【文档说明】新疆乌鲁木齐市第七十中学2022-2023学年高三上学期期中化学试题 含解析.docx，共(26)页，2.836 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023第一学期期中考试高三化学试卷(问卷)相对原子质量：H：1B：11C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27Si：28S：32Cl：35.5K：39Cu：64一、单选题(共23题，共46分)1.党的二十大报告强

调科技创新是提高社会生产力和综合国力的战略支撑，化学科学与社会、生活息息相关。下列说法正确的是A.SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池B.国产大飞机一C919使用的碳纤维是一种有机高分子材料C.海水提溴、煤的液化都涉及化学

变化D.汉朝淮南王刘安发明的“石膏点豆腐”，说明硫酸钙能使蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅为绝缘体，不导电，不能用于制造光电池，故A错误；B．碳纤维是碳单质，不属于有机高分子材料，故B错误；C．海水提溴是溴离子被氧化剂氧化生成

单质溴的过程，为化学变化，煤的液化有新物质生成，都是化学变化，故C正确；D．石膏主要成分是硫酸钙，属于无机盐，能使胶体发生聚沉，不是使蛋白质变性，故D错误；综上所述，答案为C。2.下列实验装置正确且能达到实验目的的是A.用甲装置除去食盐水中混有的不溶杂质B.用乙装

置提纯()3AlOH胶体C.用丙装置分离苯和硝基苯的混合物D.用丁装置进行酸碱中和滴定实验【答案】B【解析】【详解】A．过滤时漏斗下端尖嘴要紧靠在烧杯壁上，A项错误；B．胶体粒子不能透过半透膜，离子和小分子可以透过半透膜，可用乙装置提纯()3AlOH胶体，B项正

确；C．蒸馏时，温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处，C项错误；D．酸碱中和滴定实验时，NaOH溶液应装在碱式滴定管，不能使用酸式滴定管，D项错误。答案选B。3.Og是人工合成的稀有气体元素，也是元素周期

表中的最后一种元素。合成反应如下：24948294198201180CfCaOgn+→+(未配平)。下列说法错误的是A.4820Ca的中子数为28B.上述合成反应属于化学变化C.10n的化学计量数是3D.249118Og和294118Og互为同位素【答案】B【解析】【详解】

A．4820Ca的中子数为48—20=28，故A正确；B．由合成反应的方程式可知，该反应为核反应，属于物理变化，不属于化学变化，故B错误；C．由反应前后质量数不变可知，合成反应的方程式为24948294198201180fCaCOg3n+→+，故C正确；D．249118Og和294118Og的质

子数相同、中子数不同，互为同位素，故D正确；故选B。4.能正确表达下列反应的离子方程式为A.用醋酸除去水垢：23222HCaCOCaCOHO+++=++B.用稀HNO3溶解FeS固体：22FeS2HFeHS+++=+C

.同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：432NHOHNHHO+−+=D.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的2NO：23222NO2OHNONOHO−−−+++=【答案】D【解析】【详解】A

．醋酸弱酸不能拆，反应为2+-33322CaCO+2CHCOOH=Ca+2CHCOO+HO+CO，A错误；B．硝酸具有强氧化性，会氧化铁、硫得到铁离子和硫单质，+3+2-3FeS+4H=Fe+NO+S+NOO+2H，为B错误；C．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，实质反应

为氢离子和氢氧根离子生成水：+-2H+OH=HO，C错误；D．氢氧化钠溶液吸收工业废气中的2NO，二氧化氮发生歧化反应生成硝酸根离子和亚硝根离子：23222NO2OHNONOHO−−−+++=，D正确；故选D。5.镁电池作为一种低成本、高安全的储能

装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含2Mg+的化合物为电解质的镁电池的总反应为：xMg+V2O5放电充电MgxV2O5。下列说法错误的是A.放电时，正极反应式为：225x25VOxMg2xeMg

VO+−++=B.充电时，阳极质量减小C.放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有22molMg+迁移至正极D.充电时，阴极反应式：2Mg2eMg+−+=【答案】C【解析】【分析】根据电池反应可知该

电池为二次电池，放电时，Mg易失电子，作负极，因而V2O5作正极。【详解】A．放电时，V元素降价，V2O5作正极，V2O5变为MgxV2O5，根据缺项配平原则，反应物还需补充Mg2+，因而正极反应式为V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，A项正确；B．放电时V2O5作正

