四川省成都七中2022届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）新人教版.docx

1、四川省成都七中2022届高三上学期第三次月考化学试卷一.（选择题共40分，共20个小题，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1化学与生活、社会密切相关下列说法正确的是（）ASi常用做信息高速公路的骨架光导纤维的主要材料B近年来已发布“空气质量日报”，将CO2、NO2和可吸入颗粒物等列入了首要污染物C煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料DSO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等考点：硅和二氧化硅；二氧化硫的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；煤的干馏和综合利用.专题：元素及其化合物；化学应用分析：A光导纤维的主要材料为二氧化硅；B二氧化碳不属于空气污染物；C煤

2、的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料；D二氧化硫有毒，不能用于食品添加剂解答：解：A二氧化硅常用做信息高速公路的骨架光导纤维的主要材料，故A错误；B二氧化碳不属于空气污染物，故B错误；C煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，故C正确；D二氧化硫有毒，不能用于食品添加剂，故D错误；故选：C点评：本题为综合题，考查了煤的深加工、硅及其化合物的性质和用

3、途、常见的生活环境污染及治理等，题目难度不大，注意相关知识的积累2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）CSO的电子式：对硝基苯酚的结构简式Cl的结构示意图：甲烷分子的比例模型：葡萄糖的实验式：CH2O 原子核内有20个中子的氯原子：ClHCO3的水解方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+ABCD全部正确考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：类比二氧化碳的电子式进行判断；硝基的表示方法不规范；氯离子的核电荷数为17，不是18；甲烷分子中含有4个碳氢键，为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子；实验室为分子组成的最简比，又名最简式，根据葡萄糖的分子组成判断；元素符

4、号的左上角为质量数，该氯原子的质量数应该为37；碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，题中表示的碳酸氢根离子的电离方程式解答：解：CSO分子中存在碳氧双键和碳硫双键，其电子式为：，故正确； 对硝基苯酚的结构简式中，硝基表示错误，正确的结构简式为：，故错误；氯离子核电荷数为17，核外电子数为18，Cl的结构示意图为：，故错误； 甲烷为正四面体结构，甲烷分子的比例模型为：，故正确；葡萄糖的分子式为C6H12O6，则葡萄糖的实验式为：CH2O，故正确； 该氯原子的质量数为37，该氯元素可以表示为：1737Cl，故错误；HCO3的水解方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，故错误；故选A点评：本题

5、考查了电子式、实验式、原子结构示意图等化学用语的判断，题目难度中等，试题的题量较大，涉及的知识点较多，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法3（2分）某合作学习小组讨论辨析正确的是（）漂白粉和酸雨都是混合物； 煤和石油都是可再生能源；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质； 不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物； 豆浆和雾都是胶体ABCD考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的能量转化形式；电解质与非电解质；合金的概念及其重要应用.专题：物质的分类专题分析：纯净物是同种

6、物质组成，混合物是不同物质组成；可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等可再生能源对环境无害或危害极小，而且资源分布广泛，适宜就地开发利用相对于可能穷尽的化石能源来说，可再生能源在自然界中可以循环再生可再生能源属于能源开发利用过程中的一次能源可再生能源不包含化石燃料和核能； 在水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物为电解质，在水溶液中和在熔融状态下均不能够导电的化合物为非电解质由两种或多种化学组分构成的固溶体或化合物形式的材料或物质；纯碱是盐；胶体是分散质为直径1100nm的分散系解答：解：漂白

7、粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，酸雨酸雨是二氧化硫的水溶液都是混合物，故正确；煤可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，煤和石油都不是可再生能源，故错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确； 不锈钢和目前流通的硬币都是合金，故正确；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故错误；豆浆和雾都是胶体，故正确；综上所述：正确；故选：C点评：本题考查了纯净物混合物的概念区别，能源的分类，合金的组成，胶体的本质特征4（2分）下列是某校实验小组设计的一套原电池装置，下列有关描述不正确的是（）A此装置能将化学能转变为电能B石墨电极的反应式：O2+2H2O+

8、4e=4OHC电子由Cu电极经导线流向石墨电极D电池总的反应是：2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、装置设计的是原电池反应，化学能转化为电能；B、装置中铜失电子被氧化，所以铜做负极，石墨做正极；C、电子流向是铜电极流向石墨；D、自发进行的氧化还原反应是铜在酸溶液中被氧气氧化生成氯化铜溶液解答：解：A、装置设计的是符合原电池反应的装置，化学能转化为电能，故A正确；B、装置中铜失电子被氧化，所以铜做负极，石墨做正极，电极反应为Cu2e=Cu2+，故B错误；C、电子流向是负极铜电极流向正极石墨电极，故C正确；D、自发进行的氧化还原反

9、应是铜在酸溶液中被氧气氧化生成氯化铜溶液，反应的化学方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，故D正确；故选B点评：本题考查了原电池原理分析，原电池电极名称、电极反应、组成条件的理解应用，掌握原理是关键，题目较简单5（2分）下列有关物质的性质与应用均正确的是（）ANa2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒B胶体与溶液的本质区别是能否出现丁达尔现象CMg（OH）2难溶于水，但可缓慢溶于浓的NH4Cl溶液D油脂在酸性条件下可以水解，可用此反应可以制作肥皂考点：钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；镁、铝的重要化合物；油脂的性质、组成与结构.专题：元素及其化合物分析：A

10、、Na2O2是过氧化物不是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒；B、胶体与溶液的本质是粒子直径大小不同；C、根据浓的NH4Cl溶液电离出铵根离子，结合氢氧化镁产生的氢氧根，从而促进氢氧化镁的溶解；D、油脂在碱性条件下可以水解，可用此反应可以制作肥皂解答：解：A、Na2O2与酸反应生成盐、氧气和水，所以过氧化物不是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒，故A错误；B、胶体与溶液的本质是粒子直径大小不同，鉴别胶体与溶液用丁达尔现象，故B错误；C、因为浓的NH4Cl溶液电离出铵根离子，结合氢氧化镁溶解时产生的氢氧根，从而促进氢氧化镁的溶解平衡向溶解方向移动，所以Mg（OH）2难溶于水，但可缓慢溶于

11、浓的NH4Cl溶液，故C正确；D、油脂在碱性条件下可以水解，可用此反应可以制作肥皂，故D错误；故选C点评：本题考查了元素以及化合物的性质以及应用是化学的考查热点，注意知识的归纳和整理是关键，较简单6（2分）（2022佛山一模）某有机物 A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法中错误的是（）A由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键B由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子C若 A的化学式为 C2H60，则其结构简式为 CH3OCH3D仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数考点：有机物的推断；有机物的结构式.专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：A由红外光谱可知

12、，该有机物中CH、CO、OH三种化学键；B、核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，峰的面积之比等于H原子数目之比；C、由红外光谱可知分子中含有CH键、CO键、OH键结合分子得出结构简式；D、核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子，只能确定H原子种类解答：解：A红外光谱可知分子中至少含有CH键、CO键、OH键三种不同的化学键，故A正确；B核磁共振氢谱中有3个峰说明分子中3种H原子，故B正确；C若A的化学式为 C2H60，CH3OCH3中只有一种氢原子，所以其吸收峰个数应该是1，与图象不符合，故C错误；D核磁共振氢谱中只能确定H原子种类，不能确定氢原子总数，故D正确；故选C点评：考查学生对红外光谱和

13、核磁共振氢谱的简单识图，难度较小，注意核磁共振氢谱只能确定H原子种类，峰的面积之比等于H原子数目之比7（2分）下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（）A氯气：K+、Ba2+、SiO32、NO3B二氧化硫：Na+、NH4+、SO32、C1C氨气：K+、Na+、AlO2、CO32D甲醛：Ca2+、Mg2+、MnO4、NO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：ABa2+、SiO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，但

14、通入二氧化硫与SO32反应，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，通入氨气扔不反应，不能大量共存，故C正确；D甲醛与MnO4发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8（2分）不能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A碳B硫C钠D铁考点：含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变.专题：元素及其化合物分析：根据单质氧化物酸或碱盐知，金属或非金属单质能和氧气反应生成氧化物，氧化物能和水反应生

15、成酸或碱，酸或碱能和氢氧化钠或盐酸反应生成盐，根据各物质的性质来分析解答解答：解：ACCO2H2CO3Na2CO3，能实现物质间的转化，故A不选；BSSO2H2SO3Na2SO3，所以能实现物质间的转化，故B不选；CNaNa2ONaOHNaCl，所以能实现物质间直接转化，故C不选；D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D选；故选D点评：本题考查物质的转化和性质，熟练掌握常见物质的性质与变化规律，是解答此类问题的关键，基本知识基础属于基础考查9（2分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A标况下，11.2 L氯气完全溶于1 L水中，所得溶液中

16、Cl和ClO两种粒子数之和为NAB80mL 10molL1 盐酸与足量MnO2加热反应，产生Cl2分子数为0.2NAC含有4 NA个碳碳键的金刚石，其质量为24 gD含0.1 mol FeCl3的溶液完全水解后得到的胶体粒子个数为0.1 NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则氯水中存在氯离子、次氯酸根离子和氯气，Cl和ClO两种粒子的物质的量小于1mol；B浓盐酸变成稀盐酸后，反应停止，反应生成的氯气减少；C1mol金刚石含有2NA个碳碳键，4NA个碳碳键的金刚石2mol；D氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无

17、法计算胶体中含有的胶粒数目解答：解：A标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，由于氯气与水反应为可逆反应，溶液中还存在氯气分子，所得溶液中Cl和ClO两种粒子数之和小于NA，故A错误；B80mL 10molL1盐酸中含有0.8mol氯化氢，消耗0.8mol氯化氢能够生成0.2mol氯气，由于随着反应的进行，浓盐酸会变成稀盐酸，反应停止，则反应生成的氯气小于0.2mol，产生氯气的分子数小于0.2NA，故B错误；C1mol金刚石含有2NA个碳碳键，4NA个碳碳键的金刚石2mol，质量为24g，故C正确；D水解不可能完全，水解是微弱的，且氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以0.1mol Fe

18、Cl3的溶液完全水解后得到的胶体粒子个数小于0.1NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项B为易错点，注意浓盐酸与二氧化锰的反应中，浓盐酸变成稀盐酸后反应停止10（2分）下列离子方程式正确的是（）ANa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+2H+=SO42+3S+H2OB向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH =2 Al（OH）3+3BaSO4C盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）中加入

