【文档说明】【精准解析】辽宁省辽西联合校2021届高三上学期期中考试化学试题（解析版）.doc，共(19)页，668.500 KB，由小赞的店铺上传

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辽宁省辽西联合校2020～2021学年高三上学期期中考试化学试题1.2019年底爆发的新冠肺炎疫情威胁着人们的生命安全。下列有关说法不正确的是A.冠状病毒粒子直径约60～220nm，介于溶液和胶体粒子之间B.含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOO

H)、臭氧均可通过氧化反应有效灭活病毒C.“84”消毒液可消杀新冠病毒，其有效成分为NaClOD.用于消杀冠状病毒的酒精溶液浓度为75%【答案】A【解析】【详解】A．胶粒直径为1~100nm，冠状病毒粒子直径约

60~220nm，则冠状病毒粒子直径超过了胶粒直径范围，A错误；B．含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、臭氧都是常见的消毒剂，它们的消毒机制都是依靠其强氧化性，B正确；C．“84”消毒液的有效成分是NaClO，可以用来消杀新冠病毒，C正确；D．医用酒精的体积分数为

75%，D正确；故选A。2.下列有关物质性质和用途具有对应关系的是A.Na2O2呈淡黄色，可用于呼吸面具供氧B.金属Al具有导电性，可用于防锈涂料制造C.ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒D.氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板【答案】C【解析】【

详解】A.Na2O2可用于呼吸面具供氧，是因为可以与二氧化碳以及水反应生成氧气，与颜色无关，A错误；B.金属Al可用于防锈涂料制造，是因为铝表面有一层致密的氧化铝薄膜，可以进一步阻止生锈，与导电性没有关系，B错误；C.ClO2具有强氧化性，因此可用于饮用水消毒，C正确；D.氯化铁可用于腐蚀铜

制线路板，是利用了铁离子的氧化性，与铁离子水解没有关系，D错误；答案选C。3.下列各组物质的分类正确的是①混合物：水玻璃、冰水混合物、水煤气②电解质：过氧化钠、冰醋酸、五水硫酸铜③酸性氧化物：SO2、NO、SO3④同位素：1H2O、2H2O、3H2O⑤同素异形体：C7

0、金刚石、石墨烯⑥非电解质：干冰、液氯、乙醇A.①②③④⑤⑥B.②④⑤⑥C.②⑤⑥D.②⑤【答案】D【解析】【详解】①冰水混合物是纯净物，水玻璃（Na2SiO3的水溶液）和水煤气（主要成分为H2和CO）是混合物，①错误；②这些化合物都可以在水中

或者熔融状态下导电，都是电解质，②正确；③NO是不成盐氧化物，不会和碱反应；SO2和SO3都可以和碱反应生成盐和水，它们是酸性氧化物；③错误；④同位素是同种元素的不同原子，1H2O、2H2O、3H2O都是化合物，不属于同位素的

研究范畴，④错误；⑤C70、金刚石、石墨烯是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，⑤正确；⑥非电解质是指在水中和熔融状态下都不能导电的化合物，干冰和乙醇是非电解质，而液氯是单质，不属于非电解质，⑥错误；综上所述，分类正确的是②⑤，故答案为D。4.中国研究人员研制出一种新型复

合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。下列说法不正确．．．的是A.整个过程实现了由光能向化学能的转化B.过程II放出能量并生成了O－O键C.总反应可表示为2H2O====光催化剂2H2↑＋O2↑D.过程III的反应属于非氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】由图可知

，利用太阳光在催化剂表面实现水分解为氢气和氧气，过程I是将水变为了H和-OH，过程II形成H2和H2O2，放出能量并生成了O－O键，过程III中H2O2转化为氢气和氧气，由此分析解答。【详解】A．由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故

A正确；B．过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程Ⅱ放出能量并生成了O-O键，故B正确；C．总反应为水分解生成氢气和氧气，可表示为2H2O====光催化剂2H2↑＋O2↑，故C正确；D．过程Ⅲ中，双氧水分解生成氧气和氢气，存在元素化合价的变化

，属于氧化还原反应，故D错误。答案选D。5.下列说法或表示法正确的是A.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B.由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+119kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定C.在稀溶液中：H+（aq）+OH-（a

q）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，.若将含0.5mol的浓硫酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJD.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）

