辽宁省锦州市2022届高三化学上学期期末试卷含解析

2022-2022学年辽宁省锦州市高三（上）期末化学试卷　一、选择题（1-8小题每题2分，9-18题每题3分）1．化学与生活、社会密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素B．地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同C．近期媒体报道的某白酒中的增塑剂是对人体健康有害的物质D．pM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素　2．Se是人体必需微量元素，下列关于和说法正确的是（　　）A．和互为同位素B．和都含有34个中子C．和分别含有44和46个质子D．和含有不同的电子数　3．下列物质转化在给定条件下不能实现的是（　　）①浓HClCl2漂白粉②Si（粗）SiCl4Si（纯）③N2NO2HNO3④Al2O3AlCl3Al（OH）3⑤CuOCuCl2（aq）CuCl2（s）A．②③④B．①③⑤C．②③⑤D．①④⑤　4．设NA为阿伏伽德罗常数，则下列说法正确的是（　　）A．200ml某硫酸盐中含有1.5NA个SO离子，同时含有NA个金属阳离子，该盐物质的量浓度时2.5mol/LB．一定条件下足量的Fe粉与浓硫酸反应，转移电子数一定为2NAC．常温常压下78gNa2O2固体中所含阴、阳离子总数为4NAD．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA，阳极减少64g　5．下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（　　）-26-\nA．中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO、I﹣，Cl﹣B．pH=11溶液中：CO、Na+、AlO、NO、SOC．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、K+、NO、NH、S2OD．加入甲基橙指示剂后显黄色的溶液中：Mg2+、NH、Cl﹣、K+、SO　6．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程　7．已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色．下列判断正确的为（　　）A．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2B．上述实验中，共有两个氧化还原反应C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性　8．用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（　　）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）　9．对于0.1mol/LNa2SO3溶液，正确的是（　　）A．升高温度，溶液的pH降低B．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）　10．下列物质与其用途完全符合的有（　　）①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料⑧MgO﹣耐火材料．A．4条B．5条C．6条D．7条　11．下列各表达与示意图一致的是（　　）-26-\nA．该图表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B．该图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数C．图表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1草酸溶液混合D．图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH2（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化　12．下列离子方程式正确的是（　　）A．将一定量KAl（SO4）2溶液和一定量Ba（OH）2溶液混合，沉淀的质量恰好最大时：Al3++2SO42﹣+3OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+Al（OH）3↓B．KMnO4与浓盐酸反应制Cl2：2MnO4﹣+16HCl=2Mn2++6Cl﹣+5Cl2↑+8H2OC．0.1molCl2和100mL1mol/LFeBr2反应：3Cl2+2Fe2++4Br﹣=6Cl﹣+2Fe3++2Br2D．用Al（OH）3中和过多的胃酸：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O　13．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列判断不正确的是（　　）A．若氧化产物比还原产物多0.35mol，有0.050molKNO3被还原B．若氧化产物比还原产物多0.35mol，生成8.96LN2（标准状况）C．若有0.2mol氧化剂反应，则转移电子的物质的量为2.0molD．KNO3的氧化性强于N2　14．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是（　　）A．NH5中既有离子键又有共价键-26-\nB．NH5的熔沸点高于NH3C．1molNH5中含有5molN﹣H键D．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体　15．化工生产中含Cu2+的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2+（aq）+MnS（s）⇌CuS（s）+Mn2+（aq）．一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（　　）A．该反应达到平衡时c（Cu2+）=c（Mn2+）B．平衡体系中加入少量CuS（s）后，c（Mn2+）变小C．平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）变大D．该反应的平衡常数K=　16．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是（　　）A．反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v（正）＞v（逆）D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%　17．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇检测仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X．其中一个电极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═X+4H+．下列有关说法正确的是（　　）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．另一电极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣C．