19、石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为Ca2+CO32=CaCO3D在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸，再加入双氧水，即能使淀粉溶液变蓝2I+H2O2+2H+=I2+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A反应生成硫酸钠、二氧化硫、S和水；B恰好使SO42沉淀完全，以1：2反应，生成硫酸钡和偏铝酸钾；C石膏在离子反应中保留化学式；D发生氧化还原，电子、电荷守恒解答：解：ANa2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32+2H+=SO2+S+H2O，故A错误；B向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全的离子反应为Al3+2SO42+2Ba2+4OH =AlO2+

20、2BaSO4+2H2O，故B错误；C盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）中加入石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为CaSO4+CO32=CaCO3+SO42，故C错误；D在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸，再加入双氧水，即能使淀粉溶液变蓝，离子反应为2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大11（2分）下表中列出了25、101kPa时一些物质的燃烧热数据物质CH4C2H2H2燃烧热/kJmol1890.31299.

21、6285.8已知键能：CH键：413.4kJmol1、HH键：436.0kJmol1则下列叙述正确的是（）ACC键能为796.0 kJmol1BCH键键长小于HH键C2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6 kJmol1D2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g）H=376.4 kJmol1考点：燃烧热.专题：化学反应中的能量变化分析：A依据化学反应的焓变=反应物总键能生成物的总键能；B键长的大小与成键原子的半径有关，C原子半径比H大，所以CH键键长大于HH键；C氢气燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量分析；D2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g）为吸热反应，H0解

22、答：解：ACH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H3=890.3kJ/mol，C2H2（g）+O2（g）2CO2（g）+H2O（l）H=1299.6 kJ/mol，H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol，依据+32可得：C2H2（g）+3H2（g）2CH4（g）H=376.4 kJ/mol，H=反应物总键能生成物总键能=CC键的键能+2413.4kJ/mol+3436.0kJ/mol8413.4kJ/mol=376.4KJ/mol，则CC键的键能=796.0 kJ/mol，故A正确；B形成共价键的两原子半径之和越小，共用电子对数越多，共价键越牢固，则键

23、长越长，作用力越小，键能越小，C原子半径比H大，所以CH键键长大于HH键，故B错误；C氢气燃烧热为285.8kJ/mol，热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol，则2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=571.6 kJ/mol，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，故C错误；D由A可知：C2H2（g）+3H2（g）2CH4（g）H=376.4 kJ/mol，则 2CH4（g）C2H2（g）+3H2（g）H=+376.4 kJmol1，故D错误；故选A点评：本题主要考查了燃烧热的应用，掌握燃烧热的定义和盖斯定律的运用是解

24、答本题的关键，题目难度中等12（2分）（2022眉山模拟）短周期主族元素X，Y，A，B，C在元素周期表的位置如图所示，A是电负性最大的元素，则下列说法不正确的是（） XAYCBA原子半径由小到大的顺序为：ABCYBA、B的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HAHBCX、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3H2XO3DB、C简单离子的还原性由弱到强的顺序为：BC 2考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A是电负性最大的元素，则A是F元素，根据元素在周期表中的位置知，X是C元素、Y是Si元素、C是S元素、B是Cl元素，A原子的电子层数越多

25、，原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；B同一主族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但氢键影响氢化物的沸点；C同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；D同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱解答：解：A是电负性最大的元素，则A是F元素，根据元素在周期表中的位置知，X是C元素、Y是Si元素、C是S元素、B是Cl元素，A原子的电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素的原子半径大小

26、顺序是ABCY，故A正确；B同一主族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但氢键影响氢化物的沸点，HF中含有氢键，导致HF的沸点大于HCl，故B错误；C同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，C元素的非金属性大于Si元素，则X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3H2XO3，故C正确；D同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，C的非金属性大于B，所以简单阴离子的还原性BC 2，故D正确；故选B点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的

27、综合应用，正确判断元素是解本题关键，再结合元素周期律来分析解答，易错选项是B，很多同学往往漏掉氢键对氢化物沸点的影响而导致错误13（2分）（2022宜春模拟）关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置常用于分离沸点不同且互溶的液体混合物B装置可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C以NH4Cl为原料，装置可用于实验室制备少量NH3D装置中从B口进气可用排水法收集NO2、CO等气体考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氨的实验室制法；气体的收集；尾气处理装置.专题：实验题分析：A分离沸点不同且互溶的液体混合物可用蒸馏方法分离；B防止倒吸，应用四氯化碳；C实验室制备少量NH3，应用氯化铵和氢

28、氧化钙；DNO2不能用排水大收集解答：解：A装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，并且温度计位置和进出水方向正确，故A正确；B用图装置起不到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故B错误；C加热氯化铵分解生成的氯化氢和氨气能重新生成氯化铵，不能得到氨气，应用氯化铵和氢氧化钙解热制备，故C错误；DNO2不能用排水大收集，只能用排空气法收集，故D错误故选A点评：本题考查物质的分离、氨气的制备、气体的收集等操作，题目难度中等，易错点为B，注意防倒吸的实验原理14（2分）KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，有关该反应，说法不正确的是（）A被氧化的

29、元素和被还原的元素的质量之比5：1BCl2既是氧化产物，又是还原产物C盐酸既体现酸性，又体现还原性D转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：该反应中氯元素化合价由+5价、1价变为0价，所以氯酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，再结合物质之间的反应来分析解答解答：解：A该反应中氯元素化合价由+5价、1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1，故A正确；B该反应中氧化剂是氯酸钾、浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故B错误；C该反应中HCl中Cl元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C正确；D温度和压

30、强未知，无法计算气体体积，故D错误；故选D点评：本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，熟悉元素化合价是解本题关键，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围和适用条件，为易错点15（2分）下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH）+2c（A2）=c（H+）+c（H2A）B0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.05 molL1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（Cl）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）C物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c（CN）+2c（OH）=2c（

31、H+）+c（HCN）D0.1 molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3 molL1考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A任何溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B混合溶液中存在等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，醋酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，再结合物料守恒判断；C任何溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；D根据物料守恒判断解答：解：A由电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），由物料守恒得

32、c（Na+）=c（HA）+c（A2）+c（H2A），处理得c（OH）+c（A2）=c（H+）+c（H2A），故A错误；B混合溶液中存在等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，醋酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，根据物料守恒得c（CH3COO）c（Cl），故B错误；C根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CN）+c（OH），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CN）+c（HCN），所以得c（CN）+2c（OH）=2c（H+）+c（HCN），故C正确；DNH4+、Fe2+均发生水解，所以（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）0.3 molL1，故D错误；故选C

33、点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等16（2分）在恒容的密闭容器中，可逆反应X（s）+3Y（g）2Z（g）；H0，达到平衡时，下列说法正确的是（）A充入少量He使容器内压强增大，平衡向正反应方向移动B升高温度，平衡向正反应方向移动，平均分子量变小C继续加入少量X，X的转化率减小，Y的转化率增大D继续加入少量Y，再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小考点：化学平衡的影响因素.专题：原子组成与结构专题分析：A、恒容容器中加入惰气，总压增大，分压不变，平衡不移动；B、反应是吸热反应升温平衡正向进行，气体物质的量减小，总

34、质量变大，所以平均分子量变大；C、X为固体，改变用量不影响化学平衡；D、继续加入少量Y，根据先放大在压缩，平衡向正反应方向移动来判断解答：解：A、恒容容器中加入惰气，总压增大，分压不变，平衡不移动，故A错误；B、反应是吸热反应升温平衡正向进行，气体物质的量减小，总质量变大，所以平均分子量变大，故B错误；C、X为固体，改变用量不影响化学平衡，增加X的用量，化学平衡不发生移动，故C错误；D、继续加入少量Y，根据先放大在压缩，平衡向正反应方向移动，所以再次平衡时，Y的体积分数比上次平衡小，故D正确；故选D点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡移动原理的分析判断是解题关键，题目较简单17（2分）下

35、列实验方案能达到实验目的是（）实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3沉淀向2mL 1mol/L NaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/L FeCl3溶液C检验蔗糖的水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热D取两只试管，分别加入4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.

36、2mol/L H2C2O4溶液4mL，记录褪色时间证明草酸浓度越大反应速率越快AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，发生消去反应生成乙烯；BNaOH过量，可生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀；C水解后检验葡萄糖应在碱性溶液中；D加入0.1mol/L H2C2O4溶液2mL与加入0.2mol/L H2C2O4溶液4mL中草酸物质的量不同，0.2mol/L H2C2O4溶液4mL需要时间长解答：解：A溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，发生消去反应生成乙烯，乙烯可发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；BNaOH过量，可生成氢氧化镁、氢氧化

37、铁沉淀，不能发生沉淀的转化，故B错误；C水解后检验葡萄糖应在碱性溶液中，没有加碱再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，则实验不能成功，故C错误；D加入0.1mol/L H2C2O4溶液2mL与加入0.2mol/L H2C2O4溶液4mL中草酸物质的量不同，0.2mol/L H2C2O4溶液4mL需要时间长，应使草酸的体积相同，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的性质、沉淀转化和生成、水解产物检验、影响反应速率因素等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大18（2分）北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S诱抗素制剂，以保持鲜

38、花盛开S诱抗素的分子结构如图，下列说法正确的（）A此有机物含有如下的官能团：含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基B1mol该有机物与NaOH 溶液反应，耗2mol与氢气反应耗氢气5molC该有机分子中没有一个有手性碳D该有机物不存在顺反异构考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含双键、OH、COOH、羰基，结合烯烃、醇、羧酸、酮的性质来解答解答：解：A由结构简式可知，含有如下的官能团：含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基，四种官能团，故A正确；B只有COOH与NaOH溶液反应，则1mol该有机物与NaOH 溶液反应，消耗1molNaOH；3个双键与1个羰基与氢气

39、发生加成反应，则与氢气反应耗氢气4mol，故B错误；C连四个不同基团的C为手性碳原子，则与OH相连的C为手性碳原子，故C错误；D双键C各连不相同的基团，则具有顺反异构，该有机物存在顺反异构，故D错误；故选A点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃性质的考查，注意手性碳及顺反异构的判断，题目难度不大19（2分）下列除杂的方法中，正确的是（）除去乙烷中少量的乙烯：光照下通入Cl2，生成液态CH2ClCH2Cl，气液分离除去CO2中少量的乙烯：通过酸性KMnO4溶液除去乙酸乙酯中的乙酸：用NaOH溶液中和，然后蒸馏除去乙醇中少量的水：加入生石灰

40、，然后蒸馏除去甲苯中的苯甲酸：加入NaOH溶液后，静置分液ABCD考点：物质的分离、提纯和除杂.专题：化学实验基本操作分析：乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应；酸性KMnO4溶液，氧化乙烯，可以除去除去CO2中少量的乙烯；乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应；生石灰与水反应，可用蒸馏的方法分离；苯甲酸与NaOH反应，可以除杂解答：解：乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，应用溴水除杂，故错误；酸性KMnO4溶液，氧化乙烯，可以除去除去CO2中少量的乙烯，故正确；乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故错误；生石灰与水反应，可用蒸馏的方法分离，故正确；苯甲酸与NaOH反应，可以除杂，故正确故选

41、C点评：本题考查物质的分离、提纯，为考查常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯物质的性质，难度不大20（2分）25时，20mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466g沉淀滤液跟2mol/L NaOH溶液反应，用去10.00mL碱液时恰好中和下列说法中正确的是（）A原混合液中c（SO42）=0.2 mol/LB原混合液中c（NO3）=0.9 mol/LC原混合液中pH=0D原混合液中由水电离出的c（H+）=0.1 mol/L考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：根据

42、反应SO42+Ba2+=BaSO4可计算H2SO4的物质的量，根据反应H+OH=H2O可计算HNO3的物质的量，进而计算物质的量浓度和溶液的pH；酸溶液抑制了水的电离，酸中氢氧根离子是水电离的解答：解：由题意可知0.466g沉淀为BaSO4，n（BaSO4）=0.002mol，n（H2SO4）=0.002mol，滤液跟2mol/lNaOH溶液反应，共用去10.00ml碱液时恰好中和，则由反应H+OH=H2O可知，n（H+）=n（NaOH）=0.01L2mol/L=0.02mol，则n（HNO3）=0.02mol20.002mol=0.016mol，则c（SO42）=0.1mol/L，c（NO3

43、）=0.8mol/L，c（H+）=1mol/L，混合液的pH为：pH=0，原混合液中由水电离出的c（H+）=mol/L=11014mol/L，故选C点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意根据有关反应的方程式，计算时注意从守恒的角度思考，试题培养了学生的化学计算能力二.（非选择题共60分）21（8分）Na、Al、Fe是生活中常见的金属元素（1）工业上以铝土矿（主要成分Al2O33H2O）为原料生产铝，主要包括下列过程将粉碎、筛选后的铝土矿溶解在氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳使所得溶液中析出氢氧化铝固体使氢氧化铝脱水生成氧化铝电解熔融氧化铝生成铝写出所涉及的离子方程式：AlO2+2H2

44、O+CO2Al（OH）3+HCO3，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl36H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，用化学方程式解释：6SOCl2+AlCl36H2O12HCl+6SO2+AlCl3（2）铁在地壳中的含量约占5%左右，铁矿石的种类很多，重要的有磁铁矿石、赤铁矿石等红热的铁能跟水蒸气反应，则其反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2其生成黑色的物质溶于酸后，加入KSCN，见不到血红色产生，其原因是Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+（用离子方程式解释）工业炼铁常用赤铁矿与Al在高温下反应制备，写出

45、方程式：2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3（3）钠的化合物中，碳酸钠溶液呈碱性的原因：CO32+H2OHCO3+OH，（用方程式解释）向饱和的纯碱溶于中通入过量的二氧化碳有晶体析出，写出离子方程CO2+H2O+2Na+CO32=2NaHCO3考点：铝的化学性质；钠的化学性质；铁的化学性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）偏铝酸钠可以和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，根据离子方程式的书写方法来书写；根据“SOCl2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体、使SOCl2与AlCl36H2O混合并加热，可得到无水AlCl3”写出SOCl2与

46、AlCl36H2O混合加热发生反应的化学方程式；（2）红热的铁能与水蒸气发生反应，生成Fe3O4和一种可燃性气体，可燃气体为氢气；黑色的物质溶于酸后，加入KSCN，见不到血红色产生，说明溶液中无亚铁离子，可能是黑色固体物质中含有单质铁，或者溶于还原性的酸；铝热反应方程式为：2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；（3）钠的化合物中纯碱是强碱弱酸盐，碳酸钠水解而使溶液呈碱性；向饱和的纯碱溶于中通入过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子反应中单质、气体、水等保留化学式解答：解：（1）偏铝酸钠可以和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，即AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，SOC

47、l2是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，该两种气体应该为氯化氢和二氧化硫；使SOCl2与AlCl36H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，反应生成、氯化铝、二氧化硫和氯化氢气体，所以SOCl2与AlCl36H2O混合加热发生反应的化学方程式：6SOCl2+AlCl36H2O 12HCl+6SO2+AlCl3，故答案为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3；6SOCl2+AlCl36H2O 12HCl+6SO2+AlCl3；（2）红热的铁能与水蒸气发生反应，生成Fe3O4和氢气，反应为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，黑色的物质溶于

48、酸后，加入KSCN，见不到血红色产生，说明溶液中无亚铁离子，可能是黑色固体物质中含有单质铁，或者溶于还原性的酸，反应方程式为：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，或者Fe3O4+8H+2I=3Fe2+4H2O+I2，铝热反应方程式为：2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+，或者Fe3O4+8H+2I=3Fe2+4H2O+I2；2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；（3）纯碱是强碱弱酸盐，在纯碱溶液中CO32易水解生成氢氧根离子

49、：CO32+H2OHCO3+OH，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO2+H2O+2Na+CO32=2NaHCO3，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH，CO2+H2O+2Na+CO32=2NaHCO3点评：本题考查了盐的水解原理及其应用，注意掌握盐的水解原理及影响因素，铝热反应，氧化还原反应，题目难度中等22（10分）有机物H是一种合成药物的中间体，H的合成方案如下：已知：RCHCH2RCH2CH2OH请回答下列问题：（1）A为的质谱图中最大质荷比为104的芳香烃，A的分子式为C8H8（2）上述所有反应是取代反应的有3个（3）C 物质中碳

50、元素的杂化轨道：sp2、sp3F为一氯代物，其核磁共振氢谱有三个吸收峰，则E的结构简式为（CH3）3CH（4）写出BC的化学方程式：（5）写出D和G生成H的化学方程式：（6）D的同分异构体中能与FeCl3液发生显色反应且能发生银镜反应的有13种，写出其中核磁共振氢谱中吸收峰数目最少的结构简式考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：A是相对分子质量为104的芳香烃，分子中碳原子最大数目为=88，故A的分子式为C8H8，结构简式为，A发生信息反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C发生氧化反应生成D为F为一氯代物，水解得到G含有羟基，D与G发生酯化反应生成H，结合D、H的分子式可知G

51、的分子式为C4H10O，F的核磁共振氢谱有三个吸收峰，则F为（CH3）2CHCH2Cl，故G为（CH3）2CHCH2OH，E为（CH3）3CH，H的结构简式为，据此解答解答：解：A是相对分子质量为104的芳香烃，分子中碳原子最大数目为=88，故A的分子式为C8H8，结构简式为，A发生信息反应生成B为，B发生氧化反应生成C为，C发生氧化反应生成D为F为一氯代物，水解得到G含有羟基，D与G发生酯化反应生成H，结合D、H的分子式可知G的分子式为C4H10O，F的核磁共振氢谱有三个吸收峰，则F为（CH3）2CHCH2Cl，故G为（CH3）2CHCH2OH，E为（CH3）3CH，H的结构简式为，（1）由

52、上述分析可知，A的分子式为C8H8，故答案为：C8H8；（2）上述反应中，EF，FG，D+GH均属于取代反应，故答案为：3；（3）C为，分子中苯环、醛基中碳原子均形成3个键，不含孤电子对，采取sp2杂化，亚甲基中C原子形成4个键，不含孤电子对，采取sp3杂化，E的结构简式为（CH3）3CH，故答案为：sp2、sp3；（CH3）3CH；（4）BC的化学方程式为：，故答案为：；（5）D和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；（6）D（）的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，含有酚羟基、醛基，侧链为OH、CH2CHO时，有邻、间、对3种位置，侧链为OH、CHO、CH3时，若O

53、H、CHO相邻时，CH3有4种位置，若OH、CHO相间时，CH3有4种位置，若OH、CHO相对时，CH3有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种，其中核碰共振氢谱中吸收峰数目最少的结构简式为：，故答案为：13；点评：本题考查有机物推断，根据相对分子质量计算确定A的结构简式是关键，结合反应条件进行推断，再结合D、H的分子式确定G的分子式，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等23（10分）某可逆反应X（g）+Y（g）Z（g）+2W（g），其化学平衡常数K和温度的关系如下表：T/7008008501000K0.010.050.100.40（1）上述反应的平衡常数表达式，H

54、0（填“”或“”）加入催化剂，该反应的H将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）若上述反应在绝热恒容的密闭容器内进行，则能说明该反应达到化学平衡状态的依据有CDA混合气体的密度保持不变 Bv正（X）=v正（Z） C容器内温度恒定 DW的质量分数不变（3）在850、体积为1L的密闭容器内，加入0.2mol Z和0.3mol W发生上述反应X的c（X）t曲线如图所示04min内W的平均速率为0.05molL1min1在5min末将容器体积缩小到0.5 L，若在8min末达到新平衡（此时X的浓度约为0.26mol/L），请在图中画出5min9min的X浓度的变化曲线考点：化学平衡的计算；化学平

55、衡的影响因素；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：（1）根据化学平衡常数的含义可写出该反应的K=，由表中数据得出，随着温度的升高，K增大，说明反应正向进行，故正反应为吸热反应，即H0；H与化学反应的起始状态、终止状态有关，与物质所处环境的温度、压强有关，与化学反应的过程无关，故使用催化剂时H不变；（2）因反应前后均是气体，且容器体积不变，故密度始终不变，A项不符合题意；B项表示的都是正反应速率，B项不符合题意；容器内温度恒定，说明热量不会改变了，反应达到平衡，C项符合题意；W的质量分数不变，说明反应达到平衡，D项符合题意；（3）从图中可以得出，04 min X的浓度改变了0.10 mo

