精品解析：四川省泸州市泸县第五中学2025届高三第一次诊断性考试化学试题

泸县五中高2022级高三上学期第一次诊断性考试 化学试题 化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。 满分：100分；考试时间：75分钟 注意事项： 相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Cl-35.5 Ag-108 第一部分 选择题(共42分) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 1. 下列相关说法错误的是 A. “酸雨”主要是大量排放氮氧化物、硫的氧化物所引起的 B. “光化学烟雾”主要是由氮氧化物所引起的 C. “赤潮”主要是由于水体中N、P等元素含量过高所引起的 D. “白色垃圾”主要是大量纸张的铺张浪费所引起的 2. 以不同类别物质间的转化为线索，可结构化认识钠及其化合物。下列说法错误的是 A. Na2O和CO2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物 B. 若改变过程I的反应条件，可得到钠的另一种氧化物 C. 若改变过程IV中CO2的量，可得到另一种钠盐 D. 过程I～IV中，发生了电子转移的是I、II、III 3. 下列物质性质与应用对应关系正确的是 A. 过氧化钠可以与CO2反应放出O2，可用于潜艇中的供氧剂 B. 硅酸钠溶液呈碱性，可涂在木材的表面作耐火剂 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白 D. 明矾溶于水可形成有氢氧化铝胶体，可用于自来水的杀菌消毒 4. 下列检验Cl－的方法正确的是(　　) A. 向某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀说明该溶液中有Cl－ B. 向某溶液中先滴加盐酸，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－ C. 向某溶液中先滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中有Cl－ D. 向某溶液中滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－ 5. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 盐酸与澄清石灰水反应： B. 溶液中滴加溶液： C. 盐酸除铁锈： D. 通入溶液中： 6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 64gCu与足量硫粉完全反应，转移电子数为2NA B. 标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NA C. 1mol甲烷与氯气在光照条件下充分反应，生成CH3Cl数目为NA D. 在密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后的原子总数为6NA 7. 向一定量的Fe和的混合物中加入100mL0.1mol/L的稀硫酸，固体恰好完全溶解且有气体放出，所得溶液滴加KSCN无明显现象；若用足量的在高温下去还原相同质量的此混合物，充分反应后，得到的固体的质量为 A. 0.28g B. 0.56g C. 0.84g D. 1.12g 8. 甲、乙、丙、丁四种元素位于同一短周期，原子序数依次增加。下列判断错误的是 A. 原子半径：丙<乙<甲 B. 若甲、乙、丙、丁的单质在常温下均为气态，则核电荷数比甲少1的元素形成的单质熔点可能很高 C. 若甲、乙、丙均是金属，则氢氧化物碱性：甲<乙<丙 D. 若乙的最高价含氧酸为强酸，则丙是活泼非金属元素 9. 下列说法正确的是 A. 烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少 B. 分子中最多有20个原子共平面 C. 分子式为和的有机物一定是同系物 D. 分子式为的有机物可以只有一种化学环境的氢原子 10. 室温下过氧化铬()在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应：。在5m1的过氧化铬戊醇溶液中滴入一定量的稀硝酸，在不同时刻测得过氧化铬浓度如下表： 时间/min 4 6 8 10 t 20 25 35 4.230 2.510 1.790 1.350 1.240 1.130 1.110 1.100 下列叙述正确的是 A. 4～6min内过氧化铬分解的平均速率 B. 8～10min内过氧化铬分解释放的体积为0.86mL(标准状况) C. 推测表中t的取值范围为：10<t<15 D. 若升高温度后重新实验发现20min时过氧化铬浓度为，则证明反应的△H>0 11. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是 ① ② ③ A. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 B. 由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应 C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 12. 可逆反应进行过程中，当其他条件不变时，Z的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 达到平衡后，增加Y的量，平衡正向移动 B. 达到平衡后，升高温度，平衡正向移动 C. ，且 D. 达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动 13. 采用电化学方法以SO2和Na2SO3为原料制取硫酸的装置如图所示(A、B为多孔石墨电极，C、D为惰性电极)。下列说法错误的是 A. “膜2”为阳离子交换膜 B. 