湖南省岳阳市平江一中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

湖南省岳阳市平江一中2022届高三（上）期中化学试卷一、选择题：（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是()A．多用电子邮件、MSN、QQ等即时通讯工具，少用传真打印机属于“低碳生活”方式B．我国神七宇航员所穿航天服主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料C．日本福岛核电站爆炸时释放的2种放射性核素13153I和13755Cs的中子数不等D．食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯【考点】常见的生活环境的污染及治理；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；无机非金属材料；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．多用电子邮件、MSN、QQ等即时通讯工具，少用传真打印机能够减少纸张的浪费；B．航天服属于复合材料；C．依据中子数=质量数﹣质子数计算解答；D．聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装．【解答】解：A．多用电子邮件、MSN、QQ等即时通讯工具，少用传真打印机能够减少纸张的浪费，减少树木的砍伐，有利于环境保护和节约资源，属于“低碳生活”方式，故A正确；B．碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的航天服，是一种新型无机非金属材料，故B正确；C．13153I和13755Cs的中子数分别为：131﹣53=78和137﹣55=82，二者不相等，故C正确；D．聚乙烯无毒，可以包装食品；聚氯乙烯有毒，不可以包装食品，故D错误；故选：D．【点评】本题为综合题，考查了低碳生活的含义，常见材料的类型，质子数、中子数、质量数之间的关系，有机高分子材料的使用，掌握基础是解题关键，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度，题目难度不大．2．下列观点正确的是()A．化合物电离时，生成的阴离子是氢氧根离子的是碱B．某化合物的熔融状态能导电，该化合物中一定有离子键C．某化合物的水溶液能导电，该化合物一定是电解质-22-\nD．某纯净物在常温下为气体，则组成该物质的微粒一定含有共价键【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质．【分析】A、电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱；B、离子化合物在熔融状态下会导电，含有离子键的化合物称为离子化合物；C、水溶液或是熔融状态下导电的化合物称为电解质；D、稀有气体为单原子分子，不存在化学键．【解答】解：A、化合物电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱，故A错误；B．熔融状态能导电的化合物，说明存在自由移动的离子，离子之间靠离子键结合，故B正确；C、要看是否自身电离出离子；氨气的水溶液能导电，氨气不是电解质，而氨气溶于水和水结合的一水合氨为电解质，故C错误；D．稀有气体为单原子分子，不存在化学键，故D错误；故选B．【点评】本题考查了一些基本概念，难度较小．注意一些特例，如稀有气体中不存在化学键等．3．可能存在的第119号未知元素，有人称为“类钫”，它位于碱金属族，根据周期表结构及元素性质变化趋势，下列关于碱金属某些元素原子的结构和性质的判断，错误的是()①锂与水反应比钠剧烈②碱金属单质都需要密封保存在煤油中③锂的氧化物暴露在空气中易吸收二氧化碳④锂的阳离子的最外层电子数和钠的相同⑤“类钫”单质是强还原剂⑥“类钫”在化合物中是+1价⑦“类钫”单质的密度大于lg•cm﹣3⑧“类钫”单质有较高的熔点．A．①②④⑧B．①②③⑦C．③④⑤⑧D．①③④⑦【考点】碱金属的性质．【分析】①元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈；②锂密度小于煤油密度；③锂的氧化物氧化物是碱性氧化物，依据碱性氧化物性质判断；④锂原子失去最外层电子后次外层变成最外层，锂离子最外层有2个电子，钠离子最外层有8个电子；⑤“类钫”物质属于碱金属，依据碱金属的性质解答；⑥依据碱金属原子结构特点解答；-22-\n⑦依据碱金属密度从上到下逐渐增大的规律解答；⑧碱金属单质都属于金属晶体，熔点取决于离子键强弱．【解答】解：①金属性：Na＞Li，元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈，则钠与水反应比锂与水反应剧烈，故错误；②锂密度小于煤油密度，用煤油保存锂，起不到隔绝空气的作用，故错误；③它的氧化物是碱性氧化物，所以它的氧化物在空气中易吸收二氧化碳，生成碳酸盐，故正确；④锂原子失去最外层电子后次外层变成最外层，锂离子最外层有2个电子，钠离子最外层有8个电子，二者数目不相同，故错误；⑤“类钫”物质属于碱金属，碱金属单质都具有强的还原性，故正确；⑥碱金属原子结构特点，最外层都只有1个电子，在反应中容易失去电子显+1价，故正确；⑦碱金属密度从上到下逐渐增大，“类钫”单质密度大于钫，密度大于lg•cm﹣3，故正确；⑧碱金属单质都属于金属晶体，单质中离子键较弱，熔点较低，故错误；故选：A．【点评】本题考查了碱金属的性质，熟悉同主族元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大．4．将10mLNO和NO2的混合气体通入装满水倒立在水槽中的量筒内，一段时间后，最后剩余4mL气体，原混合气体中含NO体积为()A．1mLB．3mLC．5mLD．7mL【考点】有关混合物反应的计算．【分析】一氧化氮和水不反应，二氧化氮和水反应，反应方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO，利用差量法计算参加反应的二氧化氮体积，再根据质量守恒计算一氧化氮的体积．