福建省三明市第一中学2022届高三化学上学期期中试题含解析

福建省三明市第一中学2022届高三上学期期中考试化学试题（考试时间:120分钟满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Cu-64Co-59第Ⅰ卷(选择题　共48分)一．选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分。)1.中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术。来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车。“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是A.网购B.支付宝C.中国高铁D.共享单车【答案】C【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选C。2.《本草纲目》在绿矾(FeSO4·7H2O)“发明”项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”。下列叙述正确的是A.绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B.绿矾锻烧后的固体产物为FeOC.可用无水CuSO4检验煅烧绿矾有H2O生成D.通入Ba(NO3)2溶液可检验煅烧产物中的SO3【答案】C【解析】A.绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H+，之所以有“味酸”，是溶解时亚铁离子水解的结果，故A错误；B.绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故B错误；C.水蒸气遇到无水CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成，故C正确；D.酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C。3.下列变化或过程属于化学变化的是A.激光法蒸发石墨得C60B.丁达尔效应C.紫色石蕊试液通过活性炭变成无色D.用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应【答案】A【解析】试题分析：A、石墨和C60的结构不同，属于不同的物质，激光法蒸发石墨得C60-22-\n，生成了新物质，属于化学变化，故A正确；B、丁达尔效应是光线遇到胶体粒子发生了散射形成的，无新物质生成，不属于化学变化，故B错误；C、活性炭具有吸附性，紫色石蕊试液通过活性炭，颜色物质被活性炭吸附，溶液变成无色，无新物质生成，故C错误；D、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应，无新物质生成，故D错误；故选A。考点：考查了物理变化和化学变化的判断的相关知识。4.“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是A.钛属于主族元素B.钛合金强度很大，是有色金属材料C.蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D.在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金【答案】B【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。点睛：本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。5.下列关于物质的分类或关系正确的是A.同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4B.酸性氧化物：CO、SiO2、SO3、P2O5、Mn2O7C.混合物：铝热剂、胆矾晶体、纯净矿泉水、胶体、淀粉D.非电解质：乙醇、四氯化碳、氨气、氯气、氯化银【答案】A【解析】A、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4符合分子式相同，结构不同的特征属于同分异构体，故A正确；B．CO不能和碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，SO2，SiO2，Mn2O7都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C．胆矾晶体就是硫酸铜晶体，属于纯净物，故C错误；D．氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，氯化银属于电解质，故D错误；故选A。6.下列表述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是-22-\n选项表述Ⅰ表述ⅡASiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维BSO2有漂白性SO2可使溴水褪色C浓硫酸有强氧化性、吸水性浓硫酸可使蔗糖变黑DFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于刻蚀印刷电路板A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，无因果关系，故A不选；B、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，Ⅰ、Ⅱ正确但无因果关系，故B不选；C．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，浓硫酸使蔗糖和纸张碳化变黑是其脱水性所致，与浓硫酸的吸水性无关，二者没有因果关系，故C不选；D．铁离子具有氧化性，能和Cu发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，从而用氯化铁溶液腐蚀铜，二者有因果关系，故D选；故选D。7.Se、Br两种元素的部分信息如右图所示，下列说法正确的是A.原子半径：Br＞SeB.还原性：Se2－＜Br－C.在Se2Br2分子中只含有极性键D.SeO2既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】A．硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径Br＜Se，故A错误；B．同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，还原性Se2-＞Br-，故B错误；C．在Se2Br2-22-\n分子中硒原子间存在非极性键，溴和硒原子之间存在极性键，故C错误，D.SeO2 中硒为+4价，处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故D正确；故选D。8.金属铈(58Ce)常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+。下列说法正确的是A.铈的原子核外有58个电子B.可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成C.是同素异形体D.铈能溶于HI溶液，反应的离子方程式为：Ce+4H+=Ce4++2H2↑【答案】A【解析】A．