乙醇在正极发生反应，电子通过外电路流向负极D．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O　18．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x气体．再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀．根据题意推断气体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　　二、非选择题（共54分）19．氯、溴、碘、钠、镁、锰、锂、铀等元素在海洋中被富集．海洋开发利用和维权是国家战略．-26-\n（1）以上元素在海水中的存在形态是　　　　　　（选填①游离态②化合态③不确定）（2）以下变化属于化学变化的是　　　　　　：①U发生核裂变，②重氢发生核聚变，③LiH做野外生氢剂，④海水晒盐（3）由氯气和晒盐后的卤水制取液溴的离子方程式　　　　　　；由石灰乳和卤水沉淀出镁元素的离子方程式　　　　　　；由海带灰可浸出KI，由某种矿盐可浸出KIO3，二者在盐酸中反应可生成碘单质，反应的离子方程式　　　　　　．（4）工业由氯化钠制取金属钠的化学方程式为　　　　　　；工业制镁采用电解熔融氯化镁，不采用电解熔融氧化镁的原因是　　　　　　（5）海底富集多种矿物结核，锰结核是其中的一种．锰结核中主要含有MnO2和Fe2O3．一种质量比约为m（Mn）：m（Fe）=55：448的合金钢（其它元素略），具有抗御激烈冲击和磨损的能力，可做航母甲板等．欲通过铝热反应炼得这样的合金，MnO2、Fe2O3、Al的投料比（按物质的量之比）约为　　　　　　．　20．有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息AA的单质是密度最小的物质BB的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子CC的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍DD与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小EB、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分FF元素最高正价与最低负价的代数和为4（1）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式　　　　　　（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（直接用化学式表示）　　　　　　．（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解．向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等．则原混合物中D单质的质量分数为　　　　　　．（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．此时反应的化学方程式为　　　　　　．（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物．写出它与乙醇反应的化学方程式　　　　　　．　-26-\n21．苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某研究性学习小组的同学拟用下列装置制取高纯度的苯甲酸甲酯．有关数据如下表：熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3水溶性苯甲酸122.42491.27微溶甲醇﹣9764.30.79互溶苯甲酸甲酯﹣12.3199.61.09不溶请回答下列问题：（1）在烧瓶中混合有机物及浓硫酸的方法是　　　　　　，在实际实验中，甲醇、苯甲酸的物质的量之比远大于其理论上的物质的量之比，目的是　　　　　　．装置C中除甲醇、苯甲酸与浓硫酸外还需要放置　　　　　　．（2）C装置上部的冷凝管的主要作用是　　　　　　．（3）制备和提纯苯甲酸甲酯的操作的先后顺序为（填装置字母代号）　　　　　　．（4）A装置锥形瓶中Na2CO3的作用是　　　　　　；D装置的作用是　　　　　　；当B装置中温度计显示　　　　　　℃时可收集苯甲酸甲酯．　22．2022年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0①该反应平衡常数表达式　　　　　　．②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　　　　　　（填代号）．（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：　　　　　　．-26-\n（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图是利用甲烷燃料电池电解100mL1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．①甲烷燃料电池的负极反应式：　　　　　　．②电解后溶液的pH=　　　　　　（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）．③阳极产生气体的体积在标准状况下是　　　　　　L．　　-26-\n2022-2022学年辽宁省锦州市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（1-8小题每题2分，9-18题每题3分）1．化学与生活、社会密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素B．地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同C．近期媒体报道的某白酒中的增塑剂是对人体健康有害的物质D．pM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．【专题】化学计算．【分析】A．血红蛋白中的铁是人体内氧的输送者，缺铁易患贫血；B．地沟油烹饪食品损害人类健康，利用它制造生物柴油造福人类，“地沟油”中主要含有油脂，柴油为烃；C．增塑剂（又称塑化剂）不是食品添加剂，而是工业上广泛使用的塑料添加剂，长期食用含增塑剂的食品对人体健康十分有害；D．砷是非金属元素；【解答】解：A．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素，在酱油中加入如铁强化剂乳酸亚铁（C3H5O3）2Fe，是我国为解决缺铁性贫血而实施的项目，故A正确；B．“地沟油”是指在生活中存在的各类劣质油脂，长期食用可能会引发癌症，可加工制成生物柴油，“地沟油”中主要含有油脂，油脂的化学成分为高级脂肪酸甘油酯，从石油中提取的柴油为烃，两者成分不同，故B正确；C．增塑剂长期摄入增塑剂可引起血液系统、生殖系统损害，故C正确；D．pM2.5含有的铅、镉、铬、钒、等对人体有害的元素均是金属元素，砷是非金属元素，故D错误；故选D．【点评】本题主要考查化学与生活有关知识，侧重考查物质的性质和用途，在学习过程中要理论联系实际，在实践中领会知识，运用所学知识去解决实际问题，题目难度不大．　2．Se是人体必需微量元素，下列关于和说法正确的是（　　）A．和互为同位素B．和都含有34个中子C．和分别含有44和46个质子D．