+O2（g）=2H2O（l）△H=+285.8kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A．硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，选项A错误；B．石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，选项B正

确；C．浓硫酸溶于水放热，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，选项C错误；D．2g氢气燃烧放热285.8kJ，4g氢气燃烧放热应为2×285.8kJ＝571.6KJ，选项D错误；答案

选B。6.已知:NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）。现将体积之比为1：2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是A.混合气体总物质的量保持不变B.混合气体密度保持不

变C.NO2（g）和SO2（g）的体积比保持不变D.每消耗1molSO2，同时消耗0.5molSO3（g）【答案】C【解析】【详解】A.该反应为气体体积不变的反应，无论平衡与否混合气体总物质的量保持不变，混合气体总物质的量保持不变不能作为反应达到平衡状态的标志，选项A不符合；B．反应

在密闭容器中进行，容器体积不变，反应物均为气体，故无论平衡与否混合气体密度保持不变，密度不变不能作为反应达到平衡状态的标志，选项B不符合；C．起始NO2（g）和SO2（g）的体积比为1：2，但反应计量

数中为1：1，反应末达平衡时两者体积比会发生变化，一量体积比保持不变，则两者的物质的量应保持不变，反应达平衡状态，选项C符合；D．每消耗1molSO2，同时消耗0.5molSO3（g），则正逆反应速率不相等，反应没达到平衡状态，选项D不符合；答案选C。7.设NA表示阿伏加德罗常数的

值，下列说法中正确的是A.500mL0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na＋数目为0.05NAB.标准状况下，2.24L14CH4中含中子数为0.8NAC.100mL18mol·L－1浓硫酸与足量Cu粉加热反应，产生SO2分子数为0.9NAD.反应KClO3＋6H

Cl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成3mol氯气时转移6NA个电子【答案】B【解析】【详解】A．500mL0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中含溶质的物质的量n(Na2SO4)=c·V=0.1mol/L×0.5L=0.05mol

，由于1个Na2SO4中含有2个Na+，所以0.05molNa2SO4中含Na＋数目为0.1NA，A错误；B．标准状况下，2.24L14CH4的物质的量是0.1mol，1个14CH4中含有8个中子，则0.1mol14CH4中含有中子数目为0.8

NA，B正确；C．100mL18mol·L－1浓硫酸中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=c·V=18mol/L×0.1L=1.8mol，若其完全反应，产生SO2的物质的量是0.9mol。但只有浓硫酸能够与Cu反应，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，反应就不再进行，故反应生成SO2分子数小

于0.9NA，C错误；D．在反应KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成3mol氯气时转移5mol电子，则转移电子数目为5NA个，D错误；故合理选项是B。8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶液中

：Na＋、H＋、Cl－、-3NOB.由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、2-3CO、-3NOC.c(Fe3＋)＝lmol·L－1的溶液中：-2AlO、-3NO、2-23SO、+4NHD.能使酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋

、Cl－、2-24CO【答案】D【解析】【详解】A．Fe2＋、H＋、-3NO可以发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不选；B．由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性条件下，H＋、2-

3CO可以发生反应而不能大量共存，故B不选；C．Fe3＋可以和-2AlO、2-23SO发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不选；D．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K＋、Na＋、Cl－、2-24CO之间互不反应，可以大量共存，故D选；

答案选D。9.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。化合物甲由X、Y、Z三种元素组成。25℃时，0.01mol·L－1的甲溶液中-+c(OH)c(H)＝1010；Z与W同周期，且W的最高化合价与最低化合价的代数和为4。下列说法不正确．．．的是A.11

4号元素鈇(Fl)与Y在同一主族B.等物质的量的化合物Z2Y2与Z2W的阴离子个数相同C.Y与X、Z均可形成具有漂白性的化合物D.最简单氢化物的稳定性：Y>W【答案】A【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。化合物甲由X、Y、Z三种元素组成。

25℃时，0.01mol•L-1的甲溶液中-+c(OH)c(H)＝1010，氢氧根离子浓度为0.01mol/L，说明甲为一元强碱，结合原子序数可知甲为NaOH，则X为H，Y为O，Z为Na；Z与W同周期，