根据金属铈(58Ce)可知，铈元素的质子数为58，原子中质子数等于核外电子，故铈的原子核外有58个电子数，故A正确；B．电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce，电极反应为：Ce4++4e-=Ce，故B错误；C．58138Ce、58142Ce具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，不是同素异形体，故C错误；D．由于氧化性Ce4+＞Fe3+＞I-，铈溶于氢碘酸，发生氧化还原反应，生成CeI3和I2，故D错误；故选A。9.几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是元素符号ABDEGHIJ化合价-1-2+4，-4-1+5，-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A.I在DB2中燃烧生成两种化合物B.A、H、J的离子半径由大到小的顺序是H>J>AC.GE3为离子化合物D.A单质能从B的简单氢化物中置换出B单质【答案】D-22-\n【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。A．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故A错误；B．F-、Na+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-＞Na+＞Al3+，故B错误；C．PCl3属于共价化合物，故C错误；D．氟气能与水反应生成HF与氧气，故D正确；故选D。10.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNONaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A.NH3应使用向下排气法收集，故A不合理；B.SO2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取，故B不合理；C.合理;D.使用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，需要加热，故D不合理。故选C。11.下列图示装置正确且能达到实验目的的是A.制备少量氧气B.固液分离C.提纯碘D.蒸馏提纯-22-\n【答案】C【解析】A.过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上，故A错误；B.过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故B错误；C.碘易升华，可以通过图示装置提纯碘，故C正确；D.蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。12.下列离子方程式书写正确的是A.向水玻璃中通入过量二氧化碳：SiO32-＋CO2＋H2O＝CO32-＋H2SiO3↓B.向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝[Al(OH)4]－＋4NH4＋C.向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：NH4++OH-＝NH3•H2OD.向Na[(AlOH)4]溶液中通入过量二氧化碳：[Al(OH)4]－＋CO2＝Al(OH)3↓+HCO3－【答案】D【解析】A．水玻璃中通入过量的二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故A错误；B．氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式：NH4++HCO3-+2OH-═CO32-+H2O+NH3•H2O，故C错误；D．向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2，离子方程式：[Al(OH)4]-+CO2═Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确；故选D。13.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或通入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式AK+、Na+、ClO－、SO42－少量SO2SO2+ClO－+H2O＝SO42－+Cl－+2H+BNH4+、Fe3+、Br－、SO42－过量H2S2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+CNH4+、Na+、Fe3+、[Al(OH)4]－过量铜粉2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+DK+、Na+、HCO3－、[Al(OH)4]－少量HClH++[Al(OH)4]－＝Al(OH)3↓+H2OA.AB.BC.CD.D【答案】B-22-\n【解析】A．二氧化硫少量时，反应产物中的氢离子与次氯酸根离子反应生成HClO，正确的离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO，故A错误；B．NH4+、Fe3+、Br-、SO42-之间不反应，加入过量H2S后发生反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故B正确；C．Fe3+与[Al(OH)4]-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．HCO3-与[Al(OH)4]－能够反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。点睛：本题考查离子共存、离子方程式的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的易错点为D，HCO3-、[Al(OH)4]－能够反应，HCO3-电离促进[Al(OH)4]－水解，反应生成氢氧化铝沉淀。14.下列溶液能区别SO2和CO2的是①石灰水②石蕊试液③品红溶液④酸性KMnO4溶液⑤氯水⑥H2S溶液⑦NaOH溶液A.③④⑤⑥B.①②⑦C.②③④⑤⑥D.③④【答案】A【解析】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，错误；②SO2和CO2的水溶液均显酸性，滴入石蕊试液，均显红色，不能区别，错误；③SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2，正确；④SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，正确；⑤SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，正确；⑥SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2，正确；⑦SO2和CO2与NaOH溶液反应均无明显现象，不能区别，错误；所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：③④⑤⑥，故选A。点睛：把握二氧化硫的还原性、漂白性为解答的关键。根据SO2和CO2性质的差异可知，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。