和含有不同的电子数【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．-26-\n【分析】根据原子符号的含义，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数以及质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素分析解答．【解答】解：A、和的质子数相同，中子数不同，是同位素，故A正确；B、和的中子数分别为78﹣34=44、80﹣34=46，故B错误；C、和的质子数都为34，故C错误；D、和的质子数都为34，所以电子数都为34，电子数相同，故D错误；故选：A．【点评】本题主要考查了原子符号的含义、有关“粒子数”的关系及同位素的概念，侧重考查学生的辨别能力．　3．下列物质转化在给定条件下不能实现的是（　　）①浓HClCl2漂白粉②Si（粗）SiCl4Si（纯）③N2NO2HNO3④Al2O3AlCl3Al（OH）3⑤CuOCuCl2（aq）CuCl2（s）A．②③④B．①③⑤C．②③⑤D．①④⑤【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氮气的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①澄清石灰水浓度较低；②硅和氯气反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气反应生成Si；③氮气在放电条件下生成NO；④氢氧化铝不溶于氨水；⑤氯化铜溶液在加热时促进水解生成氢氧化铜．【解答】解：①澄清石灰水浓度较低，应用氯气和石灰乳制备漂白粉，故①错误；②硅和氯气反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气反应生成Si，可实现，故②正确；③氮气在放电条件下生成NO，不能直接生成二氧化氮，故③错误；④氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不溶于氨水，可制备，故④正确；⑤氯化铜为强酸弱碱盐，溶液在加热时促进水解，生成氢氧化铜，不能得到氯化铜，故⑤错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及氯气的制备、硅、氮气、氢氧化铝以及盐类的水解等知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．-26-\n　4．设NA为阿伏伽德罗常数，则下列说法正确的是（　　）A．200ml某硫酸盐中含有1.5NA个SO离子，同时含有NA个金属阳离子，该盐物质的量浓度时2.5mol/LB．一定条件下足量的Fe粉与浓硫酸反应，转移电子数一定为2NAC．常温常压下78gNa2O2固体中所含阴、阳离子总数为4NAD．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA，阳极减少64g【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．根据题中数据判断该硫酸盐中含有的硫酸根离子数目，再计算出该硫酸盐的物质的量浓度；B．次外层铁粉与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行；C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D．粗铜中含有杂质铁，电解过程中铁优先放电，导致阳极减少的质量增多．【解答】解：A．某硫酸盐中含有1.5NA个SO42﹣离子，同时含有NA个金属阳离子，则金属阳离子与硫酸根离子的个数之比为：1：1.5=2：3，即该硫酸盐中含有3个硫酸根离子，则该硫酸盐的物质的量为：1.5mol×=0.5mol，其浓度为：=2.5mol/L，故A正确；B．在常温下，铁与浓硫酸发生钝化，阻止了铁粉与浓硫酸的反应，所以无法计算转移的电子数，故B错误；C．78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，所含阴、阳离子总数为3NA，故C错误；D．阴极得到电子数为2NA，得到的电子的物质的量为2mol，若完全由金属铜铜提供，则需要1mol铜，质量为64g，由于粗铜中含有较活泼的杂质铁、锌等，放电过程中杂质优先失去电子，所以阳极减少的质量不一定为64g，故D错误；故选A．【点评】本题考查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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项B为易错点，注意明确次外层浓硫酸、浓硝酸与铁、铝发生钝化的现象．　5．下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（　　）A．中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO、I﹣，Cl﹣B．pH=11溶液中：CO、Na+、AlO、NO、SOC．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、K+、NO、NH、S2OD．加入甲基橙指示剂后显黄色的溶液中：Mg2+、NH、Cl﹣、K+、SO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．-26-\n【分析】A．Fe3+、Al3+水解呈酸性，不可能存在与中性溶液中；B．pH=11溶液呈碱性；C．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D．加入甲基橙指示剂后显黄色的溶液，溶液可能呈酸性、中性或碱性．【解答】解：A．Fe3+、Al3+水解呈酸性，不可能存在与中性溶液中，故A错误；B．pH=11溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下S2O32﹣不能大量共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故C错误；D．甲基橙的变色范围为3.1～4.4，加入甲基橙指示剂后显黄色的溶液，溶液可能呈酸性、中性或碱性，碱性条件下Mg2+、NH4+不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子的共存问题，明确信息中的隐含条件是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应、离子的颜色等来解答，题目难度不大．　6．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程【考点】塑料的老化和降解；煤的干馏和综合利用；乙醇的工业制法；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】A．聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物，聚乙烯的单体是乙烯；B．煤的气化、液化都是化学变化；C．碳纤维是碳的单质；D．淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；【解答】解：A．乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故C错误；D．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握塑料的老化、煤的气化和液化、有机高分子材料、粮食酿酒等知识是解答的关键，题目难度不大．　