【解析】湖北省黃岡市重點校2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期化學(xué)期末綜合選拔性聯(lián)考試題

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湖北省黃岡市重點校2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期化學(xué)期末綜合選拔性聯(lián)考試題

一、單選題

1．（2023高一下·黃岡期末）類比是研究物質(zhì)性質(zhì)常用的方法之一，下列類比不合理的是（）

A．由能與反應(yīng)生成，推測能與反應(yīng)生成

B．向碳酸鈉固體滴加幾滴水，測得溫度上升，推測向碳酸氫鈉固體滴幾滴水溫度也上升

C．硅可作半導(dǎo)體器件，推測周期表金屬與非金屬交界線的鍺具有半導(dǎo)體性能

D．溶液能與反應(yīng)，推測溶液能與稀硫酸反應(yīng)

2．（2023高一下·黃岡期末）向含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的溶液中通入過量的氯氣，溶液中四種粒子的物質(zhì)的量變化如圖所示，已知：b－a＝5，線段Ⅳ表示生成一種含氧酸（HIO3），且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素。下列說法不正確的是()

A．線段Ⅱ表示Fe2+的變化情況

B．線段Ⅳ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：I2+5Cl2+12OH-=2IO3-+10Cl-+6H2O

C．根據(jù)圖象可計算a=6

D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3

3．（2022·青島模擬）X、Y、Z、W是處于不同周期的前四周期常見元素，原子序數(shù)依次遞增。Y原子最外層電子數(shù)是周期序數(shù)的3倍，基態(tài)z原子核外s能級與p能級電子數(shù)之比為。由上述元素組成的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中m、n、q為單質(zhì)，其它為化合物，甲具有磁性，丙為二元強酸。下列說法錯誤的是（）

A．乙與丁反應(yīng)物質(zhì)的量之比為

B．乙分子構(gòu)型為Ⅴ型

C．丙分子間可形成氫鍵

D．向戊中通入n可生成丁

4．（2023高一下·黃岡期末）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）

A．鈉作除水劑時，每消耗1molNa，生成H2的分子數(shù)為NA

B．工業(yè)合成氨時，每反應(yīng)22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)N2，生成的極性共價鍵數(shù)目為6NA

C．電解精煉銅時，陽極質(zhì)量每減少64g，通過電路的電子數(shù)為2NA

D．明礬凈水時，0.1mol/LAl3+形成的Al(OH)3膠粒的數(shù)目為0.1NA

5．（2023高一下·黃岡期末）“人文奧運”的一個重要體現(xiàn)是：堅決反對運動員服用興奮劑。某種興奮劑的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是（）

A．遇FeCl3溶液顯紫色，因為該物質(zhì)與苯酚屬于同系物

B．滴入KMnO4（H+）溶液，觀察紫色褪去，能證明結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵

C．1mol該物質(zhì)與濃溴水和H2反應(yīng)最多消耗Br2和H2分別為3mol、7mol

D．該分子中的所有碳原子可能共平面

6．（2023高一下·黃岡期末）下列有關(guān)實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論或解釋均正確的是（）

選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論或解釋

A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2淺綠色變黃色H2O2具有氧化性

B向淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，然后加入銀氨溶液溶液，無銀鏡出現(xiàn)不能判斷是否水解

C焰色反應(yīng)實驗時，某同學(xué)用潔凈的鉑絲蘸取樣品在無色火焰上灼燒直接觀察到火焰的顏色呈黃色該樣品中含有鈉元素，一定不含鉀元素

D向盛Na2SiO3溶液的試管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至過量試管中溶液先變紅后褪色，最后有白色沉淀非金屬性：Cl>Si

A．AB．BC．CD．D

7．（2023·沈陽模擬）下列實驗方案不能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

A．圖A裝置Cu和濃硝酸制取NO

B．圖B裝置實驗室制備Cl2

C．圖C裝置實驗室制取乙酸乙酯

D．圖D裝置實驗室分離CO和CO2

8．（2023高一下·黃岡期末）狐剛子在“煉石膽取精華法”中作如下敘述：“以士擊(即磚坯)壘作兩個方頭爐，一爐中著銅盤，使定，即密泥之，一爐中以炭燒石膽(CuSO4·5H2O)使作煙，以物扇之，其精華盡入銅盤。爐中卻火待冷……”。狐剛子所取“精華”為（）

