2022届广东省大联考高一下学期期中检测化学试题（含解析）

广东省大联考2021-2022学年度第二学期期中检测高一年级化学试题本试卷分二个大题，满分100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65一、选择题(共43题，每小题1.5分，共64.5分，每题只有一个正确选项)1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点【1题答案】【答案】A【解析】【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。2.某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是A.所得溶液中c()=2.75mol·L-1B.所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)=1：2C.反应后生成NO的体积为33.6L(标准状况下)D.所得溶液中的溶质只有FeSO4【2题答案】【答案】A【解析】【分析】铁与稀硝酸完全反应生成硝酸铁的离子方程式Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，铁与稀硝酸完全反应生成硝酸亚铁的离子方程式3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，若1.5mol铁完全反应生成铁离子，反应消耗硝酸根离子为1.5mol，氢离子为1.5mol×4=6mol，若1.5mol铁完全反应生成亚铁离子，反应消耗硝酸根离子为1.5mol×2=3mol，氢离子为1.5mol×=4mol，由题意可知，溶液中硝酸根离子为4mol、氢离子为5mol可知，1.5mol铁完全反应，反应中硝酸根离子过量，氢离子不足，反应后溶液中含有铁离子、亚铁离子、硝酸根离子和硫酸根离子，设铁离子为xmol，由反应方程式可得：4x+(1.5—x)×=5，解得，x=，则溶液中含有mol铁离子和mol亚铁离子，硫酸根离子为2.5mol，硝酸根离子为4mol—（mol+mol×）=2.75mol，钾离子为4mol。【详解】A．由分析可知，反应后溶液中c()==2.75mol/L，故A正确；B．由分析可知，所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)=n(Fe2＋)：n(Fe3＋)=mol：mol=1：1，故B错误；C．由分析可知，溶液中硝酸根离子为2.75mol，由氮原子个数守恒可知，标准状况下，一氧化氮的体积为(4—2.75)mol×22.4L/mol=28L，故C错误；D．由分析可知，反应所得溶液中含有铁离子、亚铁离子、钾离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则所得溶液中的溶质不可能只含有硫酸亚铁，故D错误；故选A。3.某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是A.澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2B.品红褪色，可能是Cl2导致的C.氧化铜粉末变红，说明CO和H2中至少有一种D.CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A、通过澄清石灰水时没有沉淀，可能是气体中不含有SO2，或是含有SO2同时含有HCl，这样反应即使生成CaSO3沉淀也会在过量的HCl作用下溶解。故A错误；B、当气体中HCl足够多时，部分HCl将Ca(OH)2反应后，剩余的HCl溶于水使溶液呈酸性，SO2、Cl2就会从溶液中溢出，所以通过品红溶液品红褪色，可能是由于SO2引起，也有可能是Cl2引起，故B错误；C、由于Cl2也能与Ca(OH)2反应被吸收，因此原气体中一定存在HCl。再通过氢氧化钠溶液能够吸收可能存在的SO2、Cl2。剩余的气体可以使加热的CuO还原成Cu，则剩余的气体可能是CO、H2中的一种或两种，故C正确；D、最后通入CaCl2溶液时，前一步反应可能生成的CO2、H2O都不可能反应生成沉淀，因此D错误。答案选C。【点睛】实验现象的分析不能遗漏产生这种现象的各种可能。4.已知NO2、NO的混合气体可与NaOH溶液发生化学反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O，NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，将224mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体溶于20mLNaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出。则NaOH溶液的物质的量浓度为()A.1mol/L B.0.5mol/L C.0.25mol/L D.0.2mol/L【4题答案】【答案】B【解析】【详解】将224mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体的物质的量为0.224/22.4=0.01mol，根据方程式分析，氮原子物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，则氢氧化钠的物质的量为0.01mol，则其物质的量浓度为0.01/0.02=0.5mol/L，故选B。【点睛】掌握守恒法在计算中的应用，根据两个方程式分析，氮原子物质的量和钠的物质的量相等，即等于氢氧化钠的物质的量，由此进行计算。5.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是A.甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B.乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C.丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D.丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．向AlCl3溶液中加入NaOH溶液至过量，发生反应化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O则消耗NaOH的物质的量为3:1，A不正确；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量，发生反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，消耗盐酸的物质的量为1:3，B不正确；C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，起初为Al3+与OH-发生反应生成Al(OH)3沉淀，然后为与OH-反应生成NH3和水，最后为Al(OH)3与OH-反应生成和水，C正确；D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量，最后一步反应为BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，沉淀的物质的量减小，D不正确；故选C。6.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A.Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B.正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O=2Ag＋2OH−C.锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【6题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，B项正确；C.Zn较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。7.