7．已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色．下列判断正确的为（　　）-26-\nA．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2B．上述实验中，共有两个氧化还原反应C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性．【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4﹣＞Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+＞I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、①生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、②反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答．　8．用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（　　）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较；中和滴定．【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出现的结果；C、当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；故选：C．【点评】本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答．　-26-\n9．对于0.1mol/LNa2SO3溶液，正确的是（　　）A．升高温度，溶液的pH降低B．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）【考点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．升高温度促进水解；B．加入氢氧化钠固体，钠离子浓度肯定增大，OH﹣抑制水解；C．根据物料守恒解题；D．根据电荷守恒解题．【解答】解：A．温度升高，水解程度增大，所以c（OH﹣）浓度增大，碱性增强，溶液的pH升高，故A错误；B．加入氢氧化钠固体，钠离子浓度肯定增大，OH﹣抑制水解，所以SO32﹣的浓度增大，故B正确；C．物料守恒，正确的写法c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故C错误；D．电荷守恒，HSO3﹣带一个电荷，不应该在其浓度前面乘以2，正确为：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D错误．故选B．【点评】本题考查盐类的水解、物料守恒和电荷守恒，难度不大，注意掌握物料守恒和电荷守恒．　10．下列物质与其用途完全符合的有（　　）①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料⑧MgO﹣耐火材料．A．4条B．5条C．6条D．7条【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．【专题】化学计算．【分析】①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石．②单质硅可用作制太阳能电池；③AgI可用于人工降雨；④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；⑤根据铝热反应可用于焊接钢轨；⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO）；⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料⑧MgO的熔点高，可作耐火材料；【解答】解：①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故①正确；②单质硅可用作制太阳能电池，故②错误；③AgI可用于人工降雨，故③正确；④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故④正确⑤根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨，故⑤错误；-26-\n⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO），故⑥正确；⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料，故⑦正确；⑧MgO的熔点高，可作耐火材料，故⑧正确；所以物质与其用途完全符合的有6个，故选：C；【点评】本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意知识的积累．　11．下列各表达与示意图一致的是（　　）A．该图表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B．该图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数C．图表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1草酸溶液混合D．图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH2（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【专题】图像图表题．【分析】A、盐酸滴定氢氧化钠，PH先下降后突变；B、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系；C、草酸过量，溶液的体积变大，锰离子的浓度减小；D、因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量．-26-\n【解答】解：A、盐酸滴定氢氧化钠，PH先下降后突变，与图象不一致，故A错误；B、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；C、草酸过量，溶液的体积变大，锰离子的浓度减小，而不量不变，故C错误；D、图象a活化能减小，a使用了催化剂，因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误；故选B．【点评】本题以图象与中和滴定、化学平衡、氧化还原反应、反应中的能量变化来考查学生，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．　12．下列离子方程式正确的是（　　）A．将一定量KAl（SO4）2溶液和一定量Ba（OH）2溶液混合，沉淀的质量恰好最大时：Al3++2SO42﹣+3OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+Al（OH）3↓B．KMnO4与浓盐酸反应制Cl2：2MnO4﹣+16HCl=2Mn2++6Cl﹣+5Cl2↑+8H2OC．0.1molCl2和100mL1mol/LFeBr2反应：3Cl2+2Fe2++4Br﹣=6Cl﹣+2Fe3++2Br2D．