【解答】解：一氧化氮和水不反应，二氧化氮和水反应，反应方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO，方法一（利用差量法）：设二氧化氮体积是x，3NO2+H2O═2HNO3+NO气体体积减少33﹣1x（10﹣4）mL-22-\nx==9mL，则一氧化氮体积为10mL﹣9mL=1mL；方法二：设二氧化氮体积为x，一氧化氮体积为y，二氧化氮生成一氧化氮的体积为，解得xx=9y，y=1，所以一氧化氮体积为1mL，故选：A．【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，明确二氧化氮发生的反应是解本题关键，根据方程式中二氧化氮和一氧化氮关系式解答即可，难度不大．5．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17．下列说法正确的是()A．四种元素的原子半径由小到大的顺序为：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）B．X、Y、Z既能形成离子化合物，又能形成共价化合物C．X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒只有2种D．Y、Z分别以最低价态与X形成的化合物，对热稳定性前者强于后者【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理，X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素，结合对应单质化合物的性质解答该题．-22-\n【解答】解：若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：、，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理，X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素，A．Y和Z位于相同周期，同周期元素的原子半径从左到右原子半径逐渐减小，应为r（Y）＞r（Z），故A错误；B．X、Y、Z可形成的化合物可为HNO3或NH4NO3，分别为共价化合物和离子化合物，故B正确；C．H与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4+、OH﹣、H2O、H3O+等，故C错误；D．非金属性Y＜Z，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D错误．故选B．【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握原子结构特点以及元素在周期表中的位置，难度不大．6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是()A．标准状况下，22.4LSO3中含有O数目为3.0NAB．常温常压下，12.2gNaHSO4中含有离子总数为0.3NAC．在1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NAD．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0.6NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，三氧化硫为固体；B、求出NaHSO4的物质的量，然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子来分析；C、碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，导致溶液中阴离子数目增多；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底．【解答】解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据其气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；-22-\nB、12.2gNaHSO4的物质的量为0.1mol，而1molNaHSO4中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，故0.1mol硫酸氢钠中含0.2mol离子即0.2NA个，故B错误；C、100mL1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子水解，溶液中阴离子数目大于0.1mol，阴离子总数大于0.1NA，故C正确；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.6NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．7．固体NH5属离子化合物．它与水反应的方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是()A．1molNH5中含有5NA个N﹣H键B．NH5中N元素的化合价为﹣5价C．与水反应时，原理和NaH与水反应相同D．与乙醇反应时，NH5被还原【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应．【分析】A．NH5是离子化合物氢化铵，由氢离子和铵根离子构成，根据构成离子计算含有氮氢键个数；B．根据元素化合价的代数和为0计算氮元素的化合价，注意NH5属于离子晶体；C．NH4H中氢离子为﹣1价；D．得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中被还原．【解答】解：A．NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4NA个N﹣H键，故A错误；B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，氢离子为﹣1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为﹣3价，故B错误；C．NH4H中氢离子为﹣1价，NaH中H为﹣1价，所以与水反应时，原理和NaH与水反应相同，故C正确；D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由﹣1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，故D错误；故选C．-22-\n【点评】本题考查了氧化还原反应，难度较大，能根据题意判断化合物NH5含有的离子是解本题的关键．8．在氢硫酸溶液中，通入或加入少量的下列物质：①O2；②Cl2；③SO2；④CuSO4；⑤NH3能使溶液的导电能力增强的是()A．①②③B．②④⑤C．①④⑤D．②③④【考点】硫化氢．【分析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化；H2S是弱酸，属于弱电解质，其水溶液导电性较弱，与氨气反应生成强电解质，增强了溶液导电性；H2S能和硫酸铜反应生成难溶于稀硫酸的CuS，据此分析解答．【解答】解：H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，①2H2S+O2=S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，故①错误；②H2S+Cl2=S↓+2HCl，氢硫酸属于弱电解质，HCl属于强酸，所以反应后溶液中氢离子浓度增大，则溶液导电性增强，故②正确；③2H2S+SO2=3S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，故③错误；④H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，氢硫酸属于弱电解质，硫酸是强电解质，所以反应后溶液中氢离子浓度增大，则溶液导电性增强，故④正确；⑤硫化氢为弱电解质，导电性较弱，氨气与硫化氢反应生成强电解质氯化铵，溶液导电性增强，故⑤正确；故选B．【点评】本题考查了氢硫酸的性质、溶液导电性强弱判断，题目难度中等，注意掌握硫化氢的化学性质，明确影响溶液导电性强弱的因素，④为易错点，注意CuS不溶于硫酸．9．用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法．下列所示的实验中（可加热），试纸的选用、现象及对应结论均正确的一项是()选项试剂湿润的试纸现象结论ANa2SO3，浓硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性B碘水淀粉试纸变蓝碘具有氧化性C浓氨水，生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气为碱性气体-22-\nDCu，浓硝酸淀粉﹣KI试纸变蓝NO2为酸性气体A．AB．BC．CD．D【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．Na2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫；B．淀粉遇碘单质变蓝色，为显色反应；C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D．铜和浓硝酸反应生成具有氧化性的二氧化氮气体．【解答】解：A．Na2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫，可使品红褪色，故A正确；B．淀粉遇碘单质变蓝色，为显色反应，不是氧化还原反应，故B错误；C．氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．铜和浓硝酸反应生成具有氧化性的二氧化氮气体，二氧化氮可氧化KI生成碘，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案严密性和可行性的评价，注意KI﹣淀粉试纸遇氧化性物质变蓝，难度不大．10．实验是解决化学问题的基本途径，下列有关实验的叙述不正确的是()A．240mL0.2mol•L﹣1的NaOH溶液配制：需要使用天平、烧杯、250mL容量瓶等仪器B．除去Cu粉中的CuO，可向混合物中滴加适量稀硫酸再过滤C．为增强氯水的漂白性，向其中加入碳酸钙D．为使0.5mol/L的NaNO3溶液物质的量浓度变为1mol/L，可将原溶液加热蒸发掉50克水【考点】溶液的配制；物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．配制240mL0.2mol•L﹣1NaCl溶液步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选择使用的仪器；B．CuO与硫酸反应，而Cu不能；C．盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙，促进氯气的溶解；D．100mL溶液蒸发掉50g水，剩余溶液体积未知，不能计算物质的量浓度．-22-\n【解答】解：A．配制240mL0.2mol•L﹣1NaCl溶液使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故A正确；B．CuO与硫酸反应，而Cu不能，则向混合物中滴加适量稀硫酸可溶除杂，故B正确；C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而促进氯气溶解，导致溶液呈次氯酸浓度增大，则溶液的漂白性增强，故C正确；D．蒸发掉50g水后，剩余溶液未告诉密度，无法计算溶液的体积，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液配制、混合物分离提纯及化学平衡移动等，综合性较强，侧重性质及反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．