15.下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化) abcd①SSO2H2SO3H2SO4②SiSiO2H2SiO3Na2SiO3③CuCuOCuSO4Cu(OH)2-22-\n④N2NONO2HNO3A.②③B.①④C.①②D.③④【答案】B【解析】①硫在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，分解生成二氧化硫；亚硫酸被空气氧化生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠能够反应生成亚硫酸或二氧化硫，二氧化硫也能够被氧化剂氧化生成硫酸，符合上述转化关系，故正确；②二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现b→c，故错误；③氧化铜不溶于水，与水不反应，不能实现b→c，故错误；④氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，符合上述转化关系，故正确；故选B。16.工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：下列说法错误的是A.②中可以采用足量纯碱溶液，发生的反应是：3Br2+6CO3２－+3H2O=5Br－+BrO3－+6HCO3－B.第③步酸化，需加入氧化性酸，才能将Br－氧化为Br2C.第④步，采用的是蒸馏的方法D.B溶液颜色比A溶液深【答案】B【解析】由流程可知，①中发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用空气将吹出塔中含Br2的溶液，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的浓度，加入碱液重新吸收，所得溶液富含BrO3-，③中发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸馏得到溴。A．纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3-生成，反应的离子方程式为3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2↑，故A正确；B．溶液中含有Br-、BrO3-，在酸性条件下可发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2-22-\nO，无需加入氧化酸，故B错误；C．含溴的水溶液B中溴的浓度较大，溴与水的沸点不同，可通过蒸馏获得液溴，故C正确；D．B经过富集，浓度较大，则B的颜色比A深，故D正确；故选B。17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2mol浓硫酸与足量Cu反应，转移电子数为2NAB.5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAC.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为NAD.常温常压下，20gD2O含有的质子数、中子数、电子数均为10NA【答案】D【解析】A.随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后与铜不再反应，因此2mol浓硫酸与足量Cu反应，不可能完全反应，转移电子数少于2NA，故A错误；B.未说明是否为标准状况，无法计算5.6L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，故B错误；C.100g质量分数为46%的乙醇水溶液还含有46g乙醇和54g水，水中也含有氧原子，氧原子数大于NA，故C错误；D.20gD2O的物质的量为=1mol，1个D2O分子含有的质子数=电子数=1×2+8=10、中子数=1×2+8=10，因此20gD2O含有的质子数、中子数、电子数均为10NA，故D正确；故选D。18.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C取ag铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为VL（已转化为标准状况下）测定铝箔中氧化铝的含量D比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小-22-\nA.AB.BC.CD.D【答案】C【考点定位】考查化学实验方案的评价．【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，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。19.在混合体系中,确认化学反应先后顺序有利于问题的解决,下列反应先后顺序判断正确的是A.在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+B.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+C.在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D.在含等物质的量的[Al(OH)4]-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：[Al(OH)4]-、Al(OH)3、OH-、CO32-【答案】B【解析】A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-＞Fe2+＞Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根离子发生中和反应，故D错误；故选B。-22-\n点睛：本题考查化学反应的先后顺序的知识。判断先后反应总原则是，先发生的反应产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。20.图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线正确的是A.A曲线表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量B.B曲线表示向Na[Al(OH)4]溶液中滴入HNO3溶液至过量C.C曲线表示向n(HCl):n(AlC13)=1:1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量D.D曲线表示向n[Ca(OH)2]:n(KOH)=1:2的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【答案】D【解析】A、向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠是3：1，故A错误；B、向NaAlO2溶液中滴入HNO3至过量，NaAlO2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物质的量之比为1:3，故B错误；C、向n(HCl)：n(AlC13)=1：1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH-+H+═H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O消耗氢氧化钠的量之比是1：3：1，故C错误；D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓，2OH-+CO2═CO32-+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，设Ca(OH)2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为1、3、1，故D正确；故选D。