用Al（OH）3中和过多的胃酸：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、沉淀的质量恰好最大，即钡离子和硫酸离子恰好完全沉淀；B、盐酸是强电解质，应写成离子的形式；C、首先是还原性强的亚铁离子先反应，后溴离子反应；D、胃酸的主要成份是盐酸，强电解质，而Al（OH）3是弱电解质应写成化学式．【解答】解：A、沉淀的质量恰好最大，即钡离子和硫酸离子恰好完全沉淀，设KAl（SO4）2为1mol，则电离产生2mol的SO42﹣，恰好完全沉淀需要2mol的氢氧化钡，2mol的氢氧化钡电离产生4mol的氢氧根离子与1molKAl（SO4）2电离出的铝离子恰好完全反应，生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故A错误；B、盐酸是强电解质，应写成离子的形式，正确的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故B错误；C、0.1molCl2的得到0.2mol的电子，0.1mol的亚铁离子失去0.1mol的电子，还有0.1mol是溴离子提供电子，所以亚铁离子和溴离子之比为1：1，离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br﹣=4Cl﹣+2Fe3++Br2，故C错误；D、胃酸的主要成份是盐酸，强电解质，而Al（OH）3是弱电解质应写成化学式，离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析．-26-\n　13．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列判断不正确的是（　　）A．若氧化产物比还原产物多0.35mol，有0.050molKNO3被还原B．若氧化产物比还原产物多0.35mol，生成8.96LN2（标准状况）C．若有0.2mol氧化剂反应，则转移电子的物质的量为2.0molD．KNO3的氧化性强于N2【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由﹣升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，以此来解答．【解答】解：N元素的化合价由﹣升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，所以NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，氮气既是氧化产物也是还原产物，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为30：2=15：1，A．由N原子守恒及元素的化合价变化可知，氧化产物比还原产物多14mol时，有2molKNO3被还原，则若氧化产物比还原产物多0.35mol，有0.35mol×=0.050molKNO3被还原，故A正确；B．由N原子守恒及元素的化合价变化可知，氧化产物比还原产物多14mol时，生成16mol气体，则氧化产物比还原产物多0.35mol，生成0.35mol××22.4L/mol=8.96，故B正确；C．若有0.2mol氧化剂反应，则转移电子的物质的量为0.2mol×（5﹣0）=1.0mol，故C错误；D．KNO3是氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KNO3的氧化性强于N2，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素化合价变化及各个物理量之间的关系式为解答的关键，注意氧化产物和还原产物的物质的量之比为易错点，题目难度不大．　14．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是（　　）A．NH5中既有离子键又有共价键B．NH5的熔沸点高于NH3C．1molNH5中含有5molN﹣H键D．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体【考点】化学键；分子间作用力对物质的状态等方面的影响．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则A中存在铵根离子和H﹣，为离子化合物，以此来解答．【解答】解：A．NH5中存在铵根离子和H﹣，为离子化合物，铵根离子中含N﹣H共价键，故A正确；B．NH5为离子晶体，氨气为分子晶体，则NH5的熔沸点高于NH3，故B正确；C.1molNH5中含有4molN﹣H键，故C错误；-26-\nD．NH5固体投入少量水中，可产生氨气、氢气两种气体，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学键，利用信息得出物质的结构为解答的关键，注意铵根离子中存在共价键，注重知识的迁移应用，题目难度不大．　15．化工生产中含Cu2+的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2+（aq）+MnS（s）⇌CuS（s）+Mn2+（aq）．一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（　　）A．该反应达到平衡时c（Cu2+）=c（Mn2+）B．平衡体系中加入少量CuS（s）后，c（Mn2+）变小C．平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）变大D．该反应的平衡常数K=【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、该反应达到平衡时离子的浓度保持不变；B、根据化学平衡移动原理，加入固体物质，不改变平衡回答；C、根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；D、根据反应的平衡常数K计算即可．【解答】解：A、该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但c（Cu2+）与c（Mn2+）不一定相等，故A错误；B、因为CuS为固体，加入后不改变平衡，故锰离子的浓度不变，故B错误；C、根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以C（Mn2+）变大，故C正确；D、已知Cu2+（aq）+MnS（s）⇌CuS（s）+Mn2+（aq），由反应可知，反应的平衡常数K===，故D错误．故选C．【点评】本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知识即可完成．　16．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是（　　）A．反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v（正）＞v（逆）D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．-26-\n【分析】A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断．