2022届辽宁省实验中学分校高三上学期期中化学试卷(解析版)

2015-2016学年辽宁省实验中学分校高三期中化学试卷

一、选择题

1．化学与生活、社会密切相关．下列说法正确的是

A．光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池使用的材料主要是SiO2

B．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂

C．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性

D．SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等

【考点】硅和二氧化硅；氨的物理性质；过氧化氢；二氧化硫的化学性质；乙醇的化学性质．【专题】元素及其化合物；化学计算．

【分析】A．光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体SiO2，太阳能电池使用的材料主要是Si；B．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低；

C．高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性；D．二氧化硫有毒，不能漂白食品．

【解答】解：A．光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体SiO2，是利用光的全反射原理，太阳能电池使用的材料主要是Si，为重要的半导体材料，故A错误；

B．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低，所以液氨常用作制冷剂，故B正确；

C．高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故C错误；

D．二氧化硫具有漂白性，但有毒，所以不能漂白食品，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查物质的用途，侧重考查学生分析问题、解决问题，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是C，题目难度不大．

2．下列说法不正确的是

A．利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液

B．在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关

C．胶体与溶液的分离可用渗析的方法

D．KCl溶液、淀粉溶液和纯水都属于分散系

【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．

【专题】溶液和胶体专题．

【分析】A、根据胶体和溶液的性质鉴别；

B、豆浆属于胶体范畴，加入一些盐可以使胶体聚沉；

C、溶液可以通过半透膜，胶体不能透过；

D、分散系属于混合物，纯水属于纯净物．

【解答】解：A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故A正确；

B、豆浆属于胶体范畴，加入一些盐可以使胶体聚沉，故B正确；

C、溶液可以通过半透膜，胶体不能透过，可以用渗析的方法分离胶体和溶液，故C正确；

D、分散系属于混合物，纯水属于纯净物，故D错误．

故选：D．

【点评】本题考查了分散系、溶液、胶体的概念和性质的关系，难度不大，注意基础知识的积累．

3．关于下列各装置图的叙述中，正确的是

A．实验室用装置①制取氨气

B．装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸

C．装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色

D．装置④左侧烧杯中c减小

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】实验评价题．

【分析】A．氯化铵分解生成氨气和HCl，在管口又化合生成氯化铵，收集不到氨气；B．四氯化碳的密度比水大，能使氨气与水分离；

C．生成的氢氧化亚铁易被氧化；

D．Fe为负极，Cl﹣向负极移动．

【解答】解：A．氯化铵分解生成氨气和HCl，在管口又化合生成氯化铵，收集不到氨气，则装置①不能制取氨气，故A错误；

B．四氯化碳的密度比水大，能使氨气与水分离，则装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸，故B正确；

C．生成的氢氧化亚铁易被氧化，应在溶液下挤出NaOH溶液，或在试管中加少量苯隔绝空气，故C错误；

D．Fe为负极，Cl﹣向负极移动，则装置④左侧烧杯中c不会减小，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、物质的制备、原电池等，把握反应原理及实验的基本操作即可解答，选项C为易错点，题目难度不大．

4．氰化钠是工业上冶炼黄金的重要原料，工业上生产氰化钠的化学方程式为

2Na+2C+2NH3=2NaCN+3H2↑该反应中的还原剂为

A．NH3B．C和Na C．Na和NH3D．C和NH3

【考点】氧化还原反应．

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】从化合价变化的角度分析，还原剂在反应中失电子，所含元素的化合价应升高，以此解答．

【解答】解：反应2Na+2C+2NH3=2NaCN+3H2↑中，Na元素化合价由0价升高到+1价，C元素化合价由0价升高到+2价，被氧化，则C和Na为还原剂，H元素化合价降低，NH3为氧化剂，故选B．

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题注意从元素化合价的角度认识，难度不大．

5．下列说法正确的是

①可用酒精萃取碘水中的碘单质；

②用酒精灯加热试管内固体时，一定要先给试管预热再集中对准药品加热；

③分离碘的CCl4溶液应使用蒸馏法；

④用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部；

⑤稀释浓硫酸时，把水慢慢倒入盛有浓硫酸的烧杯中；

⑥配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出；

⑦检测某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸．

A．①②④⑤⑦B．①②③④⑥C．①④⑦⑥ D．②③④

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】实验事故处理；化学实验基本操作；物质的分离提纯和鉴别．