极，生成MgxV2O5（结合V元素的价态变化以及V元素在不同物质中的存在便可判断），充电时阳极为V2O5这一端，逆向看总反应，这时MgxV2O5变为V2O5，显然质量减小，B项正确；C．放电时，正极反应式为V2O5+xMg2++2xe

－=MgxV2O5，n(Mg2+)：n(e-)=x：2x=1：2，当电路流过2mol电子，根据比例关系，有1molMg2+在正极消耗，即固体电解质中有1molMg2+迁移至正极，C项错误；D．放电时，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，那么充电时，阴极为M

g这一端，电极反应式与负极完全相反，因而阴极反应式为Mg2++2e－=Mg，D项正确；故答案选C。6.2021年9月，我国科学家实现了CO2到淀粉的全合成，其部分转化关系如下图所示。NA为阿伏加德罗常数的

值，下列说法正确的是A.反应①中每消耗11.2LCO2，转移电子数为3NAB.30gHCHO与DHA的混合物中所含氧原子数为NAC.反应②、③在高温下进行D.lmolCH3OH所含共价键数为4NA【答案】B【解析】【详解】A．没有给出温度和压强，无法计算气体的体积和转移的电子数，A错误；B．

HCHO与DHA最简式为2CHO，30g该混合物物质的量为1mol，含氧原子数为NA，B正确；C．高温条件下，酶作为催化剂会失去活性，所以反应②、③不能在高温下进行，C错误；D．根据CH3OH的结构，lmolCH3OH所含3molC-

H，1molC-O，1molO-H，共价键数为5NA，D错误；故选B。7.下列关于热化学方程式的叙述正确的是A.已知12211HI(g)H(g)I(s)Δ26.5kJmol22H−+=−，由此可知1molHI气

体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B.已知12222H(g)O(g)2HO(g)Δ483.6kJmolH−+==−，则H2燃烧热为1241.8kJmol−C.221S(g)O(g)SO(g)ΔH+=；222S(s)O(g)SO(g)ΔH+=，则12HH

D.在稀溶液中：12H(aq)OH(aq)HO(l)Δ57.3kJmolH+−−+==−，若将10.5molL−的稀H2SO4与11molL−的NaOH的溶液等体积混合，放出的热量等于57.3kJ【答案】C【解析

】【详解】A．已知：12211HI(g)H(g)I(s)Δ26.5kJmol22H−+=−，反应为可逆反应，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后放出的热量小于26.5kJ，故A错误；B．氢气燃烧热是指1mol氢气完全燃烧

生成液态水所放出的热量，已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-571.6kJ•mol-1，则氢气的燃烧热不是ΔH=-285.8kJ•mol-1，故B错误；C．S(s)→S(g)吸热，等质量的S(S)和S(g)完全燃烧，S(g)放热更多，由

于放热，△H为负，所以△H1＜△H2，故C正确；D．因为酸碱溶液的体积未知，无法确定放出的热量多少，二者的体积只有为1L时，才成立，故D错误；故选：C。8.肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应32422NHNaC

lONHNaClHO+=++制备。下列有关微粒的描述不正确的是A.N2H4的结构式为B.NH3的电子式为C.Cl−的结构示意图：D.NaClO中存在离子键和共价键【答案】A【解析】【详解】A．N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H

原子分别共用一对电子，结构式为，A错误；B．氨气分子中N原子最外层有8个电子，电子式应为，B正确；C．Cl−核电荷数为17，核外有18个电子，结构示意图为，C正确；D．钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离

子中存在Cl-O共价键，D正确；故选A。9.次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH＝Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是A.参加反应的NaH2PO2有

12被CuSO4氧化B.若1molH3PO3最多消耗2molNaOH，则NaH2PO3是酸式盐C.反应中每转移6.02×1023个e-，则生成标准状况下5.6LH2D.NaH2PO3和H2均是还原产物【答案】D【解析】【详解】A．反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元

素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有12被CuSO4氧化，A正确；B．若1molH3PO3最多消耗2molNaOH，说明H3PO3是二元酸，因此Na

H2PO3是酸式盐，B正确；C．根据选项A分析可知转移4mol电子生成1mol氢气，因此反应中每转移6.02×1023个e-即1mol电子，生成0.25mol氢气，在标准状况下的体积为5.6L，C正确；D．NaH2PO3是氧化产物，Cu

和H2均是还原产物，D错误；答案选D。10.关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A.用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液B.图②装置盐桥中KCl的Cl－移向右烧杯C.图③装置中钢闸

门应与外接电源的负极相连获得保护D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同【答案】B【解析】【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜，根据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；B.

Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，根据异种电荷相互吸引的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，

B错误；C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被保护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正确；D.在左边的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失

去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；故合理选项是B。11.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程如图所示。相关反应的热化

学方程式为：反应Ⅰ：()()()()()22224SOgIg2HOl2HIaqHSOaq++=+11213kJmol−=−H反应Ⅱ：()()()()242221HSOSOgHOlOagq2=++12327kJmol−=+H反应Ⅲ：()

()()222HIaqHgIg=+13172kJmol−=+H下列说法错误的是A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.2SO和2I对总反应起到了催化作用C.总反应的热化学方程式为()()()2222HOl2HgOg=+

1286kJmolH−=+D.该制氢方法生成()21molHg的反应热与直接电解水生成()21molHg的反应热相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图可知，反应Ⅱ和Ⅲ实现了太阳能到化学能的

转化．A项正确；B．总反应为2221HOHO2=+，故和起到催化作用，B项正确；C．由反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ得()()()2221HOlHgOg2=+()11213327172kJmol286kJmolH−−=−++=+，则()()(

)2222HOl2HgOg=+1572kJmolH−=+，C项错误：D．H只与反应体系的始态和终态有关，D项正确。故选C。12.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A.△H3＜0B.△H1

+△H2+△H3=0C.按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少D.一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，则该条件下△H3=-2akJ/mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A．形成化学键放出热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0

，A正确；B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=0，B错误；C．原子半径：Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-Cl键＞Br-Br键＞I-I键

，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；D．一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，即形成1molHX放出热量是akJ，因此形成2

molHX放出热量为2akJ，所以该条件下△H3=-2akJ/mol，D正确；故合理选项是B。13.中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是A

.In是第五周期第ⅢA族元素B.11549In的中子数与电子数的差值为17C.原子半径：In>AlD.碱性：In(OH)3>RbOH【答案】D【解析】【详解】A．In原子序数为49，36＜49＜54，54-49=5，即位于第5周期倒数第5列，故In是第五周期第IIIA族元素，A

正确；B．质量数＝质子数+中子数，故11549In的中子数与电子数的差值为115-49-49=17，B正确；的C．In和Al位于同一主族，从上往下原子半径依次增大，故原子半径：In＞Al，C正确；D．In和Rb位于同一周期，同一周期从左往右元素的金属性依次减弱，故最高价氧

化物对应水化物的碱性：In(OH)3＜RbOH，D错误；故答案为：D。14.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法ANaBr溶液(NaI)氯水、4CCl萃取、分液B4NHCl溶液(3FeCl)NaOH溶液过滤C22N(O)

Cu通过灼热的铜网D223)S(iOAlONaOH溶液过滤A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯水能将溴离子和碘离子都氧化成为单质，但单纯的萃取分液无法将溴单质和碘单质分离，故A错误；B．

加入氢氧化钠后铵根也会反应从而减少，同时又引入了钠离子难以去除，故B错误；C．氮气和铜不反应，氧气和铜在加热的条件下反应，故C正确；D．两者都能溶于氢氧化钠，应该用盐酸溶解后再过滤，故D错误；故选C。15.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、

KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钡，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物

质的量为纵坐标的图像的画法，可以做如下分析：CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应(有沉淀Al(OH)3生成)，以上过程中图

形应是：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al(OH)3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀(B

aCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]，平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，满足以上关系的图像为D，故选：D。16.党的二十大报告指出，到2035年实现高水平科技自立自强，进入创新型国家前列，建

成科技强国。我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气，原理如图所示。下列说法错误的是A.催化电极b与电源负极相连B.电解时阴离子透过交换膜向a极迁移C.生成的甘油醛与合成气的物质的量相等D.电解时催化电极a附近的p

H增大【答案】D【解析】【详解】A．b电极上2CO和2HO生成CO和2H，发生还原反应，接电源的负极，形成电解池的阴极，A正确；B．a极为电解池的阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以阴离子透过交换膜向a极迁

移，B正确；C．a极发生反应：--3833632CHO-2e+2OH=CHO+2HO，生成甘油醛，b电极上2CO和2HO生成合成气CO和2H，发生反应：-2-232CO+2e=CO+CO,222HO+2eH+2OH−−=，根据得失电