【解答】解：A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s），故A错误；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；C、对于可逆反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1所以平衡常数k==0.025，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，Qc＜K，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于=80%，故D错误；故选C．【点评】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦．　17．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇检测仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X．其中一个电极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═X+4H+．下列有关说法正确的是（　　）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．另一电极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣-26-\nC．乙醇在正极发生反应，电子通过外电路流向负极D．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】乙醇酸性燃料电池中，乙醇被氧化，应为电池负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，电池总反应应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极．【解答】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B．电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故B错误；C．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D．电池总反应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，故D正确．故选D．【点评】本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，易错选项是B，写电极反应式时要注意结合溶液的酸碱性；在酸性溶液，生成物中不能有氢氧根离子生成；在碱性溶液中，生成物中不能有氢离子生成．　18．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x气体．再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀．根据题意推断气体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【考点】氧化还原反应的计算．【专题】守恒法；氧化还原反应专题．【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=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断．【解答】解：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=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．【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想的运用．　-26-\n二、非选择题（共54分）19．氯、溴、碘、钠、镁、锰、锂、铀等元素在海洋中被富集．海洋开发利用和维权是国家战略．（1）以上元素在海水中的存在形态是　②　（选填①游离态②化合态③不确定）（2）以下变化属于化学变化的是　③　：①U发生核裂变，②重氢发生核聚变，③LiH做野外生氢剂，④海水晒盐（3）由氯气和晒盐后的卤水制取液溴的离子方程式　Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣　；由石灰乳和卤水沉淀出镁元素的离子方程式　Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2↓+Ca2+　；由海带灰可浸出KI，由某种矿盐可浸出KIO3，二者在盐酸中反应可生成碘单质，反应的离子方程式　5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O　．（4）工业由氯化钠制取金属钠的化学方程式为　2NaCl2Na+Cl2↑　；工业制镁采用电解熔融氯化镁，不采用电解熔融氧化镁的原因是　氧化镁的熔点高，耗能大　（5）海底富集多种矿物结核，锰结核是其中的一种．锰结核中主要含有MnO2和Fe2O3．一种质量比约为m（Mn）：m（Fe）=55：448的合金钢（其它元素略），具有抗御激烈冲击和磨损的能力，可做航母甲板等．欲通过铝热反应炼得这样的合金，MnO2、Fe2O3、Al的投料比（按物质的量之比）约为　3：12：28　．【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）氯、溴、碘、钠、镁、锰、锂、铀等元素在海洋中主要是以离子的形式存在；（2）有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化；（3）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质；氢氧化钙可以和氯化镁之间发生复分解反应；碘离子具有还原性，碘酸根离子具有氧化性，在酸性环境下，二者不共存；（4）电解熔融的氯化钠可以制取金属钠；电解熔融的氯化镁可以制取金属镁，氧化镁的熔点很高；（5）根据原子守恒结合化学反应的实质来计算即可．【解答】解：（1）氯、溴、碘、钠、镁、锰、锂、铀等元素在海洋中主要是以离子的形式存在，即是以化合态存在的，故答案为：②；（2）LiH做野外生氢剂是有新物质生成的变化，属于化学变化，U发生核裂变、重氢发生核聚变、海水晒盐没有新物质生成，是物理变化，故答案为：③；（3）氯气具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质卤水制取液溴的离子方程式：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；氢氧化钙可以和氯化镁之间发生复分解反应，石灰乳和卤水沉淀出镁元素的离子方程式是：Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2↓+Ca2+；碘离子具有还原性，碘酸根离子具有氧化性，在酸性环境下，二者不共存，发生反应：5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O，故答案为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2↓+Ca2+；5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O；（4）金属钠是活泼金属，电解熔融的氯化钠可以制取金属钠：2NaCl2Na+Cl2↑，工业上电解熔融的氯化镁可以制取金属镁，由于氧化镁的熔点很高，耗能大，所以不采用电解氧化镁的方法，故答案为：2NaCl2Na+Cl2↑；氧化镁的熔点很高，耗能大；（5）质量比约为m（Mn）：m（Fe）=55：448的合金钢中Mn元素和Fe元素的物质的量之比是1：8，根据原子守恒，投料MnO2、Fe2O3-26-\n的物质的量之比是1：4，根据铝热反应实质，MnO2～Al；Fe2O3～2Al，1molMnO2和4molFe2O3消耗金属铝共mol，所以MnO2、Fe2O3、Al的投料比（按物质的量之比）约为1：4：=3：12：28，故答案为：3：12：28．