11．下列各组离子在溶液中能够大量共存，当溶液中c（H+）=10﹣1mol•L﹣1时，有气体产生：而当溶液中c（H+）=10﹣13mol•L﹣1时，又能生成沉淀．则该组离子可能是()A．Na+、Ba2+、NO3﹣、CO32﹣B．Fe2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣C．Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子之间不能发生反应，则大量共存，加酸生成气体，加碱生成沉淀，以此来解答．【解答】解：因Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．离子之间不反应，能共存，加酸Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应生成NO，加碱生成氢氧化亚铁沉淀，故B正确；C．离子之间不反应，能共存，加酸不反应，没有气体生成，故C错误；D．离子之间不反应，能共存，加酸不反应，没有气体生成，加碱没有沉淀，故D错误；故选：B．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应、氧化还原反应和题干信息的抽取的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大．-22-\n12．科技工作者提出用铝粉处理含亚硝酸盐废水的思路：调节亚硝酸盐废水酸碱性，使其pH＞12，然后加入适量的铝粉、搅拌，生成可进入大气循环的气体，从而实现预期目的．下列判断错误的是()A．处理过程中，PH减小B．废水处理中，亚硝酸盐被还原C．废水处理时铝单质转化为AlO2﹣D．铝粉颗粒大小影响废水处理的速率【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】A．pH＞12，溶液呈碱性，Al3+在碱性条件下不能存在；B．铝和亚硝酸盐发生氧化还原反应，铝被氧化，则亚硝酸盐被还原；C．处理过程中，OH﹣与Al、NO2﹣反应，生成N2、AlO2﹣和H2O；D．铝粉颗粒度越小，表面积越大，反应速率越大．【解答】解：A．pH＞12，溶液呈碱性，铝反应生成AlO2﹣，故A错误；B．铝和亚硝酸盐发生氧化还原反应，铝被氧化，则亚硝酸盐被还原，故B正确；C．处理过程中，OH﹣与Al、NO2﹣反应，生成N2、AlO2﹣和H2O，OH﹣参与了反应，故C正确；D．铝粉颗粒度越小，表面积越大，反应速率越大，所以铝粉颗粒大小影响废水处理的速率，故D正确．故选A．【点评】本题考查沸水处理，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养、提高学生的学习的积极性，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的有关问题，难度不大．13．下列离子方程式正确的是()A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3﹣+OH﹣+Ca2+═H2O+CaCO3↓B．氯化铵与氢氧化钠溶液混合：NH4++OH﹣═H2O+NH3↑C．向漂白粉溶于水形成的溶液中通入少量的SO2：Ca2++3ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl﹣+2HClOD．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；B．二者反应生成一水合氨；-22-\nC．二氧化硫具有还原性，能被次氯酸根离子氧化生成硫酸根离子；D．二价铁离子、硫离子都能够被硝酸氧化．【解答】解：A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应，离子方程式：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═H2O+CaCO3↓+CO32﹣，故A错误；B．氯化铵与氢氧化钠溶液混合，离子方程式：NH4++OH﹣═NH3•H2O，故B错误；C．向漂白粉溶于水形成的溶液中通入少量的SO2，离子方程式：Ca2++3ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故C正确；D．硫化亚铁具有还原性，而硝酸具有氧化性，两者要发生氧化还原反应，正确的离子反应为FeS+4H++NO3﹣=Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故D错误；故选：C．【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．14．下列热化学方程式书写正确的是()A．C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=+393.5kJ/molB．2SO2+O2═2SO3；△H=﹣196.6kJ/molC．H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=﹣285.8kJ/molD．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6KJ【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应是放热反应；B、热化学方程式需要标注物质的聚集状态；C、符合热化学方程式的书写方法；D、反应的焓变单位是KJ/mol．