2022年高三上学期期中化学试卷含解析

2022年高三上学期期中化学试卷含解析一、注意：卷共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分1下列图示的中国古代发明的制作过程涉及到化学变化的是 A粮食酿醋B打磨铜镜C丝线织绸D钻井取卤（）AABBCCDD2了解一些安全生活、生产常识，有助于自身安全及事故救助下列有关安全处理不合理的是（）A木材厂、纺织厂、面粉厂都必须严禁烟火B炒菜时锅中的油着火时可立即盖上锅盖C运输液氯的罐车泄漏时应逆风往高处跑D化学品仓库保存的金属钠着火时可用水灭3如图关于碳循环的说法不正确的是（）A氧元素也参与了碳循环B绿色植物可吸收大气中CO2C大量燃烧化石燃料会造成温室效应D呼吸和光合作用时碳元素均被氧化4相同条件下，下列有关物质性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A硫酸酸性大于磷酸B钾的金属性强于钠C氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水D氟化氢的稳定性大于氯化氢5SO2是一种大气污染物，可用NaOH溶液除去，下列有关解释的方程式不合理的是（）ASO2在大气中能最终生成H2SO4：2SO2+O2+2H2O4H+2SO42B少量SO2与NaOH溶液反应的离子方程式是：SO2+OHHSO3CNaOH溶液缓慢吸收过量SO2的过程中有：SO2+SO32+H2O2HSO3Dn（SO2）：n（NaOH）=1：2时，溶液pH7：SO32+H2OHSO3+OH6将CO2转化为 CH4，既可以减少温室气体的排放，又能得到清洁能源已知：CO2（g）+2H2O（g）CH4（g）+2O2（g）H=+802kJmol1如图为在恒温、光照和不同催化剂（、）作用下，体积为1L的密闭容器中n （CH4）随光照时间的变化曲线下列说法正确的是（）A025h内，催化剂的催化效果比催化剂的效果好B016h内，v（H2O）=1.5 mol/（Lh）C在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数不相等D反应开始后的15h内，第种催化剂的作用下，得到的CH4最多7处理污水的絮凝剂聚合硫酸铁的化学式是m，下列有关该物质说法不合理的是（）A铁元素的化合价为+3价Bn 取值范围是：0n6C不能在酸性较强的环境中使用D若n=2时，构成该物质的三种微粒个数比为1：1：18人体血液呈弱碱性，pH在7.357.45之间，超出范围会引起酸或碱中毒，下列有关血液说法不合理的是（）A血液中溶解的CO2有平衡存在：CO2+H2OH2CO3H+HCO3B当pH7.35时造成酸中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒C病人心肺复苏时大量使用NaHCO3，会造成血液的pH升高，引起碱中毒D取一定量pH=8.1的血液稀释到原体积的10倍，pH=7.19为了控制温室效应，工业上可用CO2来生产甲醇一定条件下，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0下列说法正确的是（）A升高温度，该反应的平衡常数增大B当v（CO2）：v （H2）=1：3时，反应达到平衡C当 c（CH3OH）=1molL1时，反应达到平衡D平衡后再充入一定量的CO2，甲醇的体积分数一定增大10CO和H2在ThNi5作用下可以合成CH4已知温度为T时：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1CH4（g）+2H2O（g）4H2（g）+CO2（g）H=+165kJmol1下列说法不正确的是（）A催化剂不能改变该反应的HB中反应物的键能总和小于生成物的键能总和C中反应物的总能量高于生成物的总能量DCO（g）与H2（g）合成CH4（g）的反应为放热反应11ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（）A可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2BClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2OCClO2处理饮用水时残留的ClO2，可用FeSO4来除去：ClO2+2Fe2+4H+2Fe3+Cl+2H2OD等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强12根据20时某些物质的溶解度（g）数据：CaCO3CaSO4Mg（OH）2MgCO31.41032.5510291041.1102下列说法不正确的是（）A硫酸钙悬浊液中存在CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）B用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3C向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3，沉淀变为红褐色，说明溶解度Fe（OH）3Mg（OH）2D向2ml饱和MgCl2 溶液中先后滴加0.1mol/L的Na2CO3、NaOH溶液各2滴，产生的白色沉淀为Mg（OH）213微电解法是利用原电池原理处理、净化高浓度有机废水的一种理想方法在酸性、充入氧气条件下的铁碳微电解法处理有机废水的过程中，有如下一些反应：O2+4H+4e2H2OO2+2H2O+4e4OH4Fe2+O2+4H+2H2O+4Fe3+下列有关这种铁碳微电解法处理有机废水说法不合理的是（）A在处理废水的过程中，pH升高B铁做负极，电极反应式是 