2022-2022学年山西大学附中高二（上）月考化学试卷（9月份） 一、选择题（包括20小题，每小题2.5分，共计50分．每小题只有一个选项符合题意）1．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAC．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAD．常温常压下，14.0g乙烯与丙烯的混合物红含有氢原子的数目为2NA 2．（2.5分）（2022秋•福安市月考）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2下列叙述正确的是（ ）A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来C．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2D．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水 3．（2.5分）（2022•庆城县校级三模）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）A．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑C．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O 4．（2.5分）（2022•福建）下列关于有机化合物的认识错误的是（ ）A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．在水溶液里，乙酸分子中的﹣CH3可以电离出H+D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应 5．（2.5分）（2022春•南昌校级期末）孔雀石绿是化工产品，具有较高毒性，高残留，容易致癌、致畸．其结构简式如图所示．下列关于孔雀石绿的说法正确的是（ ）A．孔雀石绿的分子式为C23H25N2B．孔雀石绿属于芳香烃C．孔雀石绿苯环上的一氯取代物有5种-24-\nD．1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与6molH2发生加成反应 6．（2.5分）（2022秋•仙桃期末）反应4A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1，对此反应速率的表示，正确的是（ ）A．用A表示的反应速率为0.4mol•L﹣1•min﹣1B．分别用B、C、D表示的反应速率其比值为1：2：3C．在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol•L﹣1•min﹣1D．在这2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小的 7．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）在恒温、恒容的密闭容器中反应A（g）⇌B（g）+C（g）△H＜0（放热反应）．若反应物的浓度由3mol/L降到2mol/L需10s，那么反应物浓度由2mol/L降到1mol/L所需时间为（ ）A．大于10sB．等于10sC．小于10sD．无法判断 8．（2.5分）（2022•安徽）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）A．正极反应式：Ag+Cl﹣﹣e﹣=AgClB．每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C．Na+不断向“水”电池的负极移动D．AgCl是还原产物 9．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）A．钠与冷水的反应B．甲烷在氧气中的燃烧反应C．灼热的木炭与CO2反应D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应 10．（2.5分）（2022秋•福安市月考）将A与B的混合气体1mol放入容积为2L的密闭容器内，在一定条件下发生反应：2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），经过4min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的3/5，以各气体的浓度变化表示的反应速率正确的是（ ）A．vA=0.005mol•（L•min）﹣1B．vC=0.025mol•（L•min）﹣1C．vB=0.150mol•（L•min）﹣1D．vD=0.015mol•（L•min）﹣1 11．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）将0.4mol丁烷完全燃烧后生成的气体全部缓慢通人1L2mol/LNaOH溶液中，生成的NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ ）A．3：2B．3：1C．2：1D．2：3 12．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）已知4NH3+5O2═4NO+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是（ ）A．v（NH3）=v（O2）B．v（O2）=v（H2O）-24-\nC．v（NH3）=v（H2O）D．v（O2）=v（NO） 13．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）进行如下实验，在A锥形瓶中放入10g块状CaCO3，在B锥形瓶中放入5g粉末状CaCO3，分别加入50mL2mol/L盐酸．下图中能正确表示实验结果的是（ ）A．B．C．D． 14．（2.5分）（2022秋•浦东新区校级期中）已知X、Y、Z、T四种非金属元素，X、Y在反应时各结合一个电子形成稳定结构所放出的能量是Y＞X，氢化物的稳定性是HX＞HT，原子序数T＞Z，其稳定结构的离子核外电子数相等，而其离子半径是Z＞T．四种元素的非金属性从强到弱排列顺序正确的是（ ）A．X、Y、Z、TB．Y、X、Z、TC．X、Y、T、ZD．Y、X、T、Z 15．（2.5分）（2022秋•宜昌校级期末）一定温度下，对可逆反应A（g）+2B（g）⇌3C（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）A．C生成的速率与C分解的速率相等B．单位时间内消耗amolA，同时生成3amolCC．容器内的压强不再变化D．混合气体的物质的量不再变化 16．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）由铜、锌、CuSO4溶液，ZnSO4溶液组成如图所示的原电池，则下列说法正确是（ ）A．a极为铜，b极为锌B．当正极质量增加64g时，负极质量减小65gC．A池中盛放的是CuSO4溶液，B池中盛放的是ZnSO4溶液D．盐桥中的阳离子向锌极移动，阴离子向铜极移动 17．（2.5分）（2022春•吉林校级期末）反应A+B═2C，在反应过程中，断裂1molA中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molB中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molC中的化学键释放的能量为Q3kJ；1molA所含化学能为E1kJ，1molB所含化学能E2kJ，1molC所含化学能E3kJ．下列说法中一定正确的是（ ）A．若Q1+Q2＜Q3，则反应为放热反应-24-\nB．若Q1+Q2＞Q3，则反应为放热反应C．若E1+E2＞E3，则反应为放热反应D．若E1+E2＞E3，则反应为吸热反应 18．（2.5分）（2022秋•福安市月考）用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积）．下列分析正确的是（ ）A．OE段表示的平均速率最快B．EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.6mol/（L•min）C．OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2：6：7D．G点表示收集的CO2的量最多 19．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X（g）+aY（g）⇌bZ（g）反应达到平衡后，测得X的转化率为50%．而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的，则a和b的数值可能是（ ）A．a=1，b=1B．a=2，b=1C．a=2，b=2D．a=3，b=4 20．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液2.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法中正确的是（ ）A．硝酸的物质的量浓度为1.2mol/LB．产生的NO在标准状况下的体积为3.36LC．Cu与Cu2O的物质的量之比为1：2D．反应后剩余HNO3的物质的量为0.1mol 二、非选择题（包括4小题，共计50分）21．（11分）（2022秋•小店区校级月考）某化学课外小组用如图装置制取溴苯．（1）向分液漏斗中加入的试剂是 ，将试剂慢慢滴入反应器A（A下端活塞关闭）中．（2）写出A中反应的化学方程式 、 ．（3）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是 ，写出有关的化学方程式 ．从B中分离出产物溴苯的方法为 ．（4）C中盛放CCl4的作用是 ．-24-\n（5）D处导管未插入液面以下的原因是 ，向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明该反应类型是 ．另一种验证的方法是向试管D中加入 ，现象是 ． 22．（14分）（2022秋•小店区校级月考）有A、B、C、D、E、F六种元素，已知原子序数依次增大．①E的氢化物的分子式为H2E，E的最高价氧化物中含E40%，而且E原子核内的质子数和中子数相等；②A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的阴离子和C、D的阳离子与氖原子的电子层结构相同，F原子的最外层电子数比次外层电子数少1；③常温常压下，B的单质是气体，0.1摩尔B的单质与足量的氢气反应时，有2.408×1023个电子转移；④C的单质在B的单质中燃烧，生成淡黄色固体．此固体与AB2反应又生成B单质；⑤0.1摩尔D单质与足量的盐酸反应，在标准状态下生成的氢气体积为3.36L．根据上述回答：（1）元素E位于第 周期，第 族，并画出E的离子结构示意图 ．（2）A、D、E、F最高价氧化物对应的水化物的化学式为 、 、 、 ．（3）C单质在B单质中燃烧，生成物的电子式为： ；此固体所含化学键类型为 、 ；此固体与AB2反应的化学方程式是： ．（4）证明F的非金属性大于E的非金属性（用化学方程式表示）： ．（5）写出由D的最高价氧化物的水化物制取D单质的化学反应方程式 、 ． 23．（12分）（2022秋•小店区校级月考）金属铁是应用广泛，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物．（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定的方法．实验中称取3.25g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH﹣的阴离子交换柱，使Cl﹣和OH﹣发生交换．交换完成后，流出溶液的OH﹣用1.0mol•L﹣1的盐酸中和滴定，正好中和时消耗盐酸60.0mL．计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值： （列出计算过程）．-24-\n（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1：2.8，则该样品中FeCl3的物质的量分数为 ．（3）把SO2气体通入FeCl3溶液中，发生反应的离子方程式为 ．（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为 ；与MnO2﹣Zn电池类似，K2FeO4﹣Zn也可以组成碱性电池，其中Zn极的电极反应式为 ，K2FeO4的电极反应式为 ． 24．（13分）（2022秋•小店区校级月考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐、镁和溴的过程如下：（1）请列举两种海水淡化的方法： 、 ．（2）工业上电解精制后的食盐水可以制得烧碱、氢气和氯气，写出反应的化学方程式： ．（3）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，为获得不含杂质的NaCl固体，在进行除杂操作时，除杂剂加入的先后顺序依次为 、 、 、 ．（4）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br﹣，其目的是 ．（5）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为 ，由此反应可知，除环境保护外，在实际工业生产中还应解决的主要问题是 ．（6）为什么在工业中用电解熔融MgCl2而不用电解熔融MgO的方法冶炼镁 ． 2022-2022学年山西大学附中高二（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析 一、选择题（包括20小题，每小题2.5分，共计50分．每小题只有一个选项符合题意）1．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAC．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAD．常温常压下，14.0g乙烯与丙烯的混合物红含有氢原子的数目为2NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、标况下，HF为液体；-24-\nB、铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应；C、合成氨的反应为可逆反应；D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2．解答：解：A、标况下，HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫的分子个数小于0.46NA个，故B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，故转移的电子数小于0.6NA个，故C错误；D、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中CH2的物质的量n==1mol，故含有的氢原子为2NA个，故D正确．故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，根据公式的运用和物质的结构来分析计算，难度不大． 2．（2.5分）（2022秋•福安市月考）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、﹣3﹣2下列叙述正确的是（ ）A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来C．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2D．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：短周期元素中，W只有﹣2价，则W为O元素，Z有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径与O元素相近，二者应同周期，故W为N元素；X、Y的化合价分别为+2、+3，分别处于ⅡA族、ⅢA族，原子半径与N、O相差很大，应处于第三周期，故X为Mg、Y为Al，结合元素单质化合物的性质及元素周期律进行解答．解答：解：短周期元素中，W只有﹣2价，则W为O元素，Z有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径与O元素相近，二者应同周期，故W为N元素；X、Y的化合价分别为+2、+3，分别处于ⅡA族、ⅢA族，原子半径与N、O相差很大，应处于第三周期，故X为Mg、Y为Al．