且W的最高化合价与最低化合价的代数和为4，W为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，A．114号元素鈇（Fl）在ⅣA族元素，Y（O）为ⅥA族元素，二者不在同一主族，故A错误；B．Na2O2、Na2S中阴阳离子个数比均为1：

2，则等物质的量的化合物Z2Y2与Z2W的阴离子个数相同，故B正确；C．Y与X、Z可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2，故C正确；D．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：Y＞W，故D正确；故选：A。【点睛】本题考查

原子结构与元素周期律，把握甲为NaOH、元素的位置及性质来推断元素为解答的关键。10.氧化亚铜是一种重要的工业原料。已知1gC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量，氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列有关判断正确的是A.碳[C（s）]

的燃烧热△H=-110.4kJ·mol-1B.氧化亚铜与氧气的反应为吸热反应C.氧化亚铜与氧气反应的活化能为292kJ·mol-1D.C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．碳的燃烧热是1mol碳燃烧生成

二氧化碳放出的热量，碳[C(s)]的燃烧热不是110.4kJ·mol-1，故A错误；B．氧化亚铜与氧气的反应，反应物总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B错误；C．根据图示，氧化亚铜与氧气反应的活化能为348kJ

·mol-1，故C错误；D．根据题意①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-220.8kJ·mol-1，②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H=-292kJ·mol-1，根据盖斯定律①12-②12得

C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+35.6kJ·mol-1，故D正确；选D。11.25℃、101kPa下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s)△H1=－414kJ/mol

②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)△H2=－511kJ/mol下列说法正确的是A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（

s）=2Na2O（s）△H=－317kJ/molD.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快【答案】C【解析】【详解】A、氧化钠和过氧化钠中阴离子和阳离子的个数之比都是1︰2，A不正确；B、由于参加反应的钠是等量的，所以转移的电子数是相同的，B

不正确；C、根据盖斯定律可知，①×2－②即得到Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=－317kJ/mol，C正确；D、在加热的条件下钠和氧气反应生成过氧化钠，D不正确；答案选C。12.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下一步转化关系的组合有选

项XYZWASSO2H2SO3Na2SO4BNaNa2O2Na2CO3NaClCCl2Ca(ClO)2HClOHClDFeFe2(SO4)3FeSO4Fe(OH)2A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详

解】A.Na2SO4不能一步转化生成S，故A不选B.Na在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与HCl反应生成NaCl，电解熔融的NaCl生成Na，都可以一步转化，故B选；C.Cl2与Ca(OH)2溶液反应生成

Ca(ClO)2，Ca(ClO)2溶液与CO2反应生成HClO，HClO分解生成HCl，浓盐酸与MnO2反应生成Cl2，都可以一步转化，故C选；D.Fe(OH)2不能一步转化生成Fe，故D不选；答案选BC。13.元素钒在溶液中有多种存在形式，比如：V2＋(紫色)、V3＋(绿色)、V

O2＋(蓝色)、+2VO(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，溶液中c(H＋)＝1.0mol·L－1，阴离子为2-4SO。下列说法不正确．．．的是A.a极为电池的正极B.充电时，阳极电极反应式为VO2＋＋H2O－e－＝+2VO＋2H＋

C.放电过程中，右槽溶液颜色由紫色变为绿色D.放电时，电子由C2极流出经交换膜流向C1极【答案】D【解析】【详解】A．充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，即左槽中发生的变化为：2++2VOVO→，该过程是VO2+失去电子，为氧化反应，故a极为电池的正极，A正确；B．a极为电池的正极，则

石墨C1为阳极，电极反应为：2+-++22VO+HO-e=VO+2H，B正确；C．放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+变为V3+，即右槽溶液颜色由紫色变为绿色，C正确；D．放电时，C2极为负极，是电子流出的一极，但是电子不经过电解质溶液，D错误；故选D。14.下列离子检验得

出的结论正确的是选项操作及现象结论A向某溶液中加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，弱溶液变为血红色原溶液中一定含有Fe3+B加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有硫酸盐C加入少量盐酸，没有

