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，剩余铜，故B错误；
C．若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，说明样品中 n(Fe2O3)：n(Cu2O)为 1：1，故C错误；
D．
m(Cu2O)==9(b-a)g，
故混合物中Cu2O的质量分数为：= 9(b-a)/a，故D正确；
故选：D。
19．ICl与H2能发生的总反应为H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H<0。
已知：①该反应分两步完成，第一步为
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断正确的是
A．总反应中I2为氧化产物
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能：，可推知键能H-Cl
【答案】D
【详解】A．ICl中I为+1价，故I2为还原产物，A错误；
B．Ea1>Ea1，活化能大的反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B错误；
C．H-Cl键长小于I-Cl键键长，键长越短，键能越大，故键能H-Cl>I-Cl，C错误；
D．总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步化学方程式，所给方程式正确，D正确；
故选D。
20．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y的原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法错误的是
A．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
B．W、Z和氢三种元素可形成含有共价键的离子化合物
C．W、X、Z氢化物沸点一定是：X>W>Z
D．Y、Z形成的一种二元化合物与水反应生成两种酸
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，XZ均形成1个共价键，X、Z分别为氟、氯元素；W形成3个共价键，则为氮；Y的原子序数为W原子价电子数的3倍，Y原子序数为15，是磷。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小，A正确；
B．W、Z和氢三种元素可形成含有共价键的离子化合物氯化铵，氯化铵为离子化合物且铵根离子中含有共价键，B正确；
C．W、X、Z氢化物中N可以形成NH3或N2H4，N2H4沸点高于HF，C错误；
D．Y、Z形成的一种二元化合物PCl3，PCl3与水反应生成磷酸和盐酸两种酸，D正确；
故选C。
21．已知：①2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H1=-akJ•mol-1
②C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H2=-bkJ•mo1-1
③2Na(s)+C(s，石墨)+O2(g)=Na2CO3(s)△H3=-ckJ•mo1-1
④CO2(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)△H4
下列说法正确的是
A．石墨的燃烧热△H=-bkJ•mo1-1
B．C(s，石墨)+O2(g)=CO(g)△H<-bkJ•mo1-1
C．反应④中，△H4=(c-a-b)kJ•mo1-1
D．若将①设计成原电池，则32gO2在正极反应转移4mol电子
【答案】A
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量，A项正确；
B．生成时放出热量减小，，B项错误；
C．根据盖斯定律，，，C项错误；
D．①反应中，在正极发生还原反应转移电子，D项错误；
故选A。
22．下列实验现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液
溶液变为黄色
验证氧化性：
B
向某溶液中滴加溶液
溶液显红色
原溶液中有
C
将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体直接通入硅酸钠溶液
有白色沉淀生成
证明非金属性
D
滴加稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，酸性条件下硝酸根离子也会把亚铁离子氧化为铁离子，A项错误；
B．Fe3+遇到SCN-反应形成血红色溶液，实验室常用此方法检验Fe3+，B项正确；
C．盐酸挥发出的HCl随气体进入硅酸钠溶液也能产生硅酸沉淀，无法证明C、Si的非金属性强弱关系，且盐酸不是Cl的最高价氧化酸，也无法比较Cl和C的非金属性强弱，C项错误；
D．NH3极易溶于水，所以检验NH需要加浓NaOH溶液并加热使之逸出，D项错误；
故选B。
23．已知：2H2S(g)+O2(g) = S2(s)+2H2O(l) △H= -632 kJ•mol-1，如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是
A．电极a上发生的电极反应式为：H2S - 2e- = S+2H+
B．电池工作时，电流从电极b经过负载流向电极a
C．电路中每流过1 mol电子，电池内部释放158 kJ的热能
D．每11.2 LH2S参与反应，有1 mol H+经固体电解质膜进入正极区
【答案】B
【详解】A．电极a即负极H2S失电子发生氧化反应，所以电极反应为：2H2S-4e-=S2+4H+，故A错误；
