2022届高三年级第二次四校联考化学试题【满分100分，考试时间为90分钟】可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cu64Ag108【试卷综析】本试卷是高三第二次四校联考化学试题，在考查学生的基础知识的同时注重学生的综合能力的培养。本试卷综合性较强，难度较大，题量较多。本试卷考查到了化学与生活、阿伏伽德罗常数的应用、元素化合物知识、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、化学反应中的能量变化、化学反应中的综合计算、化学实验的设计好评价等主干知识，考查了较多的知识点。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视对学生科学素养的考查。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，注重常见化学方法的使用，应用化学思想解决化学问题，体现了化学学科的基本要求。一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）【题文】1．下列说法正确的是A．塑化剂DEHP是指邻苯二甲酸二(2─乙基己)酯，对人体无害，可用作食品添加剂B．二氧化氮经过加压凝成无色液体为物理变化C．Na2O·SiO2是一种简单的硅酸盐，可溶于水D．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化【知识点】二氧化硅的性质，二氧化氮的性质，食品添加剂D5【答案解析】C解析：A．塑化剂不能用作食品添加剂，错误；B．二氧化氮经过加压凝成无色液体是二氧化氮生成了无色的四氧化二氮，是化学变化；C．Na2O•SiO2是一种简单的硅酸盐，可溶于水，正确；D．瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚破裂，错误。【思路点拨】本题考查了食品添加剂的使用、氮的氧化物的相互转化、硅酸盐的成分等，基础性较强，难度不大。【题文】2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－)＝2NAB．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NAD．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】B解析：A．将1molCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl－)+N(ClO－)+N(Cl2)＝2NA，错误；B．甲醛和冰醋酸的最简式相同，故质量一定，含有的原子数目一定，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，正确；C．CCl4在标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为aNA/28，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，难度不大。【题文】3.下列说法正确的是A．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应B．分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2的有机物可能结构有3种12C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上D．1mol有机物一定条件下能和7molNaOH反应。【知识点】甲烷的化学性质，有机物的结构和性质I1I4【答案解析】C解析：A、甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应，两者反应的类型不同，错误；B、与NaHCO3产生CO2的有机物为羧酸，即判断C3H6ClCOOH，符合结构的应有5种，错误；C、分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，正确；D、此有机物中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，在一定条件下能与6molNaOH反应，错误。【思路点拨】本题考查了有机物反应类型，同分异构体的书写，有机物官能团的性质，分子的结构，知识内容基础性较强，难度不大。【题文】4．下列判断错误的是A．沸点：NH3>PH3>AsH3B．结合质子的能力：OH－>CH3COO－>Cl－C．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4D．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用E2【答案解析】A解析：ANH3含有氢键，沸点最高，PH3、AsH3都不含氢键，相对分子质量越大，沸点越高，应为NH3＞AsH3＞PH3，错误．B因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度：HCl＞CH3COOH＞H2O，所以结合质子能力OH-＞CH3COO-＞Cl-，正确C非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4正确；D金属性：Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，正确。【思路点拨】本题考查了元素的金属性、非金属性的递变规律，酸性的比较，题目难度中等。【题文】点燃溶于水惰性电极电解5．已知A、B为单质，C为化合物。且有如下转化关系A+BCA+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液与Na2CO3溶液反应，放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加NaOH溶液，先生成沉淀后又溶解，则B可能为Al④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是A．①②B．②④C．①③D．③④【知识点】元素形成的单质和化合物的性质C5F4【答案解析】B解析：由题目可知，电解的最终结果是电解电解质本身，故C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸。①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na，B可能为氯气，但电解NaCl溶液不能得到Na单质，错误；②若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，C为HCl，则A可能是H2，故正确；③若C溶液中滴加NaOH溶液有沉淀生成，后沉淀有溶解，满足上述转化时，则B可能为Al，但在电解铝的化合物时得不到金属铝，故错误；④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，C中应含铜离子，则B可能为Cu但电解氯化铜溶液可以得到单质铜和氯气，故正确。