21.亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的性质或用途，其物理性质与NaCl极为相似。相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是-22-\nA.NaNO2稳定性大于NH4NO2B.NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C.可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaClD.分解NaN3盐每产生1molN2 转移6mol e-【答案】D22.将11.2g的Mg－Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。则气体x的成分可能是A.0.3molNO2和0.3molNOB.0.2molNO2和0.1molN2O4C.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D.0.6molNO【答案】C【解析】试题分析：向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g=10.2g，物质的量为10.2/17mol=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（5﹣4）+0.3mol×（5﹣2）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N元素获得电子为0.2mol×（5﹣4）+0.1mol×2×（5﹣4）=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；C、生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×（5﹣2）+0.2mol×（5﹣4）+0.05mol×2×（5﹣4）=0.6mol，得失电子相等，故C正确；D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（5﹣2）=1.8mol，故D错误;故选：C．考点：氧化还原反应的计算23.有机物甲、乙的结构如右图所示。下列说法错误的是-22-\nA.甲、乙都能与金属钠反应生成氢气B.甲、乙互为同分异构体C.一定条件下，甲、乙均能发生取代反应D.甲、乙都能与溴的单质发生加成反应【答案】A【解析】A．甲含-COOH与Na反应生成氢气，而乙不能，故A错误；B．二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．含-COOH、-COOC-，均可发生取代反应，故C正确；D．均含碳碳双键，都能与溴的单质发生加成反应，故D正确；故选A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键。由结构可知，二者分子式相同，甲中含碳碳双键、-COOH，乙中含碳碳双键、-COOC-。24.利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，下列说法正确的是A.a为直流电源的负极B.电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室C.阳极的电极反应式为：SO2＋2H2O－2e－=SO42-＋4H+D.阴极的电极反应式为：2HSO3-＋2H2O＋2e－=S2O42-＋2OH-【答案】C【解析】依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+-22-\n，故C正确；D、阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，故D错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题　共52分)二．填空题（共52分）25.I．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂。（1）如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式____________。（2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式______________________________。II．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：__________________________________________________________________________________。（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为______________________（填代号）。a．NaHCO3b．Na2CO3c．Fe(OH)3d．Na[Al(OH)4]（3）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为____________________。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为__________（填代号）。a．盐酸b．BaCl2溶液c．NaOH溶液d．Ca(OH)2溶液（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为________________________________，E是__________（填化学式）。-22-\n【答案】(1).H2+O2H2O2(2).H2O2H++HO2-(3).OH－+HSO3－=SO3２－+H2O(4).bd(5).(6).ab(7).3NO2+H2O=2HNO3+NO(8).Fe(NO3)2【解析】I．(1)通过图示可知，用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：H2+O2H2O2，故答案为：H2+O2H2O2；(2)双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2-，故答案为：H2O2⇌H++HO2-；II．