电极A的电极反应为SO2－2e-+2H2O==SO42-+4H+ C. 上述过程中，亚硫酸钠溶液可循环使用 D. 使用该装置制取98g硫酸需消耗11.2L O2(STP) 14. 室温下，某可溶性二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数(δ)随溶液pH变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 A. Kb1的数量级为10—5 B. pH=9.2时，溶液中没有X2+ C. X(OH)NO3溶液中：c(X2+)>c[X(OH)2] D. 在X(OH)NO3水溶中，c[X(OH)2]+c(H+)=c(X2+)+c(OH—) 第二部分非选择题(共58分) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究： 操作 现象 取漂粉精固体，加入水 部分固体溶解，溶液略有颜色 过滤，测漂粉精溶液的 试纸先变蓝(约为12)，后褪色 i、液面上方出现白雾； ⅱ、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色； ⅱi、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 （1）和制取漂粉精的化学方程式是_______。 （2）试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。 （3）向水中持续通入，未观察到白雾。推测现象i的白雾由小液滴形成，进行如下实验： a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀； b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。 ①实验b的目的是_______。 ②由实验不能判断白雾中含有，理由是_______。 （4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的向能原因是_______。 （5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X ①向沉淀X中加入稀，无明显变化。取上层清液，加入溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_______。 ②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：_______。 16. 下表为元素周期表中的前四周期元素，列出了10种主族元素在元素周期表中的位置。试用元素符号、离子符号或化学式回答下列问题。 ⑥ ⑦ ① ③ ⑤ ⑩ ⑧ ⑨ ② ④ （1）⑦元素在周期表中的位置是___________。 （2）①②③④⑤五种元素最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是___________(填化学式)，该物质含有的化学键类型是___________。 （3）④形成的简单离子的结构示意图___________。 （4）第五周期元素中，与⑨元素同主族的元素原子序数为___________，用一个离子方程式比较该元素与⑨元素的非金属性强弱___________。 （5）⑥的简单氢化物的空间构型是___________；元素⑦可形成18电子的氢化物X，其电子式为___________；⑥与⑨形成的5原子分子的结构式为___________。 （6）⑦的简单氢化物与⑧的简单氢化物的稳定性较高的是___________。 （7）⑤的氧化物与①的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。 17. 实验室制取SO2的反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。请用下列装置设计一个实验，以测定SO2转化为SO3的转化率： （1）装置的连接顺序(按气体左右的方向)是___________。 ___________→___________→___________→___________→___________→___________→___________→___________(填各接口的编号) （2）从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验时I处滴入浓硫酸与II处加热催化剂的先后顺序是___________。 （3）IV处观察到的现象是___________。 （4）若II中反应在适当的反应状况下，反应达最大限度以后，下列说法正确的是___________。 A. SO2浓度必定等于O2 浓度的两倍 B. SO2、O2、SO3的分子数之比是2：1：2 C. SO2与O2不再化合生成SO3 D. 反应混合物各成分的百分组成不再变化 （5）在I处用大火加热烧瓶时，SO2的转化率会___________(填“增大”“不变”或“减小”)。 （6）用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，称得V处增重mg，则本实验中SO2的转化率为___________。(用n、m表示) 18. 通过下列实验可以从废铜屑中制取。 （1）溶液显碱性的原因(用离子方程式表示)：_______，加入溶液的作用________。 （2）“氧化”时反应的离子方程式_________。 （3）操作1为过滤，使用玻璃棒的作用是_________，操作2为___________。 （4）将加热到以上会分解得到，1个晶胞(如图)中含_______个氧原子。 （5）常温下，将除去表面氧化膜的片插入浓中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间的变化如(图2)所示，反应过程中有红棕色气体产生。