【分析】①酒精与水互溶；

②符合固体加热的操作；

③碘与四氯化碳沸点不同；

④用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部；

⑤稀释浓硫酸时，应注意防止酸液飞溅；

⑥配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应倒掉重配；

⑦检测某溶液是否含有SO42﹣时，应防止其它离子干扰．

【解答】解：①酒精与水互溶，不能作碘水的萃取剂，故错误；

②符合固体加热的操作，故正确；

③碘与四氯化碳互溶，所以应用蒸馏法分离二者，故正确；

④用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部，故正确；

⑤稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓缓倒入盛有水的烧杯中，故错误；

⑥配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应倒掉重配，故错误；

⑦检测某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，先加入稀盐酸，观察现象，无沉淀生成，再加入氯化钡溶液，故错误．

故选D．

【点评】本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，题目难度中等，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，注意加入试剂的顺序和除杂原理．

6．除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是

A．A B．B C．C D．D

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

【分析】A．碘易溶于四氯化碳，不易溶于水；

B．硫酸钾与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾；

C．CuO与盐酸反应，而Cu不能；

D．二者均与盐酸反应．

【解答】解：A．碘易溶于四氯化碳，不易溶于水，则加CCl4，萃取、分液可除杂，故A正确；

B．硫酸钾与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，则加适量Ba2溶液，过滤可除杂，故B 正确；

C．CuO与盐酸反应，而Cu不能，则加盐酸不能除杂，将原物质除去，故C错误；

D．二者均与盐酸反应，将原物质除去，不符合除杂的原则，故D错误；

故选CD．

【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为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．

7．下列关于实验中颜色变化的叙述正确的是

A．将二氧化硫通入品红溶液中，溶液显红色，加热后变为无色

B．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+ C．将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色

D．用标准高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液，终点时溶液由紫色变为无色

【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．

【专题】卤族元素．

【分析】A、二氧化硫有漂白性，能使品红褪色；

B、无法判断原溶液是否含有三价铁离子；

C、氯气与水反应生成的次氯酸有漂白性；

D、高锰酸钾溶液呈紫色，Na2SO3溶液与高锰酸钾溶液恰好反应时，溶液是无色的，当高锰酸钾过量时溶液呈紫色．

【解答】解：A、二氧化硫遇品红溶液使之褪色，加热后复原，故A错误；

B、该操作不能排除原溶液中是否含有三价铁离子，故B错误；

C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性，能使有色布条褪色，所以将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色，故C正确；

D、当Na2SO3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，所以终点时溶液由无色变为紫色，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查的是有关颜色变化的化学反应，实验时注意观察现象，且能用化学知识解释现象．

8．下列叙述一定正确的是

A．将wg a%的NaCl溶液蒸发掉w/2g水，得到2a%的NaCl溶液

B．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/L

C．将1体积c1mol/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1mol/L

D．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/L的NaCl溶液

【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．

【分析】A．若是饱和的溶液，蒸发水后，质量分数不变；若是不饱和溶液，且2a%最多为饱和溶液；

B.25g硫酸铜的物质的量==0.156mol，其物质的量浓度=；

C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变；

D.5.85g氯化钠物质的量==0.1mol，溶于100mL水中，溶液体积大于100mL．【解答】解：A．若是饱和的溶液，蒸发水后，质量分数不变，因为温度不变，溶解度不变的；若是不饱和溶液，且2a%最多为饱和溶液时，才是正确的，故A错误；

B.25g硫酸铜的物质的量==0.156mol，其物质的量浓度==1.56mol/L，故B错误；

C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，所以稀溶液物质的量浓度

==0.2c1mol/L，故C正确；

D.5.85g氯化钠物质的量==0.1mol，溶于100mL水中，溶液体积大于100mL，则溶液的物质的量浓度小于0.1mol/L，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数的有关计算，为高频考点，侧重考查分析计算能力，注意c=中V指溶液体积而不是溶剂体积，易错选项是A．