B．电池工作时，电子从负极电极a经负载流向正极电极b，则电流从电极b经过负载流向电极a，故B正确；
C．根据A的分析，电路中每流过1 mol电子，反应0.5mol H2S，根据2H2S(g)+O2(g) = S2(s)+2H2O(l) △H= -632 kJmol-1，电池内部释放158 kJ的能量，大部分能量以电能的形成放出，放出的热能远少于158 kJ，故C错误；
D、未告知是否为标准状况，无法计算11.2 LH2S的物质的量，故D错误；
故选B。
【点睛】本题侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写。本题的易错点为C，要注意原电池是将化学能转化为电能的装置。
24．下列有关和混合溶液的叙述正确的是
A．该溶液中，、、、可以大量共存
B．该溶液中，、、、可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量溶液，反应的离子方程式为：
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1mol，转移电子约为个
【答案】D
【详解】A．和NaCl混合溶液中，氢离子会和次氯酸根离子结合成弱酸次氯酸，次氯酸可以把溴离子氧化为溴单质，不可以大量共存，故A错误；
B．NaClO和NaCl混合溶液中氯离子和银离子会生成氯化银沉淀，不共存，故B错误；
C．滴入少量溶液，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和次氯酸根离子发生双水解会生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，故C错误；
D．加入浓盐酸，发生反应方程式为，根据方程式知，每生成1mol氯气转移电子1mol，数目约为个，故D正确；
故选D。
25．下列图像表示错误的是
0
A．图A是向盐酸中滴加溶液
B．图B是向溶液中滴加溶液
C．图C是向和物质的量2∶1的混合稀酸溶液中逐渐加入粉
D．图D是向和物质的量2∶1的混合溶液中通入
【答案】D
【详解】A．向盐酸中滴加 NaAlO2溶液，先生成AlCl3，开始一段时间内没有沉淀生成，当盐酸全部转化为AlCl3后，AlCl3与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，发生的反应方程式为NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O、AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl,消耗的V(NaAlO2)之比为1：3，图像符合，故A正确；
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，设n[NH4Al(SO4)2]=2mol，反应第一步：3Ba2++3+2Al3++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时沉淀增速最快，对应曲线斜率最大；消耗3mol Ba(OH)2，生成2mol Al(OH)3；第一步反应Al3+全部沉淀，剩余1mol和2mol，之后发生反应第二步：Ba2+++2+2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，第二步全部沉淀，沉淀达到最大值，消耗1mol Ba(OH)2；再加入1mol Ba(OH)2时OH-过量，Al(OH)3溶解，发生反应第三步：2Al(OH)3+2OH-=2+4H2O[扩大2倍，与第一步生成的2mol Al(OH)3对应]，沉淀减少一部分；这三步反应消耗的Ba(OH)2的物质的量之比为3：1：1，故B正确；
C．H2SO4和HNO3物质的量2：1的混合稀酸溶液中，H+与之比为5：1，设n(HNO3)=1mol，则混合稀酸溶液中，n(H+)=5mol，n()=1mol，逐渐加入Fe粉，发生反应第一步：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，有气体NO产生，当全部消耗时，剩余1mol H+，生成1mol Fe3+和1mol NO，消耗1mol Fe；之后发生第二步反应：Fe+Fe3+=Fe2+(扩大倍，为了与第一步生成的Fe3+对应)，无气体产生，当Fe3+全部转化为Fe2+后，消耗0.5mol Fe；之后发生第三步反应：Fe+H+=Fe2++H2↑(消耗第一步反应剩余1mol H+，故方程式扩大倍)，有气体产生，消耗0.5mol Fe，这三步反应消耗的Fe比例为2：1：1，图像正确，故C正确；
D．NaOH和Ca(OH)2物质的量2：1的混合溶液中，Ca2+和OH-的物质的量之比为1：4，设n(NaOH)=2mol，n[Ca(OH)2]=1mol，则n(Ca2+)=1mol、n(OH-)=4mol；通入CO2，发生反应第一步：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，此时有CaCO3沉淀产生，当Ca2+完全沉淀时，沉淀达最大值，消耗1mol CO2、2molOH-，之后发生反应第二步：2OH-+CO2=HCO3-+H2O，此时无现像，当OH-完全反应时，消耗1molCO2；之后发生反应第三步：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，此时无现像，当完全反应时，消耗1mol CO2；再之后发生反应第四步：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，此时沉淀逐渐溶解，当CaCO3完全反应时沉淀完全溶解，消耗1mol CO2；则产生沉淀消耗的CO2的物质的量：无现像消耗的CO2的物质的量：沉淀溶解消耗的CO2的物质的量=1：2：1，故D错误；
故选：D。