56、lL1，则v（X）=0.10 molL14 min=0.025 molL1min1，又v（X）：v（W）=1：2，故v（W）=0.05 molL1min1；因5 min末将容器体积缩小到0.5 L，各物质的浓度增大1倍，达到新平衡时，8 min时X的浓度为0.26 molL1，可得出平衡点为（8，0.26），从而画出图线；解答：解：（1）根据化学平衡常数的含义，结合化学方程X（g）+Y（g）Z（g）+2W（g），可写出该反应的K=，由表中数据得出，随着温度的升高，K增大，说明反应正向进行，故正反应为吸热反应，即H0；H与化学反应的起始状态、终止状态有关，与物质所处环境的温度、压强有关，与化学反

57、应的过程无关，故使用催化剂时H不变；故答案为：，不变；（2）A、因反应前后均是气体，且容器体积不变，故密度始终不变，故A项不符合题意；B、项表示的都是正反应速率，故B项不符合题意；C、容器内温度恒定，说明热量不会改变了，反应达到平衡，故C项符合题意；D、W的质量分数不变，说明反应达到平衡，故D项符合题意；故选CD（3）从图中可以得出，04 min X的浓度改变了0.10 molL1，则v（X）=0.10 molL14 min=0.025 molL1min1，又v（X）：v（W）=1：2，故v（W）=0.05 molL1min1；故答案为：0.05；因5 min末将容器体积缩小到0.5 L，各物

58、质的浓度增大1倍，达到新平衡时，8 min时X的浓度为0.26 molL1，可得出起点：（5，0.20），平衡点为（8，0.26），从而画出图线为故答案为：点评：本题考查了反应热、化学反应速率与化学平衡知识，意在考查考生对化学反应原理的综合运用能力，题目难度中等24（9分）（2022韶关一模）A、B、C、D为前四周期元素A元素的原子价电子排布为ns2np2，B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M电子层的P亚层中有3个未成对电子，D元素原子核外的M层中只有2对成对电子（1）当n=2时，AB2属于非极性分子（填“极性”或“非极性”），分子中有2个键，2个键（2）当n=3时，A与B形

59、成的晶体属于原子晶体（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是PSSi（用元素符号表示）（4）已知某红紫色络合物的组成为CoCl35NH3H2O该络合物中的中心离子钴离子在基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6（或Ar3d6），作为配位体之一的NH3分子的空间构型为三角锥形（或四面体形）（5）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为1：2考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型.专题：化学

60、键与晶体结构分析：A、B、C、D为前四周期元素，B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以该元素O元素，C元素原子的M电子层的P亚层中有3个未成对电子，则C是P元素，D元素原子核外的M层中只有2对成对电子，则D是S元素；（1）当n=2时，A是C元素，则AB2是CO2，根据二氧化碳分子正负电荷重心是否重合判断；（2）当n=3时，A是Si元素，根据A、B形成晶体的微粒判断晶体类型；（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，则A是Si元素，同一周期中，原子的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于第VIA族元素；（4）Co原子序数为27，CoCl35NH

61、3H2O中的中心离子钴离子的带3个正电荷，以此来书写离子的电子排布式，NH3价层电子对为4，有一个孤电子对，结构为三角锥形；（5）利用均摊法计算晶胞的结构解答：解：A、B、C、D为前四周期元素，B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以该元素O元素，C元素原子的M电子层的P亚层中有3个未成对电子，则C是P元素，D元素原子核外的M层中只有2对成对电子，则D是S元素；（1）当n=2时，A是C元素，则AB2是CO2，二氧化碳是直线型结构，正负电荷重心重合，所以是非极性分子，故答案为：非极性；（2）当n=3时，A是Si元素，硅和氧形成的晶体是二氧化硅晶体，二氧化硅晶体是由原子

62、构成的，属于原子晶体，故答案为：原子；（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，则A是Si元素，同一周期中，原子的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于第VIA族元素，所以A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序PSSi，故答案为：PSSi；（4）钴离子的化合价是+3价，钴离子核外有24个电子，其基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，NH3分子中N原子以sp3杂化，空间构型为三角锥或四面体，故答案为：1s22s22p63s23p63d6 （或Ar3d6）；三角锥形（或四面体形）；（5）体心立方晶胞中含有Fe原子的个数为8+1=2，面心立方晶胞中实

63、际含有的Fe原子个数为8+6=4，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为1：2，故答案为：1：2点评：本题考查了元素的推断、电离能大小的判断、核外电子排布式的书写、晶胞计算等，注意书写基态原子核外电子排布式时要根据构造原理，注意计算晶胞时要有一定的思维能力、空间想象能力25（7分）（1）常温下0.1molL1的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是A；Ac（H+） B. Cc（H+）c（OH） D.（2）体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一 元酸HX溶液分别加水稀释至1 000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数大于（填“大于”、“等于

64、”或“小于”）醋酸的平衡常数；理由是稀释相同倍数，HX溶液的pH变化比CH3COOH溶液的大，酸性强，电离平衡常数大，（3）H+浓度相同等体积的两份溶液A（盐酸）和B（CH3COOH）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是（填写序号）反应所需要的时间BA 开始反应时的速率AB参加反应的锌的物质的量A=B 反应过程的平均速率BAA中有锌剩余 B中有锌剩余考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH）增大，Kw不变；（