【解答】解：A、反应是放热反应，C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5kJ/mol，故A错误；B、反应热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；△H=﹣196.6kJ/mol，故B错误；C、反应热化学方程式符合要求，H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=﹣285.8kJ/mol，故C正确；-22-\nD、反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6KJ/mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，标注物质的聚集状态和反应的焓变是书写基本要求，题目较简单．15．常温下，向0.25mol•L﹣1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是()A．硫酸溶液的体积为30mLB．b时刻溶液中SO42﹣的浓度约为0.125mol•L﹣1C．d时刻溶液的pH约为13D．溶液的导电能力：c＜d=b＜a【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A．硫酸和氢氧化钡溶液反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，二者以1：1反应，且c（H2SO4）=c，二者完全反应时消耗的体积相等，根据图知，加入氢氧化钡20mL时二者恰好反应，所以V（H2SO4）=V=20mL；B．b时刻SO42﹣沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，参加反应的硫酸根离子是原来溶液中浓度的一半；C．d时刻，溶液中的溶质是Ba（OH）2，c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L；D．溶液中离子浓度越大其电解质溶液导电性越强．【解答】解：A．硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等为20mL，故A错误；B．b时刻SO42﹣沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42﹣的浓度约为mol/L=0.083mol•L﹣1，故B错误；-22-\nC．d时刻Ba（OH）2过量，c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，则pH=13，故C正确；D．b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c＜d＜b＜a，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子方程式的有关计算，为高频考点，明确图中各点发生的反应及溶液中的溶质是解本题关键，难点是判断溶液导电能力大小，易错选项是D．16．固体X中可能含有MgCl2、Na2CO3、K2SO3、KAlO2中的一种或几种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如下根据上述实验，下列说法正确的是()A．气体1可能为NO和CO2的混合物B．沉淀3可能为Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物C．沉淀4可能为BaCO3、BaSO3或二者混合物D．固体粉末X中一定有Na2CO3，可能有KAlO2【考点】几组未知物的检验．【分析】固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，加入稀硝酸还有气体生成，则一定含有Na2CO3，向溶液2中加入氨水有沉淀生成，沉淀可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，向溶液2中加入氯化钡有白色沉淀生成，固体中一定含有K2SO3；所以固体中一定含有K2SO3、Na2CO3，可能含有Mg（OH）2和Al（OH）3中的一种或两种，A、稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2；B、沉淀3为Al（OH）3或Mg（OH）2或二者都有；C、能和氯化钡反应产生的不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡；D、固体粉末X中一定有K2SO3，可能有KAlO2．【解答】解：固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成沉淀4，说明固体中含有K2SO3，加入稀硝酸还有气体生成，则一定含有Na2CO3，向溶液2中加入氨水有沉淀生成，沉淀可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，向溶液2中加入氯化钡有白色沉淀生成，固体中一定含有K2SO3；-22-\n所以固体中一定含有K2SO3、Na2CO3，可能含有Mg（OH）2和Al（OH）3中的一种或两种，A、稀硝酸的强氧化性，气体1不可能为SO2，两者要发生氧化还原反应，气体1可能为NO和CO2的混合物，故A正确；B、沉淀3为Al（OH）3或Mg（OH）2或二者都有，故B错误；C、沉淀4可为BaSO4，故C错误；D、固体粉末X中一定有K2SO3，可能有KAlO2，故D错误；故选A．【点评】解此类题，离子的共存问题方面进行分析，熟练掌握常见的盐的性质，而不溶于硝酸的白色沉淀只有硫酸钡和氯化银两种物质是解题的关键．二、非选择题：（共52分）17．银铜合金广泛应用于航空工业．从切割废料中回收银并制备铜的化工产品工艺如下：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）（1）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为2NO+O2=2NO2．（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．（3）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为50.0molCuAlO2（Cu的相对原子量取63.5），至少需要1.0mol•L﹣1的Al2（SO4）3溶液25.0L．