二、元素或物质推断题
26．已知短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，N、X最外层电子数相同，Z原子序数大于X，其中Z的简单离子半径在同周期中最小，X单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强。回答下列问题：
(1)Y在周期表中的位置是____，用电子式表示Y的最高价氧化物的形成过程：_____。
(2)N、X、Y、Z简单离子的半径由大到小的顺序(用对应离子符号表示)_______。
(3)在与的混合液中通入足量，是工业制取的一种方法，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)是有机合成的重要还原剂，其合成路线如图所示。
利用遇水反应生成的氢气的体积测定样品纯度。
①其反应的化学方程式为_______。
②现设计如图四种装置测定样品的纯度(假设杂质不参与反应)。
从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是_______(填编号)。
③取样品ag，若实验测得氢气的体积为(标准状态)，则样品纯度为_______(用代数式表示)。
【答案】(1) 第三周期第ⅠA族
(2)Cl->F->Na+>Al3+
(3)
(4) 乙
【分析】由题知，N、X为同主族元素，且X单质能讲H2O氧化，可得X单质为F2，与水的反应式为，可得N元素为Cl元素。Z原子序数大于X，则Z为第三周期元素，且其简单离子半径最小，可得Z为Al元素。Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，可知Y为短周期中金属性最强的元素，为Na元素。M与N、X、Y、Z均不在同一周期，可得M为第一周期的元素，为H元素。
【详解】（1）Na在第三周期第ⅠA族，Na的最高价氧化物Na2O为离子化合物，2个Na原子各失去1个电子转移给O原子，形成过程为；
（2）N、X、Y、Z的简单离子分别为Cl-、F-、Na+、Al3+，除了Cl-为三个电子层外，其余离子均为两个电子层。电子层数相同时，质子数越小，半径越大，所以离子半径大小顺序依次为：Cl->F->Na+>Al3+；
（3）由题足量CO2在碱性溶液中与NaAlO2和NaF反应生成NaHCO3和Na3AlF6，反应式为：
（4）①NaAlH4为强还原剂，其中H元素为-1价，与H2O反应将其中H元素还原，结合电子守恒化学反应式为：；
②通过测定反应生成的H2体积结合化学式计算样品纯度，其中丙装置连接错误，无法用排水法测定H2体积；甲、丁装置中反应产生的氢气会导致现状内部压强大于外界大气压强，测得氢气体积偏小，导致样品纯度偏小；乙装置使用恒压分液漏斗，消除溶液体积压缩气体体积带来的误差，数据准确，选择乙装置；
③根据反应关系是可得，则样品纯度可列式：
三、原理综合题
27．为减小和消除过量和对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对和创新利用的研究。
(1)25℃、101KPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为，经测定，将生成的通入足量澄清石灰水中产生40g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式_______。
(2)用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。例如：
；
；
若用1mol还原至，则该反应过程中的反应热___(用含a、b的式子表示)
(3)通过传感器可监测的含量，其工作原理示意图为：电极上发生的是_______(填“氧化”或“还原”)反应。写出电极的电极反应式_______。
【答案】(1)
(2)a-3b
(3) 氧化
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；25℃、101KPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为，经测定，将生成的通入足量澄清石灰水中产生40g白色沉淀，沉淀为0.4molCaCO3，根据碳元素守恒可知，反应丁烷为0.1mol，则1mol丁烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液体水放出热量10，；
（2）已知：①
②
由盖斯定律可知，①-3②得：；
（3）由图可知，电极上氧气得到电子发生还原反应生成氧离子，为正极；电极为负极，一氧化氮失去电子发生氧化反应生成二氧化氮，电极反应式为。
四、工业流程题
28．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。一种用废钒催化剂(含、少量、)制取的工艺流程如图：
已知：溶液中四种含钒微粒的存在形式和颜色：紫色、绿色、蓝色，黄色。回答下列问题：
(1)“酸浸、还原”时，被还原为，该反应的离子方程式为_______。
(2)“碱浸、氧化”过程中会生成，在20.00mL溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则所得溶液的颜色为_______。
(3)将废钒催化剂与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后也能生成等离子，写出生成离子的化学方程式是_______。
(4)向上述所得溶液中加入溶液，完善并配平反应的离子方程式_______。
______________=_______________
(5)能与盐酸反应产生和一种黄绿色气体，该气体能与溶液反应被吸收，则、、还原性由小到大的顺序是_______。
【答案】(1)
(2)紫色
(3)
(4)