子守恒，生成的甘油醛与合成气的物质的量相等，C正确；D．电解时催化电极a极发生反应：--3833632CHO-2e+2OH=CHO+2HO，附近的pH减小，D错误；故选D。17.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.使甲基橙变黄的溶液中：22443NNuSHCO

O+−+−、、、B.()121Kw/cOH10molL−−−=的溶液中：23NaKSOCl−−++、、、C.由水电离出的()131H1.010molLc+−−=的溶液中：23NaCOKCl+−+−、、

、D.()1320.1molLFeNO−溶液：3264Fe(CN)NaSOCl−+−−、、、【答案】B【解析】【详解】A．使甲基橙变黄的溶液可能显酸性，中性，碱性，当溶液显碱性时氢氧根离子可以和铜

离子生成氢氧化铜沉淀，不能共存，A错误；B．Kw/c(OH−)=10−12mol⋅L−1的溶液显碱性，此时23NaKSOCl−−++、、、相互之间不反应，也不和氢氧根离子反应，可以共存，B正确；C．由水电离出的()131H1.010molLc+−−=

的溶液可能显酸性或者碱性，当溶液显酸性时，碳酸根离子可以和氢离子反应生成水和二氧化碳，不能共存，C错误；D．36Fe(CN)−可以与二价铁离子反应生成蓝色沉淀，不能共存，D错误；故选B。18.某学习小组设计实验制

备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：()2222NOCaOCaNO+=，()22322NOCaOCaNO+=。下列说法不正确是的A.通入N2是为了排尽装置中的空气B.将铜片换成木炭也可以制备纯净的

亚硝酸钙C.装置B、C中的试剂可分别为水和浓硫酸D.借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO【答案】B【解析】【分析】向装置中通入N2，吹出装置中的氧气，点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成NO气体，通过装置B中水除去

气体中的硝酸以及二氧化氮，通过装置C中浓硫酸干燥气体，再通过装置D中过氧化钙反应生成Ca(NO2)2，最后通入酸性重铬酸钾可将剩余的NO氧化成-3NO，溶液由橙色变为绿色(Cr3＋)，停止通入氮气。【详解】A．通入N2是为了排尽装置中的空气，防止CaO2与水、二氯

化碳反应，故A正确；B．将铜片换成木炭，会生成二氧化碳，在E中反应会引入新杂质(如CaCO3)，故B错误；C．由上述分析可知，装置B、C中的试剂可分别为水和浓硫酸，故C正确；D．因二氧化碳与NaOH反应

，CO不能，则借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO，故D正确；故答案为B。19.关于下列ΔH的判断正确的是233CO(aq)H(aq)HCO(aq)−+−+=1H2-323CO(aq)HO(l)HCO(aq)OH(aq)−−++2H2OH(aq)H(aq

)HO(l)−++=3ΔH332OH(aq)CHCOOH(aq)=CHCOO(aq)HO(l)−−++4ΔHA.12Δ<0Δ<0HHB.12HHC.34Δ<0Δ>0HHD.34ΔΔHH【答案】B【解析】【详解】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO2-3(aq)+H+(aq)=H

CO-3(aq)为放热反应，所以△H1<0；CO2-3(aq)+H2O(l)HCO-3(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO2-3的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和

强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，

只有△H1<△H2正确，故答案为B。20.下列各项操作中，会出现“先沉淀后溶解”的现象的是A.向BaCl2中通入过量的SO2B.向Ca(ClO)2溶液中通入过量的CO2C.向AlCl3溶液中滴加过量的稀氨水D.

向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．二氧化硫不与氯化钡发生反应，故A不符合题意；B．发生的反应是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，继续通入CO2，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(

HCO3)2，先有沉淀，后沉淀溶解，故B符合题意；C．向氯化铝中加入氨水，产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，只有沉淀产生，沉淀不溶解，故C不符合题意；D．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，发生Na2CO3+CO2+H2O

=2NaHCO3↓，有沉淀产生，但沉淀不溶解，故D不符合题意；答案为B。21.我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=akJ·mol-1]的反应历程如下图所示，下列说法正

确的是A.1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和小于1molC2H6(g)的能量B.过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2C.该反应的焓变：ΔH=—129.6kJ·mol-1D.相应的活化能：催化剂AuF<催化剂Au

PF+3的【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物的总能量的放热反应，故A错误；B．由图可知，过渡态1的相对能量高于过渡态2，物质的能量越高，越不稳定，所以过渡态1的稳定性小于过渡态2，