时，原电池的负极是片，此时，正极的电极反应式是___________，时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2022级高三上学期第一次诊断性考试 化学试题 化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。 满分：100分；考试时间：75分钟 注意事项： 相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Cl-35.5 Ag-108 第一部分 选择题(共42分) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。 1. 下列相关说法错误的是 A. “酸雨”主要是大量排放氮氧化物、硫的氧化物所引起的 B. “光化学烟雾”主要是由氮氧化物所引起的 C. “赤潮”主要是由于水体中N、P等元素含量过高所引起的 D. “白色垃圾”主要是大量纸张的铺张浪费所引起的 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化硫和氮的氧化物是导致酸雨的主要原因，故A正确； B．“光化学烟雾”主要是由氮氧化物所引起，故B正确； C．“赤潮”主要是由于水体中N、P等元素含量过高，使水体富营养化，导致生物过量繁殖，故C正确； D．“白色垃圾”主要是大量塑料大量使用引起的，故D错误； 故选：D。 2. 以不同类别物质间的转化为线索，可结构化认识钠及其化合物。下列说法错误的是 A. Na2O和CO2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物 B. 若改变过程I的反应条件，可得到钠的另一种氧化物 C. 若改变过程IV中CO2的量，可得到另一种钠盐 D. 过程I～IV中，发生了电子转移的是I、II、III 【答案】D 【解析】 【详解】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；Na2O和CO2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物，A正确； B．钠和氧气点燃生成过氧化钠，B正确； C．氢氧化钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠，C正确； D．氧化钠和水生成氢氧化钠没有元素化合价改变，没有电子转移，D错误； 故选D。 3. 下列物质性质与应用对应关系正确的是 A. 过氧化钠可以与CO2反应放出O2，可用于潜艇中的供氧剂 B. 硅酸钠溶液呈碱性，可涂在木材的表面作耐火剂 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白 D. 明矾溶于水可形成有氢氧化铝胶体，可用于自来水的杀菌消毒 【答案】A 【解析】 【详解】A．过氧化钠可与CO2反应放出O2：，可用于潜艇中的供氧剂，性质与用途相对应，A符合题意； B．硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂，与硅酸钠溶液的碱性无关，B不符合题意； C．二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，与二氧化硫的氧化性无关，C不符合题意； D．胶体具有吸附性而没有强氧化性，所以明矾只能作净水剂不能杀菌消毒，D不符合题意； 故选A。 4. 下列检验Cl－的方法正确的是(　　) A. 向某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀说明该溶液中有Cl－ B. 向某溶液中先滴加盐酸，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－ C. 向某溶液中先滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中有Cl－ D. 向某溶液中滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－ 【答案】D 【解析】 【详解】A. 可能生成碳酸银、硫酸银等沉淀，不能说明该溶液中有Cl−，故A错误； B. 先滴加盐酸,引入Cl−，不能说明该溶液中有Cl−，故B错误； C. 加入盐酸，不能排除Cl−的干扰，故C错误； D. 因氯化银不能溶解于硝酸，滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，可说明溶液中有Cl−，故D正确； 故选D。 【点睛】氯离子的特征离子反应是可以和银离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀，注意排除其它离子的干扰，以此解答该题。 5. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 盐酸与澄清石灰水反应： B. 溶液中滴加溶液： C. 盐酸除铁锈： D. 通入溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．澄清石灰水的主要成分是，应拆开写，因此反应的离子方程式为：，A错误； B．向溶液中滴加溶液反应生成BaSO4沉淀和沉淀，因此反应的离子方程式为：，B错误； C．铁锈的主要成分是三氧化二铁，不能拆开，因此反应的离子方程式为：，C正确； D．由于盐酸的酸性强于碳酸，因此通入溶液中不反应，D错误； 故选C。 6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 64gCu与足量硫粉完全反应，转移电子数为2NA B. 标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NA C. 1mol甲烷与氯气在光照条件下充分反应，生成CH3Cl数目为NA D. 在密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后的原子总数为6NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．64g即=1molCu，Cu与足量硫粉完全反应生成Cu2S，则转移电子数为NA，A错误； B．