正确选项为B【思路点拨】本题考查了12本题考查无机推断，把握电解生成A、B两种单质为解题本题的突破口，熟悉元素化合物的性质及电解原理即可解答，明确电解中离子的放电顺序，题目的综合性较强，但是难度不大。【题文】6.下列有关溶液组成的描述合理的是A．在Fe2(SO4)3溶液中可以大量存在:K+、Fe2+、Cl－、Br－、SCN－B．c(H＋)＝1×10-13mol/L的溶液中可以大量存在：Mg2＋、Cu2＋、HCO3－、NO3－C．加水稀释时c(OH－)/c(H+)值增大的溶液中可大量存在：MnO4－、CO32－、K+、NH4+D．在碱性溶液中可以大量存在：S2O32－、AlO2－、SiO32－、S2－、Na+【知识点】离子共存B1【答案解析】D解析：A．在Fe2(SO4)3溶液中含有Fe3+与SCN－可以生成Fe(SCN)3,，错误；B．c(H＋)＝1×10-13mol/L的溶液显示碱性，在碱性溶液中，Mg2＋与Cu2＋生成沉淀，HCO3－与OH－反应生成CO32－，错误；C．加水稀释时c(OH－)/c(H+)值增大的溶液的性质显示碱性，在碱性溶液在中NH4+不能存在，错误；D．在碱性溶液中可以大量存在：S2O32－、AlO2－、SiO32－、S2－、Na+，正确。【思路点拨】本题考查了在一定的前提条件下离子之间的反应，这是此类试题考查的方向，明确离子之间的反应是解答的关键。【题文】7．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Lil－xCoO2+LixC6＝6C+LiCoO2，其电池如图所示。下列说法不正确的是A．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时，将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池正极反应为Lil－xCoO2+xLi＋+xe－＝LiCoO2【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4【答案解析】B解析：放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低。A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，正确；B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，错误；C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，正确；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，正确；故选B。【思路点拨】本题考查了原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大。【题文】8．下列说法正确的是A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D．物质的溶解度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H5【答案解析】B解析：A．Ksp值只与温度有关，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，由于温度不变，所以Ksp值不变，故A错误；B．AgCl溶液中存在：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），Cl-浓度越大，则溶解的AgCl越少，所以用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故B正确；C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(SO4)增大，Ksp值不变，故(Ba2+)减小，错误；D．物质的溶解度不一定随温度的升高而增大，如氢氧化钙溶液随温度的升高溶解度减小，故D错误。【思路点拨】本题考查了影响物质溶解度的因素、Ksp的应用、沉淀溶解平衡的移动，侧重于有关原理的应用的考查，题目难度不大。12【题文】9．下列有关物质浓度关系的描述中，正确的是A．25℃时，NaB溶液的pH＝9，则c(Na＋)－c(B－)＝9.9×10－7mol·L－1B．0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(OH－)＋2c(CO32－)＝c(H+)＋c(H2CO3)C．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)D．25℃时，将pH均为3的醋酸溶液和盐酸分别加水稀释到pH均为5，则由水电离出的H+的浓度均减小为原来的100倍【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较，盐类水解的应用H6【答案解析】C解析：A．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），所以得c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=10-5-10-9mol•L-1，错误B．根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3，所以c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）==c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）可得质子守恒：c（OH-）＋c(CO32－)=c（H+）+c（H2CO3），错误；C．25℃时，向0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＝c(H＋)，正确；D．加水稀释促进弱电解质醋酸电离，所以醋酸继续电离出氢离子，而HCl不再电离出氢离子，导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸pH小于HCl，错误。【思路点拨】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及弱酸或弱碱稀释的判断等，综合性较强，题目难度中等。【题文】10．下列解释事实的离子方程式不正确的是A．酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2OB．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br－+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl－C．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+＝2Fe(OH)3+3Mg2+D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2+＋2OH－=Fe(OH)2↓【知识点】离子方程式B1【答案解析】D解析：D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：2NH4++Fe2+＋4OH－=Fe(OH)2↓+2NH3·H2O。