故B错误；C．由图可知，反应的焓变ΔH=—[0—(—129.6kJ·mol-1)]=—129.6kJ·mol-1，故C正确；D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF+3的活化能分别为109.34kJ

·mol-1、26.3kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF+3，故D错误；故选C。22.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示

。下列叙述正确的是A.化合物A的水溶液显酸性B.Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物C.X与Z可能形成由极性键与非极性键构成的物质D.0.1mol化合物A与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应，转移电子数是A0.1N【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见

液态化合物，X是H元素、Z是O元素，W的原子半径在短周期主族元素中最大，W是Na元素；由Y能形成4个共价键，Y是C元素。【详解】A．化合物A是Na2C2O4，是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，故A错误；B．C能形成多种固态氢化物，所以C的氢化物沸

点一定低于O的氢化物，故B错误；C．O与H形成的H2O2分子中含有极性键、非极性键，故C正确；D．0.1molNa2C2O4与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应，碳元素化合价由+3升高为+4，转移电子数是A0.2N，故D错误；选C。23.以惰性电极电解

CuSO4和NaCl的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如下图所示，下列有关说法正确的是A.a表示阴极上产生的气体，t1前产生的为H2B.常温下若t2时溶液的体积为1L，此时溶液的pH为13C.原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为1∶1D.若原溶液体积为

1L，则原溶液中24SO−的物质的量浓度为0.2mol/L【答案】C【解析】【分析】以惰性电极电解CuSO4和NaCl的混合溶液，阳极依次发生--22Cl-2e=Cl、--224OH-4e=2HO+O；阴极依次发生2+-Cu+2e=Cu、2+-2H+2e=H。根据图象可知，生成的氯气

是112ml，物质的量是0.005mol，转移电子是0.01mol。则氯化钠是0.01mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168ml－112ml＝56ml，物质的量是0.0025mol，则转移电子是0.01mol，所以

根据电子得失守恒可知，析出铜是0.01mol，因此硫酸铜是0.01mol。【详解】A．由分析可知，a表示阳极上产生的气体，前产生的为Cl2，A错误；B．由t2时4OH--4e-=O2↑+2H2O～4H+，n(H+)=0.00

25mol×4=0.01mol，则溶液的c(H+)=0.01mol/L，pH=2，B错误；C．根据以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为0.01mol:0.01mol=1:1，C正确；D．若原溶液体积为1L，则原溶液中24SO−的

物质的量浓度为0.01mol÷1L=0.01mol/L，D错误。故选C。二、填空题(共5题，共54分)24.化学反应过程伴随有热量的变化。（1）下列反应中属于吸热反应的有___________。(填序号)①C与H2O(g)反应制取水煤气②食物因氧化而腐败③煅烧石灰石

(主要成分是CaCO3)制生石灰④燃烧木炭取暖⑤氯化铵晶体和22Ba(OH)8HO混合搅拌（2）已知在298K、101kPa下，由稳定单质反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(H)。图为ⅥA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。硫化

氢发生分解反应的热化学方程式为___________。（3）利用CH4可制备乙烯及合成气(CO、H2)。有关化学键键能(E)的数据如下表：化学键HH−C=CCC−CH−()EkJ/mol436a348410①已知42422CH(g)CH(g)2H(g)?Δ

167kJ/molH=+=+，则a=___________。②已知21244225CH(g)12MnO(aq)36H(aq)12Mn(aq)10CO(g)28HO(l)?ΔHmkJmol−++−++=++=−，当放出的热量为kJn时，该反应转移电子的物质的量为___________。(用含m

、n的代数式表示)③制备合成气反应历程分两步，步骤Ⅰ：42CH(g)C(ads)2H(g)+；步骤Ⅱ：2C(ads)CO(g)2CO(g)+。上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：步骤Ⅱ正反应的活化能为___

________，决定制备合成气反应速率的是___________(填“步骤Ⅰ”或“步骤Ⅱ”)。【答案】（1）①③⑤（2）122HS(g)S(s)H(g)Δ20kJmolH−=+=+（3）①.601②.

60nm③.E5−E2④.步骤Ⅰ【解析】【小问1详解】①C与H2O(g)反应制取水煤气为吸热反应；②食物因氧化而腐败为缓慢的氧化还原反应，属于放热反应；③煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰，属于吸热反应；④燃烧木炭取暖