A．H2OB．SO2C．稀硫酸D．CuSO4溶液

9．（2023高一下·黃岡期末）下列有關(guān)甲、乙兩種電池的說法中正確的是（）

A．甲：電池工作時化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能

B．甲：電解液不可能采用氫氧化鈉水溶液

C．乙：電池工作時，電子從a電極→燈泡→b電極→電解液→a電極

D．乙：正極電極反應(yīng)式為CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+

10．（2023·豐臺模擬）下列三個化學(xué)反應(yīng)焓變、平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系分別如下表所示。下列說法正確的是

化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)溫度

973K1173K

①1.472.15

②2.381.67

③ab

A．1173K時，反應(yīng)①起始，平衡時約為0.4

B．反應(yīng)②是吸熱反應(yīng)，

C．反應(yīng)③達平衡后，升高溫度或縮小反應(yīng)容器的容積平衡逆向移動

D．相同溫度下，；

11．（2023高一下·黃岡期末）二氧化氯(ClO2，黃綠色氣體，易溶于水)是一種安全穩(wěn)定、高效低毒的消毒劑，疫情防控中常用于環(huán)境的消毒。工業(yè)上通過情性電極電解氯化銨和鹽酸的方法制備ClO2的原理如圖所示。下列說法正確的是（）

A．當(dāng)有0.2mol離子通過離子交換膜時，二氧化氯發(fā)生器中理論上產(chǎn)生13.5gClO2

B．d為直流電源的負(fù)極，電解池a極上發(fā)生的電極反應(yīng)為

C．二氧化氯發(fā)生器內(nèi)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶1

D．離子交換膜為陽離子交換膜，在b極區(qū)流出的Y溶液是稀鹽酸

12．（2023高一下·溫州期中）煤的綜合利用可以獲得潔凈的燃料及多種化工原料．下列不屬于煤的綜合利用的是（）

A．煤干餾B．煤液化C．煤氣化D．煤燃燒

13．（2023高一下·黃岡期末）下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論不正確的是（）

目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論

A判斷氯化銀和碘化銀的溶度積常數(shù)大小向盛有溶液的試管中滴加溶液，再向其中滴加4~5滴溶液先有白色沉淀生成，后又產(chǎn)生黃色沉淀，說明

B證實金屬防腐措施中犧牲陽極法的有效性用飽和食鹽水和瓊脂粉配制瓊脂溶液并倒入兩個培養(yǎng)皿中，各滴加幾滴酚酞和鐵氰化鉀溶液，將裹有鋅皮和纏有銅絲的兩個鐵釘分別入培養(yǎng)皿，觀察現(xiàn)象裹有鋅皮的鐵釘周圍出現(xiàn)紅色，纏有銅絲的鐵釘周圍出現(xiàn)紅色和藍色，說明活潑性強的鋅保護了鐵

C檢驗硫酸廠周邊空氣中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空氣，慢慢注入盛有酸性，稀溶液的同一試管中，觀察溶液顏色變化溶液不變色，說明空氣中不含二氧化硫

D檢驗乙炔分子中碳碳三鍵的穩(wěn)定性將飽和氯化鈉溶液滴入盛有電石的燒瓶中制取乙炔，將純凈的乙炔通入盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中，觀察顏色變化溶液紫紅色逐漸褪去，說明乙炔不穩(wěn)定，容易被氧化

A．AB．BC．CD．D

14．（2023高一下·黃岡期末）下列不能用勒夏特列原理解釋的事實是（）

A．黃綠色的氯水光照后顏色變淺

B．合成氨工業(yè)使用高壓以提高氨的產(chǎn)量

C．棕紅色的NO2加壓后顏色先變深后變淺

D．氫氣、碘蒸氣、碘化氫氣體組成的平衡體系加壓后顏色變深

15．（2022·全國乙卷）化合物可用于電訊器材、高級玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，且加和為21。分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體。該化合物的熱重曲線如圖所示，在以下熱分解時無刺激性氣體逸出。下列敘述正確的是（）