【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写及判断，反应物的用量不同反应不同，涉及到的离子反应不同，在溶液中所以的离子反应要抓住是解答的关键，难度中等。【题文】11．用铂作电极电解1000mL0.1mol/LAgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4g。下列有关叙述正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的值）A．电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NAB．在标准状况下，两极共产生3.92L气体C．电解后溶液的pH为2（假设溶液体积不变）D．加入13.8gAg2CO3可将溶液彻底复原【知识点】电解原理F4【答案解析】B解析：A用石墨作电极电解1000mL 0.1mol/L AgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e-=Ag，假设所有的银离子0.1mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1mol，则析出金属铜的质量为：0.1mol×108g/mol=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：4OH-=O2↑+H2O+4e-，转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是：0.025mol×32g/mol=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g＜13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解掉水的质量为13.4g-11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；B、阳极放电的电极反应为：4OH-=O2↑+H2O+4e-，当转移0.3mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075mol，即1.68L12，阴极上产生氢气，2H++2e-=H2↑，当转移0.2mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1mol，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，故B正确；C、电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.3mol，所以最后溶液中c（H+）=0.1mol/1L=0.1mol/l，其pH=1，故C错误；D、溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，故D错误；故选B。【思路点拨】本题是一道考查电解原理的综合题，在电解过程中分了两个阶段，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力。【题文】12．近年来化学科学家采用“组合转化”技术，将二氧化碳在一定条件下转化为重要的化工原料乙烯：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；△H＝+1411.0kJ/mol。关于该反应，下列图示与对应的叙述相符的是A．图1表示该反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示一定条件下反应达到平衡后改变压强反应物的转化率的变化C．图3表示一定条件下反应达到平衡后改变温度反应平衡常数的变化D．图4表示一定条件下反应达到平衡后改变温度、压强产物百分含量的变化【知识点】图像试题的分析G3【答案解析】B解析：A、此反应的热效应是吸热的，生成物的能量应比反应物的能量要高，错误；B、压强增大，反应向着正反应的方向移动，反应物的转化率增大，正确；C、因此反应的热效应是吸热的，温度升高，平衡向右移动，平衡常数K正增大，K逆减小，错误；D、温度升高，反应正向移动，产物的百分含量增大，错误；【思路点拨】本题考查了外界条件改变后对化学平衡的影响，化学平衡移动之后，导致反应物及产物的量有所变化，掌握平衡移动的方向是关键，题目涉及的知识点较多，综合性较强。【题文】13．完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置部分已略去)正确的是ABCD实验分离Na2CO3溶液和CH3CH2OH除去Cl2中含有的少量HCl做Cl2对NaOH溶液的喷泉实验制取少量氨气装置或仪器【知识点】实验的设计和评价J4【答案解析】C解析：A、乙醇是易溶于水的，故不能用分液的方法进行分离，错误；B、氯气溶于水后也能与碳酸氢钠反应，故氯气中的氯化氢不能用碳酸氢钠溶液进行除杂，错误；C、氯气能与氢氧化钠反应，可以用于喷泉的发生，正确；D、在进行氨气的收集时，应用双孔塞或不用塞子，错误。12【思路点拨】本题考查了实验的设计和评价，涉及物质的分离、除杂以及某些物质的制备等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，综合性较强，难度不大。【题文】14．下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是选项目的操作或现象A制备无水FeCl3将FeCl3溶液加热蒸干B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C证明非金属性Cl>C>Si向碳酸钠溶液中加盐酸产生气体，将气体先通过饱和NaHCO3溶液，再通入硅酸钠溶液时产生白色沉淀D测定NaCl中混有Na2CO3的量取一定量样品加入足量稀硫酸，将产生的气体直接用足量碱石灰吸收，测得其增重，便可求得原样品中Na2CO3的量【知识点】实验的设计和评价J4【答案解析】B解析：A、氯化铁溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铁溶液，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，水解生成的氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铁，错误；B、KNO3在水中溶解度较大，而NaCl在水中的溶解度不大，可以利用溶解度差异采用冷却结晶的方法除去NaCl杂质，B正确；C、证明元素非金属性强弱是依据：元素最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强，则该元素的非金属性越强，不能看盐酸与碳酸和硅酸的酸性大小，应看高氯酸与碳酸和硅酸的酸性大小，错误；D、取一定量样品加入足量稀硫酸，产生的气体主要是二氧化碳，但是其中含有一定的水分，应该先进行干燥后在用足量碱石灰吸收，测得其增重，便可求得原样品中Na2CO3的量，错误。