，燃烧属于放热反应；⑤氯化铵晶体和22Ba(OH)8HO混合搅拌，是室温下即可发生的吸热反应；则属于吸热反应的①③⑤；【小问2详解】根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，而根据

热力学，能量越低越稳定，则非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其H越小。a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，则c为H2S，再结合上图，生成H2S的H为-20kJ/mol，可得122S(s)H(g)HS(

g)Δ-20kJmolH−+==，则硫化氢发生分解反应的热化学方程式为122HS(g)S(s)H(g)Δ20kJmolH−=+=+；【小问3详解】H=反应物总键能-生成物总键能，故=24E(C-H)-4E(

C-H)-E(C=C)-2E(H-H)H=+167kJ/mol，化简并代入表格中数据=4410--24lkJ/molkJ/molkJ+/1mo36=67Ha计算可得E(C=C)=a=601kJ/mol；②已知21244225CH(g)12MnO(aq)36H(aq)12Mn(a

q)10CO(g)28HO(l)?ΔHmkJmol−++−++=++=−反应中，转移的电子数为60NA，对应放出的热量为mkJ，则当放出的热量为kJn时，该反应转移电子的物质的量为60nm；③由图知，步骤Ⅱ正反应的活化能为E5−E2，活化

能大的是决速步，由图知，决定制备合成气反应速率的是步骤Ⅰ。25.党的二十大报告提出，加强基础研究，突出原创，鼓励自由探索。一氧化氮-空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电环保三位一体的结合。如图所示，某同学设计用该电池探究将雾霾中的S

O2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理。（1）燃料电池放电过程中负极的电极反应式___________。（2）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，CuSO4溶液的浓度将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）乙装置中物质

A是___________(填化学式)；阴极的电极反应式是___________。（4）若在标准状况下，甲装置有11.2LO2参加反应，则乙装置中转化SO2和NO的物质的量共有___________mol；丙装置中阴极析出铜的质量为_____

______g。【答案】（1）23NO3e2HONO4H−−+−+=+（2）减小（3）①.H2SO4②.42NO5e6HNHHO−++++=+（4）①.1.4②.64【解析】【小问1详解】甲池为燃料电池，通入NO的一级为负极，

发生电极反应为：23NO3e2HONO4H−−+−+=+；【小问2详解】丙装置为电解精炼铜，如果粗铜中含有锌、银等杂质，在阳极上锌等活泼金属失去电子发生反应：-2+Zn-2e=Zn，-2+=Cu-2eCu等，阴极上发生反应：2+-Cu+2e=Cu，根据阳极失去的

电子数和阴极得到的电子数相等，所以反应一段时间，CuSO4溶液中的浓度将减小；【小问3详解】乙装置中通入2SO的石墨电极接甲装置中的正极，为阳极，发生氧化反应：-2-+224SO-2e+2HO=SO+4

H，所以A为H2SO4；通入NO的石墨电极为阴极，发生反应：42NO5e6HNHHO−++++=+；【小问4详解】甲装置正极发生反应：-+22O+4e+4H=2HO，在标准状况下有11.2LO2参加反应，转移的电子数为：0.

542mol=，根据得失电子守恒，乙装置中转化SO2物质的量为1mol，转化NO的物质的量为0.4mol，共有1.4mol；丙装置中阴极发生反应2+-Cu+2e=Cu，析出铜的质量为64g。26.硼及其化合物在生产中有广泛用途，硼和铝位于同主族，具有相似的化学性质。（1）硼和氯气

反应生成BCl3，在该分子中，硼原子最外层有___________个电子。（2）NaBH4是有机合成中重要的还原剂。工业上合成方法之一是：24722234NaBO16Na8H7SiO7NaSiO4NaBH++++高温，在该反应中，氧化剂是____

_______，制备42molNaBH时转移___________mol电子。（3）B(OH)3(硼酸)是一元弱酸，它在水中类似氨的电离：324NHHONHOH+−++，硼酸在水中电离的方程式为___________。（4）过硼酸钠(NaB

O3)是一种用途广泛的无机过氧化物，可用作织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂。过硼酸钠的水溶液不稳定，极易生成偏硼酸钠(NaBO2)并放出氧气，写出该反应的化学方程式___________。（5）以NaBH4和H2O2作原料的燃料电池，可用

作空军通信卫星。电池负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是___________。A.电池放电时Na+从a极区移向b极区B.该电池a极的反应为422BH8OH8eBO6HO−−−−+−=+