A．同周期自左而右金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故A错误；B．一定条件下，氧气与氨气反应可以生成氮气与水，故B正确；C．氮气与氧气在放电条件下生成NO，不能直接得到二氧化氮，故C错误；D．氢氧化铝不能溶于弱碱氨水，故D错误；故选：B．点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，根据化合价及原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律及元素化合物性质的理解掌握． 3．（2.5分）（2022•庆城县校级三模）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）A．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑C．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+-24-\nD．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸；B．离子反应没有配平；C．遵循质量守恒定律和电荷守恒；D．浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应为氧化还原反应．解答：解：A．氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．Na2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故B错误；C．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故C正确；D．离子反应2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O中，Mn的化合价降低，H2O2中O元素的化合价升高，则证明H2O2具有还原性，故D正确；故选：CD．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，难度较大． 4．（2.5分）（2022•福建）下列关于有机化合物的认识错误的是（ ）A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．在水溶液里，乙酸分子中的﹣CH3可以电离出H+D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应考点：油脂的性质、组成与结构；苯的性质；乙酸的化学性质；蔗糖、麦芽糖简介．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；B、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；C、在水溶液里，乙酸分子中羧基中的H发生电离；D、分子中原子或基团被其他原子或原子团所取代的反应称取代反应．解答：解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水和二氧化碳，故A正确；B、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、在水溶液里，乙酸电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，发生电离是羧基中的H原子，故C错误；D、硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯，是取代反应，故D正确．故选C．点评：本题涉及同分异构体、有机反应类型、羧酸与油脂的性质等知识，难度不大，重在考查学生对基础知识的掌握． 5．（2.5分）（2022春•南昌校级期末）孔雀石绿是化工产品，具有较高毒性，高残留，容易致癌、致畸．其结构简式如图所示．下列关于孔雀石绿的说法正确的是（ ）-24-\nA．孔雀石绿的分子式为C23H25N2B．孔雀石绿属于芳香烃C．孔雀石绿苯环上的一氯取代物有5种D．1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与6molH2发生加成反应考点：有机物的结构和性质．分析：A．根据结构数出分子中C原子、H原子、N原子个数，写出分子式；B．含有N元素，不属于烃；C．含有2个苯环，根据对称结构分析；D．孔雀石绿的分子中含有2个苯环和3个C=C键．解答：解：A．孔雀石绿的分子中含有23个C原子、26个H原子、2个N原子，故分子式为C23H26N2，故A错误；B．含有N元素，不属于烃，属于烃的衍生物，故B错误；C．孔雀石绿苯环上共有3+2种H原子，如图所示，孔雀石绿苯环上的一氯取代物有5种，故C正确；D．孔雀石绿的分子中含有2个苯环和3个C=C键，2mol苯环共与6mol氢气发生加成反应，3molC=C能与3mol氢气发生加成反应，则1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与9molH2发生加成反应，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，本题易错点为A和C，注意分子式的判断以及等效氢原子的判断． 6．（2.5分）（2022秋•仙桃期末）反应4A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1，对此反应速率的表示，正确的是（ ）A．用A表示的反应速率为0.4mol•L﹣1•min﹣1B．分别用B、C、D表示的反应速率其比值为1：2：3C．在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol•L﹣1•min﹣1D．在这2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小的考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：A、A为固体，浓度不变，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率；B、速率之比等于化学计量数之比；C、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率是0.3mol•L﹣1•min﹣1；-24-\nD、随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少．解答：解：A、A为固体，浓度不变，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1，故B错误；C、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率是0.3mol•L﹣1•min﹣1，不是2min末的即时速率，故C错误；D、随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D正确；故选D．点评：本题考查化学反应速率的有关问题，注意固体或纯液体的浓度一般视为常数，故增加或减少固体或纯液体的量，化学反应速率不变，一般也不用固体或纯液体来表示反应速，化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率． 7．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）在恒温、恒容的密闭容器中反应A（g）⇌B（g）+C（g）△H＜0（放热反应）．若反应物的浓度由3mol/L降到2mol/L需10s，那么反应物浓度由2mol/L降到1mol/L所需时间为（ ）A．大于10sB．等于10sC．小于10sD．无法判断考点：化学反应速率的影响因素．分析：计算反应物的浓度由3mol/L降到2mol/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率计算反应物的浓度由2mol/L降到1mol/L所需反应时间，实际上反应所需时间比这个时间少，据此分析解答．