标准状况下SO3为固体，故无法计算22.4LSO3中含有的硫原子数，B错误； C．已知反应CH4+Cl2CH3Cl+HCl、CH3Cl +Cl2CH2Cl2+HCl 、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl、 CHCl3+Cl2CCl4+HCl，故 1mol甲烷与氯气在光照条件下充分反应，生成CH3Cl数目小于NA，C错误； D．根据质量守恒可知，在密闭容器中2molNO与1molO2充分反应后的原子总数为(2×2+1×2)×NAmol-1=6NA，D正确； 故答案为：D。 7. 向一定量的Fe和的混合物中加入100mL0.1mol/L的稀硫酸，固体恰好完全溶解且有气体放出，所得溶液滴加KSCN无明显现象；若用足量的在高温下去还原相同质量的此混合物，充分反应后，得到的固体的质量为 A. 0.28g B. 0.56g C. 0.84g D. 1.12g 【答案】B 【解析】 【详解】向铁和氧化铁的混合物中加入稀硫酸发生的反应为氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水、反应生成的硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，由题意可知，稀硫酸与铁和氧化铁的混合物恰好反应得到硫酸亚铁溶液，由电荷守恒可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，由铁原子个数守恒可知，用足量的氢气在高温下还原相同质量的铁和氧化铁的得到铁的质量为0.01mol×56g/mol =0.56g，故选B。 8. 甲、乙、丙、丁四种元素位于同一短周期，原子序数依次增加。下列判断错误的是 A. 原子半径：丙<乙<甲 B. 若甲、乙、丙、丁的单质在常温下均为气态，则核电荷数比甲少1的元素形成的单质熔点可能很高 C. 若甲、乙、丙均是金属，则氢氧化物碱性：甲<乙<丙 D. 若乙的最高价含氧酸为强酸，则丙是活泼非金属元素 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：丙<乙<甲，A正确； B．若甲、乙、丙、丁的单质在常温下均为气态，应分别为N、O、F、Ne对应的单质，核电荷数比甲少1的元素形成的单质应为金刚石或石墨，金刚石的熔点很高，B正确； C．若甲、乙、丙均是金属，随着原子序数的增大，同周期元素金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，故氢氧化物的碱性：甲>乙>丙，C错误； D．若乙的最高价含氧酸为强酸，可能为N或S，则丙可能为O或Cl，是活泼非金属元素，D正确； 故选C。 9. 下列说法正确的是 A. 烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少 B. 分子中最多有20个原子共平面 C. 分子式为和的有机物一定是同系物 D. 分子式为的有机物可以只有一种化学环境的氢原子 【答案】D 【解析】 【详解】A． 烷烃的沸点高低不仅取决于碳原子数的多少，还要看支链的多少，含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，故A错误； B．已知苯环和乙烯为平面型结构，而乙炔为直线形结构， 分子中如图所示13个C、8个H，最多有21个原子共平面，故B错误； C． 可能是二甲醚或乙醇，只能是甲醇，分子式为和的有机物不一定是同系物，故C错误； D． 分子式为的有机物可以只有一种化学环境的氢原子，如，故D正确； 故选D。 10. 室温下过氧化铬()在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应：。在5m1的过氧化铬戊醇溶液中滴入一定量的稀硝酸，在不同时刻测得过氧化铬浓度如下表： 时间/min 4 6 8 10 t 20 25 35 4.230 2.510 1.790 1.350 1.240 1.130 1.110 1.100 下列叙述正确的是 A. 4～6min内过氧化铬分解的平均速率 B. 8～10min内过氧化铬分解释放的体积为0.86mL(标准状况) C. 推测表中t的取值范围为：10<t<15 D. 若升高温度后重新实验发现20min时过氧化铬浓度为，则证明反应的△H>0 【答案】C 【解析】 【详解】A．4～6min内过氧化铬分解的平均速率，，故A错误； B．8～10min内过氧化铬分解的物质的量为(1.790-1.350)×10-5mol/L×5×10-3L=2.2×10-8mol，根据反应可得分解得到的氧气的体积为3.85×10-8mol×22.4L/mol=8.6×10-4mL，故B错误； C．若t=15，则10～15min和15～20min这两个时间段内的速率相等，但是根据浓度越小速率越小，10～15min内速率大于后一阶段，故10<t<15，故C正确； D．20min时反应还未达到平衡，升高温素加快了反应速率，不能判断平衡的移动方向，不能判断反应吸放热，故D错误； 故选C。 11. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是 ① ② ③ A. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 B. 由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应 C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 【答案】A 【解析】 【详解】A．木炭燃烧产生二氧化碳，该实验中检验出二氧化碳不能说明是木炭和浓硝酸反应得到的，故A错误； B．红热的木炭加入浓硝酸后，浓硝酸自身分解生成二氧化氮、浓硝酸和木炭反应也生成二氧化氮，所以不能说明木炭和浓硝酸反应生成二氧化氮，故B正确； C．红热木炭没有接触浓硝酸溶液就产生红棕色气体，说明红热木炭和挥发的浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮为还原产物，故C正确； D．