北京市东城区普通高中示范校2022届高三化学模拟试卷（一）试题（含解析）新人教版

北京市东城区普通高中示范校2022届高考化学模拟试卷（一）一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．某合作学习小组讨论辨析以下说法正确的是（　　）①粗盐和酸雨都是混合物②沼气和水煤气都是可再生能源③冰和干冰既是纯净物又是化合物④不锈钢和目前流通的硬币都是合金⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸⑥纯碱和熟石灰都是碱⑦豆浆、雾、烟都是胶体⑧利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体．　A．①②③④⑥B．①③④⑦⑧C．③④⑤⑥⑦D．①②④⑤⑧考点：混合物和纯净物；单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系．.专题：物质的分类专题．分析：①混合物是由多种物质组成的物质；②能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；③纯净物是由一种物质组成的物质，化合物是由不同种元素组成的纯净物；④合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质；⑤盐酸和食醋都是由多种物质组成的，属于混合物；⑥纯碱属于盐，熟石灰属于碱；⑦分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体；⑧胶体有丁达尔效应，溶液没有．解答：解：①粗盐含有杂质和酸雨中溶有二氧化硫都是混合物，故①正确；②沼气是由发酵产生的，属于可再生能源，但水煤气是由煤和水高温反应的产物，则是不可再生能源，故②错误；③冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都是由不同种元素组成的纯净物，又是化合物，故③正确；④不锈钢和目前流通的硬币都是由两种或两种以上的金属组成的，是合金，故④正确；⑤盐酸中含有水和氯化氢，属于混合物；食醋是含有醋酸和水，属于混合物，故⑤错误；⑥纯碱是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐；熟石灰属于碱，故⑥错误；⑦豆浆、雾、烟分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，故⑦正确；⑧胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故⑧正确．故选B．点评：本题考查物质的分类，难度不大，熟悉物质的分类及常见的概念即可解答，平时注意知识的积累．　2．（3分）一定条件下的密闭容器中：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），△H=﹣905.9kJ•mol﹣1，下列叙述正确的是（　　）17　A．4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量为905.9kJ　B．平衡时v正（O2）=v逆（NO）　C．平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大　D．平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式．.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：A．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化；B．达到平衡时，正逆反应速率相等；C．减小压强，平衡向正反应方向移动；D．升高温度，平衡向逆反应方向移动．解答：解：A．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；B．达到平衡时，正逆反应速率相等，应为v正（O2）=v逆（NO），故B错误；C．减小压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体中NO含量降低，故D正确．故选：D．点评：本题考查化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响．　3．（3分）下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而生成不同产物的是（　　）①CO2与NaOH溶液②NaHCO3溶液与盐酸③AgNO3溶液与氨水④C与O2⑤AlCl3溶液与氨水．　A．除③外B．除②外C．除②③⑤外D．除②⑤外考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．.专题：几种重要的金属及其化合物．分析：①二氧化碳和氢氧化钠反应能生成碳酸钠或碳酸氢钠．②碳酸氢钠和盐酸反应只生成氯化钠．③硝酸银和氨水能生成氢氧化银沉淀，氢氧化银能和氨水生成络合物．⑤碳和氧气能生成二氧化碳或一氧化碳．⑥氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝．解答：解：①向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，当二氧化碳不足量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，故正确．②NaHCO3溶液与盐酸混合，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，故错误．③AgNO3溶液与氨水混合，当氨水不足量时，生成氢氧化银；当氨水过量时，生成银氨溶液，故正确．④当氧气不足时，碳和氧气反应生成一氧化碳，当氧气过量时，碳和氧气反应生成二氧化碳，故正确．⑤AlCl3溶液与氨水混合，铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，与氯化铝和氨水的量无关，故错误．故选D．17点评：本题考查了化学反应与量的关系，难度不大，注意氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱．　4．（3分）下列图象表达正确的是（　　）　A．图①表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液　B．图②表示常温下，两份足量、等浓度的盐酸与等量锌粉反应时，其中一份滴加了少量硫酸铜溶液　C．图③表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液　D．图④表示向醋酸溶液中滴入氨水考点：中和滴定；化学反应速率的影响因素；强电解质和弱电解质的概念．.专题：化学反应速率专题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、根据NaOH在滴定开始时的pH、以及滴定终点发生突跃来判断；B、根据原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；C、根据向CaCl2与盐酸的混合溶液中慢慢滴入Na2CO3溶液，Na2CO3首先与HCl反应放出气体二氧化碳，待完全反应后，继续与CaCl2反应生成碳酸钙沉淀．