Fe2eFe2+C处理、净化过程中发生的反应都是氧化还原反应DFe（OH）3胶体，可净化除去废水中的悬浮物14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表示更便于理解下列表达正确的是（）ANa2CO3溶液和盐酸反应后溶液中的钠盐：BNaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：CFe与稀硝酸反应的氧化产物：DAlCl3溶液中滴加氨水后铝元素的存在形式：二、解答题（共8小题，满分58分）15已知甲、乙、丙是中学常见的三种气体单质，相互间反应可制得化肥B其转化关系如图1所示：AAAAAAA0周期族（1）将B中所含元素填写在如表的恰当位置中（用元素符号表示）123（2）已知反应一是放热反应，画出能量关系示意图2（3）为加快反应一的速率，可采取的措施有：适当升高温度、选用恰当的催化剂、增大某一反应物的浓度和（4）方法一的化学方程式是（5）用方法二也能制得B：甲和丙反应的产物与A反应即可，这两种方法更好的是（填“方法一”或“方法二”），理由是16甲同学将Na2O2分别与H2O和浓盐酸反应，有如下现象：实验序号使用药品现象Na2O2、H2O试管壁发热有无色无味气体产生Na2O2、浓盐酸试管壁发热有刺激性气味的气体产生反应后所得溶液呈浅黄绿色请完成下列问题：实验I中：（1）该反应是反应（填“放热”或“吸热”）（2）反应的化学方程式是（3）证明无色无味气体是氧气的方法是实验中：（4）根据现象、，推测生成的气体中可能含有Cl2，产生Cl2的化学方程式是（5）若往“浅黄绿色溶液”中加入FeCl3溶液，立即产生与实验相同的气体，原因是17CO是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境污染，发电厂试图采用CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）+Cl2（g）COCl2（g）H=a kJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表：t/minn （CO）/mol n （Cl2）/mol01.200.6010.9020.8040.20（1）反应02min末的平均速率v（COCl2）=mol/（Lmin）（2）在2min4min间，v（Cl2）正v（Cl2）逆 （填“”、“=”或“”），该温度下K=（3）在表格中画出04min末n（COCl2）随时间的变化示意图图2（4）已知X、L可分别代表温度或压强，如图2表示L一定时，CO的转化率随X的变化关系X代表的物理量是；a0 （填“”，“=”，“”），依据是18高纯度的氢氧化镁广泛应用于医药、电力等领域镁硅酸盐矿石可用于生产氢氧化镁，简要工艺流程如图1：已知1：溶液中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子2：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.75.29.712.4（1）向溶液中加入X的作用是（2）向溶液中加入的两种试剂先后顺序是（填化学式）（3）加入H2O2溶液反应的离子方程式是（4）如图2是Mg2+转化率随温度t的变化示意图：t1前Mg2+转化率增大的原因是；t1后Mg2+转化率下降的原因是（用化学方程式表示）向溶液中加入氨水反应的离子方程式是19分析城市空气样本，主要污染物为可吸入颗粒物pm2.5、SO2、NOx等，其主要来源为燃煤和机动车尾气排放等某同学为检测样本中所含成份，将样本用蒸馏水处理制成待测试样，设计实验及实验现象如下：该实验能确认存在的阳离子是该实验检测出样本中有NO3，根据是（用化学方程式解释）根据该实验能否确定样本中含有SO32，（填“能”或“否”），若要确定SO32，所需的实验药品可以是20燃煤厂为减少SO2的排放，可采取的措施是：洗涤含SO2的烟气，下列物质可作洗涤剂的是a浓NH3H2O bNaHCO3 cFeCl3 dNaHSO3将煤转化为清洁气体燃料，过程如图所示：已知：反应生成1molCO（g）的反应热H=110.5KJ/mol反应生成1molH2O（g）的反应热H=241.6KJ/mol焦炭与水蒸气反应的热化学方程式是21汽车尾气处理系统可将CO和NO转化成无毒物质，其化学反应方程式是22为将CO和NO转化为无毒物质，某同学设计了如图装置电极a是极；甲的化学式是；电极b的电极反应式是xx北京市朝阳区高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、注意：卷共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分1下列图示的中国古代发明的制作过程涉及到化学变化的是 A粮食酿醋B打磨铜镜C丝线织绸D钻井取卤（）AABBCCDD【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A粮食酿醋有新物质醋生成； B打磨铜镜没有新物质生成；C丝线织绸没有新物质生成；D钻井取卤没有新物质生成【解答】解：A粮食酿醋有新物质醋生成，属于化学变化，故A正确； B打磨铜镜没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C丝线织绸没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D钻井取卤没有新物质生成，属于物理变化，故D错误故选A【点评】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，基础性比较强，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决本考点主要出现在选择题和填空题中2了解一些安全生活、生产常识，有助于自身安全及事故救助下列有关安全处理不合理的是（）A木材厂、纺织厂、面粉厂都必须严禁烟火B炒菜时锅中的油着火时可立即盖上锅盖C运输液氯的罐车泄漏时应逆风往高处跑D化学品仓库保存的金属钠着火时可用水灭【考点】化学实验安全及事故处理【专题】实验事故处理【分析】A粉尘表面积较大； B根据灭火原理：破坏燃烧的一个条件使燃烧停止，就可以达到灭火的目的灭火的方法有：隔离法、窒息法、冷却法；C氯气有毒，密度比空气大；D钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气【解答】解：A粉尘表面积较大，遇明火可发生爆炸，故A正确； B炒菜时油锅着火，立即盖上锅盖，利用了窒息法灭火，故B正确；C氯气有毒，密度比空气大，应逆风往高处跑，故C正确；D钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气，所以不可用水将其扑灭，故D错误故选D【点评】本题考查化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失3如图关于碳循环的说法不正确的是（）A氧元素也参与了碳循环B绿色植物可吸收大气中CO2C大量燃烧化石燃料会造成温室效应D呼吸和光合作用时碳元素均被氧化【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】生态系统中的碳循环是指大气中的二氧化碳通过生产者的光合作用和化能合成作用进入生态系统，在群落内，碳元素以有机物的形式进行传递，通过生产者、消费者和分解者的呼吸作用和分解作用以二氧化碳的形式返回无机环境【解答】解：A生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳，经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，氧元素也参与了碳循环，故A正确； B绿色植物从空气中吸收二氧化碳，经光合作用转化为葡萄糖，故B正确；C燃烧化石燃料生成二氧化碳，二氧化碳是温室效应的主要原因，故C正确；D光合作用时绿色植物从空气中吸收二氧化碳，碳元素被还原，故D错误故选D【点评】本题主要考查生态系统的碳循环，意在强化学生对碳循环过程的识记与理解，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累4相同条件下，下列有关物质性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A硫酸酸性大于磷酸B钾的金属性强于钠C氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水D氟化氢的稳定性大于氯化氢【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；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】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金属性依次增强；C气态水转化为液态水会放出热量；D同主族从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱【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：SP，则酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B同主族元素从上到下金属性依次增强，则金属性：KNa，能用元素周期律解释，故B不选；C气态水转化为液态水会放出热量，所以氢气燃烧生成气态水放出的热量小于液态水，不能用元素周期律解释，故C选；D同主族从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，则氟化氢的稳定性大于氯化氢，能用元素周期律解释，故D不选故选C【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5SO2是一种大气污染物，可用NaOH溶液除去，下列有关解释的方程式不合理的是（）ASO2在大气中能最终生成H2SO4：2SO2+O2+2H2O4H+2SO42B少量SO2与NaOH溶液反应的离子方程式是：SO2+OHHSO3CNaOH溶液缓慢吸收过量SO2的过程中有：SO2+SO32+H2O2HSO3Dn（SO2）：n（NaOH）=1：2时，溶液pH7：SO32+H2OHSO3+OH【考点】离子方程式的书写；二氧化硫的化学性质【专题】离子反应专题；氧族元素【分析】A二氧化硫具有还原性，能够被氧气氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；B二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水；C二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钠；Dn（SO2）：n（NaOH）=1：2反应生成亚硫钠，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，水解生成氢氧化钠、亚硫酸氢钠，所以溶液显碱性【解答】解：ASO2在大气中能与氧气、水反应氧化还原反应，最终生成H2SO4，离子方程式：2SO2+O2+2H2O4H+2SO42，故A正确；B少量SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式：SO2+2OHH2O+SO32，故B错误；C二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式：SO2+SO32+H2O2HSO3，故C正确；Dn（SO2）：n（NaOH）=1：2时，溶液pH7，是因为反应生成的亚硫酸根离子水生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：SO32+H2OHSO3+OH，故D正确；故选：B【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意盐类水解的规律，题目难度不大6将CO2转化为 CH4，既可以减少温室气体的排放，又能得到清洁能源已知：CO2（g）+2H2O（g）CH4（g）+2O2（g）H=+802kJmol1如图为在恒温、光照和不同催化剂（、）作用下，体积为1L的密闭容器中n （CH4）随光照时间的变化曲线下列说法正确的是（）A025h内，催化剂的催化效果比催化剂的效果好B016h内，v（H2O）=1.5 mol/（Lh）C在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数不相等D反应开始后的15h内，第种催化剂的作用下，得到的CH4最多【考点】浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响【专题】化学平衡图像；化学反应速率专题【分析】A、在025h时，在催化剂I的作用下，生成的甲烷的物质的量较少；B、v（H2O）=2v（CH4）；C、平衡常数只受温度的影响；D、根据图象来分析【解答】解：A、在025h时，在催化剂I的作用下，生成的甲烷的物质的量较少，故催化剂I的催化效果比催化剂的效果好，故A错误；B、在016h内，CH4的反应速率v（CH4）I=0.75mol/（Lh），而v（H2O）=2v（CH4）=20.75mol/（Lh）=1.5 mol/（Lh），故B正确；C、平衡常数只受温度的影响，与催化剂的使用无关，故在恒温的条件下，在两种不同催化剂下，该反应的平衡常数相等，故C错误；D、根据图象不难看出，在反应开始后的15h内，第种催化剂的作用下，得到的CH4较少，故D错误故选B【点评】本题考查了根据图象来分析计算化学反应速率以及分析催化剂对化学平衡常数的影响，难度不大，根据图象来提取有效信息是关键7处理污水的絮凝剂聚合硫酸铁的化学式是m，下列有关该物质说法不合理的是（）A铁元素的化合价为+3价Bn 取值范围是：0n6C不能在酸性较强的环境中使用D若n=2时，构成该物质的三种微粒个数比为1：1：1【考点】根据化学式判断化合价；常见元素的化合价【专题】化学用语专题【分析】A正负化合建的代数和为0； B氢氧根与硫酸根电荷数的和为6；C聚合硫酸铁能与酸反应；D将n=2代入【解答】解：A设铁的化合价为x，2x+n6+n=0，x=3，故A正确； B氢氧根与硫酸根电荷数的和为6，n不可能为6，故B错误；C聚合硫酸铁能与酸反应，不能在酸性较强的环境中使用，故C正确；D将n=2代入，三种微粒个数比为1：1：1，故D正确故选B【点评】本题考查常见元素的化合价，把握物质的结构与性质的关系是解题的关键，题目难度不大8人体血液呈弱碱性，pH在7.357.45之间，超出范围会引起酸或碱中毒，下列有关血液说法不合理的是（）A血液中溶解的CO2有平衡存在：CO2+H2OH2CO3H+HCO3B当pH7.35时造成酸中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒C病人心肺复苏时大量使用NaHCO3，会造成血液的pH升高，引起碱中毒D取一定量pH=8.1的血液稀释到原体积的10倍，pH=7.1【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A、根据二氧化碳溶解时的反应及其碳酸为弱酸分析判断；B、NaHCO3溶液显碱性，可以减弱酸中毒；C、根据NaHCO3溶液显碱性判断；D、加水稀释，有利于电离平衡正向移动；【解答】解：A、因为二氧化碳溶解时发生CO2+H2OH2CO3，碳酸为弱酸，则H2CO3H+HCO3，所以血液中溶解的CO2有平衡存在：CO2+H2OH2CO3H+HCO3，故A正确；B、人体发生酸中毒时，可静脉滴注弱碱性物质解毒，碳酸氢钠溶液呈弱碱性，所以人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒，故B正确；C、因为NaHCO3溶液显碱性，所以病人心肺复苏时大量使用NaHCO3，会造成血液的pH升高，引起碱中毒，故C正确；D、血液中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡正向移动，故取一定量pH=8.1的血液稀释到原体积的10倍，pH7.1，故D错误故选D【点评】本题难度不大，考查同学们利用溶液的PH和酸碱性的关系及灵活运用所学知识进行迁移应用来解释生活中常见的问题的能力9为了控制温室效应，工业上可用CO2来生产甲醇一定条件下，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0下列说法正确的是（）A升高温度，该反应的平衡常数增大B当v（CO2）：v （H2）=1：3时，反应达到平衡C当 c（CH3OH）=1molL1时，反应达到平衡D平衡后再充入一定量的CO2，甲醇的体积分数一定增大【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故A正确；B、只要反应发生就符合v（CO2）：v （H2）=1：3，所以不一定是平衡状态，故B错误；C、平衡时c（CH3OH）可能是也可能不是1molL1，平衡时应浓度不变的状态，故C错误；D、平衡后再充入一定量的CO2，平衡正向移动，甲醇的体积分数与二氧化碳的量充入多少有关，不一定增大，故D错误；故选A【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为010CO和H2在ThNi5作用下可以合成CH4已知温度为T时：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1CH4（g）+2H2O（g）4H2（g）+CO2（g）H=+165kJmol1下列说法不正确的是（）A催化剂不能改变该反应的HB中反应物的键能总和小于生成物的键能总和C中反应物的总能量高于生成物的总能量DCO（g）与H2（g）合成CH4（g）的反应为放热反应【考点】化学反应的能量变化规律；吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、反应的H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小；B、H=反应物的键能总和生成物的键能总和；C、当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热；D、根据所给的反应，通过盖斯定律得到反应，反应热做相应的变化即可【解答】解：A、催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物和生成物的能量，而反应的H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，故催化剂的使用对反应的H无影响，故A正确；B、H=反应物的键能总和生成物的键能总和，而由于反应的H0，故反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故B正确；C、当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，由于反应吸热，故反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D、由于CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1CH4（g）+2H2O（g）4H2（g）+CO2（g）H=+165kJmol1将可得：CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=（41kJmol1）（+165kJmol1）=206KJ/mol，故为放热反应，故D正确故选C【点评】本题考查了催化剂的作用原理、反应吸放热的计算和盖斯定律的应用，难度不大，注意催化剂不能改变反应的H11ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（）A可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2BClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2OCClO2处理饮用水时残留的ClO2，可用FeSO4来除去：ClO2+2Fe2+4H+2Fe3+Cl+2H2OD等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】ACl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价升高到+4价，NaClO2中Cl元素化合价由+5价降低到+4价；BClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应；C电荷不守恒；D根据化合价的变化判断【解答】解：ACl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价升高到+4价，NaClO2中Cl元素化合价由+5价降低到+4价，则n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2，故A正确；BClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2ClO2+2OHClO3+ClO2+H2O，故B正确；C电荷不守恒，应为ClO2+4Fe2+4H+4Fe3+Cl+2H2O，故C错误；DClO2作为氧化剂，由+4价降低到1价，杀菌效果比Cl2、HClO强，故D正确故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，知道常见元素化合价，题目难度不大12根据20时某些物质的溶解度（g）数据：CaCO3CaSO4Mg（OH）2MgCO31.41032.5510291041.1102下列说法不正确的是（）A硫酸钙悬浊液中存在CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）B用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3C向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3，沉淀变为红褐色，说明溶解度Fe（OH）3Mg（OH）2D向2ml饱和MgCl2 溶液中先后滴加0.1mol/L的Na2CO3、NaOH溶液各2滴，产生的白色沉淀为Mg（OH）2【考点】溶解度、饱和溶液的概念【专题】溶解度的计算【分析】A、硫酸钙悬浊液是硫酸钙的饱和溶液，存在溶解平衡；B、CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度；C、沉淀容易由溶解度大的向溶解度小的转化；D、根据MgCO3和Mg（OH）2的Ksp来计算【解答】解：A、硫酸钙悬浊液是硫酸钙的饱和溶液，存在溶解平衡，其溶解平衡的表达式为：CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），故A正确；B、根据Ksp可知，CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度，而沉淀容易由溶解度大的向溶解度小的转化，故用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，故B正确；C、沉淀容易由溶解度大的向溶解度小的转化，向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3，沉淀变为红褐色，即Mg（OH）2转化为Fe（OH）3沉淀，则说明溶解度Fe（OH）3Mg（OH）2，故C正确；D、设产生MgCO3沉淀时所需的碳酸根的浓度为c（CO32），产生Mg（OH）2沉淀是所需的氢氧根的浓度为c（OH），根据MgCO3的Ksp可知：c（Mg2+）c（CO32）=，根据Mg（OH）2的Ksp可知：c（Mg2+）c（OH）2=9104，即当同时产生MgCO3和Mg（OH）2沉淀时，所需的碳酸根和氢氧根的浓度之比为：=，则=，=1.1：3，故产生Mg（OH）2沉淀所需的氢氧根的浓度比产生MgCO3沉淀所需的碳酸根的浓度更高，故应先产生产生MgCO3沉淀，故D错误故选D【点评】本题考查了难溶电解质的Ksp的有关计算，难度不大，应注意的是沉淀的溶解度越小，产生越容易13微电解法是利用原电池原理处理、净化高浓度有机废水的一种理想方法在酸性、充入氧气条件下的铁碳微电解法处理有机废水的过程中，有如下一些反应：O2+4H+4e2H2OO2+2H2O+4e4OH4Fe2+O2+4H+2H2O+4Fe3+下列有关这种铁碳微电解法处理有机废水说法不合理的是（）A在处理废水的过程中，pH升高B铁做负极，电极反应式是 Fe2eFe2+C处理、净化过程中发生的反应都是氧化还原反应DFe（OH）3胶体，可净化除去废水中的悬浮物【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A、根据电极反应O2+4H+4e2H2O来回答；B、金属铁失电子得到亚铁离子；C、氧化还原反应是指有化合价变化的反应，根据过程发生的反应来判断；D、氢氧化铁胶体具有净化水的作用【解答】解：A、根据电极反应O2+4H+4e2H2O，在处理废水的过程中，消耗氢离子，所以pH升高，故A正确；B、在原电池中，铁做负极，电极反应式是 Fe2eFe2+，故B正确；C、Fe2+和OH之间的反应，氢离子和氢氧根离子之间的反应都不是氧化还原反应，故C错误；D、Fe（OH）3胶体具有吸附水中悬浮杂质的作用，可净化除去废水中的悬浮物，故D正确故选C【点评】本题考查学生电解池原理净化水的过程，注意知识的迁移应用是关键，难度中等14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表示更便于理解下列表达正确的是（）ANa2CO3溶液和盐酸反应后溶液中的钠盐：BNaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：CFe与稀硝酸反应的氧化产物：DAlCl3溶液中滴加氨水后铝元素的存在形式：【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】A可能发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；B可能发生的反应2NaOH+CO2（少量）Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）NaHCO3；C可能发生的反应为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O、Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O；D氢氧化铝能溶于强碱溶液但不能溶于弱碱溶液【解答】解：A可能发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，如果n（HCl）：n（Na2CO3）=1：1时生成NaHCO3、NaCl，如果n（HCl）：n（Na2CO3）1：1时碳酸钠有剩余，溶液中的钠盐为Na2CO3、NaHCO3、NaCl，如果n（HCl）：n（Na2CO3）2：1时溶液中钠盐为NaCl，故A错误；B发生反应：2NaOH+CO2（少量）Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）NaHCO3，当n（NaOH）：n（CO2）1，生成NaHCO3，当1n（NaOH）：n（CO2）2，生成Na2CO3、NaHCO3，当n（NaOH）：n（CO2）2，生成Na2CO3，故B正确；C可能发生的反应为3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O、Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当n（HNO3）：n（Fe）时生成Fe（NO3）2，当n（HNO3）：n（Fe）4时生成Fe（NO3）3，如果n（HNO3）：n（Fe）4时生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，故C错误；D氢氧化铝能溶于强碱溶液但不能溶于弱碱溶液，氨水是弱碱，所以氢氧化铝不溶于氨水，则无论氨水是否过量都不生成偏铝酸根离子，故D错误；故选B【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，明确反应分界点是解本题关键，较好地考查学生灵活应用知识的能力，注意D中氢氧化铝不溶于弱碱，为易错点二、解答题（共8小题，满分58分）15已知甲、乙、丙是中学常见的三种气体单质，相互间反应可制得化肥B其转化关系如图1所示：AAAAAAA0周期族（1）将B中所含元素填写在如表的恰当位置中（用元素符号表示）123（2）已知反应一是放热反应，画出能量关系示意图2（3）为加快反应一的速率，可采取的措施有：适当升高温度、选用恰当的催化剂、增大某一反应物的浓度和增大压强（4）方法一的化学方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl（5）用方法二也能制得B：甲和丙反应的产物与A反应即可，这两种方法更好的是方法二（填“方法一”或“方法二”），理由是方法二的原子利用率100%，零排放，符合绿色化学理念【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】甲、乙、丙是中学常见的三种气体单质，相互间反应可制得化肥B，由转化关系可知，反应一为合成氨，甲、乙分别为氮气、氢气中一种，方法一是氯气与氨气反应生成氯化铵与氮气，丙为氯气、B为NH4Cl（1）B为NH4Cl，含有H元素处于第一周期IA族，N元素处于第二周期VA族，Cl元素处于第三周期A族；（2）反应一是放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量；（3）有气体参与反应，增大压强，反应速率加快；（4）方法一是氯气与氨气反应生成氯化铵与氮气；（5）方法二：甲和丙反应的产物与A反应即可，则甲为氢气、乙为氮气，甲和丙反应的产物为HCl，HCl与氨气反应生成NH4Cl，方法二的原子利用率100%，零排放【解答】解：甲、乙、丙是中学常见的三种气体单质，相互间反应可制得化肥B，由转化关系可知，反应一为合成氨，甲、乙分别为氮气、氢气中一种，方法一是氯气与氨气反应生成氯化铵与氮气，丙为氯气、B为NH4Cl（1）B为NH4Cl，含有H元素处于第一周期IA族，N元素处于第二周期VA族，Cl元素处于第三周期A族，如图所示：AAAAAAA01H2N3Cl故答案为：AAAAAAA01H2N3Cl；（2）反应一是放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量，能量关系示意图为：，故答案为：；（3）适当升高温度、选用恰当的催化剂、增大某一反应物的浓度可以加快反应速率，由于有气体参与反应，增大压强，反应速率加快，故答案为：增大压强；（4）方法一是氯气与氨气反应生成氯化铵与氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（5）方法二：甲和丙反应的产物与A反应即可，则甲为氢气、乙为氮气，甲和丙反应的产物为HCl，HCl与氨气反应生成NH4Cl，方法二的原子利用率100%，零排放，符合绿色化学理念，方法二更好，故答案为：方法二；方法二的原子利用率100%，零排放，符合绿色化学理念【点评】本题考查无机物推断，涉及元素周期表、化学反应速率影响因素、化学反应速率转化能力变化、绿色化学等，需要学生熟练掌握中学常见化学工业，难度中等16甲同学将Na2O2分别与H2O和浓盐酸反应，有如下现象：实验序号使用药品现象Na2O2、H2O试管壁发热有无色无味气体产生Na2O2、浓盐酸试管壁发热有刺激性气味的气体产生反应后所得溶液呈浅黄绿色请完成下列问题：实验I中：（1）该反应是放热反应（填“放热”或“吸热”）（2）反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（3）证明无色无味气体是氧气的方法是将带火星的木条放在试管口，复燃则证明是氧气实验中：（4）根据现象、，推测生成的气体中可能含有Cl2，产生Cl2的化学方程式是Na2O2+4HCl（浓）=2NaCl+Cl2+2H2O（5）若往“浅黄绿色溶液”中加入FeCl3溶液，立即产生与实验相同的气体，原因是黄绿色溶液中存在H2O2，加入FeCl3使H2O2分解速率加快，立即产生氧气【考点】探究过氧化钠与水的反应【专题】无机实验综合【分析】（1）试管壁发热，说明反应是放热反应；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，由此书写化学方程式；（3）证明氧气的方法是带火星的木条放在试管口，复燃则证明是氧气；（4）有刺激性气味的气体产生、反应后所得溶液呈浅黄绿色，说明应气体是氯气，过氧化钠氧化浓盐酸生成氯气，由此书写化学方程式；（5）随反应的进行浓盐酸变稀盐酸，而稀盐酸与Na2O2发生复分解生成过氧化氢，所以溶液中存在过氧化氢，在氯化铁催化作用下产生氧气，所以有无色无味气体产生【解答】解：（1）现象试管壁发热，说明反应是放热反应，故答案为：放热；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（3）证明氧气的方法是带火星的木条放在试管口，复燃则证明是氧气，故答案为：将带火星的木条放在试管口，复燃则证明是氧气；（4）有刺激性气味的气体产生、反应后所得溶液呈浅黄绿色，说明应气体是氯气，过氧化钠氧化浓盐酸生成氯气，方程式为：Na2O2+4HCl（浓）=2NaCl+Cl2+2H2O，故答案为：Na2O2+4HCl（浓）=2NaCl+Cl2+2H2O；（5）随反应的进行浓盐酸变稀盐酸，而稀盐酸与Na2O2发生复分解生成过氧化氢，所以溶液中存在过氧化氢，在氯化铁催化作用下产生氧气，故答案为：黄绿色溶液中存在H2O2，加入FeCl3使H2O2分解速率加快，立即产生氧气【点评】本题考查性质实验探究，侧重考查学生动手操作、分析问题能力，物质的性质是实验设计的依据，性质、制备实验方案设计是高考高频点，综合性较强，涉及知识点较多，熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等17CO是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境污染，发电厂试图采用CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化剂的作用下发生反应：CO（g）+Cl2（g）COCl2（g）H=a kJ/mol反应过程中测定的部分数据如下表：t/minn （CO）/mol n （Cl2）/mol01.200.6010.9020.8040.20（1）反应02min末的平均速率v（COCl2）=0.1mol/（Lmin）（2）在2min4min间，v（Cl2）正=v（Cl2）逆 （填“”、“=”或“”），该温度下K=5（3）在表格中画出04min末n（COCl2）随时间的变化示意图图2（4）已知X、L可分别代表温度或压强，如图2表示L一定时，CO的转化率随X的变化关系X代表的物理量是温度；a0 （填“”，“=”，“”），依据是因为X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡图像；化学平衡专题【分析】（1）由表中数据，可知02min内n（CO）=1.2mol0.8mol=0.4mol，由方程式可知c（COCl2）=c（CO）=0.4mol，再根据v=计算v（COCl2）；（2）4min内，反应的氯气为0.6mol0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故4min时CO为1.2mol0.4mol=0.8mol，与2min时CO的物质的量相等，则2min、4min处于平衡状态；由方程式可知，平衡时生成COCl2为0.4mol，平衡常数K=；（3）n（COCl2）随时间的变化增大，开始为0，2min时到达平衡，平衡时COCl2为0.4mol；（4）正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，而图中随X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则X为温度，正反应为放热反应【解答】解：（1）由表中数据，可知02min内n（CO）=1.2mol0.8mol=0.4mol，由方程式可知c（COCl2）=c（CO）=0.4mol，则v（COCl2）=0.1mol/（Lmin），故答案为：0.1；（2）4min内，反应的氯气为0.6mol0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故4min时CO为1.2mol0.4mol=0.8mol，与2min时CO的物质的量相等，则2min、4min处于平衡状态，在2min4min间，v（Cl2）正 =v（Cl2）逆，由方程式可知，平衡时生成COCl2为0.4mol，该温度下平衡常数K=5，故答案为：=；5；（3）随时间的变化，COCl2的物质的量增大，开始为0，2min时到达平衡，平衡时COCl2为0.4mol，04min末n（COCl2）随时间的变化示意图为：，故答案为：；（4）正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，而图中随X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则X为温度，正反应为放热反应，故a0，故答案为：温度；因为X增大时，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率、平衡常数、化学平衡图象等，注意对基础知识的理解掌握18高纯度的氢氧化镁广泛应用于医药、电力等领域镁硅酸盐矿石可用于生产氢氧化镁，简要工艺流程如图1：已知1：溶液中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子2：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.75.29.712.4（1）向溶液中加入X的作用是调节溶液pH（2）向溶液中加入的两种试剂先后顺序是H2O2、MgO（填化学式）（3）加入H2O2溶液反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（4）如图2是Mg2+转化率随温度t的变化示意图：t1前Mg2+转化率增大的原因是升高温度，Mg2+转化率增大，平衡右移，反应是吸热反应；t1后Mg2+转化率下降的原因是（用化学方程式表示）NH3H2ONH3+H2O向溶液中加入氨水反应的离子方程式是Mg2+2NH3H2O=Mg（OH）2+2NH4+【考点】制备实验方案的设计【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；制备实验综合【分析】溶液中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子，根据题中提供的各种金属离子沉淀的pH值可知，加入双氧水可以将亚铁离子氧化成铁离子，再加入试剂X主要作用是调节溶液pH值，使铁离子沉淀，可以加氧化镁或氢氧化镁等，过滤后在滤液中加入氨水使溶液中镁离子沉淀，得氢氧化镁沉淀，由于要通过使铁离子沉淀的方法除去铁，所以要先氧化再沉淀，根据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可知，由于氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，会导致Mg2+转化率减小，据此答题；【解答】解：液中除MgSO4外，还含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子，根据题中提供的各种金属离子沉淀的pH值可知，加入双氧水可以将亚铁离子氧化成铁离子，再加入试剂X主要作用是调节溶液pH值，使铁离子沉淀，可以加氧化镁或氢氧化镁等，过滤后在滤液中加入氨水使溶液中镁离子沉淀，得氢氧化镁沉淀，由于要通过使铁离子沉淀的方法除去铁，所以要先氧化再沉淀，根据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可知，由于氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，会导致Mg2+转化率