【思路点拨】本题考查了实验的涉及和评价，主要涉及到的是盐类的水解、物质的除杂、元素非金属性的强弱的比较及混合物中物质含量的测定，知识的综合性较强。【题文】15．下列有关说法正确的是A．已知：HI(g)H2(g)+I2(s)△H＝－26.5kJ/mol，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B．已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ/mol C．肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O(g)+O2(g)＝2H2O2(l)△H＝+108.3kJ/mol①N2H4(l)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)△H＝－534.0kJ/mol②则有反应：N2H4(l)+2H2O2(l)＝N2(g)+4H2O(l)△H＝－642.3kJ/molD．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4kJ/mol【知识点】反应热和焓变，热化学方程式，中和热F1【答案解析】C解析：A．HI（g）⇌1/2H2（g）+1/2I2（s）；△H=-26.5kJ/mol，该反应为可逆反应，则1molHI不能全部分解，则在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ，错误；B12．燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1，错误；C．根据盖斯定律反应：N2H4(l)+2H2O2(l)＝N2(g)+4H2O(l)与①②反应的关系为：②—①，则△H＝2×△H2—①△H1，正确；D．中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量。含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol，错误．【思路点拨】本题考查了燃烧热、中和热以及盖斯定律的应用，基础性较强，难度不大。【题文】16．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。则下列叙述不正确是A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g【知识点】有关混合物反应的计算C2C3D4【答案解析】C解析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g/17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，正确；B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，硝酸有可能有剩余，错误；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，正确；故选C。【思路点拨】本题考查了混合物的有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用能力和解决复杂问题的能力，难度较大。非选择题（共52分）【题文】17.（10分）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2－具有相同的电子层结构；离子半径：Z2－>W－;Y单质晶体熔点高硬度大。试回答下列问题：（1）五种元素中原子半径最大的元素是__________（写元素符号）（2）X与M两元素以原子个数1:1形成的化合物的电子式为____________________（3）写出由YM2制取Y单质的化学方程式____________________（4）化合物Z2W2遇水剧烈反应，产生黄色沉淀和刺激性气味的气体，其反应的化学方程式为____________________________________________________________（5）W、M两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例__________（写化学式，任写两种）【知识点】位置、结构和性质的相互关系的应用E512【答案解析】（1）Na（2）（3）SiO2+2CSi+2CO↑（4）2S2Cl2＋2H2O=3S↓＋SO2↑＋4HCl（5）O3Cl2ClO2(任写两个)解析：依据分析可知：X为钠，Y为硅，Z为硫，W为氯，M为氧。（1）电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，故Na、Si、S、Cl、O五种元素中原子半径最大的元素是Na。（2）Na与O两元素以原子个数1：1形成的化合物为过氧化钠，Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，过氧根离子得到电子形成阴离子，电子式为。（3）由SiO2制取Si单质采用高温下利用碳还原的方法。（4）S2Cl2与水反应，依据氧化还原反应的元素化合价变化守恒推断，化合价降低的生成黄色沉淀为单质硫，化合价升高的生成二氧化硫气体，依据原子守恒、电子守恒写出化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl↑（5）Cl、O两元素形成的单质氯气具有强氧化性，常用来杀菌消毒，ClO2是一种新型消毒剂。【思路点拨】本题考查了元素周期表中元素的位置、原子结构和元素性质的关系和应用，寻找本题的突破点为Y是解答本题的关键，然后利用元素化合物知识来解答即可，基础性较强，难度不大。【题文】18.（8分）近年来燃煤脱硫技术受到各界科研人员的重视，某脱硫技术涉及如下反应：ICaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H1＝＋218.4kJ·mol-lIICaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）△H2＝－394.0kJ·mol-l（1）若用K1、K2分别表示反应I、II的化学平衡常数，则反应1/2CaSO4（s）+2CO（g）1/2CaS（s）+2CO2（g）的平衡常数K=_________（用含K1、K2的式子表示）（2）某温度下在一密闭容器中若只发生反应I，测得数据如下：t/s010203050c(CO)mol/L31.81.20.90.9前20s内v（SO2）＝__________mo1·L－l·s－l，平衡时CO的转化率为__________。（3）某科研小组研究在其它条件不变的情况下，改变起始一氧化碳物质的量，对反应IICaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）的影响，实验结果如图所示（图中T表示温度）：比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物SO2的转化率最高的是_______________。