65、2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；（3）OH浓度相同的等体积的两份溶液A和C，根据C（H+）=可知，溶液中C（H+）相同，而这些氢离子是盐酸溶液中的全部氢离子，但只是醋酸溶液中的一部分，据此来分析解答：解：（1）ACH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A选；Bc（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B不选；C稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH）增大，c（H+）c（OH）=Kw，Kw不变，故C不选；D稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH）增大，则c（OH）/

66、c（H+）变大，故D不选；故答案为：A；（2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；故答案为：大于；稀释相同倍数，HX溶液的pH变化比CH3COOH溶液的大，酸性强，电离平衡常数大；（3）根据酸能与锌反应得到氢气，随着反应的进行，CH3COOH不断电离出H+，反应速率比盐酸中快，产生的氢气一样多，反应所需要的时间HClCH3COOH，故错误；根据酸能与锌反应得到氢气，开始溶液中c（H+）相等，反应时的速率HCl=CH3COOH，故错误；根据酸能与锌反应得到氢气，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，说明盐酸中锌剩余，CH3COOH中锌完全反应，

67、参加反应的锌的物质的量相等，故正确；根据酸能与锌反应得到氢气，随着反应的进行，CH3COOH不断电离出H+，反应速率比盐酸中快，故正确；根据酸能与锌反应得到氢气，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，说明盐酸中锌剩余，CH3COOH中锌完全反应，参加反应的锌的物质的量相等，故正确；根据酸能与锌反应得到氢气，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，说明盐酸中锌剩余，CH3COOH中锌完全反应，参加反应的锌的物质的量相等，故错误；故答案为：点评：本题考查电解质溶液之间的反应，涉及到强电解质、弱电解质的电离、盐类的水解及溶液的pH值、离子浓度大小的比较等知识，解题时要善于利用溶质物

68、质的量的变化去分析26（16分）（2022开封二模）在实验室用下列装置（固定、加热仪器和橡胶管略）进行有关氨气的制取和性质实验探究请回答下列问题：（1）若用装置制取NH3，其反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是 （填装置序号，下同），装置中所盛试剂应具有的性质是氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发（2）若用装置制取并收集干燥的NH3，检验该装置气密性的方法是在橡胶管处接上导气管，关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导气管末端插入水槽中，用热毛巾捂着烧瓶（或用酒精灯微热），导气管末端有气泡冒出，

69、移开热毛巾（或停止加热）一段时间，导气管末端有一段水柱（或关闭装置的止水夹和分液漏斗活塞，从分液漏斗的上端注入一定量的水，打开分液漏斗活塞，若漏斗中的水滴入烧瓶中的速率逐渐减慢至不再滴入，说明装置气密性良好）收集装置应选择证明氨气已收集满的操作是用湿润的红色石蕊试纸靠近管口，若试纸变蓝则证明已收集满（3）将氨气通过灼热的氧化铜粉末，得到氮气和铜，写出该反应的化学方程式2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O要制取并收集纯净的氮气（可含有少量的水），应使用上述仪器中的（按气流方向从左向右列出）：此时中应盛放稀硫酸考点：常见气体制备原理及装置选择.专题：实验题分析：（1）若用装置制取NH3，则实验

70、室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发；（2）检验装置的气密性时，首先至少一端用水封闭装置内的气体，然后利用加热、降温、加压等方法使被封闭气体的压强发生变化，依据出现的现象判断是否气密；根据氨气的性质及密度确定收集方法；氨气遇红色石蕊试纸变蓝；（3）氨气和氧化铜在加热的条件下，生成铜和氮气和水，配平即可；先除掉杂质，再用排水法收集解答：解：（1）若用装置制取NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；要测定

71、氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发；（2）在橡胶管处接上导气管，关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导气管末端插入水槽中，用热毛巾捂着烧瓶（或用酒精灯微热），导气管末端有气泡冒出，移开热毛巾（或停止加热）一段时间，导气管末端有一段水柱；氨气极易溶于水，常温下，氨气和空气中成分不反应，且氨气密度小于空气，所以可以采用向下排空气法收集，检验NH3是否已经收集满的方法是将润湿的红色石蕊试纸伸到试管口，若石蕊试纸变蓝，

72、说明已经收集满，故答案为：在橡胶管处接上导气管，关闭分液漏斗活塞，打开止水夹，将导气管末端插入水槽中，用热毛巾捂着烧瓶（或用酒精灯微热），导气管末端有气泡冒出，移开热毛巾（或停止加热）一段时间，导气管末端有一段水柱（或关闭装置的止水夹和分液漏斗活塞，从分液漏斗的上端注入一定量的水，打开分液漏斗活塞，若漏斗中的水滴入烧瓶中的速率逐渐减慢至不再滴入，说明装置气密性良好）；用湿润的红色石蕊试纸靠近管口，若试纸变蓝则证明已收集满；（3）氨气和氧化铜在加热的条件下，生成铜和氮气和水，先找出氢的最小公倍数6，然后其它原子配平即可：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；首先用装有碱石灰的除去氨气中的水蒸气，然后通入中，用排空气法收集的氮气不纯，应该用排水法收集，收集前还应除去氮气中的氨气，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；稀硫酸点评：本题主要考查实验发生装置的选择要根据反应物的状态和反应条件，收集装置的选择要根据气体的密度和溶水性，考查化学反应的化学方程式的书写，难度较小常见常用的化学方程式要记熟