(5)<<
【分析】废钒催化剂加入硫酸、草酸，被还原为同时得到铝、铁的盐溶液，加入有机试剂、氨水除去铁、铝，滤液加入氢氧化钠、氧化后分离出，焙烧后得到。
【详解】（1）“酸浸、还原”时，和草酸反应，被还原为同时生成二氧化碳，该反应的离子方程式为；
（2）20.00mL溶液中，加入0.195g锌粉（0.003mol），恰好完全反应，锌化合价由0变为+2，由电子守恒可知，V的化合价降低0.003×2÷（0.02×0.1）=3，则V化合价降低3变为+2，得到，溶液显紫色；
（3）亚硫酸根离子也具有还原性，废钒催化剂与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后也能生成，同时生成硫酸根离子，；
（4）氯酸钾具有氧化性，向上述所得溶液中加入溶液，氯元素化合价由+5变为-1，V化合价由+4变为+5，根据质量守恒、电子守恒配平得：；
（5）还原剂还原性大于还原产物；能与盐酸反应产生和一种黄绿色气体氯气，则还原性>；氯气能与溶液反应被吸收生成硫酸钠和氯化钠，还原性>；则、、还原性由小到大的顺序是<<。
五、实验题
29．实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备(夹持装置略)
①A为氯气发生装置，写出A中反应的离子反应方程式，并用单线桥表示电子转移_______。
②将除杂装置B补充完整；并标明所用试剂_______。
③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有_______、_______。
(2)探究的性质
取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有，为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色
方案II
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有产生。
i.由方案I中溶液变红可知a中含有_______离子，但该离子的产生不能判断一定将氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。
ii.方案II可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是_______。
根据的制备实验得出：氧化性_______(填“>””或“＜”)，而方案II实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是_______。
【答案】(1) 3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O
(2) Fe3＋ 4FeO+20H＋═4Fe3＋+3O2↑+10H2O 使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO－除尽 > 体系所处酸碱性介质不一样，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱
【分析】A中高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，氯气经过饱和食盐水除杂后进入C，C中碱性条件下Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，尾气使用碱液吸收；
【详解】（1）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO被还原为Mn2＋，Cl－被氧化为Cl2，反应中每生成5个氯气分子有10个电子的转移，单线桥表示了电子的转移情况，；
②装置B为除杂装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水，装置为；
③已知，为紫色固体，微溶于溶液；C中氯气、氢氧化铁、过量氢氧化钾反应得到紫色固体和溶液，紫色的溶液为K2FeO4，碱性条件下Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在Cl2和KOH反应：3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O、Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O；
（2）i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3＋，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，题干中说明K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3＋，发生反应为：4FeO+20H＋═4Fe3＋+3O2↑+10H2O；
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO－除尽，防止ClO－与Cl－在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO－干扰实验；
②Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO，可以说明Cl2的氧化性大于FeO，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO在酸性条件下氧化Cl－生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。
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