产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定不含2-3COD向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，再滴氯水，溶液变蓝溶液中一定含有I-A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向某溶液中加入KSCN溶液和新制的氯水，若溶液变为血红色，则原溶液中可能含有Fe3+或Fe2+

或两者都有，故A错误；B．向某溶液中加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有硫酸盐，也可能是硫酸，故B错误；C．向某溶液中加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液中可能不含2-3CO或SO32-，也可能不含HCO3-或HSO3-，

或者都不存在，故C错误；D．向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，説明没有碘单质，再滴氯水，溶液变蓝，有碘生成，则溶液中一定含有I-，故D正确；故答案：D。15.S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料，都满足8电子稳定结构。已知:①S2(1)+Cl2(g)S2

Cl2(g)△H1=xkJ/mol②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)△H2=ykJ/mol③相关化学键的键能如下表所示:化学键S-SS-ClCl-Cl键能/kJ/molabc下列说法错误的是A.SCl2的结构式为C1

-S-ClB.S2Cl2的电子式为:C.y=2b-a-cD.在S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)的反应中，△H=(x+y)kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共

价键，所以SCl2的结构式为C1-S-Cl，选项A正确；B.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为C1-S-S-Cl，根据此结构式得到对应的电子式为：，选项B正确；C.反应的焓变等于反应物的键能减去生成物

的键能，根据上面给出的SCl2和S2Cl2的结构式，反应②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)的焓变△H2＝y＝a＋2b＋c－4b=a+c-2b，选项C错误；D.反应①加上反应②可以得到：S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)，所

以该反应的焓变为△H=(x+y)kJ/mol，选项D正确；故答案选C。【点睛】化合物中原子达到8电子稳定结构有如下规律：原子的成键个数＝8－原子的最外层电子数；计算出原子应该形成的共价键数以后，可以书写化合物的结构式，注意应该是成键多的原子在中间，成键少的在边上。16.I.下列均为中学化学

中常见的物质：①明矾、②氯化铁溶液、③水玻璃、④纯碱、⑤硅酸钠、⑥过氧化钠、⑦小苏打、⑧干冰。(1)属于电解质的有___________(填序号)。(2)写出⑥的电子式___________，利用上述物质证明碳酸酸

性比硅酸强的化学方程式为___________。(3)明矾净水的原理是___________。II.在Na＋浓度为0.5mol·L－1的某澄清溶液中，还可能含有K＋、Ag＋、Ba2＋、-3NO、2-3CO、2-4SO等离子，取该溶液100mL进行下图连续实验(所加试剂均过

量、气体全部逸出)。(4)该溶液中除Na＋外，肯定不存在的离子是___________(填离子符号，下同)，肯定存在的离子是___________，可能存在的离子是___________。(5)若要确定可能存在的离子一定存在，必须满足

的条件是___________。【答案】(1).①④⑤⑥⑦(2).(3).CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓(4).明矾溶于水，电离出的Al3＋水解产生氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物，达到净水的目的(5).Ag＋、Ba2＋(6).K＋、2

-3CO、2-4SO(7).-3NO(8).c(K＋)>0.2mol·L－1【解析】【详解】I.(1)在水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物是电解质，属于电解质的有：明矾、纯碱、硅酸钠、过氧化钠和小苏打，

故答案为：①④⑤⑥⑦；(2)在过氧化钠中，钠离子与过氧离子以离子键相结合，两个氧原子之间以共价键相结合，过氧化钠的电子式为；向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有白色沉淀生成，该沉淀为硅酸，说明碳酸比硅酸的酸性强，化学方程式为：CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3

↓；(3)明矾溶于水后，电离出的Al3＋可以水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积大，能吸附水中的悬浮颗粒物，达到净水的目的；II.在Na＋浓度为0.5mol·L－1的某澄清溶液中，还可能含有K＋、Ag＋、Ba2＋、-3NO、2-3CO、2-4SO等离子，取该溶液100

mL加入足量的稀盐酸，产生标准状况下气体0.56L，根据所给离子种类可知，该气体只能是CO2，其物质的量为0.56L22.4L/mol=0.025mol，所以一定有2-3CO且物质的量为0.025mol，有2-3CO则一定不含Ag＋和Ba2＋；向

所得溶液中加入足量氯化钡溶液生成白色沉淀，该沉淀应该是BaSO4，其物质的量为2.33g233g/mol=0.01mol，说明一定含有2-4SO且物质的量为0.01mol，2-3CO和2-4SO所带的负电荷总物质的量为：0.