该溶液中只有浓硝酸和水，放入灼热的碎玻璃后产生红棕色气体，说明受热条件下浓硝酸分解生成气体，该气体中还含有氧气，一定是混合气体，故D正确； 故选A。 12. 可逆反应进行过程中，当其他条件不变时，Z的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 达到平衡后，增加Y的量，平衡正向移动 B. 达到平衡后，升高温度，平衡正向移动 C. ，且 D. 达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于Y是固体，增加Y的量，不影响平衡移动，A错误； B．根据图甲，先拐平数值大，，可知升高温度，Z的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，B错误； C．根据图乙，先拐平数值大，，可知增大压强，Z的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，则，C正确； D．催化剂只能改变化学反应速率，不会影响平衡的移动，D错误； 故选C。 13. 采用电化学方法以SO2和Na2SO3为原料制取硫酸的装置如图所示(A、B为多孔石墨电极，C、D为惰性电极)。下列说法错误的是 A. “膜2”为阳离子交换膜 B. 电极A的电极反应为SO2－2e-+2H2O==SO42-+4H+ C. 上述过程中，亚硫酸钠溶液可循环使用 D. 使用该装置制取98g硫酸需消耗11.2L O2(STP) 【答案】D 【解析】 【分析】根据装置图，生成氢气的一极为阴极，所以电极D为阴极，得到电子，发生还原反应，其电极反应为：2HSO3-+2e-=2SO32-+H2↑，电极C为阳极，失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：HSO3--2e-+H2O =SO42-+3H+；电极A为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，其电极反应式为：SO2－2e-+2H2O==SO42-+4H+；电极B为正极，氧气得到电子，发生还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O。 【详解】A. 电极D为阴极，溶液中的阳离子移向阴极，所以“膜2”为阳离子交换膜，A正确； B. 电极A为负极，二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，其电极反应为：SO2－2e-+2H2O=SO42-+4H+，B正确； C. 根据装置图，X为Na2SO3，与SO2反应，生成NaHSO3，NaHSO3到溶液中又生成Na2SO3，所以Na2SO3溶液可循环使用，C正确； D. 左侧室的总反应为：2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4，右侧室的总反应为3HSO3-+ H2O=2SO32-+H2↑+SO42-+3H+，制取98g硫酸，标准状况下消耗不了11.2L O2，D错误；故答案为：D。 14. 室温下，某可溶性二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数(δ)随溶液pH变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 A. Kb1的数量级为10—5 B. pH=9.2时，溶液中没有X2+ C. X(OH)NO3溶液中：c(X2+)>c[X(OH)2] D. 在X(OH)NO3水溶中，c[X(OH)2]+c(H+)=c(X2+)+c(OH—) 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，溶液中c[X(OH)2]= c[X(OH)+]时，溶液pH为9.2，由电离常数公式可知，二元碱Kb1== c(OH—)=10—4.8，同理可知，由溶液中c[X(OH)+] =c(X2+)，溶液pH为6.2时，二元碱Kb2= c(OH—)=10—7.8。 【详解】A．由分析可知，Kb1== c(OH—)=10—4.8，数量级为10—5，故A正确； B．由图可知，溶液pH为9.2时，溶液中存在X(OH)2和X(OH)+，没有X2+，故B正确； C．由分析可知，X(OH)—的水解常数为Kh===10—9.2＜Kb2说明X(OH)+在溶液中的电离程度大于水解程度，X(OH)NO3溶液呈碱性，溶液中c(X2+) >c[X(OH)2]，故C正确； D．X(OH)NO3溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+2c(X2+)+ c[X(OH)+] = c(NO)+c(OH—)和物料守恒关系c(NO)= c(X2+)+ c[X(OH)+]+ c[X(OH)2]，整理可得c[X(OH)2]+ c(OH—)=c(X2+)+ c(H+)，故D错误； 故选D。 第二部分非选择题(共58分) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究： 操作 现象 取漂粉精固体，加入水 部分固体溶解，溶液略有颜色 过滤，测漂粉精溶液的 试纸先变蓝(约为12)，后褪色 i、液面上方出现白雾； ⅱ、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色； ⅱi、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 （1）和制取漂粉精的化学方程式是_______。 （2）试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。 （3）向水中持续通入，未观察到白雾。推测现象i的白雾由小液滴形成，进行如下实验： a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀； b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。 ①实验b的目的是_______。 ②由实验不能判断白雾中含有，理由是_______。 （4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的向能原因是_______。 （5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X ①向沉淀X中加入稀，无明显变化。取上层清液，加入溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_______。 ②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：_______。 【答案】（1）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； （2）漂白性； （3） ①. 检验氯气 ②. SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀； （4）随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应 （5） ①. CaSO4； ②. ； 【解析】 【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。 【小问1详解】 氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； 【小问2详解】 pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性； 【小问3详解】 向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀； 【小问4详解】 现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．漂粉精中次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气离子方程式为：； 【小问5详解】 ①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：； 16. 下表为元素周期表中的前四周期元素，列出了10种主族元素在元素周期表中的位置。试用元素符号、离子符号或化学式回答下列问题。 ⑥ ⑦ ① ③ ⑤ ⑩ ⑧ ⑨ ② ④ （1）⑦元素在周期表中的位置是___________。 （2）①②③④⑤五种元素最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是___________(填化学式)，该物质含有的化学键类型是___________。 （3）④形成的简单离子的结构示意图___________。 （4）第五周期元素中，与⑨元素同主族的元素原子序数为___________，用一个离子方程式比较该元素与⑨元素的非金属性强弱___________。 （5）⑥的简单氢化物的空间构型是___________；元素⑦可形成18电子的氢化物X，其电子式为___________；⑥与⑨形成的5原子分子的结构式为___________。 （6）⑦的简单氢化物与⑧的简单氢化物的稳定性较高的是___________。 （7）⑤的氧化物与①的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。 【答案】（1）第二周期第ⅥA族 （2） ①. KOH ②. 离子键和极性共价键 （3） （4） ①. 53 ②. Cl2+2I-=2Cl-+I2 （5） ①. 正四面体形 ②. ③. （6）H2O （7）Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- 【解析】 【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Si元素。 【小问1详解】 ⑦为O元素，O元素位于元素周期表中第二周期第ⅥA族。 【小问2详解】 ①②③④⑤依次为Na、K、Mg、Ca、Al元素，同周期从左到右主族元素的金属性逐渐减弱、最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，同主族从上到下元素的金属性逐渐增强、最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，则这五种元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是KOH，KOH中含有离子键和极性共价键。 【小问3详解】 ④为Ca，Ca形成的简单离子为Ca2+，Ca2+的结构示意图为。 【小问4详解】 ⑨为Cl元素，原子序数为17，第五周期元素中，与⑨元素同主族的元素原子序数为17+18+18=53，该元素为I元素；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，要证明Cl的非金属性强于I的非金属性，可通过置换反应，则能说明Cl的非金属性强于I的非金属性的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2。 【小问5详解】 ⑥为C元素，其简单的氢化物为CH4，CH4的空间构型为正四面体形，⑦为O元素，O元素形成的18电子氢化物X为H2O2，H2O2的电子式为，⑥C和⑨Cl形成的5原子分子为CCl4，CCl4的结构式为。 【小问6详解】 ⑦⑧分别为O、S元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，故⑦的简单氢化物与⑧的简单氢化物的稳定性较高的是H2O。 【小问7详解】 ⑤的氧化物为Al2O3，①的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-。 17. 实验室制取SO2的反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。