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（）个①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤C(g)的物质的量浓度不变⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零⑧单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolAA.4 B.5 C.6 D.7【7题答案】【答案】C【解析】【详解】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；⑦某时刻υ(A)=2υ(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；⑧单位时间内生成nmolD一定消耗2nmolA，同时生成2nmolA，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。【点睛】本题考查化学平衡的标志，化学平衡的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态；“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志，不变物理量不变不能作为平衡的标志。注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。8.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D.阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。9.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸(70%)Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【9题答案】【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。10.硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是A.该过程有H2O参与 B.NO2是生成硫酸盐的氧化剂C.硫酸盐气溶胶呈酸性 D.该过程没有生成硫氧键【10题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。11.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：下列说法不正确的是A.X可以是空气，且需过量B.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH废水时，发生反应的离子方程式为NH+NO=N2↑+2H2O【11题答案】【答案】A【解析】【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)通入石灰乳，二氧化碳、二氧化硫和石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，气体N2、NO、CO和氧化剂将NO氧化，再经过氢氧化钠溶液变为亚硝酸钠，亚硝酸钠和铵根反应生成氮气，而气体2主要是氮气和CO，再经过捕获剂得到无污染的氮气和捕获产物。【详解】A．X可以是空气，氧气、NO和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠，但氧气不能过量，过量会生成硝酸钠，故A错误；B．根据前面分析过量石灰乳，因此固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故B正确；C．根据分析，CO再整个过程中没有反应，因此捕获剂所捕获的气体主要是CO，故C正确；D．处理含NH废水时，铵根和亚硝酸根反应生成无污染的气体，因此发生反应的离子方程式为NH+NO=N2↑+2H2O，故D正确。综上所述，答案为A。12.用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是A.上下移动①中铜丝可控制SO2的量B.②中选用品红溶液验证SO2的生成C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D.为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色【12题答案】【答案】D【解析】【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。答案选D13.[2016全国Ⅰ]下列实验操作能达到实验目的的是A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【13题答案】【答案】C【解析】【详解】A．乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；B．NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，B错误；C．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子发生水解反应，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极容易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯气的溶解度减小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，D错误。答案选C。14.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【14题答案】【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。15.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A.充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B.充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C.放电时，负极反应：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【15题答案】【答案】C【解析】详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。16.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.右边吸附层中发生了还原反应B.负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2OC.电池的总反应是2H2＋O2=2H2OD.电解质溶液中Na＋向右移动，向左移动【16题答案】【答案】C【解析】【分析】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应。【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。A.右边吸附层中发生了还原反应，A正确；B.氢气在负极上发生氧化反应，电解质中有强碱，故负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正确；C.没有氧气参与反应，C不正确；D.电解质溶液中Na＋向右边的正极移动，向左边的负极移动，D正确。综上所述，本题选不正确的，故选C。17.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：下列说法中正确的是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【17题答案】【答案】C【解析】【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。18.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：点小于点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.时，SO2的转化率：段小于段【18题答案】【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。19.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是A.正极反应为AgCl＋e－＝Ag＋Cl－B.放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D.当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【19题答案】【答案】D【解析】【详解】A．电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl，正极发生还原反应，正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，故A错误；B．由于电解质溶液为盐酸，所以负极产生的银离子迅速和氯离子在交换膜左侧溶液中生成AgCl沉淀，不可能有大量银离子移动到交换膜右侧，但H+从左侧移动到右侧，故B错误；C．若用NaCl溶液代替盐酸，负极发生反应，正极发生反应Cl2＋2e－＝2Cl－，电池总反应不变，故C错误；D．当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧产生0.01molAg＋与0.01molCl－反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01molH＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液减减少0.02mol离子，故D正确；选D20.依据图示关系，下列说法不正确的是A.石墨燃烧是放热反应B.1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多C.C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2D.化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【20题答案】【答案】C【解析】【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；答案选C。21.锂(Li)—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确的是

A.金属锂作负极，发生氧化反应B.Li+通过有机电解质向水溶液处移动C.正极的电极反应：O2+4e—==2O2—D.电池总反应：4Li+O2+2H2O==4LiOH【21题答案】【答案】C【解析】【详解】A项，在锂空气电池中，金属锂失去电子，发生氧化反应，为负极，故A项正确；B项，Li在负极失去电子变成了Li+，会通过有机电解质向水溶液处（正极）移动，故B项正确；C项，正极氧气得到了电子后与氢结合形成氢氧根，电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故C项错误；D项，负极的反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应则为4Li+O2+2H2O==4LiOH，故D项正确。综上所述，本题的正确答案为C。22.Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是A.负极反应式为Mg-2e-=Mg2+B.正极反应式为Ag++e-=AgC.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑【22题答案】【答案】B【解析】【分析】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。【详解】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，A、负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；B、正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；C、原电池中阴离子移向负极，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确。答案选B。23.一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：n/molt/min02.02.4050.9101.6151.6下列说法正确的是（）A.0~5min用A表示的平均反应速率为B.该反应在10min后才达到平衡C.平衡状态时，D.物质B的平衡转化率为20%【23题答案】【答案】C【解析】【详解】A.v(C)=，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；B.15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C.根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；D.物质B的平衡转化率为，故D错误；故答案为C。24.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（）A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率B.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O【24题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。25.某温度下，浓度都是的两种气体和，在密闭容器中反应生成Z，反应2min后，测得参加反应的为，用变化表示的反应速率，生成的，则该反应方程式为A. B.C. D.【25题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】由题意可知，和反应中消耗和的浓度分别为、×2min=，生成Z的浓度为，则反应物、和生成物Z的浓度变化量之比为：：=3∶1∶2，由化学计量系数之比等于各物质的浓度变化量之比可得反应方程式为2Z，由反应前后原子个数守恒可知Z的分子式为，反应的化学方程式为，故选A。26.理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.HCN比HNC稳定B.该异构化反应的C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【26题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。27.X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：①水溶液中：X＋Y2＋=X2＋＋Y②Z＋2H2O(冷)=Z(OH)2＋H2↑③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－=M2＋④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是A.M＜N＜Y＜X＜Z B.N＜M＜X＜Y＜Z C.N＜M＜Y＜X＜Z D.X＜Z＜N＜M＜Y【27题答案】【答案】C【解析】【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此解答。【详解】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e-＝M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z。答案选C。28.下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是气体(杂质)方法ASO2(H2S)通过酸性高锰酸钾溶液BCl2(HCl)通过饱和的食盐水CN2(O2)通过灼热的铜丝网DNO(NO2)通过氢氧化钠溶液A.A B.B C.C D.D【28题答案】【答案】A【解析】【详解】A．SO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；B．氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；C．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；D．NO2可以与NaOH发生反应：，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；答案选A。【点睛】除杂操作原则可概括为“不多不少，简单最好”：首先，避免引入新的杂质；其次，尽量避免产品的损失；最后，方法越简单越好。29.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是

A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【29题答案】【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。30.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.铝合金大量用于高铁建设C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.碘酒可用于皮肤外用消毒【30题答案】【答案】C【解析】【详解】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误；D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；答案选C。31.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液A．H2S稀盐酸B．HCl稀氨水C．NO稀H2SO4D．CO2饱和NaHCO3溶液A.A B.B C.C D.D【31题答案】【答案】B【解析】【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。【详解】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；故选B。32.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）化学性质实际应用A.Al2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B.铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C.次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D.HF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A.A B.B C.C D.D【32题答案】【答案】B【解析】【详解】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。故选B。【点睛】盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取置换性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。33.下列指定反应的离子方程式正确的是A.室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2OB.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑C.室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2OD.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+【33题答案】【答案】A【解析】【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；C.不符合客观事实；D.应拆分的物质没有拆分；【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3，故D错误；综上所述，本题应选A.【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。34.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.NH4HCO3受热易分解，可用作化肥B.稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈C.SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白D.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【34题答案】【答案】B【解析】【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C.二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D.电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。故选B。35.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A.制取氨气 B.制取碳酸氢钠C.分离碳酸氢钠 D.干燥碳酸氢钠【35题答案】【答案】C【解析】【详解】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。36.下列化学用语或图示表达正确的是A.异丁烷的球棍模型：B.中子数为45的硒原子：C.氨的电子式：D.基态氯原子的电子排布式：1s22s22p63s23p5【36题答案】【答案】D【解析】【详解】A．异丁烷系统命名为2-丙烷，其球棍模型为，为正丁烷的球棍模型，选项A错误；B．中子数为45的硒原子，质量数为79，可表示为：，选项B错误；C．氨气是氮原子与氢原子通过共用电子对形成的共价化合物，其电子式为，选项C错误；D．氯为17号元素，基态氯原子的电子排布式：1s22s22p63s23p5，选项D正确；答案选D。37.化学用语是学习化学的基础工具，下列化学用语描述正确的是A.氯气分子的结构式表示为Cl-ClB.中子数为2的氢原子可表示为HC.1molCH3COOK含有2mol氧D.Mg的原子结构示意图：【37题答案】【答案】A【解析】【详解】A．氯气分子中含有1个共价键，其结构式为Cl-Cl，故A正确；B．质量数=质子数+中子数，中子数为2的H原子的质量数为3，表示为，故B错误；C．1molCH3COOK含有2mol氧原子，故C错误；D．Mg原子核外有3个电子层，每一层的电子数分别为2、8、2，则其原子结构示意图为，故D错误；答案选A。38.下列说法正确的是A.汽油可以燃烧，是因为它含有C、H、O三种元素B.新冠病毒德尔塔在空气中可能以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体C.“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能D.医用口罩主要原料聚丙烯树脂，可由丙烯通过缩聚反应来合成【38题答案】【答案】B【解析】【详解】A．汽油属于烃类物质，只含有C、H两种元素，选项A错误；B．气溶胶、液溶胶和固溶胶都属于胶体，新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体，选项B正确；C．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵是将太阳能转变成电能，而锂离子电池组则是将化学能转变成电能，选项C错误；D．聚丙烯树脂可由丙烯通过加聚反应来合成，选项D错误；答案选B。39.下列表示正确的是A.S2ˉ的离子结构示意图： B.CO2的电子式：C.氢气的比例模型： D.次氯酸的结构式：H-Cl-O【39题答案】【答案】A【解析】【详解】A．硫离子核电荷数为16，核外电子为18，离子结构示意图正确，A正确；B．CO2中C与O都需要成8电子稳定结构，CO2的电子式为，B错误；C．图示模型为球棍模型，比例模型为，C错误；D．依据电子式书写规则，得出次氯酸的结构式：H-O-Cl，D错误；故选A。40.从古至今化学均与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是A.三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程是非氧化还原过程B.我国商代铸造“司母戊鼎"的材料和当今制造“天宫空间站”使用的钛合金材料均属于金属材料C.“歼-20飞机上使用的碳纤维被誉为新材料之王”，是一种新型有机高分子材料D.我国大力发展核电、水电是为了践行“碳中和“理念，电能属于一次能源【40题答案】【答案】B【解析】【详解】A．铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl，铜元素化合价从0升高到+2价，则有元素化合价升降，该过程是氧化还原过程，A错误；B．“司母戊鼎"的材料为青铜，和“天宫空间站”使用的钛合金材料均为合金，属于金属材料，B正确；C．碳纤维主要成分是碳单质，是无机非金属材料，不属于新型有机高分子材料，C错误；D．能从自然界直接获取的能源是一次能源、电能不属于一次能源，是二次能源，D错误；答案选B。41.下列有关乙烯的反应中属于加聚反应的是A.在空气中完全燃烧 B.使酸性高锰酸钾溶液褪色C.在一定条件下生成聚乙烯 D.使溴的四氯化碳溶液褪色【41题答案】【答案】C【解析】【详解】A．燃烧为氧化反应，故A不选；

B．使酸性高锰酸钾溶液褪色，为氧化反应，故B不选；

C．生成聚乙烯为加聚反应，故C选；

D．使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应，故D不选；

故选：C。42.“医用酒精”和“84消毒液”混合，产生ZQ、X2W4Y、XW3Q等多种物质，已知W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列叙述错误的是A.在XW3Q物质中X、W、Q均满足8电子稳定结构B.W与Z可形成离子化合物ZWC.简单离子半径：Q-＞Y2-＞Z+D.简单气态氢化物热稳定性：Y＞X【42题答案】【答案】A【解析】【分析】“医用酒精”主要成分为CH3CH2OH，“84消毒液”主要成分为NaClO，则反应后必定含有元素C、H、O、Na、Cl，已知W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，则W为H，X为C，Y为O，Z为Na，Q为Cl，以此分析。【详解】A．XW3Q为CH3Cl，其中H原子不满足8电子稳定结构，A错误；B．W为H，Z为Na，Na与H可形成离子化合物NaH，B正确；C．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，则简单离子半径：Cl->O2->Na+，C正确；D．由于O的非金属性强于C，则简单气态氢化物热稳定性：H2O>CH4，D正确；答案选A。43.下列反应属于取代反应的是A.甲烷燃烧的反应 B.光照条件下甲烷与氯气的反应C.乙烯通入溴水中的反应 D.乙烯通入酸性KMnO4溶液中的反应【43题答案】【答案】B【解析】【详解】A．甲烷燃烧的反应，属于氧化反应，故A错误；B．光照条件下甲烷与氯气的反应生成氯代甲烷，属于取代反应，故B正确；C．乙烯与溴水发生加成反应，故C错误；D．乙烯通入酸性KMnO4溶液中，属于氧化反应，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共35.5分)44.下表标出的是元素周期表的一部分元素，用化学用语回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子式为：___________，碱性最强的化合物的电子式为：___________。（2）用电子式表示⑤与⑧形成化合物的形成过程：____（3）元素②、⑦形成的简单氢化物中，沸点较高的是___________，请简述理由___________。（4）元素④的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的单质反应的离子方程式为___________。（5）金属性④强于⑤，请从原子结构角度解释原因_____。（6）Y由②、④、⑧三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为___________，当消耗lmol还原剂时，转移电子的数目为___________。【44题答案】【答案】（1）①.HClO4②.（2）（3）①.H2O②.水分子之间存在氢键（4）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2（5）钠和镁核外电子层数相同，钠的核电荷数比镁少，钠原子半径大，原子核对最外层电子引力小，失电子能力强，钠金属性强于镁（6）①.5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl(如果写为5NaClO+2As+H2O=2HAsO3+5NaCl也可给分)②.5NA【解析】【分析】由元素周期表的结构可知，元素①~⑩分别为：C、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl、K、Br。【小问1详解】元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，而F没有负价，则酸性最强的化合物的分子式为：HClO4；元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，则碱性最强的为KOH，其电子式为：；【小问2详解】Mg与Cl形成MgCl2，用电子式表示其形成过程为：；【小问3详解】O形成的简单氢化物为H2O，S形成的简单氢化物为H2S，常温下，H2O为液态，H2S为气态，且水分子间存在氢键，因此H2O的沸点比H2S高；【小问4详解】Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，氢氧化钠溶液与铝反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2；【小问5详解】钠和镁核外电子层数相同，钠的核电荷数比镁少，钠原子半径大，原子核对最外层电子引力小，失电子能力强，因此钠的金属性强于镁；【小问6详解】O、Na、Cl组成的化合物Y的水溶液是生活中常见的消毒剂，Y为NaClO，As与NaClO的水溶液反应生成H3AsO4，该反应的化学方程式为：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，还原剂具有还原性，化合价升高，由方程式可知，As为还原剂，化合价由0价升高到+5价，当消耗2mol还原剂时，转移10mol电子，则当消耗lmol还原剂时，转移电子5mol，转移电子的数目为5NA。46.新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高温氮气流中制取。完成下列填空：SiO2+______C+_____N2______Si3N4+________CO（1）试配平该化学反应方程式，在方程式上标出电子转移的方向和数目_____。（2）反应中___________被还原，当氧化产物比还原产物多1mol时，反应中电子转移数为___________。（3）在该反应体系中：所涉及物质属于单质的电子式为___________；所涉及元素中原子半径最大的原子的结构示意图为___________。【46题答案】【答案】（1）（2）①.N2②.2.4NA（3）①.、②.【解析】【小问1详解】上述反应，C元素化合价由0升高为+2、N元素化合价由0降低为-3，根据得失电子守恒，配平方程式为；【小问2详解】N元素化合价由0降低为-3，反应中N2被还原；C元素化合价由0升高为+2，CO是氧化产物；N元素化合价由0降低为-3，Si3N4是还原产物，氧化产物比还原产物多5mol时转移12mol电子，氧化产物比还原产物多1mol时转移2.4mol电子，反应中电子转移数为2.4NA。【小问3详解】所涉及物质中，N2、C属于单质，N2的电子式为，碳的电子式为；所涉及元素有C、O、N、Si，Si原子半径最大，Si原子的结构示意图为。48.为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下图所示的三套实验装置：（1）上述3个装置中，不能验证“铜与浓硝酸的反应是吸热反应还是放热反应”的装置是________(填装置序号)。（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管中加入适量了Ba(OH)2溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是_________________________________。说明该反应属于________(填“吸热”或“放热”)反应。（3）为探究固体M溶于水的热效应，选择装置Ⅱ进行实验(反应在丙试管中进行)。①若M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是_________________。②若观察到烧杯中产生气泡，则说明M溶于水________(