解答：解：若反应物的浓度由3mol/L降到2mol/L需10s，如反应速率不变，则反应物浓度由2mol/L降到1mol/L所需的时间也是10s，但随着反应的进行，浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，则反应物浓度由2mol/L降到1mol/L的速率小于浓度由3mol/L降到2mol/L的速率，时间大于10s．故选A．点评：本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，明确化学反应速率是平均值不是瞬时值，化学反应速率随浓度的变化而变化． 8．（2.5分）（2022•安徽）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）A．正极反应式：Ag+Cl﹣﹣e﹣=AgClB．每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子C．Na+不断向“水”电池的负极移动D．AgCl是还原产物考点：电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理．专题：压轴题．分析：根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路．解答：解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl﹣﹣e﹣=AgCl，而不是正极方程式，故A错；-24-\nB、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故B正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错；D、反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故D错．故选：B．点评：本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点． 9．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）A．钠与冷水的反应B．甲烷在氧气中的燃烧反应C．灼热的木炭与CO2反应D．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应考点：氧化还原反应；吸热反应和放热反应．分析：含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，结合常见的吸热反应来解答．解答：解：A．钠与冷水的反应放热，Na、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B．甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．为吸热反应，C元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C选；D．为吸热反应，但没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D不选；故选C．点评：本题考查氧化还原反应及反应中能量变化，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，题目难度不大． 10．（2.5分）（2022秋•福安市月考）将A与B的混合气体1mol放入容积为2L的密闭容器内，在一定条件下发生反应：2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），经过4min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的3/5，以各气体的浓度变化表示的反应速率正确的是（ ）A．vA=0.005mol•（L•min）﹣1B．vC=0.025mol•（L•min）﹣1C．vB=0.150mol•（L•min）﹣1D．vD=0.015mol•（L•min）﹣1考点：化学反应速率和化学计量数的关系．分析：将A与B的混合气体1mol放入容积为2L的密闭容器内，经过4min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的3/5，此时容器中的物质的量是6mol，根据三行式集结合反应速率等于浓度变化量和时间的比值来计算．解答：解：将A与B的混合气体1mol放入容积为2L的密闭容器内，经过4min达到平衡，此时容器内的压强是反应前的3/5，此时容器中的物质的量是6mol，设：A的初始物质的量是x，则B的初始物质的量是0.5﹣x，A的物质的量变化量是y，2A（g）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），初始物质的量：x1﹣x00变化物质的量：y1.5y0.5yy平衡物质的量：x﹣y1﹣x﹣1.5y0.5yy-24-\nx﹣y+1﹣x﹣1.5y+0.5y+y=0.6，解得y=0.4，所以vA==0.05mol•（L•min）﹣1，各物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以vC=vA=0.025mol•（L•min）﹣1，vB=0.075mol•（L•min）﹣1，vD=0.050mol•（L•min）﹣1，故选B．点评：本题考查学生化学反应速率的有关计算知识，注意各物质表示的反应速率之比等于系数之比这一结论的应用是关键，难度中等． 11．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）将0.4mol丁烷完全燃烧后生成的气体全部缓慢通人1L2mol/LNaOH溶液中，生成的NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（ ）A．3：2B．3：1C．2：1D．2：3考点：化学方程式的有关计算．分析：根据C原子守恒知，丁烷完全燃烧生成n（CO2）=4n（C4H10）=0.4mol×4=1.6mol，二氧化碳通入1L2mol/LNaOH溶液中，n（NaOH）=1L×2mol/L=2mol，如果生成NaHCO3，根据C、Na原子关系知需要n（NaOH）=n（CO2）=1.6mol＜2mol，如果生成碳酸钠，则n（NaOH）=2n（CO2）=1.6mol×2=3.2mol＞2mol，所以生成物有碳酸钠和碳酸氢钠，根据Na、C原子守恒列方程式组计算．解答：解：根据C原子守恒知，丁烷完全燃烧生成n（CO2）=4n（C4H10）=0.4mol×4=1.6mol，二氧化碳通入1L2mol/LNaOH溶液中，n（NaOH）=1L×2mol/L=2mol，如果生成NaHCO3，根据C、Na原子关系知需要n（NaOH）=n（CO2）=1.6mol＜2mol，如果生成碳酸钠，则n（NaOH）=2n（CO2）=1.6mol×2=3.2mol＞2mol，所以生成物有碳酸钠和碳酸氢钠，设生成NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是xmol、ymol，解得则NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比=1.2mol：0.4mol=3：1，故选B．点评：本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，利用原子守恒分析解答即可，注意该题要进行过量计算，为易错题． 12．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）已知4NH3+5O2═4NO+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是（ ）A．v（NH3）=v（O2）B．v（O2）=v（H2O）C．v（NH3）=v（H2O）D．v（O2）=v（NO）考点：化学反应速率和化学计量数的关系．分析：根据在同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比来计算．解答：解：对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），-24-\nA、速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）：v（O2）=4：5，即v（NH3）=v（O2），故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）：v（H2O）=5：6，即v（O2）=v（H2O），故B错误；C、速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）：v（H2O）=4：6，即v（NH3）=v（H2O），故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）：v（NO）=5：4，即v（O2）=v（NO），故D正确；故选D．