请用下列装置设计一个实验，以测定SO2转化为SO3的转化率： （1）装置的连接顺序(按气体左右的方向)是___________。 ___________→___________→___________→___________→___________→___________→___________→___________(填各接口的编号) （2）从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验时I处滴入浓硫酸与II处加热催化剂的先后顺序是___________。 （3）IV处观察到的现象是___________。 （4）若II中反应在适当的反应状况下，反应达最大限度以后，下列说法正确的是___________。 A. SO2浓度必定等于O2 浓度的两倍 B. SO2、O2、SO3的分子数之比是2：1：2 C. SO2与O2不再化合生成SO3 D. 反应混合物各成分的百分组成不再变化 （5）在I处用大火加热烧瓶时，SO2的转化率会___________(填“增大”“不变”或“减小”)。 （6）用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，称得V处增重mg，则本实验中SO2的转化率为___________。(用n、m表示) 【答案】（1）a→d→e→b→c→f→g→h （2）先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸 （3）有无色(或白色)晶体(或固体)生成 （4）D （5）减小 （6） 【解析】 【分析】I中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备SO2，III中浓硫酸干燥SO2，II中SO2与O2在催化剂作用下反应生成SO3，IV中冰水浴收集SO3，V中氢氧化钠浓溶液吸收未反应完的SO2，防止污染空气，故连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h。 【小问1详解】 根据分析，装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h； 【小问2详解】 从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，应先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸，使制备的SO2立即转化为SO3； 【小问3详解】 IV中冰水浴收集SO3，现象是：有无色(或白色)晶体(或固体)生成； 【小问4详解】 A．SO2和O2的浓度与起始加入量和反应转化量有关，两种浓度之间与平衡没有关系，A错误； B．SO2、O2、SO3的分子数与起始加入量和反应转化量有关，三者分子数之间与平衡没有关系，B错误； C．SO2与O2不再化合生成SO3，反应速率为0，但化学平衡是动态平衡，达到最大限度后正逆反应速率相同，C错误； D．达到平衡时反应混合物各成分的百分组成不再变化，D正确； 故选D； 【小问5详解】 在I处用大火加热烧瓶时，SO2的通入速率快，转化率会减小； 【小问6详解】 根据题意可找出关系式：， 理论上生成nmolSO2，V处增重mg，即未反应的SO2的物质的量为：，SO2的转化率为：。 18. 通过下列实验可以从废铜屑中制取。 （1）溶液显碱性的原因(用离子方程式表示)：_______，加入溶液的作用________。 （2）“氧化”时反应的离子方程式_________。 （3）操作1为过滤，使用玻璃棒的作用是_________，操作2为___________。 （4）将加热到以上会分解得到，1个晶胞(如图)中含_______个氧原子。 （5）常温下，将除去表面氧化膜的片插入浓中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间的变化如(图2)所示，反应过程中有红棕色气体产生。时，原电池的负极是片，此时，正极的电极反应式是___________，时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是：___________。 【答案】（1） ①. ②. 除去废铜屑表面的油污 （2） （3） ①. 引流 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶 （4）2 （5） ①. ②. Al在浓HNO3中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应 【解析】 【分析】废铜屑使用碳酸钠溶液除去油污，加入过氧化氢、稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，过滤分离出硫酸铜滤液，蒸发浓缩、降温结晶得到硫酸铜晶体； 【小问1详解】 溶液水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使得溶液显碱性：；碱性溶液能去除油污，故其作用为：除去废铜屑表面的油污； 【小问2详解】 过氧化氢具有氧化性，能氧化铜单质和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，； 【小问3详解】 操作1为过滤，使用玻璃棒的作用是引流，防止液体洒出；操作2为从溶液得到硫酸铜晶体的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶； 【小问4详解】 根据“均摊法”，晶胞中含个白球、4个黑球，结合化学式可知，1个晶胞(如图)中含2个氧原子； 【小问5详解】 开始时，Al比铜活泼，Al被硝酸氧化，Al作负极，正极硝酸根离子得到电子发生还原反应生成二氧化氮，反应为；t1时电子流动方向发生改变，说明原电池的正、负极发生了改变，原因是铝表面被完全钝化后，阻止铝被硝酸进一步氧化，装置中反应转变为铜和浓硝酸的反应，，铜作负极，Al变成正极。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $