【文档说明】【精准解析】辽宁省沈阳市辽宁省实验中学2020届高三上学期期中考试化学试题（解析版）.doc，共(24)页，1.505 MB，由小赞的店铺上传

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【全国百强校】辽宁省实验中学2020届高三上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23A1-27S-32Cu-64Zn-65一、单选题(本题共20小题，1-14每小题2分，15-20每小题3分)1.化学与生

活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是A.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀B.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅C.研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致D.港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性

能【答案】B【解析】【分析】【详解】A．地下钢铁管道用导线连接锌块，构成原电池时铁为正极，保护了铁，所以地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，故A正确；B．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故B错误；C．研发新能源汽车，减少化石燃料的使

用，可以减少废气、废渣等排放，有利于保护环境，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致，故C正确；D．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故D正确；故答案为B。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.8g乙烯和丙烯的混合

气体中含有0.4NA个共用电子对B.2.24L甲烷气体中含有0.4NA个C-H键C.1mL0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中可生成含有1.0×10-4NA个Fe(OH)3胶粒的胶体D.78g过氧化钠中含有

NA个阴离子【答案】D【解析】【详解】A.乙烯和丙烯中，每个碳原子平均形成1对共用电子对，每个氢原子形成1对共用电子对；2.8g乙烯和丙烯的混合气体中含碳0.2mol，含H0.4mol，有0.6NA个共用电子对，故A错误；B.2.24L甲烷气体不一定

是标准状态，故B错误；C.Fe(OH)3胶粒的胶体为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶粒的数目，故C错误；D.78g过氧化钠中含有1mol过氧根离子，即NA个阴离子，故D正确；故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算

和判断，解题关键：掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清胶体、分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．3.根据图中的能量关系，可求得CH—的键能为A.1414kJmol−B.1377kJmol−C.1235kJmol−

D.1197kJmol−【答案】A【解析】【详解】根据图示可知1molCH4分解变为1molC(g)原子和4molH(g)原子共吸收的能量是(75+717+864)kJ=1656kJ的能量，则C-H键的键能为1656kJ÷4mol=414kJ/mol，故合理选项是A。4.下列

有关反应热的说法正确的是A.在化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量B.甲烷的标准燃烧热△H=﹣890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ•mol﹣1C.已知

常温常压下HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则有H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（s）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ

•mol﹣1D.已知S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q2【答案】D【解析】【详解】A、很多的放热反应也

需要在加热条件下进行，故A错误；B、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，生成的水应为液体，故B错误；C、硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，沉淀的生成也有热量的变化，所以不能使用中和热的数值，故C错误

；D、固态硫的能量比气态硫的能量低，所以气态硫燃烧时放热多，故D正确；答案选D。5.工业上制备下列物质的生产流程合理的是()A.由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3AlB.从海水中提取镁：海水Mg

(OH)2MgOMgC.由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉D.由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4【答案】D【解析】【详解】A．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3(熔

融)4Al+3O2↑，不能电解氯化铝，故A错误；B．从海水中提取镁，是先制备生石灰与水反应生成熟石灰，将氢氧化钙加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯

化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电分解，氧化镁熔点高，电解氧化镁会消耗更多能量，故B错误；C．由NaCl可以制漂白液，而漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，是氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+

2H2O，故C错误；D．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故D正确；答案选D。6.在化学学习与研究中，运用类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推所得结论要经过实践的检验才能确定其

是否正确。以下几种类推结论中正确的是()A.由加热条件下2Cu+O22CuO，可推测出同族的硫也可以在加热条件下发生Cu+SCuSB.Na能与水反应生成氢气，则K、Ca也能与水反应生成氢气C.Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3，则Pb3O4也可表示为PbO

·Pb2O3D.CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，则SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO4和O2【答案】B【解析】【详解】A．S具有弱氧化性，比氧气的氧化性弱，故由加热条件下2Cu+

O22CuO，可推测出同族的硫也可以在加热条件下发生2Cu+SCu2S；A错误；B．K、Ca的金属性均比Na强，则Na能与水反应生成氢气，可知K、Ca也能与水反应生成氢气，故B正确；C．Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，而Pb3O4可表示为PbO2•2PbO，故C错误；D．CO2与Na2

O2反应只生成Na2CO3和O2，而SO2与Na2O2反应只生成Na2SO4，故D错误；答案选B。7.下列说法不正确的是（）①24NH分子中既含极性键又含非极性键②若2R−和+M的电子层结构相同，则原子序数：R>M③2F、2Cl、2B

r、2I熔点随相对分子质量的增大而升高④3NCl、3PCl、2CO、2CS分子中各原子均达到8e−稳定结构⑤固体熔化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键⑦由于非金属性：Cl>Br>I，所以酸性：HCl>HBr>HIA.②⑤⑥⑦B.①③⑤C.②④⑤

D.③⑤⑦【答案】A【解析】【详解】24NH分子中N原子之间形成非极性共价键，N原子和H原子之间形成极性共价键，①正确；若2R−和M+的电子层结构相同，则M处于R的下一周期，所以原子序数：MR，②错误；2F、2

Cl、2Br、2I的组成和结构相似，熔点随相对分子质量的增大而升高，③正确；3NCl、3PCl、2CO、2CS分子中各原子均满足最外层电子数8+=化合价，则均达到8e−稳定结构④正确；固体熔化成液体的过程是物理变化，但可能破坏化学键，例如氢氧钠熔化时离子键

被破坏，⑤错误；HF分子很稳定，是因为HF−键键能大，与分子间氢键无关，⑥错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但氢化物的酸性变化无此规律，酸性：HClHBrHI，⑦错误。答案选A。

8.下列说法不正确．．．的是A.纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B.加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C.CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】【详解】A.烧碱和纯

碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；D.石墨属于层状结构晶

体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选C。9.一定条件下，下列各组物质能一步实现转化关系的是选项XYZWAAlAl2O3Na

AlO2Al(OH)3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DNH3N2NONO2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.考查铝及其化合物之间的相互转化，Al2O3不能直接转化为Al(OH)3，A错误；B.考

查铁及其化合物之间的相互转化，B正确；C.考查硫及其化合物之间的相互转化，S不能直接转化为SO3，C错误；D.考查氮及其化合物之间的相互转化，N2不能直接转化为NO2，D错误。答案选B。10.常温下，下列各组离子(或在指定条件下)能大量共存的是()A.

滴加KSCN显红色的溶液：+4NH、K+、Cl-、S2-B.+4NH、Na+、-3NO、2-3SiOC.c(ClO-)=1mol/L的溶液中：Fe2+、Al3+、-3NO、I-D.在碱性溶液中：-2AlO、Na+、S2-、2-23SO、2-3SiO【答

案】D【解析】【详解】A．滴加KSCN显红色的溶液含Fe3+，Fe3+可以和S2-发生氧化还原反应生成硫单质和亚铁离子，不能共存，故A错误；B．+4NH和2-3SiO发生双水解反应生成氨气和硅酸，不能共存，B错误；C．Fe2+具有还原性，ClO-具有强氧化性，发生氧化还原反应，不能共

存，C错误；D．碱性溶液中：-2AlO、Na+、S2-、2-23SO、2-3SiO均不互相反应，能共存，D正确；答案选D。11.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）ABCDNaCl溶

于水电解CuCl2溶液CH3COOH在水中电离H2与Cl2反应能量变化NaCl=Na++Cl−CuCl2=Cu2++2Cl−CH3COOH垐?噲?CH3COO−+H+H2(g)+Cl2(g)=2HCl(

g)ΔH=−183kJ·mol−1A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质

和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化

反应的过程（如B选项）。【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电

子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，

故C不符合题意；D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）

之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离

、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。12.下列解释事实的离子方程式正确的是()A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3+2H+=SO2↑+S↓+2Na++H2OB.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:2H++2-4SO+B

a2++2OH-=BaSO4↓+2H2OC.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：Ca2++ClO-+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓D.向明矾溶液中滴加NaS溶液：2A13++3S2-=Al2S3↓【答案】B【解析】【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可

拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32−+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性，该反应的离子方程式为：2H++2-

4SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2=HClO+HCO3−，故C错误；D．向明矾溶液中滴加NaS溶液反应生成氢氧化铝和

硫化氢：()23+2-2232A1+3S=+6HO2AlOH+3HS，D错误；答案选B。13.下列实验操作或装置能达到目的的是ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集2NO气体证明乙炔可使溴水褪色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解

析】【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达

到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液

的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。14.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【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为较活泼电极，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+2H2SO4放电充电2PbSO4

+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。15.已知2PbO在盐酸中易被还原成2PbCl，且2PbO、2Cl、3FeCl、2I的氧化性依次减弱。下列叙述正确的是A.将2Cl通入2FeI溶液中，可发生反应22

333Cl6FeI=2FeCl4FeI++B.每1个2PbO在盐酸中被氧化为2PbCl时转移2个电子C.3FeCl溶液能将KI溶液中的I−氧化D.2I具有较强的氧化性，可以将2PbCl氧化为2PbO【答案

】C【解析】【详解】A.2Cl、3FeCl、2I的氧化性依次减弱，所以将2Cl通入2FeI溶液中，2Cl先氧化I−后氧化2Fe+，不会生成3FeI，且不存在3FeI，A错误；B.1个2PbO在盐酸中被还原为2PbCl时，Pb元素化合价从+4降低到+2，转移2个电子，B错误；C.3FeCl的氧化

性强于2I，所以3FeCl溶液能将KI溶液中的I−氧化成2I，C正确；D.2PbO、2Cl、3FeCl、2I的氧化性依次减弱，因此2I不能把2PbCl氧化为2PbO，D错误；答案选C。16.由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体

氧化性：Cl2>Co2O3B在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置镁表面有气泡金属活动性：Al>MgC测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH后者较大非金属性：Cl>CD将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴

加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，Al

为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；D．

KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确。答案选D。17.下图（Ⅰ）为全钒电池，电池工作原理为2H++VO2++V2+VO2++V3++H2O。装置(Ⅱ)中的电解质是硝酸、硫酸的混合水溶液，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH。则下列说法正确的是(

)A.闭合K时，H+从右到左通过交换膜B.闭合K时，铂电极的电极反应式为：NO3-+6e-+5H2O=NH2OH+7OH-C.全钒电池充电时，电极A上发生氧化反应D.全钒电池放电时，电极B上发生的反应为：VO2++2H+

+e-=VO2++H2O【答案】D【解析】【详解】装置(Ⅱ)为电解池，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH，所以铂电极上发生得电子的还原反应，为阴极，与原电池负极相接，所以电极A为负极、B电极为正极，则A.闭合K时，装置I为全钒电池，A电极为负极、B电极为正极，原电池工作时H+从负极A通过交换

膜移到正极B，即H+从左到右通过交换膜，故A错误；B.闭合K时，铂电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为NO3-+6e-+7H+＝NH2OH+2H2O，故B错误；C.全钒电池充电时，电极A为阴极，发生得电子的还原反应，故C错误；

D.全钒电池放电时，电极B为正极，电极B上VO2+得电子生成VO2+，电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故D正确；故答案选D。18.已知NaHSO3溶液显酸性，还原性：HSO3－＞I－，氧化性：IO3－＞I2。在含3

molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。下列说法正确的是A.反应过程中的氧化产物均为Na2SO4B.a点时消耗NaHSO3的物质的量

为1.0molC.O～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3－＋IO3－＋3OH－===3SO42－＋I－＋3H2OD.当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为1.1mol【答案】D【解析】【详解】还原性HSO3-＞I-

，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，A.反应过程中的氧化产物分别为Na2SO4和I2，选

项A错误；B．由图可知，a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=0.4mol1×3=1.2mol，选项B错误；C、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫

酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3S

O42-+I-+3H+，选项C错误；D、b点碘酸钠的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钠就是x

5,生成单质碘是3x5,所以有（1－x）︰3x5＝5∶3，解得x＝23所以加入的的碘酸钠是1＋x5＝1.1mol，选项D正确，答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关计算，如果氧化剂和不同的还原剂混合时，氧化剂首先氧化还原性最强的

还原剂，然后依次进行，据此可以判断氧化还原反应的先后顺序。19.将1.92g铜粉与一定量浓硝酸恰好完全反应,反应后收集到的气体在标准状况下的体积为1120mL。(假设反应中只产生NO或NO2)则消耗硝酸的物质的量A.0.12molB.0.11molC.0.

09molD.0.08mol【答案】B【解析】【详解】Cu与硝酸反应，硝酸体现酸性和氧化性，变为氮的氧化物和硝酸根离子，11.92g(Cu)0.03mol64gmoln−==，11.12L0.05mol22.4Lmoln−==（气体），所以共消耗硝酸的物

质的量为()3HNO0.03mol20.05mol0.11moln=+=，故答案选B。20.已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/molFe2O3(s)＋13CO(g)=23Fe3O4(s)＋13CO2(

g)ΔH=－15.73kJ/molFe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为（）A.－218kJ/molB.－109kJ/m

olC.＋109kJ/molD.＋218kJ/mol【答案】B【解析】【详解】已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH=－24.8kJ/mol②Fe2O3(s)＋13CO(g)=23Fe3O4(s)＋13CO2(g)ΔH=－15.73

kJ/mol③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH=＋640.4kJ/mol根据盖斯定律可知(①×3-②×3-③×2)×16即得到FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝-218kJ·mol－1，因此14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固

体和CO2气体时对应的ΔH约为-109kJ·mol－1；答案选B。二、填空题21.短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是________

__________________。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_____________。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩

尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。（4）(XY)2的性质与Cl2相似

，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。【答案】(1).第三周

期第VIA族(2).NH4SCN(3).N≡C—O—O—C≡N(4).(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O(5).2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【解析】【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；

Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期

VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有SCN−；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有4NH+，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1

的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN

)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。22.已知:ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水

解，ICl3的熔点为111℃，并且已知:ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(s)。用下图(中夹持装置略去)的装置制取ICl。(1)装置A中发生反应的化学方程式是_____________________。(2)装置B的作用是_________，不能用装置F代替装置E，理由__________

__。(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是____________(填标号)。A.过滤B.蒸发结晶C.蒸馏D.分液(4)用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：①②ICl+KI=I2+KCl③I2+2Na2S2O3

=2NaI+Na2S4O6实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量)，充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用amol/L的Na2S2O3

标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。实验2(空白实验)：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验I完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。①滴

定过程需要的指示剂是___________________。②5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为________mol。由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。【答案】(1).KClO3+6HCl=KCl+3C

l2↑+3H2O(2).除去氯气中的氯化氢(3).装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解(4).C(5).淀粉溶液(6).5a（V2-V1）×10-3【解析】【分析】由实验装置可知，A中氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸

氧化生成氯气，发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，浓硫酸干燥氯气。已知ICl易水解，装置E中碱石灰可以吸收氯气，

同时吸收空气中的水蒸气，据此解答。【详解】(1)氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作

用是除去氯气中的氯化氢，已知ICl易水解，若用装置F代替装置E，则装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，所以不能用装置F代替装置E；(3)由于ICl与ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，故答案为：C；(4)①由于碘遇淀粉显蓝色

，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂；②实验2中比实验1多消耗的溶液体积为（V2-V1）ml，则Na2S2O3的物质的量的是0.001a（V2-V1）mol，根据方程式②ICl+KI=I2+KCl、③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：IC

l～2Na2S2O3，所以ICl的物质的量是0.001a（V2-V1）mol×12，由根据方程式①可知，5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为0.001a（V2-V1）mol×12×10010mLmL=5a（V2-

V1）×10-3mol。23.Li-CuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛用于军事和空间领域。(1)比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣。比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量由大到小的顺序为：__________________。(2)通过

如下过程制备CuO。①过程I，H2O2的作用是________________________。②过程II产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是_______________________。③过程II，将CuSO4溶

液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物质的量之比与产品纯度的关系(用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度)，结果如下：已知：Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%。二者比值为1：0.8时，产品中可能含有的杂质是________________________。(3)Li-CuO二次

电池以含Li+的有机溶液为电解质溶液，其工作原理为：2Li+CuO=Li2O+Cu装置示意图如下。放电时，正极的电极反应式是______________________。【答案】(1).Li＞Al＞Na(2).氧化剂(3).2Cu2++2CO32-+H2O＝Cu2（OH）2CO

3↓+CO2↑(4).Cu（OH）2(5).CuO+2e-+2Li+＝Cu+Li2O【解析】【详解】（1）比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，设质量均为m，则7m＞m327＞23m，则Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为Li＞Al＞Na；（2）①Cu元素

的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2的作用是氧化剂；②过程Ⅱ产生Cu2（OH）2CO3的离子方程式是2Cu2++2CO32-+H2O＝Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；③Cu2（OH）2CO3中铜元素的百分含量为57.7%

，二者比值为1：0.8时，Cu元素的百分含量大于57.1%，可能不含C，则产品中可能含有的杂质是Cu（OH）2；（4）由Li+的移动方向可知，CuO为正极，发生还原反应，则正极反应为CuO+2e-+2Li+＝Cu+Li2O。24.铝是地壳中含量最高的金属元素，其

单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)＝3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mo

l－13AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol－1①反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。②Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢

量最高的烃)的化学方程式为____________________________________________。(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的

Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定条件下可释放出氢气。①熔炼

制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是_______________________。②在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为____________。③在0.5m

ol·L-1NaOH和1.0mol·L-1MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质的X－射线衍射谱图如图所示(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是______________

_________(填化学式)。(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。该电池反应的化学方程式为_________________________________。【答案

】(1).a+b(2).Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑(3).防止Mg、Al被空气氧化(4).52mol(5).Al(6).2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O【解析】【详解】（1）①根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得Al2O3（s）+3C（

s）=2Al（l）+3CO（g），对应的△H=（a+b）kJ•mol﹣1，故答案为a+b；②含氢量最高的烃为CH4，根据碳原子守恒，3个碳需要结合12个H原子形成3个CH4，再由铝原子守恒，4个铝需要

结合12个Cl形成4个AlCl3，所以Al4C3与HCl之间为1：12参加反应，故该反应方程式为：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；（2）①镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化，故答案为防止Mg、Al被空气氧化；②1molMg17

Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+18）mol=52mol，故答案为52mol；

③镁与NaOH不反应，再根据衍射谱图可知，在NaOH溶液中产生氢气的主要物质是铝，故答案为Al；（3）铝做负极，失电子被氧化，在碱性溶液中生成NaAlO2，氧化银做正极，得电子被还原为Ag，电解质溶液为NaOH溶

液，所以其电池反应式为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O。三、选考题(2题中任选一题作答，在答题卡上涂上选做题号，10分)25.《汉书·景帝纪》记载，我国用锌的历史可追溯到西汉或更早。(1)基态Z

n原子的价层电子轨道表达式为______________。(2)Zn2+可与CN-、二苯硫腙()等形成稳定配合物。①CN-的结构式为________________。②每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的中心原子有_________个。(3)卤化锌

的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/℃872275394446ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_____________________________。(4)ZnS的某种晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为d

g/cm3,S2-和Zn2+半径分别为apm、bpm，阿伏伽德罗常数的数值为NA。①Zn2+的配位数为___________________________。②该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为________________(列式即

可)【答案】(1).(2).[C≡N]—(3).16(4).ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌(5).4(6).×100%【解析】【分析】(1)Zn的原子序数为30，其价

电子排布式为3d104s2；(2)①等电子体具有相似的结构，CN-与N2的价电子数和原子个数均相同，互为等电子体；②每个二苯硫腙分子中，2个苯环的12个碳原子为sp2杂化，形成双键的硫原子、碳原子和2个氮原子也为

sp2杂化，共计16个；(3)晶体的熔沸点决定于晶体类型，一般来说熔沸点是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；(4)由分摊法分析和计算可得。【详解】(1)Zn的原子序数为30，其价电子排布式为3d104s

2，价层电子轨道表达式为：，故答案为：；(2)①等电子体具有相似的结构，CN-与N2的价电子数和原子个数均相同，互为等电子体，N2的结构式为N≡N，则CN-的结构式为[C≡N]—，故答案为：[C≡N]—；②每个二苯硫腙分子中，2个苯环的12个碳原子为sp2杂化，形成双键的硫原子

、碳原子和2个氮原子也为sp2杂化，共计16个，故答案为：16；(3)晶体的熔沸点决定于晶体类型，一般来说熔沸点是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，由题给熔点可知，ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，ZnCl2、ZnBr

2、ZnI2均为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌，故答案为：ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌；(4)①由晶胞结

构可知，每个Zn2+周围连有4个O2-，则Zn2+的配位数为4，故答案为：4；②该一个晶胞中含有S2-的数目为：×4+×4+1=2；含Zn2+的数目为：×2+×2+1=2。即一个晶胞中含有2个ZnS，根据密度与质量、体积的关系

可以求出一个晶胞的体积，即：d=，一个晶胞的体积是：V晶胞=cm3，S2-、Zn2+可以看做刚性球，球的体积公式是r3，故该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为：×100%=×100%，故答案为：×100%。【点睛】求晶胞中离子的空间利用率，特别注意：①要注意单位，一般

来说，密度的单位是g/cm3，这样求出的晶胞的体积是以cm3做单位，而微粒的半径通常用nm或者pm做单位，就要注意换算，1pm=10-10cm，1nm=10-7cm；②这种ZnS晶胞不是立方晶胞，它的上下两个面是平行四边形，有两个对角是60°，另两

个是120°，故处于顶点上的粒子，有两个是被12个晶胞共用，还有两个是被6个晶胞共用，处于棱上的粒子，有两个被6个晶胞共用，还有2个被3个晶胞共用。26.由芳香烃X合成一种功能高分子H的过程如下。(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H的链节组成

为C7H5NO。已知：I.芳香烃X用质谱仪测出的质谱图如图所示II.(苯胺，易被氧化)III.请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：(1)反应③的类型是_______________________；(2)反应⑤的化学方程式是___

_______________________；(3)化学名称为____，它的一种同系物有多种同分异构体，其中符合下列要求的共有__________种(不考虑立体异构)。①能与NaHCO3反应放出CO2②与FeCl3溶液发生显色反应③苯环上的一取代物有两种(4)

请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物合成最合理的方案。______________________________________________。【答案】(1).还原反应(2).+2Ag(NH3)

2OH⎯⎯→+H2O+2Ag↓+3NH3(3).邻羟基苯甲酸(4).18(5).【解析】【分析】由质谱图可知芳香烃X的相对分子质量为92，则分子中最大碳原子数目=92÷12=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7

，故芳香烃X的分子式为C7H8，X的结构简式为。X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为。H是一种功能高分子，链节组成为C

7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，是通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为。在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F为，由反应信息Ⅱ可知，苯胺容易被氧化，故F在酸性高锰酸钾条件下氧化生成G为，G在Fe/

HCl条件下发生还原反应得到。据此解答。【详解】(1)由分析可知，反应③属于还原反应；(2)反应⑤是苯甲醛的银镜反应，反应的化学方程式是：；(3)化学名称为：邻羟基苯甲酸，它的一种同系物有多种同分异构体，其中符合下列要求：①能与NaHCO3反应放出CO2，

说明含有羧基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③苯环上的一取代物有两种，如苯环含有2个取代基，且为对位位置，则一个取代基为-OH，另一个取代基可为-CH2CH2COOH或CH（CH3）COOH，有2种，如苯环上有4个取代基，则可分别为-OH、-COOH、-

CH3、-CH3，甲基相对有3种，甲基相邻有6种，甲基相间有7种，共18种；(4)在催化剂条件下发生加成反应生成，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，再与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成路线流程图为。获得更多资源请扫码加入享

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