点评：本题考查化学反应速率规律，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比． 13．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）进行如下实验，在A锥形瓶中放入10g块状CaCO3，在B锥形瓶中放入5g粉末状CaCO3，分别加入50mL2mol/L盐酸．下图中能正确表示实验结果的是（ ）A．B．C．D．考点：化学反应速率的影响因素．分析：增大固体的接触面积可以加快化学反应速率，根据盐酸和碳酸钙的反应情况来确定消耗的碳酸钙的量的多少．解答：解：发生CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，A中n（CaCO3）=0.1mol，B中n（CaCO3）=0.05mol，n（HCl）=0.05L×2mol/L=0.1mol，由方程式可知A中盐酸不足，B中恰好完全反应，则生成的二氧化碳的体积相同，因碳酸钙粉末与盐酸的反应速率比碳酸钙固体的反应速率要快，则只有C正确．故选C．点评：本题考查外界条件对反应速率的影响为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意影响化学反应速率的因素以及物质发生变化的实质． 14．（2.5分）（2022秋•浦东新区校级期中）已知X、Y、Z、T四种非金属元素，X、Y在反应时各结合一个电子形成稳定结构所放出的能量是Y＞X，氢化物的稳定性是HX＞HT，原子序数T＞Z，其稳定结构的离子核外电子数相等，而其离子半径是Z＞T．四种元素的非金属性从强到弱排列顺序正确的是（ ）A．X、Y、Z、TB．Y、X、Z、TC．X、Y、T、ZD．Y、X、T、Z考点：原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．-24-\n分析：X、Y两元素的原子分别获得一个电子形成稳定结构时，Y放出的能量大于X放出的能量．说明Y得电子的能量强于X，非金属性比X强；氢化物越稳定，则原子得电子能力越强，离子核外电子数相等，离子半径是Z＞T，可以知道Z、T的氧化性强弱关系．解答：解：X、Y在反应时各结合一个电子形成稳定结构所放出的能量是Y＞X，说明Y得电子的能量强于X，所以氧化性是Y＞X，氢化物的稳定性是HX＞HT，所以氧化性是X＞T，原子序数T＞Z，其稳定结构的离子核外电子数相等，而其离子半径是Z＞T，则氧化性是T＞Z，所以四种元素的非金属性从强到弱排列顺序是Y、X、T、Z．故选D．点评：本题考查学生元素周期律的有关知识，可以根据教材知识来回答，难度不大． 15．（2.5分）（2022秋•宜昌校级期末）一定温度下，对可逆反应A（g）+2B（g）⇌3C（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）A．C生成的速率与C分解的速率相等B．单位时间内消耗amolA，同时生成3amolCC．容器内的压强不再变化D．混合气体的物质的量不再变化考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，注意该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应．解答：解：A．当C的生成速率与C分解的速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；B．无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC，所以不能作为平衡状态的判断依据，故B错误；C．该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，无论反应是否达到平衡状态，容器内气体的压强始终不变，所以不能作为平衡状态的判断依据，故C错误；D．该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的物质的量始终不变，所以不能作为平衡状态的判断依据，故D错误；故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意化学平衡的特征，只有反应前后改变的物理量才能作为判断平衡状态的依据． 16．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）由铜、锌、CuSO4溶液，ZnSO4溶液组成如图所示的原电池，则下列说法正确是（ ）A．a极为铜，b极为锌B．当正极质量增加64g时，负极质量减小65gC．A池中盛放的是CuSO4溶液，B池中盛放的是ZnSO4溶液-24-\nD．盐桥中的阳离子向锌极移动，阴离子向铜极移动考点：原电池和电解池的工作原理．分析：由电子转移方向可知a为负极，b为正极，则a为锌，b为铜，A为ZnSO4溶液，B为CuSO4溶液，原电池工作时，金属锌是负极，发生氧化反应，铜是正极，发生还原反应，根据原电池的工作原理来回答．解答：解：由电子转移方向可知a为负极，b为正极，则a为锌，b为铜，A为ZnSO4溶液，B为CuSO4溶液，A．由以上分析可知a为锌，b为铜，故A错误；B．当正极质量增加64g时，即生成64g铜，转移2mol电子，则负极消耗1mol锌，质量减小65g，故B正确；C．A为ZnSO4溶液，B为CuSO4溶液，故C错误；D．锌为负极，铜为正极，原电池工作时，阳离子向正极铜移动，阴离子向负极锌移动，故D错误．故选B．点评：本题考查学生盐桥原电池的工作原理知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意正负极的判断以及电解质中阴阳离子的移动是解题的关键，难度不大． 17．（2.5分）（2022春•吉林校级期末）反应A+B═2C，在反应过程中，断裂1molA中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molB中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molC中的化学键释放的能量为Q3kJ；1molA所含化学能为E1kJ，1molB所含化学能E2kJ，1molC所含化学能E3kJ．下列说法中一定正确的是（ ）A．若Q1+Q2＜Q3，则反应为放热反应B．若Q1+Q2＞Q3，则反应为放热反应C．若E1+E2＞E3，则反应为放热反应D．若E1+E2＞E3，则反应为吸热反应考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：据△H=反应物键能和﹣生成物键能和=生成物能量和﹣反应物能量和，△H＞0时反应吸热，△H＜0时反应放热，据此解答．解答：解：△H=反应物键能和﹣生成物键能和=生成物能量和﹣反应物能量和=Q1+Q2﹣2Q3=2E3﹣E1﹣E2，A、Q1+Q2＜Q3则，Q1+Q2＜2Q3，△H＜0反应放热，故A正确；B、Q1+Q2＞Q3，不一定Q1+Q2＞2Q3，故B错误；C、E1+E2＞E3，不一定E1+E2＞2E3，故C错误；D、E1+E2＞E3，可能E1+E2＞2E3，故D错误；故选A．点评：本题考查了△H=反应物键能和﹣生成物键能和=生成物能量和﹣反应物能量和，题目难度不大． 18．（2.5分）（2022秋•福安市月考）用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积）．下列分析正确的是（ ）-24-\nA．OE段表示的平均速率最快B．EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.6mol/（L•min）C．OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2：6：7D．G点表示收集的CO2的量最多考点：化学反应速率的影响因素．分析：A．斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大；B．根据EF段生成二氧化碳的体积计算氯化氢的物质的量的变化量，进而计算氯化氢浓度变化，根据v=计算用盐酸表示该反应的平均反应速率；C．