A．W、X、Y、Z的單質(zhì)常溫下均為氣體

B．最高價氧化物的水化物的酸性：

C．階段熱分解失去4個

D．熱分解后生成固體化合物

二、工業(yè)流程題

16．（2023高一下·黃岡期末）海水中溴元素主要以Br—形式存在，工業(yè)上從海水中提取溴的流程如下：

（1）將吹出后的含Br2的空氣按一定速率通入吸收塔，用SO2和水進行吸收，寫出吸收反應(yīng)的化學(xué)方程式：

（2）吸收后的空氣進行循環(huán)利用。吹出時，Br2吹出率與吸收塔中SO2流量的關(guān)系如圖所示。SO2流量過大，Br2吹出率反而下降的原因是：

（3）工業(yè)上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化學(xué)方程式：Br2+Na2CO3NaBrO3+CO2+

當(dāng)有3molBr2參加反應(yīng)，發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為。

（4）用于吸收Br2的SO2是工業(yè)制硫酸的重要物質(zhì)，其中主反應(yīng)是催化氧化SO2.現(xiàn)將SO2與足量O2置于密閉容器中，在催化劑、500℃條件下發(fā)生反應(yīng)。SO2與SO3的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖所示，請回答下列問題。

i.反應(yīng)開始至2min末，以SO2的濃度變化表示該反應(yīng)的平均速率是；2min時，反應(yīng)是否達到化學(xué)平衡狀態(tài)(填“是”或“否”)。

ii.關(guān)于該反應(yīng)下列說法不正確的是。

a．催化劑可以增大化學(xué)反應(yīng)速率

b．改變溫度或壓強，可以實現(xiàn)SO2的完全轉(zhuǎn)化

c．若僅增大容器容積，則該化學(xué)反應(yīng)速率增大

三、實驗題

17．（2023高一下·黃岡期末）資料顯示，可以將氧化為。某小組同學(xué)設(shè)計實驗探究被氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(tài)。

已知：易溶于溶液，發(fā)生反應(yīng)(紅棕色)；和氧化性幾乎相同。

I.將等體積的溶液加入到銅粉和的固體混合物中，振蕩。

實驗記錄如下：

實驗現(xiàn)象

實驗Ⅰ極少量溶解，溶液為淡紅色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色

實驗Ⅱ部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色

實驗Ⅲ完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色

（1）初始階段，被氧化的反應(yīng)速率：實驗Ⅰ(填“>”“Fe2+>Br-，則通入氯氣后，還原性強的離子先反應(yīng)，則I表示I-，II表示Fe2+，III表示Br-；反應(yīng)的離子方程式分別為：Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根據(jù)題干線段IV生成含氧酸HIO3，可知Cl2會和I2繼續(xù)反應(yīng)生成HIO3，則相應(yīng)的離子方程式為I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；

A、根據(jù)分析，可知II為Fe2+，A錯誤；

B、根據(jù)分析，可知反應(yīng)的離子方程式為I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，B正確；

C、，溶液中含有Fe2+、I-、Br-，根據(jù)圖像信息I、II、III時Cl2的物質(zhì)的量，可知n(I-)=2mol，n(Fe2+)=4mol，結(jié)合電荷守恒，則n(Br-)=6mol，則跟Br-反應(yīng)的Cl2物質(zhì)的量為3mol，則a=6，C錯誤；

D、結(jié)合C選項，可知c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、一種氧化劑，多種還原劑同時存在時，還原性越強的越先反應(yīng)；

B、結(jié)合化合價變化守恒判斷離子方程式，且注意，氫氧根無法生成酸；

C、結(jié)合電荷守恒判斷離子的物質(zhì)的量；

D、相同溶液中，物質(zhì)的量之比等于濃度之比。

3．【答案】A

【知識點】氫鍵的存在對物質(zhì)性質(zhì)的影響；元素周期表中原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律