②图像中T2_____T1（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”）判断的理由是____________________________________________________________________。【知识点】化学平衡的计算，化学平衡的影响因素G5【答案解析】（1）(K1·K2)1/2（2）0.0970%（3）①c②高于该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2体积分数降低，故T2高于T1解析：：（1）①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g），K1（反应Ⅰ）②CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2，K2，（反应Ⅱ）依据盖斯定律计算(①+②)/2得反应1/2CaSO4（s）+2CO（g）⇌1/2CaS（s）+2CO2（g）K1=[c(CO2)c(SO2)]/c(CO)12K2=c3(CO2)/c3(CO)K3=c2(CO2)/c2(CO)计算得到：K3=(K1·K2)1/2（2）CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）起始量（mol/L） 3 0 变化量（mol/L） 1.8 1.8 20s（mol/L） 1.2 1.8 前20s 内v（SO2）=1.8mol/L/20s==0.09mol/L•s；30s达到平衡状态，平衡时CO的转化率=(3mol/L-0.9mol/L)2mol/L=×100%=70%；（3）①依据图象分析，随一氧化碳量的增加，二氧化硫的转化率增大，c点最大；②依据平衡移动原理，反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，二氧化碳含量减小，所以T2＞T1。【思路点拨】本题考查了热化学方程式书写，平衡常数，转化率计算，外界条件对平衡的影响等，掌握基础是关键，题目难度中等。甲苯高锰酸钾苯甲酸钾盐酸苯甲酸【题文】19.（8分）苯甲酸及其钠盐可用作乳胶、牙膏、果酱或其它食品的抑菌剂，也可广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，制备流程为：操作步骤如下：①将一定量的甲苯和碱性KMnO4溶液加热至沸腾，并冷凝回流至混合液不再分层。②反应停止后，将反应混合液过滤，滤渣为黑色固体；得到的滤液如果呈紫色，可加入少量的饱和亚硫酸钠溶液使紫色褪去，重新过滤。③将②中所得滤液经一系列操作得到苯甲酸晶体。已知：苯甲酸相对分子质量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；（1）该实验合成苯甲酸钾可能用到的下列仪器有__________。A.圆底烧瓶B.蒸馏烧瓶C.冷凝管D.温度计（2）第①步中被回流的主要物质是____________________。（3）写出滴加饱和亚硫酸钠溶液时的离子方程式______________________________。（4）步骤③得到苯甲酸晶体应进行操作是________（按操作顺序填正确答案序号）。A.酸化B.过滤C.蒸发浓缩D.冷却结晶【知识点】氧化还原反应原理，化学实验仪器的基本使用，物质的分离J1B3J2【答案解析】（1）AC（2分）（2）甲苯（2分）（3）2MnO4-+H2O+3SO32-＝2MnO2↓+2OH-+3SO42-（2分）（4）ACDB解析：（1）从操作步骤中可以得到甲苯和碱性高锰酸钾应在圆底烧瓶中进行加热，冷凝回流时需要冷凝管。（2）第①步中甲苯沸点较低，加热时易挥发，故在第①步中主要是对甲苯进行回流。（3）亚硫酸钠中硫元素可以被高锰酸钾氧化，通过现象可以判断在碱性条件下高锰酸钾的还原产物MnO2，根据氧化还原反应原理可得反应为：2MnO4-+H2O+3SO32-＝2MnO2↓+2OH-+3SO42-（4）步骤②中得到的是苯甲酸钾，经酸化可以得到苯甲酸，苯甲酸的溶解度在较高的温度下比较大，故应在较高的温度下使苯甲酸形成饱和溶液，然后再冷却结晶形成固体，最后过滤得到苯甲酸晶体，故正确的操作步骤为：ACDB【思路点拨】本题以苯甲酸为载体考查了化学实验仪器的基本使用、氧化还原反应原理的应用、物质的分离和提纯等基本知识内容，难度不大。12【题文】20.（9分）某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：Ⅰ.将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；Ⅱ.待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；Ⅲ.冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用。查阅文献：检验微量Cu2+的方法是：向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+。（1）该同学假设黑色沉淀是CuO。检验过程如下：①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，产生红褐色沉淀。②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后再滴加K4[Fe(CN)6]溶液，未见红褐色沉淀。由该检验过程所得结论是____________________________________。（2）再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物。实验如下：实验装置现象1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解2.A试管内上方出现红棕色气体3.B试管中出现白色沉淀①现象2说明黑色沉淀具有______性。②能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是____________________，相应的离子方程式是__________________________________________________。③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需进行的实验操作是__________________。（3）以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物。进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物。将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是__________________________________________________。