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2．（1）无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02；-22-\n（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（3）根据铜元素守恒建立关系式：Cu～CuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2来计算．【解答】解：（1）无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2，红棕色气体溶于水生成硝酸和一氧化氮，故答案为：2NO+O2=2NO2；（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（3）由关系式：Cu～CuAlO2得n（CuAlO2）==50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）×=25.0mol，所以需要体积为=25.0L，故答案为：50.0，25.0．【点评】本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，难度中等．18．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染．工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）湿法制备高铁酸钠（Na2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O．①写出并配平湿法制备高铁酸钠的离子方程式：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O②低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），最可能的原因是相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小．（2）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑该反应中的还原剂是Na2O2和FeSO4，氧化产物是Na2FeO4、O2，每生成lmolNa2FeO4转移5mol电子．【考点】氧化还原反应．-22-\n【分析】（1）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O﹣作氧化剂被还原生成C1﹣，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，再结合转移电子守恒配平方程式；②至饱和可析出高铁酸钾，与溶解度有关；（2）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由﹣1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，再结合Na2FeO4和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：（1）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）时，Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4，则C1O﹣作氧化剂被还原生成C1﹣，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；②低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；（2）该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂，Na2O2和FeSO4是还原剂，Na2FeO4和O2是氧化产物，则每生成lmolNa2FeO4转移电子的物质的量为4+1=5mol，故答案为：Na2O2和FeSO4；Na2FeO4、O2；5．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．19．超氧化钾（KO2）又称为化学氧自救剂，容易与空气中的水、二氧化碳等发生反应，主要用于煤矿井下急救．某兴趣小组拟选用如下装置制备超氧化钾（部分夹持仪器已略去）．请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向的连接顺序为lefdcjka（填仪器接口的字母）．（2）请根据完整的实验装置，完成下列实验步骤：①检验装置气密性；②装入药品，打开分液漏斗活塞；③持续通入气体一段时间后，点燃酒精灯进行反应；④反应结束后，熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞；⑤拆除装置，取出产物．-22-\n（3）数据记录如下：空陶瓷管的质量陶瓷管与钾的总质量陶瓷管与产物的总质量14.80g15.19g15.47g根据数据计算可得实验式KOx，则x=1.75．（4）超氧化钾可吸收二氧化碳，并生成氧气，因此可以作为飞船、潜艇等密闭系统的氧气再生剂．写出超氧化钾与二氧化碳反应的化学方程式：4KO2+4CO2=2K2CO3+3O2．与过氧化钠相比，其优点是相同质量的过氧化钠和超氧化钾相比，超氧化钾释放的氧气更多．【考点】碱金属的性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）一般制备纯净干燥的气体的实验装置的顺序为：制备装置→除杂装置→干燥装置等；（2）制备气体的实验，第一步为检验装置气密性；（3）根据质量关系进行计算；（4）根据质量守恒定律和氧化还原反应进行书写，根据方程式进行计算得出正确结论．