D、根据向醋酸溶液中滴入氨水溶液中离子浓度的变化来回答；解答：解：A、0.1mol•L﹣1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错；B、锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快了化学反应速率，但产生的氢气减少，故B错误；C、图象表示滴入一定量Na2CO3时开始无沉淀，至HCl完全反应后才产生沉淀，与实事相符，故C正确；D、向醋酸溶液中滴入氨水，生成了强电解质，溶液中离子浓度增大，恰好反应后继续滴加，溶液相当于稀释，溶液中离子浓度减小，故D错误；故选：C．点评：本题以图象与中和滴定、化学反应的先后顺序、原电池对化学反应速率的影响来考查学生，这些知识点是新课程改革考查的重点，明确考点“形变神不变”，做到善于抓规律、编网络来掌握即可．　5．（3分）下列叙述中，正确的是①纯铁比碳素钢易生锈②大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因③硅是光导纤维和制造太阳能电池的主要原料④可用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性Cl＞C＞Si⑤氯水和过氧化钠都具有漂白作用，其漂白原理相似⑥用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质⑦日本福岛核电站泄露的放射性核素13153Ⅰ和13755Cs，前者比后者少8个中子17⑧Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也用于电解法冶炼铝金属（　　）　A．①⑤⑥⑦B．②③⑤⑦C．③④⑤⑥D．②⑤⑥⑧考点：金属腐蚀的化学原理；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氯气的化学性质；二氧化硫的污染及治理；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理．.专题：氧族元素；碳族元素；金属概论与碱元素．分析：①碳素钢易构成原电池；②二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质；③光导纤维的主要原料是二氧化硅；④非金属元素的最高价含氧酸的酸性强弱能证明非金属性的强弱；⑤次氯酸钠和过氧化钠都有强氧化性；⑥氢氟酸能和二氧化硅反应；⑦中子数=质量数﹣质子数；⑧根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法．解答：解：①碳素钢中含有碳和铁，遇到合适的电解质溶液能构成原电池，原电池中铁作负极容易被腐蚀，所以碳素钢比纯铁易生锈，故错误；②二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质，所以大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因，故正确；③光导纤维的主要原料是二氧化硅，太阳能电池的主要原料是硅，故错误；④盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性Cl＞C＞Si，故错误；⑤次氯酸和过氧化钠都具有强氧化性，有漂白作用，所以氯水和过氧化钠都具有漂白作用，其漂白原理相似，故正确；⑥玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸能和二氧化硅反应，所以用氢氟酸雕刻玻璃是利用氢氟酸能与二氧化硅反应的性质，故正确；⑦13153Ⅰ的中子数是78，13755Cs中中子数是82，前者比后者少4个中子，故错误；⑧氧化铝的熔点很高，所以Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，铝是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法，所以用电解法冶炼铝金属，故正确；故选D．点评：本题考查了元素化合物的性质，难度不大，注意④中判断非金属的非金属性强弱可根据其相应最高价含氧酸的酸性强弱判断．　6．（3分）表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是（　　）XYZ①CuCuOCu（OH）2②CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2③SSO3H2SO4④NONO2HNO3⑤FeCl2FeFeCl3　A．④⑤B．③④C．②⑤D．①⑤17考点：无机物的推断．.专题：推断题．分析：依据转化关系X⇌Y→Z→X，结合选项物质中物质的性质进行分析判断，利用各物质的性质及变化规律，根据题图所示的物质的转化关系，分析两种物质的转化能否通过一步反应实现，可使用举实例的方法帮助完成分析解答：解：①依据转化关系，X⇌Y→Z→X，CuCuO，但氧化铜不能一步反应到氢氧化铜，故①不符合；②依据转化关系X⇌Y→Z→X，CH3CH2OHCH3CHO乙醛CH2=CH2不能一步反应到乙烯，故②不符合；③依据转化关系X⇌Y→Z→X，S不能一步反应生成三氧化硫，故③不符合；④依据转化关系X⇌Y→Z→X，NONO2HNO3NO，故④符合；⑤依据转化关系X⇌Y→Z→X，FeCl2⇌_{HCl}^{Zn}FeFeCl3FeCl2，故⑤符合；故选A．点评：本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，主要考查铜及其化合物性质、醇、醛、酸、乙烯的性质，硫及其化合物、氮及其化合物，铁及其化合物性质的应用和转化关系判断．　7．（3分）下列关系的表述中，正确的是（　　）　A．0.1mol•L﹣1NaHSO4溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）　B．中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量之比为1：1　C．pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）不相等　D．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）考点：盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、溶液中遵循电荷守恒：所有阳离子的浓度和等于所有阴离子的浓度和；B、盐酸和醋酸分别是强酸和弱酸，当PH相等时，其浓度大小不一样；C、计算pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）的大小来比较；D、根据离子浓度大小比较的方法来判断．解答：解：A、根据溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、盐酸和醋酸分别是强酸和弱酸，当PH相等时，醋酸的浓度大于盐酸，所以醋酸消耗的氢氧化钠要比盐酸多，故B错误；C、pH=3的盐酸中，水电离出的c（H+）=c（OH﹣）==10﹣11，pH=3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）=10﹣3，水电离的c（H+）不相等，故C正确；17D、在碳酸钠溶液中，钠离子和碳酸氢根是直接电离出的离子，但是碳酸氢根会水解和电离，所以c（Na+）＞c（HCO3﹣），碳酸氢钠中，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，所以c（CO32﹣）＜c（H2CO3），离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故D错误．