9．下列实验操作完全正确的是

A．A B．B C．C D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．取出钠后用滤纸吸干煤油，且烧杯中的水不能装满；

B．高锰酸钾能腐蚀碱式滴定管中的橡胶；

C．胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，可排出气体；

D．分液应注意上下层液体分离，不能从下端均流出．

【解答】解：A．取出钠后用滤纸吸干煤油，且烧杯中的水不能装满，操作错误，故A错误；B．高锰酸钾能腐蚀碱式滴定管中的橡胶，则应利用酸性滴定管盛放高锰酸钾溶液，故B错误；

C．胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，然后排出气体，操作正确，故C正确；

D．分液应注意上下层液体分离，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体从上口倒出，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及性质实验、滴定操作、分液操作等，侧重实验基本操作和实验细节的考查，题目难度不大．

10．某稀溶液中含有Fe3、Cu2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示．则溶液中Fe3、Cu2、HN03物质的量浓度之比为

A．1：1：1 B．1：3：1 C．2：1：4 D．1：1：4

【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；铁的化学性质．

【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物．

【分析】依据氧化还原反应的顺序规律分析计算，溶液中含有Fe 3、Cu 2、HNO3，氧化性顺序为HNO3＞Fe 3＞Cu 2，加入铁后依次反应．

【解答】解：稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3＞Fe 3＞Cu 2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，

①Fe+4HNO3=Fe3+NO↑+2H2O；②Fe+2Fe3+=3Fe2+；③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是①消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应②生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；

再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；

综上所述可知原溶液中Fe 3为1mol，Cu 2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，物质的量浓度之比为1：1：4；

故选D．

【点评】本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用．

11．研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是：

A．Na0H溶液与S02反应时溶液中的

B．NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式

C．Fe在Cl2中燃烧产物

D．Fe和稀HNO3反应后，铁的存在形式

【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质．

【专题】元素及其化合物．

【分析】A、根据可能发生的反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，NaOH+SO2═NaHSO3分析．

B、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；

C、Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，其产物只有FeCl3；

D、依据铁和稀硝酸的定量反应分析判断；

【解答】解：A、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n：n=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n：n=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故A正确；

B、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；NaAlO2+HCl+H2O=Al3↓+NaCl，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，n：n≤1：1，为AlO2﹣，Al3，n：n≥1：4，存在Al3+，1：1～1：4存在Al3，AlCl3，数轴符合，故B正确；

C、Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，其产物只有FeCl3，故C错误；

D、反应的化学方程式：4HNO3+Fe═Fe3+NO↑+2H2O，8HNO3+3Fe═3Fe2+2NO↑+4H2O，Fe与HNO3的物质的量之比为1：4时，恰好反应生成Fe3，即Fe与HNO3的物质的量之比为≤时反应得到Fe3，Fe与HNO3的物质的量之比为3：8时，恰好反应生成Fe2，即Fe与HNO3的物质的量之比为≥时反应得到Fe2，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查了常见的用数轴法表示化学知识，完成此题，可以依据已有的知识进行，所以要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用．

12．下列推断正确的是

A．N2、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在

B．向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，后沉淀溶解

C．可用浓硫酸或者浓硝酸除去镀在铝表面的铜镀层

D．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu2固体，铜粉就会溶解

【考点】镁、铝的重要化合物；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物．

【分析】A．NO不稳定，极易被氧气氧化生成NO2，氮气是空气主要成分；

B．Al3能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液；

C．常温下Cu和浓硫酸不反应；

D．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化较不活泼金属如Cu等．

【解答】解：A．氮气时空气的主要成分之一，不属于污染气体，且NO不稳定，极易被氧气氧化生成NO2

，反应方程式为2NO+O2=2NO2，故A错误；

B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应方程式为AlCl3+3NH3．H2O=Al3↓+3NH4Cl，Al3能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，氨水属于弱碱，所以氢氧化铝不溶于氨水，故B错误；C．浓硫酸与铜需在加热条件下才能反应，所以不能用浓硫酸除去Cu，故C错误；