C.电极b采用Pt/C，该极溶液的pH增大D.电池总反应：42222BH4HOBO6HO−−+=+（6）过硼酸钠晶体(32NaBO4HO)可用作洗衣业的无氯漂白剂、清洗材料和牙齿增白剂，在70℃以上加热会

逐步失去结晶水。实验测得过硼酸钠晶体的质量随温度变化的情况如下图所示，则T3℃时所得固体的化学式为___________。【答案】（1）6（2）①.H2②.8（3）()3324HBOHOBOHH−+++（4）3222NaBO2

NaBOO=+（5）C（6）32NaBOHO【解析】【分析】以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3价)和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为-4BH+8OH--8e-=-2BO

+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，电子由负极经导线流到正极，结合原电池的工作原理和解答该题。【小问1详解】B原子有3个价电子，形成3个B-Cl键，故BCl3分子中硼原

子最外层有6个电子；【小问2详解】反应中Na的化合价升高，氢气中H元素化合价降低，H2是氧化剂，制备2molNaBH4时转移电子为：2mol×4×[0-(-1)]=4mol；【小问3详解】B(OH)3是

一元弱酸，B(OH)3结合水电离的OH-形成[B(OH)4]-，同时产生H+，硼酸在水中电离的方程式为：()3324HBOHOBOHH−+++；【小问4详解】过硼酸钠的水溶液不稳定，极易生成偏硼酸钠(NaBO2)并放出氧气，反应的化学反应方程式为：2NaBO3=2N

aBO2+O2↑；【小问5详解】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B．a电极为负极，负极发生氧化反应生成-2BO，电极反应式为-4BH+8OH--8e-=-2BO+6

H2O，故B正确；C．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，H2O2+2e-=2OH-，该极溶液的pH增大，故C错误；D．负极发生氧化反应生成-2BO，电极反应式为-4BH+8OH--8e-=-2BO+6H2O，正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，正

负极相加得到总反应：-4BH+4H2O2═-2BO+6H2O，故D正确；故选：C；【小问6详解】T3时，n(Na)=20.0g23%23g/mol=0.2mol,则30.8g样品中，n(Na)：n(B)：n(H)：n(O)=0.2：0.2

：0.2n：1.4，有：0.2×23+0.2×11+0.2n+1.4×16=30.8，解出n=8，则原晶体为：NaBO3•4H2O，进一步根据T3时所得晶体中钠元素的质量分数，求出结晶水数目：2323+11+48+18n═0.23，解得n═1，所以T

3时所得晶体的化学式为NaBO3•H2O。27.硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图：已知：①CS2不溶于水，密度比水大：NH3不溶于CS2；②三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂。回

答下列问题：（1）制备NH4SCN溶液：①实验前，经检验装置的气密性良好。装置B中的试剂是___________。D装置中连接分液漏斗和三颈烧瓶的橡皮管的作用是___________。②实验开始时，打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生反

应2344CS3NHNHSCNNHHS++水浴加热催化剂(该反应比较缓慢)至CS2消失。（2）制备KSCN溶液：①熄灭A处的酒精灯，关闭K2，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，当NH4HS完全分解

后(423NHHSHSNH+)。打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，发生反应的化学方程式为___________。②装置E中有浅黄色沉淀出现，写出酸性重铬酸钾(K2Cr2O₇)溶液吸收其中酸性气体的离子方程式为___________。（3）制备KSC

N晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再___________、冷却结晶、___________、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（4）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品。配成800mL溶液。量取20.00mL。溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示

剂，用130.1000molLAgNO−准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。①滴定时发生的反应：SCNAgAgSCN−++=(白色)。则判断到达滴定终点的方法是___________。②晶体中KSCN的质量分数为___________。【答案】（1）①.碱石灰②.

