北师大实验二龙路中学2022届高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年北师大实验二龙路中学高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）1．下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是（　　）A．氢氧化钠﹣﹣腐蚀品B．高锰酸钾﹣﹣氧化剂C．钠﹣﹣遇湿易燃物品D．甲烷﹣﹣易燃液体　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．氮气的电子式：B．羟基的电子式：C．氯离子的结构示意图：D．质子数为92、中子数为146的铀（U）原子的核素符号：　3．下列事实对应的化学用语正确的是（　　）A．金属钠加入滴有酚酞的水中，溶液变红：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．用NaOH溶液吸收多余的氯气：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．将NaHCO3溶液和过量Ca（OH）2溶液混合有白色沉淀：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生：2H++CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O　4．下列解释事实的方程式正确的是（　　）A．利用铝热反应焊接钢轨：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3B．用氯水除去FeCl3溶液中的Fe2+：Cl2+Fe2+═2Cl﹣+Fe3+C．用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液的浓度：H++OH﹣═H2OD．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2Na++2OH﹣═Na2SiO3+H2O　5．已知16S和34Se位于同一主族，下列说法正确的是（　　）A．热稳定性：H2Se＞H2S＞H2OB．原子半径：Se＞S＞ClC．酸性：H2SeO4＞H2SO4＞HClO4D．还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Br﹣　6．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3　7．下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是（　　）A．铁与稀硫酸反应后的溶液中：[Fe（CN）6]3﹣、NH、Cl﹣、NOB．澄清石灰水中：Na+、K+、CH3COO﹣、HCO-27-\nC．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NO、SO、K+、Na+D．空气中：SO2、NO、N2、NH3　8．将X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（　　）X气体Y溶液预测的现象①CO2饱和Na2CO3溶液白色沉淀析出②SO2Ba（NO3）2溶液白色沉淀析出③Cl2AgNO3溶液白色沉淀析出④NH3AlCl3溶液白色沉淀析出A．只有①②③B．只有①②④C．只有①③④D．①②③④　9．下列装置中能将电能转化为化学能的是（　　）A．B．C．D．　10．电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图．下列说法不正确的是（　　）A．O2在电极b上发生还原反应B．溶液中OH﹣向电极a移动C．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5D．负极的电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O　11．关于下列装置的说法正确的是（　　）-27-\nA．装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B．装置①将电能转变为化学能C．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D．若装置②用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变　12．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H=﹣akJ/mol已知：下列说法正确的是（　　）A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1molH2（g）和1molI2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2molH2（g）和2molI2（g），充分反应后放出的热量为2akJ　13．如图进行实验，试管中现象对应的离子方程式不正确的是（　　）选项ab试管中现象离子方程式A硫酸KI淀粉在空气中放置一段时间后溶液呈蓝色4H++4I﹣+O2=2I2+2H2OB稀盐酸Na2CO3开始时无气泡，后来有气泡CO32﹣+H+=HCO3﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑C稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H++SiO32﹣=H2SiO3（胶体）D硫酸滴有酚酞的Ba（OH）2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OA．AB．BC．CD．D　14．下列说法不正确的是（　　）-27-\nA．为除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入铁粉，再过滤B．为除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液C．为除去乙炔气中少量的H2S，可使其通过CuSO4溶液D．为除去CO2中少量的SO2，可使其通过饱和Na2CO3溶液　15．利用下列装置进行相应实验，有关说法不正确的是（　　）A．图①装置可验证酸性：H2CO3＞H2SiO3B．图②装置可用于收集气体H2CO2Cl2NH3C．图③装置可用于分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层D．图④装置中接通开关后，Zn片腐蚀速率增大，Cu片有气体放出　16．根据下列实验及现象，能量关系正确的是（　　）实验及现象能量关系A将“NO2球”置于热水中，红棕色加深N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＜0BNaOH与HCl溶液混合，溶液温度升高C钠投入水中，熔化成小球D微热含酚酞的Na2CO3溶液，红色加深CO32﹣（aq）+H2O（l）⇌HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）△H＜0A．A、B．B、C．C、D．D、　17．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（　　）A．氮元素均被氧化-27-\nB．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环　18．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（　　）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程　19．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-　20．