【点评】本题涉及元素以及化合物的性质等方面的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等．　20．有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息AA的单质是密度最小的物质BB的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子CC的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍DD与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小EB、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分FF元素最高正价与最低负价的代数和为4（1）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式　H++HSO3﹣=SO2↑+H2O　（2）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（直接用化学式表示）　S2﹣＞Cl﹣＞Al3+　．（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解．向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等．则原混合物中D单质的质量分数为　30%　．（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示．此时反应的化学方程式为　10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O　．（5）A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛．它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物．写出它与乙醇反应的化学方程式　NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A的单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B为Na；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，Y为NaClO、E为Cl；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，处于VIA族，则F为S元素，据此解答．-26-\n【解答】解：有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A的单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B为Na；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，则D为Al；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，Y为NaClO、E为Cl；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，处于VIA族，则F为S元素，（1）两种均含H、Na、O、S四种元素的化合物在溶液中能相互反应，应是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，反应离子方程式为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O，故答案为：H++HSO3﹣=SO2↑+H2O；（2）电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+；（3）向Fe和Al单质组成的混合物中，加入足量稀硫酸，固体全部溶解．向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体为氧化铁，经称量发现氧化铁的质量和原混合物的质量恰好相等，所以铝的质量相当于氧元素的质量，则原混合物中Al单质的质量分数等于氧化铁中O元素的质量分数=×100%=30%，故答案为：30%；（4）根据图象知，次氯酸根离子的物质的量为0.2mol，氯酸根离子的物质的量为0.1mol，所以次氯酸根离子的物质的量与氯酸根离子的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒知，氯气和氢氧化钙的反应方程式为：10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；故答案为：10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；（5）H、Na形成的化合物NaHBA在有机合成中用途很广泛，它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物，它与乙醇反应的化学方程式为：NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，（3）中关键是理解氧化铁中的氧元素质量相当于铝元素的质量，侧重考查学生对知识的迁移运用能力考查，难度中等．　21．苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某研究性学习小组的同学拟用下列装置制取高纯度的苯甲酸甲酯．有关数据如下表：熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3水溶性苯甲酸122.42491.27微溶甲醇﹣9764.30.79互溶苯甲酸甲酯﹣12.3199.61.09不溶-26-\n请回答下列问题：（1）在烧瓶中混合有机物及浓硫酸的方法是　先将一定量的苯甲酸放入烧瓶中，然后再加入甲醇，最后边振荡边缓慢加入一定量的浓硫酸　，在实际实验中，甲醇、苯甲酸的物质的量之比远大于其理论上的物质的量之比，目的是　提高苯甲酸的利用率　．装置C中除甲醇、苯甲酸与浓硫酸外还需要放置　沸石（或碎瓷片）　．（2）C装置上部的冷凝管的主要作用是　冷凝回流　．（3）制备和提纯苯甲酸甲酯的操作的先后顺序为（填装置字母代号）　CFEADB　．（4）A装置锥形瓶中Na2CO3的作用是　除去酯中的苯甲酸　；D装置的作用是　除去没有反应完的Na2CO3　；当B装置中温度计显示　199.6　℃时可收集苯甲酸甲酯．【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】简答题；实验设计题．【分析】本题是根据酯化反应原理合成苯甲酸甲酯，共分制备、提纯二个流程，涉及混合溶的配制及加热时防暴沸，液体混合物分离的二种常见分离方法分液和蒸馏操作的选择及适用对向的分析．