025mol×2+0.01mol×2=0.07mol，Na＋所带的正电荷总物质的量为0.5mol·L－1×0.1L×1=0.05mol，根据溶液呈电中性可知，一定还含有K＋，因无法确定是否含有-3NO，则K＋的物质的量应大于或等于0.02mol；(4)由

上述分析可知，该溶液中除Na＋外，肯定不存在的离子是Ag＋、Ba2＋，肯定存在的离子是K＋、2-3CO、2-4SO，可能存在的离子是-3NO；(5)根据上述分析可知，因无法确定是否含有-3NO，则K＋的物质的量应大于或等于0.0

2mol；若-3NO一定存在，则K＋的物质的量应大于0.02mol，K＋的物质的量浓度：c(K＋)>0.02mol0.1L=0.2mol·L－1。17.某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检

验)。实验记录如下：实验操作实验现象I打开活塞a，滴加少量新制氯水，关闭活塞aA中溶液变为浅红棕色II吹入空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化III停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液B中开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段

时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：(1)新制氯水应保存在___________色的细口瓶中，盛装H2O2溶液的仪器名称是___________。(2)实验操作I时，A中反应的化学方程式为___________。(3)实验

操作II吹入热空气的目的是吹出单质Br2，是体现了液溴的___________性质。(4)装置C中盛放的药品是___________溶液(填化学式)。C中反应的离子方程式为___________。(5)实验操作III，开始时颜色无明显变化，一段时

间后，混合液逐渐变成红棕色。①颜色无明显变化的可能原因是___________。②逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为___________。(6)由上述实验得出的结论是___________。【答案】(1).棕

(2).分液漏斗(3).2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl(4).易挥发(5).NaOH(6).Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O(7).H2SO3有剩余或H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等(8).H2O2＋2Br－＋2H＋=Br2＋2H2O(9).氧化性：H

2O2>Br2>H2SO3【解析】【分析】打开活塞a，滴加少量新制氯水，关闭活塞a，氯水和NaBr反应产生Br2；吹入空气加快Br2挥发进入B中，B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化，说

明Br2将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原成Br-，硫酸和氯化钡生成硫酸钡沉淀；停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液，可能是H2O2先氧化亚硫酸，故B中开始时颜色无明显变化，接着将Br-氧化成Br2，混

合液逐渐变成红棕色，据此解答。【详解】(1)氯水中含有次氯酸，见光易分解，要避光保存，应保存在棕色细口瓶中。根据仪器构造，盛装H2O2溶液的仪器名称是分液漏斗，故答案为：棕；分液漏斗；(2)A中是氯水滴入溴化钠溶液中发生的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质，反应的化学方

程式为：2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl，故答案为：2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl；(3)吹入热空气，吹出溴单质，说明溴易挥发，即体现了液溴的易挥发的性质，故答案为：易挥发；(4)装置C是尾气吸收装置，从B中出来的主要

是溴蒸气等污染气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，离子方程式为Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O，故答案为：NaOH；Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O；(5)实验操作III，开始时颜色

无明显变化的原因是，H2O2浓度小、过氧化氢与溴离子反应慢，亚硫酸有剩余等。滴入过氧化氢在酸溶液中会氧化溴离子为溴单质，反应的离子方程式根据电子守恒、原子守恒配平书写为：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O，故答案为：H2SO3有剩余或H2O2浓度小或Br－与H2O2

反应慢等；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；(6)依据反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为

：H2O2＞Br2＞H2SO3，故答案为：氧化性为H2O2＞Br2＞H2SO3。【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和实验现象分析，氧化还原反应的强弱规律应用，离子方程式的书写方法，实验方案的设计与分析，解题的关键是对实验原理的理解和对物质性质的掌握。18.