各段终点与起点的纵坐标差值为各段生成的二氧化碳的体积，体积之比等于反应速率之比；D．G点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳．解答：解：A．斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，故A错误；B．由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672ml﹣224ml=448ml，所以二氧化碳的物质的量为=0.02mol，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为=0.4mol/L，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为=0.4mol/（L•min），故B错误；C．OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224ml、448ml、112ml，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224ml：448ml：112ml=2：4：1，故C错误；D．G点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳，总共784ml，故D正确．故选D．点评：本题考查反应速率计算、比较等，旨在考查学生对图表的理解，题目难度不大，注意浓度（物质的量）与时间图象，斜率表示反应速率． 19．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X（g）+aY（g）⇌bZ（g）反应达到平衡后，测得X的转化率为50%．而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的，则a和b的数值可能是（ ）A．a=1，b=1B．a=2，b=1C．a=2，b=2D．a=3，b=4考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：依据化学平衡三段式列式计算各组分平衡时物质的量，同温同压下，密度之比和气体体积成反比，即和气体物质的量成反比，据此结合选项讨论判断a、b的取值．-24-\n解答：解：1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中反应，反应达到平衡后，测得X的转化率为50%，则参加反应的X为0.5mol，则：X（g）+aY（g）⇌bZ（g）起始量（mol）：1a0变化量（mol）：0.50.5a0.5b平衡量（mol）：0.50.5a0.5b同温同压下，气体总质量不变，反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比，即和气体物质的量成反比，反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的，则反应前气体物质的量是反应后气体物质的量，则=，整理得：2b=a+1，若a=1，则b=1，故A符合，若a=2，则b=1.5，若a=3，则b=2，B、C、D不符合，故选A．点评：本题考查了化学平衡的计算，明确同温同压下混合气体密度之比和气体物质的量成反比是计算关键，题目难度中等，注意把握三段式在化学平衡计算中的应用． 20．（2.5分）（2022秋•小店区校级月考）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液2.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法中正确的是（ ）A．硝酸的物质的量浓度为1.2mol/LB．产生的NO在标准状况下的体积为3.36LC．Cu与Cu2O的物质的量之比为1：2D．反应后剩余HNO3的物质的量为0.1mol考点：有关混合物反应的计算．分析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×2.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol，A．根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；B．设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；C．根据B中的计算进行解答；D．根据N元素守恒，可知n剩余（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）．-24-\n解答：解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×2.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2、y=0.1，A．根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L×1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=1.2mol/L，故A正确；B．根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故B错误；C．由上述分析可知，n（Cu）：n（Cu2O）=0.2mol：0.1mol=2：1，故C错误；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以反应后剩余硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D错误；故选A．点评：本题考查混合物反应的计算、氧化还原反应的计算，题目难度较大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法． 二、非选择题（包括4小题，共计50分）21．（11分）（2022秋•小店区校级月考）某化学课外小组用如图装置制取溴苯．（1）向分液漏斗中加入的试剂是 苯和液溴 ，将试剂慢慢滴入反应器A（A下端活塞关闭）中．（2）写出A中反应的化学方程式 2Fe+3Br2=2FeBr3 、 C6H6+Br2C6H5Br+HBr ．（3）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是 除去溶于溴苯中的溴 ，写出有关的化学方程式 Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O或3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O ．从B中分离出产物溴苯的方法为 分液 ．（4）C中盛放CCl4的作用是 除去溴化氢气体中的溴蒸气 ．（5）D处导管未插入液面以下的原因是 防止倒吸 ，向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明该反应类型是 取代反应 ．另一种验证的方法是向试管D中加入 紫色石蕊试液 ，现象是 溶液变为红色 ．-24-\n考点：实验装置综合．分析：（1）分液漏斗盛放的是苯和液溴；（2）苯和液溴在铁粉催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氫；（3）溴能与氢氧化钠反应而溴苯不能；分离互不相溶的液体可用分液操作；（4）CCl4能溶解溴不能溶解溴化氢；（5）溴化氢易溶于水，D处导管未插入液面以下会发生倒吸；如果苯和液溴发生的是取代反应，则有HBr生成，如果发生的是加成反应，则无HBr生成．