D．Cu与稀硫酸不反应，加入硝酸钾后，溶液中存在硝酸根离子、氢离子，则Cu与硝酸可发生反应，所以铜粉溶解，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查浓硫酸、硝酸、氢氧化铝、NO等物质性质，为高频考点，明确物质之间的反应是解本题关键，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于强碱，易错选项是D．

13．下列说法正确的是

①含共价键的化合物一定是共价化合物

②气态单质分子中一定含有共价键

③由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物

④离子化合物中一定含有离子键

⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性共价键．

A．②③ B．②③⑤C．③④ D．①②④

【考点】化学键；离子化合物的结构特征与性质．

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】①含共价键的化合物也可能是离子化合物；

②稀有气体是单原子分子，没有共价键；

③铵盐是由非金属元素形成的离子化合物；

④含有离子键的化合物是离子化合物；

⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定存在极性共价键，可能含有非极性键．

【解答】解：①含共价键的化合物也可能是离子化合物，如NaOH中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故错误；

②稀有气体是单原子分子，没有共价键，则气态单质分子中不一定含有共价键，故错误；

③由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，是由非金属元素形成的离子化合物，故正确；

④含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，但是一定有离子键，故正确；

⑤由不同元素组成的多原子分子里，一定存在极性共价键，可能含有非极性键，如H2O2中含有O﹣H极性键和O﹣O非极性键，故错误．

故选C．

【点评】本题考查化学键与化合物的类型，注意利用实例分析选项，把握特殊物质中的化学键及稀有气体中不含化学键，题目难度不大．

14．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

下列叙述正确的是

A．元素的金属性 X＜Y

B．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2

C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水

D．一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来

【考点】原子结构与元素的性质．

【分析】W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z

为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA 族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素．结合元素周期律知识解答该题．

【解答】解：W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z

为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA 族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素．

A．同周期最原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故A错误；

B．在放电条件下氮气与氧气可以化合生成NO，不能直接生成NO2，故B错误；

C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于弱碱氨水，故C错误；

D．一定件下，氧气可以将氨气反应可以生成氮气与水，故D正确；

故选：D．

【点评】本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键．

15．下列物质分类的正确组合是

A．A B．B C．C D．D

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物．

【专题】物质的分类专题．

【分析】纯净物是只有一种分子构成的物质，酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，盐指电离时生成金属阳离子和酸根离子的化合物．

碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．．

酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐、和水的氧化物．

【解答】解：A、氧化铝属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A错误；

B、盐酸属于混合物，不是纯净物，故B错误；

C、过氧化钠不属于碱性氧化物，属于过氧化物，故C错误．

D、根据概念，五水硫酸铜是纯净物，油酸属于酸类，碱式碳酸铜属于碱式盐，氧化钠属于碱性氧化物，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查物质的分类，了解常见物质的组成、物质的名称、分类，抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键，属基础知识考查题，难度不大．

16．下列说法正确的是

A．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应

B．放热反应在常温下一定很容易发生

C．反应是放热还是吸热，必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小

D．化学反应只生成新物质，没有能量的变化

【考点】反应热和焓变．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、反应放热还是吸热与反应条件无关；

B、反应自发与否决定于焓变和熵变两个因素；

C、从反应热的概念出发分析；

D、任何化学反应都有能量变化．

【解答】解：A、燃烧需要加热到着火点，都是放热反应，故A错误；

B、着火点比较高的物质燃烧需要加热到较高温度，故B错误；

C、反应热等于生成物能量和与反应物能量和之差，故C正确；

D、任何化学反应都有能量变化，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查了反应热的影响因素、反应自发进行的条件、反应热的求算、化学反应中的能量变化，题目难度中等．

17．下列有关热化学方程式的叙述正确的是

A．已知2H2+O2=2H2O；△H=﹣483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ

B．已知4P=P4；△H＞0，则白磷比红磷稳定

C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O；△H=﹣57.4kJ/mol

D．己知C+O2=CO2；△H1C+O2=CO；△H2则△H1＞△H2

【考点】热化学方程式．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、根据燃烧热是在某一温度和压强下，1mol物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；

B、物质具有的能量越低越稳定；

C、中和热是稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol水的过程所放出的能量；

D、物质完全燃烧放出的能量多，焓变越小；

【解答】解：A、由燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ?mol﹣1，故A错误；

B、4P=P4△H＞0，则红磷的能量低于白磷的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故B错误；

C、含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O；△H=﹣57.4kJ/mol，故C正确；

D、物质C完全燃烧放出的能量多，所以△H1＜△H2，故D错误；

故选：C．

【点评】本题考查学生燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，注意比较反应热时要考虑反应热前面的负号，难度中等．

18．将某些化学知识用图象表示，可以收到直观、简明的效果．下列图象所表示的化学知识中，不正确的是

A．

分散系的分类

B．

醋酸稀释

C．

向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸

D．

向AlCl3溶液中滴加过量的NaOH溶液

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；分散系、胶体与溶液的概念及关系；钠的重要化合物；铝的化学性质．

【分析】A．依据分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小判断；

B．溶液的导电性与溶液中离子浓度有关；

C．根据盐酸与碳酸钠的反应分析；

D．根据可能发生的反应Al3++3OH﹣=Al3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O分析．

【解答】解：A．胶体分散质粒子直径在1到100纳米之间，溶液分散质粒子直径小于1纳米，浊液分散质粒子直径大于100纳米，故A正确；

B．醋酸溶液加水稀释溶液中离子浓度减小，溶液的导电能力逐渐减弱，故B错误；

C．向Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸先后发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，开始无气体，后来才产生气体，且前后所加盐酸的体积比为1：1，故C正确；

D．先后发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al3↓+3NaCl，Al3+NaOH=NaAlO2+2H2O，生成沉淀过程消耗的NaOH与沉淀溶解消耗的NaOH体积比是3：1故D正确．

故选B．

【点评】本题考查了常见分散系的特征、物质反应的反应先后顺序、溶液的导电性等，注意把握弱电解质的电离平衡、铝的化合物的性质等，题目难度不大．

19．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是

A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣

B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣

C．FeCl2溶液：K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣

D．=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣

【考点】离子共存问题．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．H+与HSO3﹣不能大量共存；

B．能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性；

C．Fe2+和AlO2﹣可发生互促水解；

D．碱性条件，可大量存在．

【解答】解：A．H+与HSO3﹣反应生成SO2而不能大量共存，故A错误；

B．能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I﹣，故B

错误；

C．Fe2+和AlO2﹣可发生互促水解而不能大量共存，故C错误；

D．Kw/c=0.1mol/L的溶液为碱性溶液，在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．

故选D．

【点评】本题主要考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意各选项中的条件，为解答该题的关键，也是易错点．

20．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列有关N A的叙述中正确的有

①标准状况下，20g重水中含有的电子数为10N A

②0.5mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移0.5N A个电子

③将2mol NO和1mol O2混合后，体系中的分子总数为3N A

④乙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6N A

⑤2mol?L﹣1碳酸钠溶液中Na+的数目是2N A

⑥1m ol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目是N A

⑦22.4L的N2的共用电子对数为3N A．

A．3个B．4个C．5个D．全部正确

【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】①依据n=计算物质的量，结合分子结构计算电子数；

②依据氧化还原反应电子守恒计算分析；

③一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮聚合为四氧化二氮；

④乙烯和环丙烷最简式相同为CH2，计算42gCH2中氢原子数；

⑤溶液体积不知不能计算微粒数；

⑥氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底；

⑦气体摩尔体积的应用条件是标准状况下为224L/mol分析；

【解答】解：①依据n=计算物质的量==1mol，结合分子结构计算电子数为10N A，故①正确；

②依据氧化还原反应电子守恒计算分析，0.5mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，Fe2+﹣﹣Fe3+﹣﹣e﹣，转移0.5N A个电子，故②正确；

③一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，2NO+O2=2NO2，二氧化氮聚合为四氧化二氮，2NO=N2O4，体系中的分子总数小于3N A，故③错误；

④乙烯和环丙烷最简式相同为CH2，计算42gCH2中氢原子数=×2×N A=6N A，故④正确；

⑤溶液体积不知不能计算微粒数，故⑤错误；

⑥氯气和水反应是可逆反应不能进行彻底，1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目小于N A，故⑥错误；

⑦气体摩尔体积的应用条件是标准状况下为224L/mol分析，温度压强不知不能计算物质的量，故⑦错误；

故选A．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是物质的量和物理量的计算，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应、可逆反应分析理解是解题关键，题目较简单．

21．下列反应的离子方程式书写正确的是

A．用硫氰化钾溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN﹣=Fe3↓

B．向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O

C．磨口玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH﹣=Na2SiO3↓+H2O

D．NaHCO3溶液和少量Ba2溶液混合：HCO3﹣+OH﹣+Ba2+=H2O+BaCO3↓

【考点】离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A、硫氰化铁属于络合物，不是难溶物，不能够使用沉淀符号；

B、双氧水具有强氧化性，能够氧化碘离子；

C、硅酸钠是强电解质，不能够保留化学式；

D、氢氧化钡少量，离子方程式按照氢氧化钡的组成完成．

【解答】解：A、用硫氰化钾溶液检验Fe3+，生成的硫氰化铁为络合物，正确的离子方程式为：Fe3++3SCN﹣=Fe3，故A错误；

B、向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水，发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O，故B正确；

C、磨口玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，生成的硅酸钠为强电解质，应该写成离子形式，正确的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故C错误；

D、NaHCO3溶液和少量Ba2溶液混合，钡离子不足，反应后溶液中存在碳酸根离子，正确的离子方程式为：2HCO3﹣+2OH﹣+Ba2+=2H2O+CO32﹣+BaCO3↓，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意明确判断离子方程式常用方法检查反应能否发生；检查反应物、生成物是否正确；检查各物质拆分是否正确；检查是否符合守恒关系；检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可；该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力．

22．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示．W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小．下列说法中正确的是

A．原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜Z

B．X元素最高价氧化物分子的比例模型为

C．Z单质与X元素最高价氧化物、Y单质都能反应，体现氧化性

D．W的单质在地壳含量丰富，工业上可通过电解它的无水盐来制备．

【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．

【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y属于第二周期元素，Z和W属于第三周期元素，W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小，则W是Al元素，则Z是Mg元素、X是C元素、Y是N元素，

A．原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；

B．X的最高价氧化物是二氧化碳，为直线型分子；

C．Mg和二氧化碳、氮气都能发生化合反应；

D．氯化铝属于分子晶体，熔融状态下不导电．

【解答】解：根据四种短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置判断X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小得到W是铝元素，X、Y、Z分别是碳、氮、镁元素，

A．根据同周期左到右元素的原子半径减小，同主族上到下元素的原子半径增大，原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜Z，故A正确；

B．X元素最高价氧化物分子是二氧化碳，二氧化碳是直线型分子，故B错误；

C． Z单质镁与X元素最高价氧化物二氧化碳、Y单质氮气都能反应，得到镁的化合物，体现镁的还原化性，故C错误；

D、铝以化合态形式存在，工业上可通过电解熔融氧化铝来制备铝，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查了元素周期表元素周期律，以W元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小为突破口得到X、Y、Z、W分别是哪种元素是关键，再结合物质结构、物质性质分析解答，易错选项是D，注意氯化铝属于共价化合物而不是离子化合物，为易错点．

23．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为

A．21：5 B．11：3 C．3：1 D．4：1

【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算．

【专题】计算题．

【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．

【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1：3，

则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为3mol，被氧化的Cl共为4mol，

失去电子的总物质的量为1mol×+3mol×=16mol，

氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，

Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，

则得到电子的物质的量也应为16mol，

则被还原的Cl的物质的量为16mol，

所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，

故选D．

【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用．

24．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示．则下列有关说法中，不正确的是

A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣

B．原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol

C．当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．原溶液中：n：n：n=2：1：3

【考点】离子方程式的有关计算．

【专题】计算题．

【分析】在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，

通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，

在通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，发生反应：

2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，还原性强弱为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，据此回答判断．

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