已知元素X位于Y的下一周期，X、Y的原子序数均不大于20。某含氧酸盐甲的化学式为XYO3。回答下列问题：(1)常温下X的单质能与水发生反应，395℃时，甲能发生分解反应生成两种盐，其中一种是含Y元素的无氧酸盐，则X在周期

表中的位置是___________，甲发生分解反应的化学方程式是___________。(2)若甲难溶于水，且甲与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，则：①甲为___________(填化学式)。该气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为_

__________。②X、Y形成的简单离子的半径从大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。(3)若甲能与盐酸反应，生成无色无味的气体乙，则：①乙的电子式为___________。②在水中持续加热甲，生成一种更难溶的物质并逸出气体乙，该反应的化学方程式为___________

。【答案】(1).第四周期IA族(2).4KClO3395℃3KClO4＋KCl(3).CaSO3(4).5SO2＋2-4MnO＋2H2O=4H＋＋2Mn2＋＋52-4SO(5).r(S2－)>r(Ca2＋)(6).(7).MgC

O3＋H2OΔMg(OH)2＋CO2↑【解析】【分析】XYO3为含氧酸盐，可知X为金属元素，Y为非金属元素。若Y为第二周期非金属元素，则X为第三周期元素Na或Mg或Al。若Y为第三周期非金属元素，则X为第四周期元素K或Ca。据此分析：【详解】(1)常温下X的单质能与水反应，则X可能为Na

或K或Ca。若X为Na，根据XYO3可知Y为N元素，则甲为NaNO3，NaNO3高温分解不可能产生两种盐；若X为K，根据化学式可知Y为Cl，甲为KClO3，其化合价为+5价，因为Cl的最高化合价为+7，最低为-1价，加热分解可生成两种盐

，符合题意；若X为Ca则Y只能为S，甲为CaSO3，而CaSO3加热被氧化而不会生成两种盐，综上可知X为K元素，Y为Cl元素。K位于第四周期IA族；KClO3中Cl化合价为+5价，加热分解可生成两种盐，其一为无氧酸盐，则为KCl，根据氧化还原反应化合价有升有降，另一种

产物必然为KClO4，高温分解的化学方程式为：4KClO3395℃3KClO4＋KCl；(2)①甲难溶于水，且甲与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，气体为SO2，可知甲中含2-3SO，X元素一定为Ca

，Y元素为S，即甲为CaSO3。SO2具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，离子方程式为：5SO2＋2-4MnO＋2H2O=4H＋＋2Mn2＋＋52-4SO；②Ca2+和S2-电子层结构相同，当电子

层结构相同时，原子序数大的粒子半径反而小，所以两种离子的半径大小为：r(S2－)>r(Ca2＋)；(3)若甲能与盐酸反应，生成无色无味的气体乙，则甲中含2-3CO，乙为CO2，则Y为C元素，X为Mg。①由上分析知乙为CO2，其电子式为。②MgCO3微溶于水，

电离出的Mg2+和CO32-能够发生水解，加热促使水解平衡正向移动，最终生成Mg(OH)2和CO2，化学方程式为：MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑。19.根据下列叙述写出相应的热化学方程式：(1)已知8g固体硫完全燃烧时放出74.2kJ的热量，该反应的热化学方程式是__

_________。(2)在25℃、101kPa下，已知SiH4气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放出热量190.0kJ，该反应的热化学方程式是___________。(3)下图a曲线是SO2生成SO3反应

过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为___________。(4)拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热为___________，1molH2

完全反应生成NH3所放出的热量为___________。(5)已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=＋67.7kJ·mol－1N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=－534kJ·mol－1则肼(N2H4)与NO2完全反应的热化学方程式

为___________。【答案】(1).S(s)＋O2=SO2(g)△H=－296.8kJ/mol(2).SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)△H=－1520.0kJ/mol(3).2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=－198kkJ/mol(4).