平衡气压，使KOH溶液顺利滴入三颈烧瓶中（2）①.432NHSCNKOHKSCNNHHO+++②.232722CrO3HS8H3S2Cr7HO−++++=++（3）①.蒸发浓缩②.过滤（4）①.当滴

入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复②.77.6%【解析】【分析】实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气经碱石灰干燥后，通过已知反应2344CS3NHNHSCNNHHS++水浴加热催化剂、在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入

KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，反应中产生的H2S和多余的氨气在E中被酸性重铬酸钾氧化吸收。【小问1详解】①装置B为干燥氨气，氨气是碱性气体，则装置B中的试剂是碱石灰。D装置中连接分液漏斗和

三颈烧瓶的橡皮管的作用是：平衡气压，使KOH溶液顺利滴入三颈烧瓶中。②实验开始时，打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生(该反应比较缓慢)至CS2消失。【小问2详解】①将装置D继续加热至105℃，当NH4HS完全分解后溶液中为NH4SC

N，则打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液以制备KSCN溶液，发生复分解反应，化学方程式为432NHSCNKOHKSCNNHHO=+++。②装置E中出现的浅黄色沉淀为S，即423NHHSHSNH=+分解产物中酸性气体H2S被酸性重铬酸钾(K2Cr2O₇)溶液吸收

，H2S被氧化，离子方程式为232722CrO3HS8H3S2Cr7HO−++++=++。【小问3详解】制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体

。【小问4详解】①由题意可知，硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，加入AgNO3消耗SCN-，当溶液中硫氰酸根离子SCNAgAgSCN−++=反应完全时，溶液红色会褪去，则判断到达滴定终点的方法为滴入最后半滴硝酸

银溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复。②达到滴定终点时消耗0.1000mol/LAgNO3标准溶液20.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.02L×0

.1mol/L=0.002mol，800mL溶液中KSCN的质量为m=nM=0.002mol×800mL20mL×97g/mol=7.76g，10.0g样品中硫氰化钾的质量分数为10.0g7.76g×100%=

77.6%。28.钛用途广泛，焦磷酸镁(Mg2P2O₇)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量

焦磷酸镁的工艺流程如图。已知：①TiO2不与碱反应，与酸反应后以2+TiO的形式存在。②-38sp3KFe(OH)10回答下列问题：（1）“碱浸”过程中去除的物质是___________。(填化学式)（2）适当

升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是___________。（3）加热水解时发生主要反应的离子方程式为___________。（4）①“氧化”时2-28SO转化为2-4SO的离子方程式为_______

____，②常温下，调节pH的理论最小值为___________时，可使3+Fe沉淀完全(当某离子浓度-5-1c10molL时，可认为该离子沉淀完全)。（5）滤液III中加入Na4P2O₇溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O₇)的化学方程式为___________。【答案】

（1）Al2O3（2）防止温度过高2+TiO水解，减少损失（3）222TiO2HOTiO(OH)2H+++=+（4）①.2232284SO2Fe2Fe2SO−++−++=②.3（5）427422724NaPO+2MgSO=MgPO+2N

aSO【解析】【分析】含钛废料中加NaOH溶液碱浸只有Al2O3反应生成偏铝酸钠，滤液1为偏铝酸钠和过量的NaOH的混合溶液，过滤所得固体中加稀硫酸酸浸只有不溶解的Cu为滤渣1，往所得滤液（主要含Fe3+、Fe2+、Mg2+、TiO2+、2-4SO）中加铁粉将Fe3+还原为Fe

2+，冷却结晶时Fe2+以七水硫酸亚铁晶体析出，滤渣2主要含有七水硫酸亚铁晶体，还有少量过量的铁粉，滤液加热TiO2+水解转化为TiO(OH)2，煅烧得TiO2，滤液II含有Mg2+及少量Fe2+加，加Na2S2O8溶液氧化Fe2+为Fe3+，调pH将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，滤

液III主要含有Mg2+，加Na4P2O7溶液得Mg2P2O7。【小问1详解】含钛废料中加NaOH溶液碱浸时，只有Al2O3溶解生成可溶的偏铝酸钠，“碱浸”过程中去除的物质是Al2O3；小问2详解】稀硫酸酸浸时Ti

O2转化为TiO2+，温度过高TiO2+水解程度增大，造成Ti的损失，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是：防止温度过高2+TiO水解，减少损失；【小问3详解】加热时主要是TiO2+水解生成TiO(OH)2，反应的离子方程

式为：222TiO2HOTiO(OH)2H+++=+；【小问4详解】“氧化”时2-28SO与Fe2+反应生成Fe3+和2-4SO，其离子方程式为：2232284SO2Fe2Fe2SO−++−++=；3+Fe沉淀完全离子浓度-5-1c10molL，

2-3--38sp34KFe(OH)=c(SO)c(OH)10，-38sp3--11333+-5KFe(OH)10c(OH)==mol/L=10mol/Lc(Fe)110，-14+-3-1110c(H)=mol/L=10mol/LpH

310，的理论最小值为；【小问5详解】【获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com