【解析】【解答】分析可知，X為H，Y為O，Z為S，W為Fe元素，m為Fe，n為O2，q為S，甲為Fe3O4，乙為SO2，丙為H2SO4，丁為Fe2(SO4)3，戊為FeSO4；

A．乙為SO2，丁為Fe2(SO4)3，SO2與硫酸鐵的反應(yīng)方程式：SO2+2H2O+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4，乙與丁反應(yīng)物質(zhì)的量之比為1：1，A符合題意；

B．乙為SO2，中心S原子價層電子對數(shù)為2+=3，有1個孤電子對，中心S原子為sp2雜化，空間構(gòu)型為V形，B不符合題意；

C．丙為H2SO4，H2SO4分子中含有羥基-OH，故能形成分子間氫鍵，C不符合題意；

D．戊為FeSO4，n為O2，丁為Fe2(SO4)3，F(xiàn)eSO4與O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2(SO4)3，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】

A．依據(jù)化學(xué)方程式，利用得失電子守恒判斷；

B．依據(jù)價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價層電子對數(shù)確定VSEPR模型，再確定空間立體構(gòu)型；

C．考慮氫鍵形成的條件；

D．FeSO4與O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2(SO4)3。

4．【答案】B

【知識點】阿伏加德羅常數(shù)

【解析】【解答】A、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，則每消耗1molNa生成H2的分子數(shù)為0.5Na，A錯；

B、，每反應(yīng)1molN2生成2molNH3，生成6mol記性共價鍵，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下每反應(yīng)22.4LN2生成極性共價鍵數(shù)目為6NA，B正確；

C、陽極中除了Cu以外，還有比Cu更加活潑的金屬，電解開始時，優(yōu)先放電的是比Cu更活潑的金屬，因此最開始通過電路的電子數(shù)為2NA，當(dāng)Cu開始放電時，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，此時每減少64gCu通過的電子數(shù)為2NA，C錯誤；

D、未知溶液體積，無法計算Al(OH)3膠粒的物質(zhì)的量，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、結(jié)合化學(xué)計量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷；

B、相同的非金屬原子為非極性共價鍵結(jié)合，不同的非金屬原子為極性共價鍵結(jié)合；

C、比Cu活潑的金屬優(yōu)先放電，最開始通過電子時為活潑金屬放電；

D、溶質(zhì)物質(zhì)的量需要溶液體積和溶質(zhì)濃度計算。

5．【答案】D

【知識點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)

【解析】【解答】A、分子中含有酚羥基，可以使FeCl3顯紫色，但不是苯酚的同系物，A錯誤；

B、分子中含有碳碳雙鍵、羥基，都可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；

C、酚羥基的鄰位、對位可以被濃溴水取代，碳碳雙鍵可以和溴發(fā)生加成反應(yīng)，消耗的Br2為4mol，碳碳雙鍵和苯環(huán)可以和H2發(fā)生加成反應(yīng)，消耗的H2為7mol，C錯誤；

D、分子中，苯環(huán)以及苯環(huán)所連接的第一個C共平面，碳碳雙鍵兩側(cè)連接的第一個C共平面，則分子中所有碳原子可能共平面，D正確；

故答案為：D

【分析】A、酚的同系物只能含有一個酚羥基，其余部分為烴基；

B、碳碳雙鍵、碳碳三鍵、羥基、醛基都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；

C、濃溴水取代在酚羥基的鄰位、對位；

D、共平面的判斷要注意一個原子周圍有3個或以上的單鍵連接時，最多兩個單鍵原子共平面。

6．【答案】B

【知識點】化學(xué)實驗方案的評價

【解析】【解答】A、NO3-和H+可以形成具有強氧化性的HNO3，H2O2和HNO3都可以使Fe2+被氧化，無法直接證明H2O2具有氧化性，A錯誤；

B、淀粉水解后的溶液中，應(yīng)先將稀硫酸中和后再用銀鏡反應(yīng)鑒別醛基的存在，如果直接向水解后的溶液滴加銀氨溶液，無法直接證明是否發(fā)生水解，B正確；