（1）有机物与浓硫酸的混合应可参考浓硫酸的稀释，酯化反应是可逆反应，通常通过增大反应的量来提高原料的利用率和产率，给加热液体混合物时，应防止液体暴沸；（2）反应混合物加热产生的蒸汽要通过C装置上部的冷凝管冷凝重新回流反应容器中，减少原料的损耗，冷却水的水流方向采用逆流的方法，可提高与蒸汽的充分接触，便于冷却完全；（3）在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品；苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，需进行分液、蒸馏等操作；（4）反应完全后有苯甲酸剩余需要通过添加Na2CO3与之反应除去，多余的碳酸钠微溶于有机混合物，可用过滤的方法分离，蒸馏时，根据苯甲酸甲酯的沸点确定温度；【解答】解：（1）参考浓硫酸的稀释，先将一定量的苯甲酸放入烧瓶中，然后再加入甲醇，最后边振荡边缓慢加入一定量的浓硫酸来配制混合液，通过增加甲醇的量，提高苯甲酸的转化率，给液体混合物加热时通常添加沸石防暴沸，故答案为：先将一定量的苯甲酸放入烧瓶中，然后再加入甲醇，最后边振荡边缓慢加入一定量的浓硫酸；提高苯甲酸的利用率；沸石（或碎瓷片）；（2）C装置上部的冷凝管可使反应混合加热时挥发出的蒸汽经冷凝重新回流反应容器中，减少原料的损耗，冷却水的水流方向与蒸汽的流向相反，选择从d口进入，c口流出，故答案为：冷凝回流；（3）在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品；苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，需进行分液、蒸馏等操作，可用分液的方法除去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，然后进行蒸馏，操作的顺序为CFEADB，故答案为：CFEADB；（4）碳酸钠用于洗去苯甲酸甲酯中过量的酸，过量的碳酸钠用过滤的方法可除去，蒸馏时，将苯甲酸甲酯与甲醇、水分离，由苯甲酸甲酯的沸点可知应收集沸点199.6℃的馏分，故应控制温度199.6℃，故答案为：除去酯中的苯甲酸；除去没有反应的碳酸钠；199.6．【点评】本题考查有机物的合成，侧重对化学实验的考查，涉及对装置的理解、物质的分离提纯、对实验条件的控制、对数据的分析处理等，难度中等，需要学生基本知识的基础与灵活运用能力．　-26-\n22．2022年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0①该反应平衡常数表达式　　．②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　bd　（填代号）．（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：　CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol　．（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图是利用甲烷燃料电池电解100mL1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．①甲烷燃料电池的负极反应式：　CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+　．②电解后溶液的pH=　14　（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）．③阳极产生气体的体积在标准状况下是　3.36　L．【考点】化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断．【专题】基本概念与基本理论．【分析】（1）①根据反应方程式2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）及平衡常数的概念写出该反应的化学平衡常数表达式为K；②a．达平衡后正、逆速率相等，且不再变化；-26-\nb．平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；c．1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；d．达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（3）①原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；②根据氯化钠的物质的量及电解方程式来求溶液中生成的氢氧根离子浓度，再计算出溶液的pH；③电解过程中，阳极先生成氯气，之后电解水过程中生成氧气，根据氢气的总物质的量判断阳极生成气体的总物质的量，然后计算出标况下的阳极生成气体的体积．【解答】解：（1）①反应方程式2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）的化学平衡常数表达式为：K=，故答案为：；②a．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b．该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达到最高，平衡常数不变，故b正确；c．t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d．t1时刻NO的质量分数为定值，说明NO的浓度、百分含量不再变化，即t1时刻已经达到平衡状态，故d正确，故答案为：bd；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①2NO2（g）⇌N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③根据盖斯定律，①﹣②+③×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；（3）①、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+；②100mL1mol/L食盐水中含有氯化钠0.1mol，根据反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知，电解0.1molNaCl生成0.1mol氢氧化钠和0.1mol氢气，同时生成0.1mol氯气；继续电解实质为电解水，标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，电解水生成0.1mol氢气会生成0.05mol氧气，及电解过程中阳极总共生成0.15mol气体，-26-\n电解生成标况下2.24L氢气时，生成氢氧化钠的物质的量为：0.1mol，此时溶液中氢氧根离子浓度为：=1mol/L，溶液中氢离子浓度为：c（H+）==10﹣14mol/L，所以溶液的pH=14，故答案为：14；③根据②的分析可知，电解过程中阳极生成了0.1mol氯气和0.05mol氧气，总共生成0.15mol气体，标准状况下阳极生成气体的体积为：22.4L/mol×0.15mol=3.36L，故答案为：3.36．【点评】本题考查了化学平衡常数影响因素及计算、电解原理、热化学方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握化学平衡常数的概念、表达式及其影响因素，明确电解原理，能够正确书写电极反应式．　-26-