【解答】解：（1）超氧化钾容易与空气中的水、二氧化碳等发生反应，因此在制取超氧化钾时，必须要除去空气、水等其他杂质；在题给的实验装置中，不难判断出氧气的发生装置，氧气的净化装置，超氧化钾的生成装置和空气隔绝装置等，其连接顺序为l→e→f→d→c→j→k→a；故答案为：lefdcjka；（2）制备气体的实验，第一步为检验装置气密性，故答案为：检验装置气密性；（3）钾的质量：15.19﹣14.80=0.39g，KOx的质量：15.47﹣14.80=0.67g，-22-\nK～KOx3939+16x=，x=1.75，故答案为：1.75；（4）超氧化钾中的O化合价部分升高，部分降低，故超氧化钾与二氧化碳反应的化学方程式为：4KO2+4CO2=2K2CO3+3O2，生成1mol氧气，需要75×=100g超氧化钾，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，生成1mol氧气，需要78×2=156g过氧化钠，故生成1mol氧气，过氧化钠的质量大于超氧化钾，故答案为：相同质量的过氧化钠和超氧化钾相比，超氧化钾释放的氧气更多．【点评】本题考查元素化合物知识，涉及到物质的性质和制备实验以及相关的计算，注意常见的实验方法．20．为了除去KCl溶液中少量的Mg2+、SO42﹣，可选用Ba（OH）2、HCl和K2CO3三种试剂，按如下步骤操作：（1）上述试剂中，B是K2CO3，C是HCl．（2）操作Ⅱ的名称是蒸发结晶．（3）加过量A时发生有关反应的离子方程式为Mg2++2OHˉ=Mg（OH）2↓、Ba2++SO42ˉ=BaSO4↓．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】除去KCl溶液中少量的Mg2+、SO42﹣，根据氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO42﹣分别沉淀而除去，但除杂时，每一步所加的试剂均是过量的，过量的氢氧化钡需用碳酸钾除去，而多余的碳酸钾需用再由盐酸来除去，故试剂A、B、C依次是Ba（OH）2、K2CO3、HCl，最后纯净的氯化钾溶液经过蒸发结晶就可以得到氯化钾晶体，以此解答；（1）除杂时，每一步所加的试剂均是过量的，最后要把过量的杂质也除去；-22-\n（2）由物质的溶液获得晶体的方法是蒸发结晶；（3）镁离子和氢氧根之间反应生成沉淀，硫酸根和钡离子之间反应生成沉淀．【解答】解：Ⅰ．除去KCl溶液中少量的Mg2+、SO42﹣，根据氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO42﹣分别沉淀而除去，但除杂时，每一步所加的试剂均是过量的，过量的氢氧化钡需用碳酸钾除去，而多余的碳酸钾需用再由盐酸来除去，故试剂A、B、C依次是Ba（OH）2、K2CO3、HCl，最后纯净的氯化钾溶液经过蒸发结晶就可以得到氯化钾晶体，以此解答；（1）氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO42﹣除去，除杂时，每一步所加的试剂均是过量的，过量的氢氧化钡需用碳酸钾除去，而多余的碳酸钾需用盐酸来除去，故试剂A、B、C依次是Ba（OH）2、K2CO3、HCl，故答案为：K2CO3、HCl；（2）物质的溶液获得晶体的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；（3）氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO42﹣除去，方程式分别为：Mg2++2OHˉ=Mg（OH）2↓；Ba2++SO42ˉ=BaSO4↓；故答案为：Mg2++2OHˉ=Mg（OH）2↓；Ba2++SO42ˉ=BaSO4↓．【点评】本题考查了除杂原理及其离子的检验方法，是对实验基本知识的考查，题目难度中等，注意根据反应的现象，结合离子反应进行判断．21．一份溶液中可能含有K+、Al3+、H+、NH4+、Cl﹣、Br﹣、I﹣、ClO﹣、AlO2﹣等离子中的若干种．为了确定溶液的组成，进行了如下操作：（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积关系如图所示；则该溶液中一定存在的离子是Al3+、H+、NH4+，一定不存在的离子是ClO﹣、AlO2﹣．（2）经检测后，该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的氯气，则溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣与通入氯气的体积（标况下）关系如图所示，回答下列问题：Cl2的体积（标况下）2.8L5.6L11.2Ln（Cl﹣）1.25mol1.5mol2moln（Br﹣）1.5mol1.4mol0.9moln（I﹣）amol00①则a为0.15②原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为10：15：4．-22-\n【考点】离子方程式的有关计算．【分析】（1）根据产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系的图示可以知道，刚加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀；之后产生了沉淀，且沉淀完全溶解；沉淀溶解前产生了气体，该气体一定是氨气，以上分析依据，分别对离子存在情况作出判断；（2）①根据反应可知，溶液中阴离子总的物质的量不变（不含氢氧根离子），由表中数据可知，通入5.6L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1mol溴离子，据此计算a的值；②根据由表中数据可知，通入5.6L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1mol溴离子，根据氯气计算反应生成的氯离子物质的量，进而计算原溶液中氯离子物质的量，通入2.8L氯气时溶液中溴离子不反应，由表中数据可知原溶液中溴离子为1.5mol，根据溶液中阴离子总的物质的量不变（不含氢氧根离子）计算原溶液中碘离子的物质的量，据此解答．【解答】解：（1）根据图示，开始时没有沉淀生成，说明溶液中氢离子，一定没有ClO﹣、AlO2﹣；随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有铝离子，一定没有AlO2﹣，；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有铵离子；故答案为：Al3+、H+、NH4+；ClO﹣、AlO2﹣；（2）①根据反应可知，溶液中阴离子总的物质的量不变（不含氢氧根离子），由表中数据可知，通入5.6L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1mol溴离子，故a=1.75+1.4﹣（1.5+1.5）=0.15，故答案为：0.15；②2.8L时，n（Br﹣）=1.5mol，故原溶液中n（Br﹣）=1.5mol；n（Cl﹣）=0.125×2=0.25mol，n（I﹣）=0.25mol，故原溶液中n（Cl﹣）=1.25﹣0.25=1mol；5.6L时，n（Br﹣）=1.5﹣1.4=0.1mol，n（I﹣）=0.25﹣0.1=0.15，故原溶液中n（I﹣）=0.25+0.15=0.4mol；故原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为：1：1.5：0.4=10：15：4，故答案为：10：15：4．-22-\n【点评】本题是离子推断题，考查离子的检验方法及图示理解、分析能力，难度适中，注意离子反应先后顺序的应用是关键．22．化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用．氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料．氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景．现用氢氧燃料电池进行如图所示的实验（图中所用电极均为惰性电极）：（1）对于氢氧燃料电池，下列叙述不正确的是CD．A．a电极是负极，OH﹣移向负极B．b电极的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．电池总反应式为：2H2+O22H2OD．电解质溶液的pH保持不变E．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置（2）如图右边装置中盛有AgNO3溶液，当氢氧燃料电池工作一段时间后，AgNO3溶液的pH减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）已知甲醇的燃烧热△H=﹣726.5kJ/mol，在直接以甲醇为燃料的电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+，正极的反应式为O2+6H++6e﹣═3H2O．理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为96.6%（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）氢氧燃料电池工作时，通入氢气的电极为负极，发生氧化反应，在碱性溶液中，电极方程式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，通入氧气的电极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，总反应式为2H2+O2=2H2O，电解硝酸银溶液，pH减小；-22-\n（2）电解硝酸银溶液，阴极发生4Ag++4e﹣=4Ag，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag，根据方程式计算；（3）甲醇燃料电池，甲醇在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极放电，酸性条件下生成水；根据甲醇的燃烧热计算2mol甲醇完全燃烧放出的热量，结合原电池产生的电能计算．【解答】解：（1）A、a电极通入氢气，发生氧化反应，应是负极，原电池工作时OH﹣移向负极，故A正确；B、通入氧气的电极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故B正确；C、电极总反应式为2H2+O2=2H2O，不是在点燃的条件下反应，故C错误；D、电解硝酸银溶液总反应式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag，电池中电解质溶液的pH减小，故D错误；E、氢氧燃料电池可分别在两级上通入氢气和氧气，是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，故E正确．故答案为：CD；（2）电解硝酸银溶液，阴极发生4Ag++4e﹣=4Ag，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag，所以电解一段时间后溶液pH减小，故答案为：减小；（2）酸性条件下甲醇燃料电池的总反应式为：CH3OH+O2═CO2+2H2O①，酸性条件下该燃料电池的正极反应式为O2+6H++6e﹣═3H2O②，①﹣②得电池负极反应式为：CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+；该燃料电池的理论效率为×100%=96.6%．故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+；O2+6H++6e﹣═3H2O；96.6%．【点评】本题考查电化学知识，为高考常见题型，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和分析问题的能力，明确正负极、阴阳极上得失电子是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．-22-