C、焰色反應(yīng)時，黃色火焰代表含有鈉元素，但是鉀元素的觀察需要透過藍色鈷玻璃，否則無法直接判斷是否含有鉀元素，C錯誤；

D、非金屬性的比較應(yīng)采用最高價含氧酸的比較，即應(yīng)使用HClO4和Na2SiO3反應(yīng)進行判斷，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、要判斷H2O2的氧化性需要先排除干擾離子的影響；

B、淀粉水解情況的判斷，可以用銀氨溶液或新制的氫氧化銅懸濁液，兩者都應(yīng)用在堿性條件下判斷；

C、鈉元素的焰色反應(yīng)為黃色，鉀元素的焰色反應(yīng)通過藍色鈷玻璃觀察為紫色；

D、非金屬性的比較可以采用元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性判斷。

7．【答案】C

【知識點】制備實驗方案的設(shè)計

【解析】【解答】A．Cu和濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合題意；

B.濃鹽酸和高錳酸鉀溶液生成氯氣，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)進行尾氣吸收，故B不符合題意；

C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，應(yīng)選飽和碳酸鈉溶液，故C符合題意；

D.要將CO和CO2分離，足量純堿溶液用來吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再將生成的CO2用濃硫酸干燥，收集到純凈的CO2，故D不符合題意．

故答案為：C。

【分析】A.一氧化氮在水中的溶解性很小，所以可以采用排水法收集；

B.氯氣是有毒有害氣體，因此需要設(shè)置尾氣吸收裝置；

C.脂類會在氫氧化鈉中發(fā)生水解反應(yīng)；

D.濃硫酸具有吸水性，可以用來干燥酸性或中性氣體。

8．【答案】C

【知識點】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系

【解析】【解答】CuSO4·5H2O受熱分解為CuSO4和H2O，CuSO4為含氧酸酸式鹽，受熱可分解為堿性氧化物和酸性氧化物，即CuSO4受熱分解為CuO和SO3，即煙為H2O和SO3，兩者在銅盤中結(jié)合生成H2SO4，則精華為H2SO4，故答案為：C

【分析】本題要先根據(jù)CuSO4·5H2O受熱產(chǎn)物判斷，再結(jié)合酸性氧化物和堿性氧化物判斷。

9．【答案】B

【知識點】化學(xué)電源新型電池

【解析】【解答】A、甲電池含有燈泡，化學(xué)能會轉(zhuǎn)化為電能和光能，A錯誤；

B、Na會直接和水反應(yīng)，B錯誤；

C、乙中，通入O2的一極為正極，即b電極為正極，a電極為負(fù)極，電子由負(fù)極經(jīng)過導(dǎo)線流向正極，電子不流入電解液，C錯誤；

D、乙的電解質(zhì)溶液呈酸性，二甲醚在負(fù)極上反應(yīng)，失去電子，則負(fù)極電極反應(yīng)式為CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，D錯誤；

故答案為：B

【分析】可以根據(jù)裝置圖中具有的構(gòu)成判斷能量變化；

B、Na會優(yōu)先和水反應(yīng)；

C、電子由負(fù)極經(jīng)過導(dǎo)線流向正極，溶液中的陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極；

D、負(fù)極失電子，正極得電子。

10．【答案】D

【知識點】化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡的影響因素

【解析】【解答】A.1173K時，反應(yīng)①起始，，，x≈0.4，平衡時約為0.2，A不符合題意；

B．升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡向你反應(yīng)方向移動，所以②的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，，B不符合題意；

C．根據(jù)蓋斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡向你反應(yīng)方向移動，所以，反應(yīng)③達平衡后，升高溫度平衡逆向移動，但是由于反應(yīng)兩端氣體的化學(xué)計量數(shù)之和相等縮小反應(yīng)容器的容積化學(xué)平衡不移動，C不符合題意；

D．相同溫度下，根據(jù)蓋斯定律可知②-①可得③，故；，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.利用三段式法計算；

B．依據(jù)升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小分析；

C．根據(jù)蓋斯定律分析；

D．根據(jù)蓋斯定律計算。

11．【答案】A

【知識點】電解池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)裝置，可知在電解池中，NH4Cl轉(zhuǎn)化為NCl3，則N化合價升高，HCl轉(zhuǎn)化為H2，H化合價降低，則a電極為陽極，b電極為陰極，c為正極，d為負(fù)極；