故选C．点评：本题是一道关于水溶液知识的综合题目，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　8．（3分）下列离子方程式中，正确的是（　　）　A．氯化铁溶液中加入铜粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+　B．将含等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O　C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO　D．少量AlCl3溶液滴入过量氨水中：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O考点：离子方程式的书写．.专题：化学用语专题；离子反应专题．分析：A．电荷不守恒；B．等物质的量混合生成碳酸钡、水、碳酸氢钠；C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸钙和盐酸；D．氢氧化铝不溶于氨水．解答：解：A．氯化铁溶液中加入铜粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B．将含等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故B正确；C．少量SO2通入次氯酸钙溶液中的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl﹣，故C错误；D．少量AlCl3溶液滴入过量氨水中的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大，注意A、C中发生氧化还原反应来解答．　9．（3分）（2022•太原一模）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径：W＞Y＞Z＞X　B．气态氢化物的稳定性：X＜Z　C．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞W　D．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性考点：原子结构与元素周期率的关系．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：17X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素．W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应．结合元素周期律解答．解答：解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素．W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应，即X为氧元素，Y为铝元素，Z为硅元素，W为钾元素．A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径K＞Na，Si＞C，所以原子半径K＞Al＞Si＞O，即W＞Y＞Z＞X，故A正确；B、X为氧元素，Z为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性X＞Y，故B错误；C、Y为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，所以金属性K＞Na，同周期自左而右金属性减弱，所以金属性Na＞Al，金属性K＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性Y＜W，故C错误；D、Y为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误．故选A．点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等推断元素原子的最外层电子数是关键．　10．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．汽油燃烧时将全部的化学能转化为热能　B．饱和石灰水中加入一定量生石灰，所得溶液的pH增大　C．向AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明溶解度AgCl＜AgI　D．向AgCl悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见的能量转化形式．.专题：化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．汽油燃烧时产生热和光；B．饱和溶液的浓度不变；C．难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质；D．银离子与氨水生成氢氧化二氨合银．解答：解：A．汽油燃烧时产生热和光，将化学能转化为热能和光能，故A错误；B．加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，PH不变，故B错误；17C．难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故C错误；D．银离子与氨水生成氢氧化二氨合银，使平衡向右移动，故D正确．故选D．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，题目难度不大，注意难溶电解质之间的相互转化的实质．　11．（3分）镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点．其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4MgxMo3S4．在镁原电池放电时，下列说法错误的是（　　）　A．Mo3S4发生氧化反应B．正极反应为：Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣　C．Mg2+向正极迁移D．负极反应为：xMg﹣2xe﹣=xMg2+考点：化学电源新型电池．.专题：压轴题；电化学专题．分析：A、放电是原电池反应，依据元素化合价变化判断，负极反应是镁失电子发生氧化反应，正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应；B、正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应C、原电池中阳离子移向正极；D、负极反应是镁失电子发生氧化反应；解答：解：A、放电是原电池反应，负极反应是镁失电子发生氧化反应，正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，故A错误；B、正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，正极电极反应为：Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣，故B正确；C、负极生成镁离子，Mg2+向正极迁移，故C正确；D、负极反应是镁失电子发生氧化反应；负极电极反应为：xMg﹣2xe﹣=xMg2+，故D正确；故选A．点评：本题考查了新型电池的原电池反应原理的应用，主要是依据反应元素化合价变化确定负极反应物质和正极反应物质，书写电极反应是解题关键．　12．（3分）已知某一温度下，0.1mol•L﹣1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH﹣），则下列关系一定不正确的是（　　）　A．c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）　B．c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=0.1mol•L﹣1　C．将上述溶液稀释至0.01mol/L，c（H+）•c（OH﹣）不变　D．c（A2﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2A）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析：0.1mol•L﹣1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH﹣），则HA﹣的水解大于其电离，溶液显碱性，并结合电荷守恒式及物料守恒式来解答．解答：解：A．因溶液不显电性，由电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（HA﹣）+2c17（A2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B．存在A的微粒有H2A、HA﹣、A2﹣，由物料守恒可知c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=0.1mol•L﹣1，故B正确；C．因Kw=c（H+）•c（OH﹣），只与温度有关，则将上述溶液稀释至0.01mol/L，c（H+）•c（OH﹣）不变，故C正确；D．由电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），物料守恒式为c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）=c（Na+），所以c（A2﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2A），故D正确；故选A．点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确NaHA的强电解质溶液中c（H+）＜c（OH﹣）得到HA﹣的水解大于其电离是解答本题的关键，熟悉电荷守恒式及物料守恒式即可解答，题目难度不大．　13．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．1mol氯气参加反应转移电子数一定为2NA　B．在标准状况下，22.4L甲烷与18g水所含有的电子数均为10NA　C．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+浓度为1mol•L﹣1　D．同一温度下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的物质的量相同考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、根据化学反应和化合价的升降来确定电子转移；B、根据微粒数和宏观量之间的关系公式：N=nNA=NA=NA来计算；C、氧化钠固体溶于1L水中，所得溶液体积大于1L；D、在溶液中，不一样的浓度的铵根离子水解程度不一样．解答：解：A、在反应：Cl2+H2O=HCl+HClO中，1mol氯气参加反应转移电子数为NA，故A错误；B、在标准状况下，22.4L甲烷含有的电子数=×（6+4）NA=10NA，18g水所含有的电子数=×（8+2）NA=10NA，故B正确；C、含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，可得氢氧化钠为1mol，但溶剂反应一部分，体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故C错误；D、1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液中，铵根浓度越小水解程度越大，所以后者中铵根离子水解程度大，即同一温度下1L0.5mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的物质的量大于2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的物质的量，故D错误．故选B．点评：本题是一道关于物质的量的计算题目，考查学生对教材知识的灵活应用能力，难度不大．　14．（3分）（2022•太原一模）下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是（　　）　A．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣　B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2﹣、Br﹣17　C．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣　D．在含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣考点：离子共存问题．.专题：压轴题；离子反应专题．分析：A．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如溶液呈碱性；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液呈氧化性，具有还原性的离子不能存在；C．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，与OH﹣反应的离子不能存在；D．在含有大量Fe3+的溶液中，凡是与Fe3+反应的离子不能大量存在．解答：解：A．能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，如溶液呈碱性，则NH4+不能存在，如溶液呈酸性，因有存在NO3﹣，则不能生成氢气，故A错误；B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液呈氧化性，S2﹣被氧化而不能大量共存，故B错误；C．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间不发生任何反应，离子能大量共存，故C正确；D．Fe3+与SCN﹣反应络合反应而不能大量共存，故D错误．故选C．点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意各项中的隐含信息，为解答该题的关键，也是易错点．　二、解答题（共5小题，满分58分）15．（14分）（2022•南昌三模）X、Y、Z、W是短周期的四种元素，有关他们的信息如下表所示．