解答：解：（1）苯和液溴为液体，二者盛放在分液漏斗中，故答案为：苯和液溴；（2）A装置中，铁与溴反应生成溴化铁，苯与液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯，发生反应的方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3、C6H6+Br2C6H5Br+HBr，故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3；C6H6+Br2C6H5Br+HBr；（3）溴单质能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，反应的化学方程式为：Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O；溴苯与混合液会分层，可通过分液操作分离出溴苯，故答案为：除去溶于溴苯中的溴；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O或3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O；分液；（4）CCl4能溶解溴不能溶解溴化氢，所以C装置中的四氯化碳能除去溴化氢气体中的溴蒸气，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；（5）溴化氢易溶于水，导管插入溶液中易发生倒吸现象，所以D处导管未插入液面以下的原因是防止倒吸；如果苯和液溴发生的是取代反应，则有HBr生成，如果发生的是加成反应，则无HBr生成；若要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，只需检验有无HBr生成，可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明发生取代反应；溴化氢溶液显示酸性，则另一种验证的方法是向试管D中加入紫色石蕊试液，若溶液变为红色，则证明该反应为取代反应，故答案为：防止倒吸；取代反应；紫色石蕊试液；溶液变为红色．点评：本题考查实验装置的综合应用，题目难度中等，涉及苯的取代反应方程式及实验现象以及产物HBr的检验，注意掌握苯的取代反应原理，明确反应的产物及HBr的化学性质进行解题． -24-\n22．（14分）（2022秋•小店区校级月考）有A、B、C、D、E、F六种元素，已知原子序数依次增大．①E的氢化物的分子式为H2E，E的最高价氧化物中含E40%，而且E原子核内的质子数和中子数相等；②A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的阴离子和C、D的阳离子与氖原子的电子层结构相同，F原子的最外层电子数比次外层电子数少1；③常温常压下，B的单质是气体，0.1摩尔B的单质与足量的氢气反应时，有2.408×1023个电子转移；④C的单质在B的单质中燃烧，生成淡黄色固体．此固体与AB2反应又生成B单质；⑤0.1摩尔D单质与足量的盐酸反应，在标准状态下生成的氢气体积为3.36L．根据上述回答：（1）元素E位于第 三 周期，第 ⅥA 族，并画出E的离子结构示意图 ．（2）A、D、E、F最高价氧化物对应的水化物的化学式为 H2CO3 、 Al（OH）3 、 H2SO4 、 HClO4 ．（3）C单质在B单质中燃烧，生成物的电子式为： ；此固体所含化学键类型为 离子键 、 共价键 ；此固体与AB2反应的化学方程式是： 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ．（4）证明F的非金属性大于E的非金属性（用化学方程式表示）： Cl2+H2S=S↓+2HCl ．（5）写出由D的最高价氧化物的水化物制取D单质的化学反应方程式 2Al（OH）3Al2O3+3H2O 、 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑ ．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：有A、B、C、D、E、F六种元素，已知原子序数依次增大，已知：①E的氢化物的分子式为H2E，E的最高价氧化物的化学式为EO3，令E的相对原子质量为x，则=40%，解得x=32，E原子的原子核中质子数和中子数相等，所以e元素原子的质子数为16，故E为硫元素；②A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B的阴离子和C、D的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则B处于第二周期，C、D处于第三周期，F原子的最外层电子数比次外层电子数少1，结合原子序数可知，F处于第三周期，最外层电子数为7，故F为Cl元素；③常温常压下，B的单质是气体，0.1摩尔B的单质与足量的氢气反应时，有2.408×1023个电子转移，电子物质的量为0.4mol，结合②中B处于第二周期，可推知B为O元素；④C的单质在B的单质中燃烧，生成淡黄色固体，则C为Na，淡黄色固体为Na2O2，Na2O2与CO2反应又生成氧气；⑤0.1摩尔D单质与足量的盐酸反应，D为金属元素，生成氢气为=0.15mol，则反应中D的化合价为=+3，故D为Al．-24-\n解答：解：有A、B、C、D、E、F六种元素，已知原子序数依次增大，已知：①E的氢化物的分子式为H2E，E的最高价氧化物的化学式为EO3，令E的相对原子质量为x，则=40%，解得x=32，E原子的原子核中质子数和中子数相等，所以e元素原子的质子数为16，故E为硫元素；②A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B的阴离子和C、D的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则B处于第二周期，C、D处于第三周期，F原子的最外层电子数比次外层电子数少1，结合原子序数可知，F处于第三周期，最外层电子数为7，故F为Cl元素；③常温常压下，B的单质是气体，0.1摩尔B的单质与足量的氢气反应时，有2.408×1023个电子转移，电子物质的量为0.4mol，结合②中B处于第二周期，可推知B为O元素；④C的单质在B的单质中燃烧，生成淡黄色固体，则C为Na，淡黄色固体为Na2O2，Na2O2与CO2反应又生成氧气；⑤0.1摩尔D单质与足量的盐酸反应，D为金属元素，生成氢气为=0.15mol，则反应中D的化合价为=+3，故D为Al．（1）E为S元素，位于第三周期第ⅥA族，S2﹣离子结构示意图为，故答案为：三、ⅥA；；（2）A（碳）、D（Al）、E（硫）、F（Cl）的最高价氧化物对应的水化物的化学式分别为：H2CO3、Al（OH）3、H2SO4、HClO4，故答案为：H2CO3；Al（OH）3；H2SO4；HClO4；（3）C单质在B单质中燃烧生成物为Na2O2，电子式为：，含有离子键、共价键，与CO2反应的化学方程式是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：；离子键、共价键；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（4）证明F（Cl）的非金属性大于E（S）的非金属性（用化学方程式表示）：Cl2+H2S=S↓+2HCl，故答案为：Cl2+H2S=S↓+2HCl；（5）D的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，由Al（OH）3制取Al单质，先加热分解得到氧化铝，再电解熔融的氧化铝冶炼Al，反应的化学反应方程式：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故答案为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等． -24-\n23．（12分）（2022秋•小店区校级月考）金属铁是应用广泛，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物．（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定的方法．实验中称取3.25g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH﹣的阴离子交换柱，使Cl﹣和OH﹣发生交换．交换完成后，流出溶液的OH﹣用1.0mol•L﹣1的盐酸中和滴定，正好中和时消耗盐酸60.0mL．计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值： n（Cl）=n（H+）=n（OH﹣）=0.0250L×0.80mol•L﹣1=0.020mol，1.08gFeClx样品中含有氯离子物质的量为mol，解得x=3 （列出计算过程）．（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1：2.8，则该样品中FeCl3的物质的量分数为 80% ．