A、經(jīng)過陰離子交換膜的離子為Cl-，涉及的電極反應(yīng)式為2HCl+2e-=H2↑+2Cl-，則當(dāng)有0.2molCl-通過時，轉(zhuǎn)移的電子為0.2mol，陽極為NH4+失去電子，電極反應(yīng)式為NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，則有的NCl3生成，NCl3和H+、NaClO2在二氧化氯發(fā)生器反應(yīng)的離子方程式為NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，則生成的ClO2為0.2mol，則生成13.5gClO2，A正確；

B、根據(jù)分析和A選項，可知a極為陽極，其電極反應(yīng)式為NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，B錯誤；

C、根據(jù)A選項二氧化氯發(fā)生器的離子方程式為NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，可知NCl3作為氧化劑，ClO2-作為還原劑，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：6，C錯誤；

D、根據(jù)A選項的分析可知，交換膜為陰離子交換膜，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、根據(jù)電極反應(yīng)式的電子物質(zhì)的量以及電子守恒，計算氧化還原反應(yīng)中NCl3的物質(zhì)的量；

B、陽極失去電子，陰極得到電子；

C、化合價升高為還原劑，化合價降低為氧化劑；

D、陰離子交換膜可以通過陰離子，陽離子交換膜可以通過陽離子。

12．【答案】D

【知識點】煤的干餾和綜合利用

【解析】【解答】解：利用煤的氣化、液化和干餾這些加工手段可以從煤中獲得多種有機化合物；煤燃燒時煤的直接利用，

故答案為：D．

【分析】煤的綜合利用是指通過物理或化學(xué)加工等途徑，回收和利用煤中的各種有益組分，以獲得多種產(chǎn)品．

13．【答案】A

【知識點】化學(xué)實驗方案的評價

【解析】【解答】A、題干中Ag+過量，則生成AgCl后Ag+有剩余，可以繼續(xù)和I-結(jié)合生成AgI，無法證明AgCl和AgI的溶度積大小，A正確；

B、鋅比鐵更活潑，會優(yōu)先腐蝕生成Zn(OH)2，遇酚酞變紅，鐵比銅更活潑，優(yōu)先腐蝕，生成Fe(OH)2，F(xiàn)e(OH)2遇酚酞變紅，F(xiàn)e2+遇鐵氰酸鉀生成藍色沉淀，B錯誤；

C、二氧化氯具有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，若不能是酸性高錳酸鉀溶液褪色，則空氣中不含二氧化氯，C錯誤；

D、乙炔具有還原性，不穩(wěn)定，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、此類題型要注意，若一種離子可以和另外兩種離子都形成沉淀時，此種離子需少量才可以判斷溶度積；

B、金屬的電化學(xué)腐蝕中，活潑金屬做負(fù)極，失去電子，空氣中的氧氣會轉(zhuǎn)化為氫氧根，使溶液呈堿性

C、二氧化氯具有還原性，可以和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原使其褪色；

D、乙炔具有還原性，可以和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，證明乙炔不穩(wěn)定。

14．【答案】D

【知識點】化學(xué)平衡移動原理

【解析】【解答】A、氯水中含有氯分子，經(jīng)過光照后，平衡移動，氯分子的濃度減少，顏色變淺，A錯誤；

B、增大壓強，可以使平衡移動，氨氣的濃度增大，提高氨的產(chǎn)量，B錯誤；

C、增大壓強，體積縮小，NO2的濃度增大，顏色變深，后平衡移動，NO2的濃度減小，顏色變淺，C錯誤；

D、氫氣、碘蒸氣、碘化氫的平衡體系中存在化學(xué)方程式，左右兩邊化學(xué)計量數(shù)相等，增大壓強平衡不移動，由于壓縮體積，各種物質(zhì)濃度增大，顏色變深，D正確；

故答案為：D

【分析】平衡移動的判斷；

增大反應(yīng)物濃度，平衡朝正向移動，被增加的反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率減小，另一種反應(yīng)物濃度增大，減小反應(yīng)物的濃度則反之；

增大生產(chǎn)物濃度，平衡朝逆向移動，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小，減少生成物的濃度則反之；

增大壓強，減小體積，平衡朝氣體體積縮小的方向移動，減小壓強，增大體積則反之；

升高溫度，平衡朝吸熱方向移動，降低溫度則反之。

15．【答案】D

【知識點】原子中的數(shù)量關(guān)系；原子核外電子排布；質(zhì)量守恒定律；元素周期表中原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律

【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的單質(zhì)分別是H2、B、N2、O2，常溫下B為粉末，其他均為氣體，A不符合題意；

B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高價含氧酸的酸性從左到右依次增強，所以應(yīng)是X＜Y，B不符合題意；

C．假設(shè)100~200℃階段熱分解失去H2O的分子數(shù)為x，則，解得x≈3，說明失去3個水分子，C不符合題意；

D．假設(shè)500℃熱分解生成固體B2O3，根據(jù)反應(yīng)前后原子個數(shù)守恒，則得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此時B2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，根據(jù)化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及該化合物在200℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出，則說明失去的是水，即W2Z為H2O，所以W為氫元素，Z為氧元素；根據(jù)YZ2分子的總電子數(shù)為奇數(shù)且常溫下為氣體，可推出YZ2是NO2，則Y是氮元素；而W、X、Y、Z的電子數(shù)之和為21，可推出X是硼元素。

16．【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr

（2）過量的SO2隨吸收Br2后的空氣進入吹出步驟，與溴反應(yīng)，使溴的吹出率下降

（3）3；3；1；3；5NaBr；5mol

（4）1.25mol·L-1·min-1；否；bc

【知識點】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用

【解析】【解答】（1）二氧化硫、水和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸和溴化氫，故答案為：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；

（2）根據(jù)流程圖，可知吸收Br2后的空氣會進一步進入吹出的步驟，若SO2過量，會使得吸收Br2后的空氣中含有SO2，SO2會在吹出步驟和Br2反應(yīng)，使其吹出率下降，故答案為：過量的SO2隨吸收Br2后的空氣進入吹出步驟，與溴反應(yīng)，使溴的吹出率下降；

（3）化學(xué)方程式中，Br化合價升高，C、O、Na化合價不變，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的特點，可知化合價升降守恒，則降價元素應(yīng)為Br，即Br自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Br2化合價降低生成Br-，由于陽離子為Na+，則產(chǎn)物生成NaBr，則化學(xué)方程式應(yīng)為3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr，此時3molBr2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5mol，故答案為：3；3；1；3；5NaBr；5mol；

（4）i、SO2的濃度變化量為2.5mol·L-1，時間為2min，則其化學(xué)反應(yīng)速率為1.25mol·L-1·min-1，2min后濃度仍然發(fā)生變化，則2min時反應(yīng)未達到平衡，故答案：1.25mol·L-1·min-1；否；

ii、a、催化劑可以增大化學(xué)反應(yīng)速率，a錯誤；

b、可逆反應(yīng)無法完全轉(zhuǎn)化，b正確；

c、增大容器體積，各種物質(zhì)濃度減小，化學(xué)反應(yīng)速率減慢，c正確；

故答案為：bc。

【分析】（1）二氧化氯、水和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸和溴化氫；

（2）本題要結(jié)合流程判斷，二氧化硫過量時會進入吹出步驟和溴發(fā)生反應(yīng)；

（3）氧化還原反應(yīng)方程式中，化合價滿足升降守恒，根據(jù)化合價升降守恒配平化學(xué)計量數(shù)，電子的數(shù)目=元素的價態(tài)變化數(shù)目×該元素原子的個數(shù)；