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止-27-\nFe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（　　）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化　　二、解答题（共5小题，满分50分）21．金属Na、Mg、Al有广泛的应用．（1）周期表中Na、Mg、Al所在周期是　　　　　　．（2）为比较Na、Mg、Al的金属性，进行了如下实验：实验1：各取1.0g金属钠和镁，分别加入到5mL水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢．实验2：各取1.0g的镁条和铝条，分别加入到5mL1.0mol/L盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈．已知：元素金属性强弱可以从其单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度来判断．由实验1和实验2得出的结论是　　　　　　，用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，　　　　　　．（3）Na、Mg、Al都可以用于制备储氢的金属氢化物．①NaH是离子化合物，能与水发生氧化还原反应生成H2，该反应的还原剂是　　　　　　．②NaAlH4是一种良好的储氢材料．NaAlH4与水反应的化学方程式是　　　　　　．　22．氯气是重要的化工原料，有广泛的用途．（1）氯气的电子式是　　　　　　．（2）电解饱和食盐水制氯气的离子方程式是　　　　　　．（3）工业上用H2和Cl2反应制HCl，反应的能量变化如图所示：①该反应的热化学方程式是　　　　　　．②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在稀盐酸中，请结合离子方程式用平衡移动原理解释原因　　　　　　（4）新制饱和氯水中存在：Cl2+H2OHCl+HClO，为使平衡向正反应方向移动，下列措施可行的是　　　　　　．a．加少量NaOH固体b．加CaCO3固体c．加NaCl固体-27-\n（5）“氯胺（NH2Cl）消毒法”是在用液氯处理自来水的同时通入少量氨气，发生反应：Cl2+NH3=NH2Cl+HCl．NH2Cl能与水反应生成可以杀菌消毒的物质，该反应中元素的化合价不变．①NH2Cl与水反应的化学方程式是　　　　　　．②在Cl2+NH3=NH2Cl+HCl中，每消耗11.2LCl2（标准状况下），转移电子　　　　　　mol．　23．硫及其化合物有广泛应用．（1）硫元素在周期表中的位置是　　　　　　．（2）硒与硫在元素周期表中位于同一主族．下列说法正确的是　　　　　　．a．沸点：H2Se＞H2S＞H2Ob．H2Se比H2S稳定性强c．Se的原子半径比S原子大d．SeO2和SO2含有的化学键类型相同（3）SO2可用于制H2SO4．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H1=﹣545kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H2=﹣44kJ/molSO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H3=﹣130kJ/mol则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=　　　　　　kJ/mol．（4）SO2可用于工业制Br2过程中吸收潮湿空气中的Br2，反应的离子方程式是　　　　　　．（5）工业上用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2．Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是　　　　　　．将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液中，溶液的pH不断减小，当溶液的pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂．该过程说明NaHSO3溶液显　　　　　　性，用化学平衡原理解释：　　　　　　．　24．煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：（1）②中NH3参与反应的化学方程式为　　　　　　．（2）③中加入的物质可以是　　　　　　（填字母序号）．a．空气b．COc．KNO3d．NH3（3）焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶（），其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更　　　　　　（填“强”或“弱”），从原子结构角度解释原因：　　　　　　．（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol﹣1N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=ckJ•mol﹣1反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为　　　　　　．　25．电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛．-27-\n（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择　　　　　　（填字母序号）．a．碳棒b．锌板c．铜板用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：　　　　　　．（2）图2中，钢闸门C做　　　　　　极．用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为　　　　　　，检测该电极反应产物的方法是　　　　　　．（3）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔．图3为“镁﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金．①E为该燃料电池的　　　　　　极（填“正”或“负”）．F电极上的电极反应式为　　　　　　．②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因　　　　　　．　　-27-\n2022-2022学年北师大实验二龙路中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共20小题，每小题2分，满分50分）1．下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是（　　）A．氢氧化钠﹣﹣腐蚀品B．高锰酸钾﹣﹣氧化剂C．钠﹣﹣遇湿易燃物品D．甲烷﹣﹣易燃液体【考点】化学试剂的分类．【分析】A．NaOH有强腐蚀性；B．KMnO4有强氧化性；C．Na能与水反应生成氢气，氢气易燃；D．甲烷是气体．【解答】解：A．NaOH又称为烧碱、苛性钠，有强腐蚀性，是腐蚀品，故A对应；B．KMnO4有强氧化性，是氧化剂，故B对应；C．Na能与水反应生成氢气，氢气易燃，故为遇湿易燃物品，故C对应；D．CH4是气体，不是易燃液体，故D不对应，故选D．【点评】本题考查危险化学品的分类，难度不大，平时注意知识的积累．　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．氮气的电子式：B．羟基的电子式：C．氯离子的结构示意图：D．质子数为92、中子数为146的铀（U）原子的核素符号：【考点】电子式；原子结构示意图．【专题】化学用语专题．【分析】A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对；B、羟基中含有1个未成对的单电子；C、氯离子含有3个电子层，最外层有8个电子；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数．【解答】解：A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对，，故A错误；B、羟基中含有1个未成对的单电子，正确应为：，故B错误；C、氯离子含有3个电子层，最外层有8个电子，故C正确；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数，正确应为：，故D错误，故选C．【点评】本题考查化学用语，难度不大，明确原子变成离子时，结构示意图中变化的和不变的量，为易错点．-27-\n　3．下列事实对应的化学用语正确的是（　　）A．金属钠加入滴有酚酞的水中，溶液变红：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．用NaOH溶液吸收多余的氯气：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OC．将NaHCO3溶液和过量Ca（OH）2溶液混合有白色沉淀：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生：2H++CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C．NaHCO3完全反应，生成碳酸钙、NaOH和水；D．醋酸在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．金属钠加入滴有酚酞的水中，溶液变红的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．用NaOH溶液吸收多余的氯气的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；C．将NaHCO3溶液和过量Ca（OH）2溶液混合有白色沉淀的离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C错误；D．将醋酸溶液滴到大理石上有气泡产生的离子反应为2HAc+CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O+2Ac﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　4．下列解释事实的方程式正确的是（　　）A．利用铝热反应焊接钢轨：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3B．用氯水除去FeCl3溶液中的Fe2+：Cl2+Fe2+═2Cl﹣+Fe3+C．用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液的浓度：H++OH﹣═H2OD．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2Na++2OH﹣═Na2SiO3+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．铝还原性大于铁，铝与氧化铁在高温下发生反应生成铁和氧化铝；B．离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；C．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；D．硅酸钠为强电解质，离子方程式中需要拆开．【解答】解：A．铝在高温下能够将氧化铁还原成铁，所以利用铝热反应可焊接钢轨，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A正确；B．用氯水除去FeCl3溶液中的Fe2+，正确的离子方程式为Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+，故B错误；C．用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液的浓度，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为CH3COOH+OH﹣═CH3COO﹣+H2O，故C错误；D．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，原因是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，正确的离子方程式为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故D错误；故选A．-27-\n【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）．　5．已知16S和34Se位于同一主族，下列说法正确的是（　　）A．热稳定性：H2Se＞H2S＞H2OB．原子半径：Se＞S＞ClC．酸性：H2SeO4＞H2SO4＞HClO4D．还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Br﹣【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；B．电子层数越多原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小；C．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．元素非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱．【解答】解：A．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S＞Se，所以氢化物的稳定性H2Se＜H2S＜H2O，故A错误；B．电子层数越多原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，Se有四个电子层、S和Cl有三个电子层，且S原子序数小于Cl，所以原子半径Se＞S＞Cl，故B正确；C．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞Se，所以最高价氧化物的水化物酸性H2SeO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；D．元素非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，非金属性Br＞S＞Se，所以还原性：Se2﹣＞S2﹣＞Br﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查同一周期同一主族元素性质递变规律，为高频考点，明确元素周期律内涵是解本题关键，知道非金属性强弱判断方法，题目难度不大．　6．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3【考点】元素周期律的作用；真题集萃．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．-27-\n　7．下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是（　　）A．铁与稀硫酸反应后的溶液中：[Fe（CN）6]3﹣、NH、Cl﹣、NOB．澄清石灰水中：Na+、K+、CH3COO﹣、HCOC．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NO、SO、K+、Na+D．空气中：SO2、NO、N2、NH3【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁与稀硫酸反应后的溶液中含亚铁离子；B．澄清石灰水，显碱性；C．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，显碱性；D．NO易被氧化．【解答】解：A．铁与稀硫酸反应后的溶液中含亚铁离子，亚铁离子与[Fe（CN）6]3﹣反应生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．澄清石灰水，显碱性，不能大量存在HCO3﹣，故B错误；C．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．NO易被氧化，在空气中不能大量存在NO，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，选项A为解答的难点，题目难度不大．　8．将X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（　　）X气体Y溶液预测的现象①CO2饱和Na2CO3溶液白色沉淀析出②SO2Ba（NO3）2溶液白色沉淀析出③Cl2AgNO3溶液白色沉淀析出④NH3AlCl3溶液白色沉淀析出A．只有①②③B．只有①②④C．只有①③④D．①②③④【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①往饱和的碳酸钠溶液中通人过量的二氧化碳，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成了碳酸氢钠；②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可与H2SO3发生氧化还原反应生成SO42﹣；③氯气通入水中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀；④氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成白色的氢氧化铝沉淀；【解答】解：①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和的碳酸钠溶液中通入适量的二氧化碳发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，会出现白色沉淀析出，故①正确；-27-\n②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可发生3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+4H++2NO↑，会出现白色沉淀析出，故②正确；③氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，氯离子和银离子反应：Ag++Cl﹣+=AgCl↓，会出现白色沉淀析出，故③正确；④氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl，会出现白色沉淀析出，故④正确；故选D．【点评】本题主要考查了实验方案的设计，注意碳酸氢钠是可溶性物质，但碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以适量CO2通入饱和碳酸钠溶液会出现白色沉淀，注意NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，题目难度中等．　9．下列装置中能将电能转化为化学能的是（　　）A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】将电能转化为化学能能，应为电解池装置，结合能量的转化特点判断，然后选择即可．【解答】解：A、氢氧燃料电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故A错误；B、铜锌原电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故B错误；C、铁锌原电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故C错误；D、用电源电解氯化铜溶液为电能转化为化学能的装置，为电解池，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见能量的转化形成，难度不大．　10．电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图．下列说法不正确的是（　　）A．O2在电极b上发生还原反应B．溶液中OH﹣向电极a移动C．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5D．负极的电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O-27-\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】Pt电子通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题．【解答】解：A．氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，a极为负极，故A正确；B．因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D．负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH﹣向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点．　11．关于下列装置的说法正确的是（　　）A．装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B．装置①将电能转变为化学能C．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D．若装置②用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、原电池中阳离子移向正极；B、原电池是将化学能转化为电能；C、电镀时，镀件作阴极；D、电解精炼铜时，阳极上比铜活泼的金属也放电，阴极上只有铜离子放电．【解答】解：A、Zn比铜活泼为负极，Cu为正极，K+移向CuSO4溶液，故A正确；B、原电池是将化学能转化为电能，故B错误；C、用装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故C错误；D、电解精炼铜时溶液中的Cu2+浓度减小，故D错误；故选A．【点评】本题考查了原电池和电解的相关知识、原理，题目难度不大，注意电极反应类型和离子移动方向．　12．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H=﹣akJ/mol已知：-27-\n下列说法正确的是（　　）A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1molH2（g）和1molI2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2molH2（g）和2molI2（g），充分反应后放出的热量为2akJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．HI分子中的化学键是极性共价键；B．依据焓变=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量分析判断；C．依据反应是放热反应，结合能量守恒分析；D．反应是可逆反应不能进行彻底．【解答】解：A．HI分子中的化学键是极性共价键，故A错误；B．△H=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol﹣2H﹣I=﹣aKJ/mol，得到断开2molH﹣I键所需能量约为（a+b+c）KJ，故B正确；C．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故C错误；D．反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学反应的焓变分析，化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等．　13．如图进行实验，试管中现象对应的离子方程式不正确的是（　　）选项ab试管中现象离子方程式A硫酸KI淀粉在空气中放置一段时间后溶液呈蓝色4H++4I﹣+O2=2I2+2H2OB稀盐酸Na2CO3开始时无气泡，后来有气泡CO32﹣+H+=HCO3﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑C稀盐酸Na2SiO3产生白色胶状物2H++SiO32﹣=H2SiO3（胶体）D硫酸滴有酚酞的Ba（OH）2有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OA．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．-27-\n【专题】离子反应专题．【分析】A．酸性条件下碘离子容易被空气中的氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；B．碳酸根离子与氢离子的反应分步进行，先生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳气体；C．硅酸根离子与氢离子反应生成硅酸；D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，离子方程式中氢离子、氢氧根离子的系数错误．【解答】解：A．碘离子在酸性条件下容易被空气中的氧气氧化，所以在空气中放置一段时间后溶液呈蓝色，反应的离子方程式为：4H++4I﹣+O2=2I2+2H2O，故A正确；B．碳酸钠溶液中滴入稀盐酸，先发生反应：CO32﹣+H+=HCO3﹣当碳酸根离子完全转化成碳酸氢根离子后再发生反应：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，所以开始无气泡，后来有气泡，故B正确；C．硅酸钠溶液中滴入盐酸后发生反应：2H++SiO32﹣=H2SiO3（胶体），生成产生白色胶状物，故C正确；D．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写及其应用，题目难度中等，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，本题中既要判断离子方程式书写正误，还要分析现象描述是否正确．　14．下列说法不正确的是（　　）A．为除去FeSO4溶液中的Fe2（SO4）3，可加入铁粉，再过滤B．为除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液C．为除去乙炔气中少量的H2S，可使其通过CuSO4溶液D．为除去CO2中少量的SO2，可使其通过饱和Na2CO3溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．Fe与硫酸铁反应生成FeSO4；B．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层；C．硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能；D．二者均与碳酸钠溶液反应．【解答】解：A．Fe与硫酸铁反应生成FeSO4，则加入铁粉，再过滤可除杂，故A正确；B．溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可除杂，故B正确；C．硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能，则可使其通过CuSO4溶液、洗气除杂，故C正确；D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应使其通过饱和NaHCO3溶液除杂，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　15．利用下列装置进行相应实验，有关说法不正确的是（　　）A．图①装置可验证酸性：H2CO3＞H2SiO3-27-\nB．图②装置可用于收集气体H2CO2Cl2NH3C．图③装置可用于分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层D．图④装置中接通开关后，Zn片腐蚀速率增大，Cu片有气体放出【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸易挥发，不能排除盐酸的影响；B．H2、CO2、Cl2、NH3都可用排空法收集，CO2、Cl2用向上排空法，H2、NH3用向下排空法；C．四氯化碳和水互不相溶，可用分液的方法分离；D．形成原电池反应，锌为负极．【解答】解：A．盐酸易挥发，不能排除盐酸的影响，可用稀硫酸代替盐酸，故A错误；B．H2、CO2、Cl2、NH3都可用排空法收集，CO2、Cl2用向上排空法，可从长导管进气，H2、NH3用向下排空法，可从短导管进气，故B正确；C．四氯化碳和水互不相溶，可用分液的方法分离，故C正确；D．锌比铜活泼，形成原电池反应，锌为负极，正极生成氢气，故D正确．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离、金属的腐蚀等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．　16．根据下列实验及现象，能量关系正确的是（　　）实验及现象能量关系A将“NO2球”置于热水中，红棕色加深N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＜0BNaOH与HCl溶液混合，溶液温度升高C钠投入水中，熔化成小球D微热含酚酞的Na2CO3溶液，红色加深CO32﹣（aq）+H2O（l）⇌HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）△H＜0A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A、升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B、酸碱中和反应为放热反应；C、钠与水的反应为放热反应，钠的熔点较低；D、弱酸根的水解为吸热反应．【解答】解：A、将“NO2球”置于热水中，红棕色加深，说明生成NO2的反应为吸热反应，故N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，故A错误；B、酸碱中和反应为放热反应，即生成物的总能量低于反应物的总能量，故B正确；C、钠与水的反应为放热反应，即生成物的总能量低于反应物的总能量，故C错误；-27-\nD、微热含酚酞的Na2CO3溶液，红色加深，说明水解为吸热反应，即CO32﹣（aq）+H2O（l）⇌HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）△H＞0，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是吸热反应与放热反应的判断，依据反应物与生成物的总能量关系判断即可，难度不大．　17．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（　　）A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环【考点】氮的固定；真题集萃．【分析】A．根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；C．根据氮循环中物质的分类进行解答；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加．【解答】解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．　18．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：-27-\n下列说法正确的是（　　）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【考点】真题集萃．【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．【解答】解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．故选C．【点评】本题为2022年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．　19．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．【解答】解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故C正确；D．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．故选B．【点评】本题为2022年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．-27-\n　20．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（　　）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【考点】真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质．【分析】A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．【解答】解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2，故A正确；B．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，-27-\n故选：C．【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．　二、解答题（共5小题，满分50分）21．金属Na、Mg、Al有广泛的应用．（1）周期表中Na、Mg、Al所在周期是　第三周期　．（2）为比较Na、Mg、Al的金属性，进行了如下实验：实验1：各取1.0g金属钠和镁，分别加入到5mL水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢．实验2：各取1.0g的镁条和铝条，分别加入到5mL1.0mol/L盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈．已知：元素金属性强弱可以从其单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度来判断．由实验1和实验2得出的结论是　Na＞Mg＞Al　，用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，　核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，失去电子能力减弱　．（3）Na、Mg、Al都可以用于制备储氢的金属氢化物．①NaH是离子化合物，能与水发生氧化还原反应生成H2，该反应的还原剂是　NaH　．②NaAlH4是一种良好的储氢材料．NaAlH4与水反应的化学方程式是　NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑　．【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】（1）元素电子层数等于其周期数；（2）金属与水、酸反应越剧烈，金属性越强；同周期自左而右，核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，金属性减弱；（3）①NaH与水发生氧化还原反应生成NaOH与H2，所含元素化合价升高的物质为还原剂；②NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠与氢气．【解答】解：（1）Na、Mg、Al原子核外均有3个电子层，均处于第三周期，故答案为：第三周期；（2）金属与水、酸反应越剧烈，金属性越强，则金属性：Na＞Mg＞Al；同周期自左而右，核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，失去电子能力减弱，金属性减弱，故答案为：Na＞Mg＞Al；核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，失去电子能力减弱；（3）①NaH与水发生氧化还原反应生成NaOH与H2，反应中水中氢元素化合价降低、NaH中氢元素化合价升高，故NaH是还原剂，故答案为：NaH；②NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑．【点评】本题考查元素周期律、氧化还原反应等，难度不大，是对基础知识的简单应用，注意从结构上理解同周期、同主族元素性质的递变规律．　22．氯气是重要的化工原料，有广泛的用途．（1）氯气的电子式是　　．（2）电解饱和食盐水制氯气的离子方程式是　2Cl﹣+2H2O═2OH﹣+H2↑+Cl2↑　．（3）工业上用H2和Cl2反应制HCl，反应的能量变化如图所示：-27-\n①该反应的热化学方程式是　H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ/mol　．②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在稀盐酸中，请结合离子方程式用平衡移动原理解释原因　溶液中存在Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+平衡，增大H+浓度，平衡逆向移动，抑制FeCl3水解　（4）新制饱和氯水中存在：Cl2+H2OHCl+HClO，为使平衡向正反应方向移动，下列措施可行的是　ab　．a．加少量NaOH固体b．加CaCO3固体c．加NaCl固体（5）“氯胺（NH2Cl）消毒法”是在用液氯处理自来水的同时通入少量氨气，发生反应：Cl2+NH3=NH2Cl+HCl．NH2Cl能与水反应生成可以杀菌消毒的物质，该反应中元素的化合价不变．①NH2Cl与水反应的化学方程式是　NH2Cl+H2O=NH3+HClO　．②在Cl2+NH3=NH2Cl+HCl中，每消耗11.2LCl2（标准状况下），转移电子　0.5　mol．【考点】离子方程式的书写；电子式；氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）氯气中两个氯原子通过共用1对电子形成8电子稳定结构；（2）电解氯化钠溶液生成氯气、氢氧化钠和氢气；（3）①根据图中键能数据，应用“△H=反应物总键能﹣生成物总键能”即可求得反应热，注意热化学方程式需要注明物质状态；②Fe3+存在水解平衡且水解后溶液显酸性，所以通过增大H+浓度的方式抑制Fe3+水解；（4）依据化学平衡移动的影响因素解答；（5）①依据题意：NH2Cl能与水反应生成可以杀菌消毒的物质，该反应中元素的化合价不变判断产物写出方程式；②反应中只有Cl元素化合价发生变化，氯气的物质的量为0.5mol，化合价分别由0价变化为﹣1价、+1价，转移电子数为0.5mol．【解答】解：（1）氯气中两个氯原子通过共用1对电子形成8电子稳定结构，电子式为，故答案为：；（2）电解氯化钠溶液生成氯气、氢氧化钠和氢气，离子方程式：2Cl﹣+2H2O═2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O═2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（3）①△H=反应物总键能﹣生成物总键能”=436kJ/mol+243kJ/mol﹣2×431kJ/mol=﹣183kJ/mol，则热化学方程式为H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△=﹣183kJ/mol，故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△=﹣183kJ/mol；②因为Fe3+存在水解平衡且水解后溶液显酸性，离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，所以通过增大H+浓度的方式抑制Fe3+水解，-27-\n故答案为：氯化铁溶液中存在如下平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，在盐酸中氢离子浓度较大，可使平衡逆向移动，一直铁离子水解；（4）可使溶液中的平衡正向移动的方法有：升温（吸热反应）或降温（放热反应）、增大反应物浓度、降低生成物浓度（加可与生成物反应的物质），可加入碳酸钙和氢氧化钠，消耗氢离子，生成物浓度降低，可使平衡正向移动，故答案为：ab；（5）①根据题目信息“生成可以杀菌消毒的物质”可知一种产物为HClO，根据守恒的原则，另一种产物为NH3，方程式为NH2Cl+H2O=HClO+NH3，故答案为：NH2Cl+H2O=HClO+NH3；②反应中只有Cl元素化合价发生变化，氯气的物质的量为0.5mol，化合价分别由0价变化为﹣1价、+1价，转移电子数为0.5mol，故答案为：0.5．【点评】本题为综合题，考查了物质电子式书写、离子方程式、化学方程式书写、化学平衡移动影响因素，盐类水解规律，把握热化学方程式书写方法、盐类水解规律是解题关键，题目难度中等．　23．硫及其化合物有广泛应用．（1）硫元素在周期表中的位置是　第3周期ⅥA族　．（2）硒与硫在元素周期表中位于同一主族．下列说法正确的是　cd　．a．沸点：H2Se＞H2S＞H2Ob．H2Se比H2S稳定性强c．Se的原子半径比S原子大d．SeO2和SO2含有的化学键类型相同（3）SO2可用于制H2SO4．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H1=﹣545kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H2=﹣44kJ/molSO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H3=﹣130kJ/mol则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=　﹣197　kJ/mol．（4）SO2可用于工业制Br2过程中吸收潮湿空气中的Br2，反应的离子方程式是　SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣　．（5）工业上用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2．Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是　2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O　．将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液中，溶液的pH不断减小，当溶液的pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂．该过程说明NaHSO3溶液显　酸　性，用化学平衡原理解释：　HSO3﹣⇌H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度　．【考点】氧化还原反应；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；氧族元素．【分析】（1）S的原子序数为16；（2）a．相对分子质量越大，沸点越高，含有氢键的沸点较高；b．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；c．同主族从上到下，原子半径逐渐增大；d．不同非金属元素原子间形成极性键；（3）利用盖斯定律，将热化学方程式进行运算，计算反应的焓变；（4）SO2具有还原性，工业制溴过程中用SO2吸收潮湿空气中的Br2，可确定反应物为SO2、Br2、H2O，反应生成硫酸和HBr；-27-\n（5）二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；当溶液的pH约为6时，溶质为NaHSO3，则电离大于其水解．【解答】解：（1）S的原子序数为16，核外有16个电子分三层排布，最外层有6个电子，则硫在周期表中的位置为第3周期ⅥA族；故答案为：第3周期ⅥA族；（2）a．相对分子质量越大，沸点越高，含有氢键的沸点较高，水分子间存在氢键，沸点最高，所以沸点：H2O＞H2Se＞H2S，故a错误；b．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：S＞Se，则H2S比H2Se稳定性强，故b错误；c．同主族从上到下，原子半径逐渐增大，则Se的原子半径比S原子大，故c正确；d．不同非金属元素原子间形成极性键，所以SeO2和SO2均只含有极性键，所以化学键类型相同，故d错误；故答案为：cd；（3）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H1=﹣545kJ/mol①H2O（g）=H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol②SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H3=﹣130kJ/mol③利用盖斯定律：（①﹣②×2﹣③×2）得2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol，故答案为：﹣197；（4）SO2具有还原性，工业制溴过程中用SO2吸收潮湿空气中的Br2，可确定反应物为SO2、Br2、H2O，反应生成硫酸和HBr，则配平得化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣；（5）二氧化硫与氢氧化钠反应的离子方程式：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O；当溶液的pH约为6时，溶质为NaHSO3，则电离大于其水解，溶液显酸性，涉及平衡有HSO3﹣⇌H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度；故答案为：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O；酸；HSO3﹣⇌H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度．【点评】本题考查硫元素及其化合物的性质，侧重元素化合物性质及氧化还原反应的考查，注意习题中的信息及涉及的氧化还原反应为解答的关键，题目难度中等．　24．煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：（1）②中NH3参与反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．（2）③中加入的物质可以是　bd　（填字母序号）．a．空气b．COc．KNO3d．NH3-27-\n（3）焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶（），其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更　强　（填“强”或“弱”），从原子结构角度解释原因：　C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强　．（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol﹣1N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=ckJ•mol﹣1反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为　4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=（3c﹣3a﹣2b）kJ•mol﹣1　．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的书写．【专题】化学反应中的能量变化；氮族元素．【分析】（1）氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水；（2）由图表可知，氮由+2价变成0价，应加还原剂；（3）N的电负极强，所以N原子吸引电子能力更强，C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；（4）N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol﹣1…①；N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣1…②；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=ckJ•mol﹣1…③；3③﹣3①﹣2②得到4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l），运用盖斯定律解题．【解答】解：（1）氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）氮由+2价变成0价，应加还原剂，CO和氨气，故选：bd；（3）N的电负极强，所以N原子吸引电子能力更强，由于C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N原子在同一周期（或电子层数相同），N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强；（4）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol﹣1…①；N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=bkJ•mol﹣1…②；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=ckJ•mol﹣1…③；而①的反应为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l），所以△H=3③﹣3①﹣2②，则△H=（3c﹣3a﹣2b）kJ•mol﹣1，所以热化学方程式为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=（3c﹣3a﹣2b）kJ•mol﹣1，故答案为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=（3c﹣3a﹣2b）kJ•mol﹣1．【点评】本题考查较为综合，涉及氨气的制备、性质以及氮氧化物的性质，侧重于基础知识的考查，题目较为简单，注意相关基础知识的学习与积累．　25．电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛．-27-\n（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择　b　（填字母序号）．a．碳棒b．锌板c．铜板用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：　锌等做原电池的负极，（失电子，Zn﹣2e﹣═Zn2+），不断遭受腐蚀，需定期拆换　．（2）图2中，钢闸门C做　阴　极．用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　，检测该电极反应产物的方法是　湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气　．（3）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔．图3为“镁﹣次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金．①E为该燃料电池的　负　极（填“正”或“负”）．F电极上的电极反应式为　ClO﹣+2e﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣　．②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因　Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑　．【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】（1）形成原电池时，Fe作正极被保护；活泼性比Fe强的金属作负极，被腐蚀；（2）Fe作阴极被保护；阳极上氯离子失电子生成氯气，检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸；（3）①原电池中失电子的为负极；正极上ClO﹣得电子生成氯离子；②Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气．【解答】解：（1）形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌；锌的活泼性比Fe强的作负极，不断遭受腐蚀，需定期拆换；故答案为：b；锌等做原电池的负极，（失电子，Zn﹣2e﹣═Zn2+），不断遭受腐蚀，需定期拆换；（2）Fe作阴极被保护，则钢闸门C做阴极；电解氯化钠溶液时阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸，即用湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；故答案为：阴；2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；（3）①“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则Mg为负极；正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为：ClO﹣+2e﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣；故答案为：负；ClO﹣+2e﹣+H2O═Cl﹣+2OH﹣；②Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑，故答案为：Mg+2H2O═Mg（OH）2+H2↑．-27-\n【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的分析应用，把握原电池原理和电解池原理以及电解过程中电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　-27-