（3）把SO2气体通入FeCl3溶液中，发生反应的离子方程式为 SO2+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+ ．（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为 2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ；与MnO2﹣Zn电池类似，K2FeO4﹣Zn也可以组成碱性电池，其中Zn极的电极反应式为 3Zn﹣6e﹣+6OH﹣=3Zn（OH）2 ，K2FeO4的电极反应式为 2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣ ．考点：化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理．分析：（1）根据离子交换关系中n（OH﹣）=n（Cl﹣）=n（H+），再根据1.08gFeClx中氯离子物质的量计算x值；（2）根据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进而计算氯化铁质量分数；（3）SO2与FeCl3溶液反应生成亚铁离子和硫酸根离子；（4）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；K2FeO4﹣Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，负极为锌失电子发生氧化反应．解答：解：（1）n（Cl）=n（H+）=n（OH﹣）=0.0250L×0.80mol•L﹣1=0.020mol，1.08gFeClx样品中含有氯离子物质的量为mol，解得x=3，故答案为：n（Cl）=n（H+）=n（OH﹣）=0.0250L×0.80mol•L﹣1=0.020mol，1.08gFeClx样品中含有氯离子物质的量为mol，解得x=3；（2）设混合物中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2.8，得到x：y=1：4，氯化铁物质的量分数=×100%=80%，故答案为：80%；（3）SO2与FeCl3溶液反应生成亚铁离子和硫酸根离子，则反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；故答案为：SO2+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；（4）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；-24-\n原电池的正极发生发生还原反应，正极电极反应式为：FeO42﹣+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH﹣；负极发生氧化反应，负极电极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；FeO42﹣+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH﹣；3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH﹣．点评：本题考查滴定计算、离子方程式、原电池的工作原理、电极反应式书写等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 24．（13分）（2022秋•小店区校级月考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐、镁和溴的过程如下：（1）请列举两种海水淡化的方法： 蒸馏法； 、 电渗析法或离子交换法 ．（2）工业上电解精制后的食盐水可以制得烧碱、氢气和氯气，写出反应的化学方程式： 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ．（3）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，为获得不含杂质的NaCl固体，在进行除杂操作时，除杂剂加入的先后顺序依次为 NaOH溶液 、 BaCl2溶液 、 Na2CO3溶液 、 盐酸 ．（4）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br﹣，其目的是 富集溴元素 ．（5）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为 Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣； ，由此反应可知，除环境保护外，在实际工业生产中还应解决的主要问题是 强酸对设备的严重腐蚀 ．（6）为什么在工业中用电解熔融MgCl2而不用电解熔融MgO的方法冶炼镁 因为MgO的熔点高、需消耗大量能源 ．考点：海水资源及其综合利用．分析：海水淡化得到氯化钠，电解饱和食盐水得到氯气，通入母液中氧化溴离子为溴单质，得到低浓度Br2的溶液，用二氧化硫水溶液吸收后富集，得到高浓度Br2的溶液，通入氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到工业溴，海水中加入氧化钙反应生成氢氧化钙，氢氧化钙沉淀镁离子为氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，（1）目前淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法；（2）电解饱和食盐水可以制得烧碱、氢气和氯气；（3）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来；除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面；-24-\n（4）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；（5）根据反应Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣有强酸HBr和H2SO4生成，易腐蚀设备；（6）MgO的熔点为2852℃、熔点高，电解时耗能高；解答：解：（1）淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故答案为：蒸馏法、电渗析法或离子交换法等；（2）电解饱和食盐水可以制得烧碱、氢气和氯气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42﹣，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，而Mg2+、SO42﹣除杂不分先后，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来；除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液；BaCl2溶液；Na2CO3溶液；盐酸（或BaCl2溶液；NaOH溶液；Na2CO3溶液；盐酸或BaCl2溶液；Na2CO3溶液；NaOH溶液；盐酸），故答案为：NaOH溶液；BaCl2溶液；Na2CO3溶液；盐酸（或BaCl2溶液；NaOH溶液；Na2CO3溶液；盐酸或BaCl2溶液；Na2CO3溶液；NaOH溶液；盐酸）；（4）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br﹣，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：富集溴元素；（5）二氧化硫吸收溴单质发生反应：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，工业生产中应解决的主要问题是反应生成了两种强酸，易腐蚀设备，故答案为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣；强酸对设备的严重腐蚀；（6）MgO的熔点为2852℃、熔点高，电解时耗能高，所以工业上电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故答案为：因为MgO的熔点高、需消耗大量能源．点评：本题考查了海水资源的综合利用，涉及到海水提溴工艺，烧碱工业流程，注意物质制备过程的分析，难度中等． -24-