(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，X能使品红溶液褪色，则X是SO2，C为NaOH，B为H2，D能和SO2反应，则D是Na2SO3、E是NaHSO3；C是NaOH，E是亚硫酸氢钠，二者反应离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O；(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A是Cl2，氯气和水反应生成HCl和HClO，C和X反应生成D、D能和X反应生成E，盐酸能和碳酸钠、Na[Al(OH)4]反应且是两步反应，盐酸与碳酸氢钠只能发生一种反应，盐酸与Fe(OH)3也只能发生一种反应，因此X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4]，故选bd；(3)若A为淡黄色粉末，且能和水反应，则A为Na2O2，电子式为，若X为一种造成温室效应的气体，X是CO2，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，NaOH和CO2反应先生成Na2CO3，二氧化碳过量时生成NaHCO3；则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，可以用盐酸、氯化钡检验碳酸钠、碳酸氢钠，故选ab，故答案为：；ab；(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，则D中含有铁离子，所以A为NO2，C为HNO3，B为NO，D为Fe(NO3)3、E为Fe(NO3)2。二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe(NO3)2。点睛：本题以Fe、Cl、Na元素及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确常见物质性质及物质之间的反应是解本题关键。利用物质特殊性进行推断。本题的易错点为II．(2)中X的判断，盐酸与X能够发生2种反应，说明反应与X的用量有关。26.氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备Mg3N2并进行有关实验。实验装置如下所示：-22-\n已知：①氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。②亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。③温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。回答下列问题：（1）仪器b的名称是________，写出装置A中发生反应的化学方程式____________________。（2）某同学检验装置A部分的气密性，关闭止水夹c后，开启活塞a，水不断往下滴，直至全部流入b中。试判断：A部分装置是否漏气？______（填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”），判断理由：___________________________________________________。（3）装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是_________________________________，装置D中的试剂是____________，F装置的作用是___________________________________________。（4）加热至反应开始发生，需移走A处酒精灯，原因是____________________。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），则样品中氮化镁的质量分数为__________________。（用V、m的代数式表示）【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O(3).无法确定(4).由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶(5).除去氧气(6).浓硫酸(7).防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解(8).该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2(9).【解析】（1）由图中仪器结构可知，b为蒸馏烧瓶；A装置制备氮气，方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2-22-\nO；（2）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，因此无法判断。（3）由于温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等，氧气能与镁反应，因此装置C中为饱和硫酸亚铁溶液，作用是除去氧气。氮化镁易与水反应，则F装置的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置使氮化镁水解。（4）由于该反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2。（5）反应结束后，取mgE中样品于试管中，加足量蒸馏水，得VmL气体（换算为标准状况），气体是氨气，物质的量是V/22400mol，所以氮化镁的物质的量是V/44800mol，则样品中氮化镁的质量分数为。27.草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下：：（1）“550℃焙烧”的目的是除去__________________________________；（2）“浸出液”的主要成分是_________________________________；（3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为：____________________；（4）“净化除杂1”过程中，先在40~50℃加入H2O2，其作用是：(用离子方程式表示）_____；再升温至80~85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣1”主要成分的是________________。（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0-5mol/L，则滤液中c(Mg2+)为____________________[已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10]。（6）为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液26.00mL,则草酸钴样品的纯度为__________________________________。【答案】(1).