【知识点】浓硫酸的性质实验；性质实验方案的设计J4【答案解析】（1）黑色沉淀中不含有CuO（1分）（2）①还原（1分）②B试管中出现白色沉淀（1分）2NO3-+3SO2+3Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+（或NO2+SO2+Ba2++H2O＝BaSO4↓+NO↑+2H+）（2分）△③取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe(CN)6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物（2分）（3）CuS+4H2SO4（浓）==CuSO4+4SO2↑+4H2O(2分)解析：：（1）向试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO。（4）①A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化；②根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+；③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物。（3）浓硫酸具有强氧化性，硫化铜被浓硫酸氧化为二氧化硫可得反应。12【思路点拨】本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及的题量稍大，知识点较大，理解题中信息是解题关键，如根据铜离子检验方法的解答，试题培养了学生的分析、理解能力。【题文】21．（9分）已知物质A、B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物，它们可发生如图所示的转化关系：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H2O反应的化学方程式_______________________。将气体D作为燃料电池的燃料源可以制成D —空气燃料电池系统，总反应式为：D+O2A+H2O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：________________。（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则C为____________（写化学式）。（3）若条件①为常温，B和D为同种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出少量Fe粉与E的稀溶液反应的离子方程式：_________________________________。已知常温下1molC与H2O反应生成气体D和E溶液放出46kJ热量,写出C与水反应生成D和E的热化学方程式：___________________________________________。【知识点】无机物的推断，化学电源新型电池，热化学方程式的书写C5D5F5【答案解析】(1)Mg3N2+6H2O＝3Mg(OH)2↓+2NH3↑2NH3-6e-+6OH-＝N2+6H2O(2)Al2S3(3)Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O；3NO2(g)+H2O(l)＝2HNO3(aq)+NO(g)△H＝－138KJ/mol(其它合理答案也可)解析：：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH3，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，所以其反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝。（3）若条件①为常温，B和D为同-种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，少量Fe粉和稀硝酸反应为：Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O【思路点拨】本题考查了元素化合物的性质，正确推断物质是解本题关键，明确物质的特殊性质即可解答，难度中等。【题文】22.（8分）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示。（1）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。12（2）95℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a与b之间应满足的关系是________。（3）曲线A所对应的温度下，pH＝2的HCl溶液和pH＝11的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1________α2（填“大于”、“小于”、“等于”或“无法确定”），若二者恰好反应所得溶液的pH＜7，原因是__________________。（用离子方程式表示）（4）在曲线B所对应的温度下，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH＝________。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关PH的计算H6【答案解析】(1)10:1(2)a＋b＝14(3)小于 B-+H2OBOH+H+（1分）(4)10解析：（1）25℃时，将pH=9的NaOH溶液中C（OH-）=10-5mol/L，pH=4的H2SO4溶液中C（H+）=10-4mol/L，要使混合溶液呈中性，则氢氧根离子的物质的量等于氢离子的物质的量，设碱的体积为xL，酸的体积为yL，则10-5mol/L×xL=10-4mol/L×yL，所以x：y=10-4：10-5=10：1。（2）95℃时，pH1=a的某强酸溶液中C（H+）=10-amol/L，pH2=b的某强碱溶液C（OH-）=10b-12mol/L，溶液呈中性，则酸中氢离子的物质的量应等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以100×10-a=1×10b-12，a+b=14。（3）在曲线A中，水的离子积为10-7×10-7=10-14，pH＝2的HCl中C（H+）=10-2mol/L，pH＝11的某BOH溶液中C（OH—）=10-3mol/L，因C（H+）＞C（OH—），故在盐酸中水的电离受到的抑制作用比较大，α1小于α2。（4）在曲线A中，水的离子积为10-6×10-6=10-12。0.02mol/L的Ba(OH)2溶液中C（OH—）=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，C（H+）=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的C（OH—）=0.01mol/L，则C（H+）=10-10mol/L，pH＝10。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离，明确“混合溶液呈中性，即强酸和强碱反应时氢离子和氢氧根离子的物质的量相等”即可分析解答；考查了学生的读图能力，从图中分析水的离子积，综合性较强难度较大。12