元素部分结构知识部分性质XX的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存YY原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半Y能形成多种气态氢化物ZZ原子的最外层电子数多于4Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6WW原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数）化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+填写下列空白：（提示：不能用字母X、Y、Z、W作答）（1）X的气态氢化物分子的电子式是　　，Z元素在周期表中的位置是　第三周期第ⅦA族　．（2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是　HClO4＞HNO3＞H2CO3　．（3）常温时，W的硫酸盐溶液的pH　＜　7（填“=”、“＞”或“＜”），理由是：　Al3++3H2OAl（OH）3+3H+　（用离子方程式表示）．（4）实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的方法是（用离子方程式表示）　Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+　．（5）25℃、101kPa时，32gY的最低价气态氢化物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出1780.6kJ的热量，写出该反应的热化学方程式　CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△17H=﹣890.3kJ/mol　．考点：原子结构与元素周期率的关系．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、W是短周期的四种元素，X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存，故X为氮元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，Y有2个电子层，最外层电子数为4，Y能形成多种气态氢化物，则Y为碳元素；Z原子的最外层电子数多于4，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，则Z最外层有7个电子，故Z为氯元素；W原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数），化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+，则2n﹣3=n，解得n=3，则W为铝元素．解答：解：X、Y、Z、W是短周期的四种元素：X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存，故X为氮元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，Y有2个电子层，最外层电子数为4，Y能形成多种气态氢化物，则Y为碳元素；Z原子的最外层电子数多于4，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，则Z最外层有7个电子，故Z为氯元素；W原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数），化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+，则2n﹣3=n，解得n=3，则W为铝元素．故X为氮元素；Y为碳元素；Z为氯元素；W为铝元素．（1）X为氮元素，X的气态氢化物为NH3，氮原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为；Z为Cl元素，有3个电子层，最外层有7个电子，在周期表中位于第三周期第ⅦA族，故答案为：；第三周期第ⅦA族；（2）X为氮元素、Y为碳元素、Z为氯元素，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞N＞C，所以酸性HClO4＞HNO3＞H2CO3，故答案为：HClO4＞HNO3＞H2CO3；（3）W的硫酸盐为硫酸铝，硫酸铝是强酸弱碱盐，常温时，铝离子水解Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，溶液的pH＜7，故答案为：＜；Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；（4）X的氢化物为NH3，W的氢氧化物为Al（OH）3，用氨水制取Al（OH）3的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；（5）25℃、101kPa时，32gCH4的物质的量为2mol，完全燃烧生成稳定的氧化物时放出1780.6kJ的热量，1mol甲烷完全燃烧生成稳定的氧化物时放出890.3kJ的热量，该反应的热化学方程式CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol，故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol．点评：本题以元素推断为载体，考查电子式与热化学反应方程式等化学用语、盐类水解、元素周期律、元素化合物性质等，综合性较大，难度中等，是对所学知识的综合性考查，注意基础知识的理解掌握．推断元素是解题关键．　16．（14分）CuSO4溶液是中学化学及工农业生产中常见的一种试剂．17（1）某同学配制CuSO4溶液时，向盛有一定量硫酸铜晶体的烧杯中加入适量的蒸馏水，并不断搅拌，结果得到悬浊液．他认为是固体没有完全溶解，于是对悬浊液加热，结果发现浑浊更明显了，随后，他向烧杯中加入了一定量的　硫酸　溶液，得到了澄清的CuSO4溶液．（2）该同学利用制得的CuSO4溶液，进行以下实验探究．①图一是根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池．Cu极的电极反应式是　Cu2++2e﹣═Cu　，盐桥中是含有琼胶的KCl饱和溶液，电池工作时K+向　乙　移动（填“甲”或“乙”）．②图二中，Ⅰ是甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的结构示意图，该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则b处通入的是　O2　（填“CH4”或“O2”），a处电极上发生的电极反应式是　CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O　；当铜电极的质量减轻3.2g，则消耗的CH4在标准状况下的体积为　0.28　L．（3）反应一段时间后，燃料电池的电解质溶液完全转化为K2CO3溶液，以下关系正确的是　BD　．A．c（K+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）C．c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）E．c（K+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）考点：设计原电池；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题；电化学专题．分析：（1）硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子在溶液中发生水解有氢氧化铜生成；（2）①原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应．根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，结合图一可知，Zn为负极，Cu为正极，盐桥中是含有琼胶的KCl饱和溶液，电池工作时K+向正极移动，Cl﹣向负极移动；②电镀时，镀件作电解池的阴极，发生还原反应，连接电源的负极；镀层金属铜作电解池的阳极，连接电源的正极；根据电子转移守恒计算甲烷的体积．（3）A、根据电荷守恒判断；B、根据质子恒等式判断；C、根据K2CO3溶液呈碱性判断；D、溶液中OH﹣来源于水的电离，HCO3﹣、CO32﹣水解．E、根据物料守恒判断．解答：解：（1）配制水解呈酸性的溶液时应在相应酸的稀溶液中溶解，防止水解．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子在溶液中发生水解生成氢氧化铜，应加入硫酸使其溶解，故答案为：硫酸；（2）①根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，结合图一可知，Zn为负极，Cu为正极，铜离子在Cu电极上得电子析出Cu，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，17盐桥中是含有琼胶的KCl饱和溶液，电池工作时，Cl﹣向负极移动，K+向正极移动，所以，K+向乙装置移动，故答案为：Cu2++2e﹣═Cu；乙；②甲烷碱性燃料电池为电源，总电极反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电镀时，镀件铁作电解池的阴极，连接甲烷燃料电源的负极，所以a应通入CH4；镀层金属作电解池的阳极，发生氧化反应，连接甲烷燃料电源的正极，所以b应通入O2．所以甲烷碱性燃料电池a处电极上CH4放电，发生氧化反应，电极反应式是CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O，根据电子转移守恒8n（CH4）=2n（Cu）=2×，所以n（CH4）=mol，所以v（CH4）=mol×22.4L/mol=0.28L．故答案为：O2；CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O；0.28L；（4）A、电荷不守恒，故A错误；B、溶液中OH﹣来源于水的电离及CO32﹣、HCO3﹣与水的水解反应，每产生1个H2CO3，分子，生成2个OH﹣，故c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B正确；C、K2CO3溶液呈碱性判断，故c（H+）＜c（OH﹣），故C错误；D、溶液中OH﹣来源于水的电离，HCO3﹣、CO32﹣水解，所以c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），盐类水解很微弱，所以c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故D正确；E、根据物料守恒c（K+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故E错误．故选：BD．点评：本题考查盐类水解、原电池、电镀、离子浓度大小比较，是对所学知识的综合考查，难度较大，离子浓度大小比较、电极反应式书写为易错点．　17．（6分）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），△H＜0．CO和H2O浓度变化如图，（1）则0～4min的平均反应速率υ（CO）=　0.03　mol/（L•min），此时该反应的平衡常数为　1　．（2）T℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表．t℃时物质浓度（mol/L）的变化时间（min）COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104①表中3min～4min之间反应处于　平衡　状态；c1　＞　0.08（填“＞”、“＜”或“=”）．17②反应在4min～5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是　d　（填序号，下同），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　a　．a．增加了水蒸气的量b．降低温度c．使用催化剂d．增加氢气的浓度．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．.专题：化学平衡专题．分析：（1）根据υ=计算反应速率；分别计算各物质的平衡浓度，根据平衡常数表达式计算K；（2）根据浓度、压强、温度对平衡移动的影响分析．解答：解：（1）υ===0.03mol/（L•min），用三段式法计算：CO（g）十H2O（g）CO2（g）十H2（g）起始：0.20mol/L0.30mol/L00转化：0.12mol/L0.12mol/L0.12mol/L0.12mol/L平衡：0.08mol/L0.18mol/L0.12mol/L0.12mol/L则K===1，故答案为：0.03mol/（L•min）；1；（2）①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡．另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min﹣4min之间反应应处于平衡状态．由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C1数值应大于0.08mol/L．故答案为：平衡；＞；②反应在4min﹣5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选d．表中5min﹣6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动．故选a，故答案为：d；a．点评：本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断等问题，题目难度较大，将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键，较好的考查学生的能力．　1718．（10分）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴过程如下：（1）将NaCl溶液进行电解，在电解槽中可直接得到的新产品有H2、　Cl2　_、　NaOH　或H2、　NaClO　．（2）步骤Ⅱ中用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﹣　．（3）某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性．他们参观生产过程后，绘制了如下装置简图：请你参与分析讨论：①实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件　利用温度计控制产生蒸气的温度，并收集59℃时的馏分　．②C中液体产物颜色为　深红棕色　，为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后，再进行的分离操作是　分液（或蒸馏）　．③用离子方程式解释NaOH浓溶液的作用　Br2+2OH﹣═BrO﹣+Br﹣+H2O　．考点：海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：卤族元素．分析：（1）惰性电极电解食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠；利用生成物可以使氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；（2）步骤Ⅱ中用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，依据流程图分析可知，为富集溴，用二氧化硫还原溴单质为溴离子；（3）蒸馏装置进行提纯溴单质，关键是控制镏出成分的沸点，温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口处测镏出物质沸点，Br2的沸点为59℃，控制温度为59℃17，冷凝得到液溴；除去该产物中仍残留的少量Cl2，利用氯气强氧化性，可向其中加入NaBr溶液反应生成氯化钠和溴单质；溴单质微溶于水，所以可以分液分离或蒸馏得到溴单质；装置中D的作用是吸收有毒的溴蒸气，避免排到空气中污染环境；解答：解：（1）惰性电极电解食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠；利用生成物可以使氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；故答案为：Cl2；NaOH；NaClO；（2）依据流程图分析可知，为富集溴，用二氧化硫还原溴单质为溴离子；反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣；故答案为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣；（3）①要达到提纯溴的目的，关键是控制镏出成分的沸点，Br2的沸点为59℃，控制温度为59℃，冷凝得到液溴；故答案为：利用温度计控制产生蒸气的温度，并收集59℃时的馏分；②得到的溴单质颜色为深红棕色；除去该产物中仍残留的少量Cl2，利用氯气强氧化性，可向其中加入NaBr溶液反应生成氯化钠和溴单质；溴单质微溶于水，所以可以分液分离或蒸馏得到溴单质；故答案为：深红棕色；分液（或蒸馏）；③溴单质是有毒性和强腐蚀性，不能排放到空气中，需要用碱吸收，反应的离子方程式为：Br2+2OH﹣═BrO﹣+Br﹣+H2O；故答案为：Br2+2OH﹣═BrO﹣+Br﹣+H2O．点评：本题考查了电极原理的应用，产物判断，海水提溴的工业流程分析，条件选择和注意问题，注意溴的性质应用，题目难度中等．　19．（14分）已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性．（1）用电离方程式解释NaHC2O4溶液显酸性的原因：　HC2O4﹣H++C2O42﹣　；（2）常温下，向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加10mL0.01mol/LNaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系，用＞连接：　c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）　；（3）配平以下氧化还原反应方程式：（4）称取6.0g含H2C2O4•2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液．量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中．①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25mol/LNaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色．该溶液被中和的H+的物质的量为　0.005　mol；②第二份溶液滴加0.10mol/L酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，该溶液中还原剂的物质的量为　4×10﹣3　mol．③原试样中H2C2O4•2H2O的物质的量为　10﹣3mol　mol，KHC2O4的质量分数为　6.4%　．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应方程式的配平；电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较．.专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）根据草酸氢根离子的电离方程式来回答；（2）向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加10mL0.01mol/LNaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，据此来确定离子浓度的大小；（3）根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；17（4）①根据中和反应的实质来计算回答；②根据反应的化学方程式进行计算；③根据化学方程式来计算．解答：解：（1）NaHC2O4溶液显酸性的原因是：HC2O4﹣H++C2O42﹣，电离程度大于水解程度，故答案为：HC2O4﹣H++C2O42﹣；（2）向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加10mL0.01mol/LNaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，在该溶液中，直接电离出的钠离子和草酸根浓度最大，但是草酸根会水解，所以c（Na+）＞c（C2O42﹣），草酸根水解生成草酸氢根和氢氧根，溶液显碱性，水电离会生成一部分氢氧根，所以c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）；（3）反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4﹣～5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2；5；6；2；10；8；（4）①根据中和反应的实质知道氢离子的物质的量即为氢氧化钠的物质的量，即0.25mol/L×0.02L=0.005mol，故答案为：0.005mol；②氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4﹣～5H2C2O4，滴加0.10mol/L酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，即消耗高锰酸根离子0.10mol/L×0.016L=0.0016mol，所以该溶液中还原剂的物质的量为=4×10﹣3mol，故答案为：4×10﹣3mol；③设原样品中含有H2C2O4•2H2O的物质的量为x，含有KHC2O4的物质的量为y，则2x+y=5×10﹣3mol，x+y=4×10﹣3mol，解得x=10﹣3mol，y=3×10﹣3mol，所以×100%=6.4%，故答案为：10﹣3mol；6.4%．点评：本题是一道综合知识题目，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．　17