碳和有机物(2).Na[Al(OH)4](3).2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+(4).2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(5).Fe(OH)3(6).7.0×10-6mol/L(7).95.55%【解析】(1)含钴废料中的碳及有机物在550℃焙烧时可以生成二氧化碳等被除去，故答案为：除去碳和有机物；-22-\n(2)含钴废料中的Al2O3能够被氢氧化钠溶解，因此浸出液中主要含有偏铝酸钠，故答案为：NaAlO2；(3)“钴浸出”过程中Co3+可以被亚硫酸钠还原为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+，故答案为：2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+；(4)在钴浸出过程中铁离子被亚硫酸钠含有为亚铁离子，在“净化除杂1”过程中，先在40~50℃加入H2O2，可以将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；再升温至80~85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，式铁离子沉淀为氢氧化铁，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3；(5)根据Ksp(CaF2)=1.05×10-10，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0-5mol/L，则c(F-)==mol/L，则c(Mg2+)===7.0×10-6mol/L，故答案为：7.0×10-6mol/L；(6)设草酸钴的质量为x，根据方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，草酸根守恒可得：5CoC2O4~5(NH4)2C2O4~5H2C2O4~2MnO4-5×147g                         2mol   x                           0.026L×0.1000mol/L=，解得x=0.9555g，样品纯度=×100%=95.55%，故答案为：95.55%。点睛：本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键。本题的难点是溶度积常数的计算和纯度的计算，要能够书写滴定反应方程式。28.A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、B、C三种原子的电子数之和等于25，DC晶体中D+的3d能级上电子全充满。请回答下列问题：（1）以上四种元素中，第一电离能最大的是________（填元素符号)；D的基态原子的核外电子排布式为__________。（2）在BA3-22-\n、AC中，沸点较高的是________。（填化学式)，其原因是____________。DA的晶体类型是____________________。（3）BA4C晶体中含有的化学键为_____________。a．范德华力b．氢键c．离子键d．配位键e．共价键（4）化合物BC3的立体构型为_____________，其中心原子的杂化轨道类型为______________。（5）由B、D形成的晶体的晶胞图所示，己知紧邻的B原子与D原子距离为acm。①该晶胞化学式为___________。②B元素原子的配位数为____________。③该晶体的密度为____________（用含a、NA的代数式表示，设NA为阿伏加德罗常数值）g·cm-3。【答案】(1).N(2).[Ar]3d104s1(3).NH3(4).NH3分子之间存在氢键(5).离子晶体(6).cde(7).三角锥形(8).sp3(9).Cu3N(10).6(11).【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝应为NH3，所以A为H，B为N；A、B、C的电子之和等于25，则C为Cl；DC晶体中D+的3d能级上电子全充满。DCl中氯显-1价，则D为+1价，所以D为Cu。(1)根据元素周期律可知，H、N、Cl、Cu这4种元素中，第一电离能最大的是N，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：N；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)在NH3、HCl中，由于氨分子之间有氢键，所以沸点较高的是NH3，CuH中含有阴阳离子，属于离子化合物，在固态时构成离子晶体，故答案为：NH3；氨分子之间有氢键；离子晶体；(3)NH4Cl晶体中含有离子键、极性键和配位键，故选cde；(4)化合物NCl3中氮原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；(5)①根据N、Cu形成的晶体的晶胞图，晶胞中含有的N原子个数=8×=1，Cu原子个数=12×=3，该晶胞化学式为Cu3N，故答案为：Cu3N；-22-\n②根据N、Cu形成的晶体的晶胞图，每个N原子周围有6个Cu原子，N原子和Cu原子的距离为晶胞边长的一半，故答案为：6；③1mol晶胞的质量为206g，晶胞边长为2acm，1mol晶胞的体积为(2a)3NAcm3=8a3NAcm3，该晶体的密度为=g·cm-3，故答案为：。29.是合成高聚酚酯的原料，其合成路线（部分反应条件略去）如下所示：已知：ⅰ.CH3CH==CH2CH3CHO+HCHO；ⅱ.RCHO（1）A的名称为__________________，B含有的官能团是____________________。（2）②的反应类型是_________________________。（3）①的反应的化学方程式为___________________________________________。（4）③的反应的化学方程式为_________________________________________。（5）D的结构简式为____，与D互为同分异构体且含有碳碳双键和-COO-的苯的二取代物有___种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2:1:2:2:1的结构简式为___________（任写一种）。（6）写出以C2H5OH为原料合成乳酸（）的路线（其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：）。_______________________。【答案】(1).甲醛(2).醛基(3).加成反应(4).++NaCl+H2O(5).-22-\n(6).(7).6(8).(9).【解析】根据流程图知，①为消去反应、②为加成反应、③发生信息i的氧化反应，则A为HCHO、B为，B发生信息ii的反应，C结构简式为，C发生缩聚反应生成E，E结构简式为，C发生消去反应生成D，D结构简式为，D和苯酚发生酯化反应生成。(1)A的名称为甲醛，B为，B含有的官能团是醛基，故答案为：甲醛；醛基；(2)②的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；(3)①的反应的化学方程式为，故答案为：；(4)C发生缩聚反应生成E，E结构简式为，则③的反应的化学方程式为，故答案为：；-22-\n(5)D结构简式为，与D互为同分异构体且含有碳碳双键的苯的二取代物，其取代基为-CH=CH2、-COOH，有邻间对三种，如果取代基为-CH=CH2和HCOO-，有邻间对三种，所以符合条件的有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：1的结构简式是，故答案为：；6；；(6)CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN发生加成反应生成CH3CH(OH)CN，该物质发生水解反应生成CH3CH(OH)COOH，其合成路线为，故答案为：。点睛：本题考查有机物推断和有机合成，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确有机物官能团及其性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键。难点是根据反应物和生成物采用知识迁移的方法进行有机合成。-22-