－92kJ/mol(5).30.7kJ(6).2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ/mol【解析】【详解】(1)8g固体硫的物质的量是n(S)=8g32g/mol=0.25mol，0.25mol固体S完全燃

烧时放出74.2kJ的热量，则1molS完全燃烧产生SO2反应放出热量Q=1mol0.25mol×74.2kJ=296.8kJ，则该反应的热化学方程式是S(s)＋O2=SO2(g)△H=－296.8kJ/mol；(2)在25℃、101kPa下，已知SiH4气体在O2中完全燃烧后恢

复至原状态，产生SiO2、液体H2O，平均每转移1mol电子放出热量190.0kJ，则转移8mol电子时放出热量Q=8mol×190.0kJ/mol=1520kJ，则该反应的热化学方程式是SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)△H=－1520.0

kJ/mol；(3)由图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5molO2完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ/mol-600kJ/mol=-99kJ/mol，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2

SO3(g)△H=－198kkJ/mol；(4)已知：拆开1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，化学反应为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，反应的焓变△H=94

6kJ+3×436kJ-2×3×391kJ=-92kJ/mol，则1molN2完全反应生成NH3的反应热为：-92kJ/mol，；依据反应的化学方程式，可计算出1molH2完全燃烧放热Q=92kJ÷3=30.7kJ；(5)①N2(g)+2O2(g)=2NO

2(g)△H=+67.7kJ/mol；②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=－534kJ/mol将方程式2×②-①，整理可得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(

g)△H=－1135.7kJ/mol。20.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钴矿(主要成分为Co2O3)制备LiCoO2的工艺流程如图：资料：在含一定量Cl-的溶

液中，Co2+以CoCl42-形式存在：Co2++4C1-CoCl42-（1）若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，则H2O2的作用是___。（2）若“X试剂”是盐酸，写出离子反应方程式___。（3）途径I中加入NaCl固体的

目的___(用平衡移动原理解释)。（4）“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高的原因是___。（5）已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3，煅烧成物质M时转移电子0.4mol，则M的化学式为___；写出“烧结”的化学方程式___。（6）取mg

样品溶于稀硫酸，加入过量KI溶液，再用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液VmL，则产品中钻元素的百分含量为___。(有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3

++2H2O，2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)【答案】(1).作还原剂(2).Co2O3+6H++2Cl－=2Co2++Cl2↑+3H2O(3).加入NaCl固体，溶液中C1－浓度增大，平衡

Co2++4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度(4).温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少(5).Co3O4(6).4Co3O4+6Li2CO3+O2

高温12LiCoO2+6CO2(7).59V%10mc【解析】【分析】原钴矿(主要成分为Co2O3)与稀硫酸和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钴和水，Co2+溶液中加入NaCl固体，致使溶液中氯离子浓度增大，平衡正向移动，洗脱得到CoCl2溶液，加

入碳酸铵生成Co2(OH)2CO3，Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，Co3O4和碳酸锂烧结生成LiCoO2。据此解答。【详解】（1）若“X试剂”是稀H2SO4和H2O2，Co2O3与稀

H2SO4和H2O2反应生成Co2+，钴化合价降低，则化合价升高H2O2，因此H2O2的作用是作还原剂；故答案为：作还原剂。（2）若“X试剂”是盐酸，Co2O3与HCl发生氧化还原反应，其离子反应方程式Co2O3+6H++

2Cl－=2Co2++Cl2↑+3H2O；故答案为：Co2O3+6H++2Cl－=2Co2++Cl2↑+3H2O。（3）根据图中信息Co2+以CoCl42−形式存在：Co2++4C1－CoCl42−，因此途径I中加入Na

Cl固体的目的加入NaCl固体后溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其在有机溶胺试剂中浓度；故答案为：加入NaCl固体，溶液中C1－浓度增大，平衡Co2++4C1－CoCl42−右移，CoCl42−浓度增大，提高其

在有机溶胺试剂中浓度。（4）“沉钴”过程中，为了提高Co2(OH)2CO3的产量，温度不宜过高，主要是因为温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；故答案为：温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀

质量减少。（5）已知M是钴的某种氧化物，63.6gCo2(OH)2CO3即物质的量为0.3mol，则有+2价的钴0.6mol，煅烧成物质M时转移电子0.4mol，说明有0.4mol+2价钴升高变为+3价钴，还有0.2mol钴化合价未变，即得到M的化学式为C

o3O4；因此“烧结”的化学方程式4Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2；故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2。（6）根据方程式可得关系式LiCoO2～S2O32−，得到n(Co)=cmol·L−1×V×10−3L=cV×10−

3mol，则产品中钴元素的百分含量为31gmol59Vω100%%mg10mV10mol59cc−−==；故答案为：59V%10mc。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com