（4）i、化學(xué)反應(yīng)速率；可逆反應(yīng)達到平衡時，各種物質(zhì)的濃度不再變化；

ii、a、催化劑可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，不影響平衡移動；

b、可逆反應(yīng)無法完全轉(zhuǎn)化，反應(yīng)物和生成物同時存在；

c、容積增大，濃度減小，化學(xué)反應(yīng)速率減小。

17．【答案】（1）Fe2+>Br-，則通入氯氣后，還原性強的離子先反應(yīng)，則I表示I-，II表示Fe2+，III表示Br-；反應(yīng)的離子方程式分別為：Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根據(jù)題干線段IV生成含氧酸HIO3，可知Cl2會和I2繼續(xù)反應(yīng)生成HIO3，則相應(yīng)的離子方程式為I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；

A、根據(jù)分析，可知II為Fe2+，A錯誤；

B、根據(jù)分析，可知反應(yīng)的離子方程式為I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+，B正確；

C、，溶液中含有Fe2+、I-、Br-，根據(jù)圖像信息I、II、III時Cl2的物質(zhì)的量，可知n(I-)=2mol，n(Fe2+)=4mol，結(jié)合電荷守恒，則n(Br-)=6mol，則跟Br-反應(yīng)的Cl2物質(zhì)的量為3mol，則a=6，C錯誤；

D、結(jié)合C選項，可知c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、一種氧化劑，多種還原劑同時存在時，還原性越強的越先反應(yīng)；

B、結(jié)合化合價變化守恒判斷離子方程式，且注意，氫氧根無法生成酸；

C、結(jié)合電荷守恒判斷離子的物質(zhì)的量；

D、相同溶液中，物質(zhì)的量之比等于濃度之比。

3．（2022·青島模擬）X、Y、Z、W是處于不同周期的前四周期常見元素，原子序數(shù)依次遞增。Y原子最外層電子數(shù)是周期序數(shù)的3倍，基態(tài)z原子核外s能級與p能級電子數(shù)之比為。由上述元素組成的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中m、n、q為單質(zhì)，其它為化合物，甲具有磁性，丙為二元強酸。下列說法錯誤的是（）

A．乙與丁反應(yīng)物質(zhì)的量之比為

B．乙分子構(gòu)型為Ⅴ型

C．丙分子間可形成氫鍵

D．向戊中通入n可生成丁

【答案】A

【知識點】氫鍵的存在對物質(zhì)性質(zhì)的影響；元素周期表中原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律

【解析】【解答】分析可知，X為H，Y為O，Z為S，W為Fe元素，m為Fe，n為O2，q為S，甲為Fe3O4，乙為SO2，丙為H2SO4，丁為Fe2(SO4)3，戊為FeSO4；

A．乙為SO2，丁為Fe2(SO4)3，SO2與硫酸鐵的反應(yīng)方程式：SO2+2H2O+Fe2(SO4)3=2FeSO4+2H2SO4，乙與丁反應(yīng)物質(zhì)的量之比為1：1，A符合題意；

B．乙為SO2，中心S原子價層電子對數(shù)為2+=3，有1個孤電子對，中心S原子為sp2雜化，空間構(gòu)型為V形，B不符合題意；

C．丙為H2SO4，H2SO4分子中含有羥基-OH，故能形成分子間氫鍵，C不符合題意；

D．戊為FeSO4，n為O2，丁為Fe2(SO4)3，F(xiàn)eSO4與O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2(SO4)3，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】

A．依據(jù)化學(xué)方程式，利用得失電子守恒判斷；

B．依據(jù)價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價層電子對數(shù)確定VSEPR模型，再確定空間立體構(gòu)型；

C．考慮氫鍵形成的條件；

D．FeSO4與O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2(SO4)3。

4．（2023高一下·黃岡期末）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）

A．鈉作除水劑時，每消耗1molNa，生成H2的分子數(shù)為NA

B．工業(yè)合成氨時，每反應(yīng)22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)N2，生成的極性共價鍵數(shù)目為6NA

C．電解精煉銅時，陽極質(zhì)量每減少64g，通過電路的電子數(shù)為2NA

D．明礬凈水時，0.1mol/LAl3+形成的Al(OH)3膠粒的數(shù)目為0.1NA

【答案】B

【知識點】阿伏加德羅常數(shù)

【解析】【解答】A、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，則每消耗1molNa生成H2的分子數(shù)為0.5Na，A錯；

B、，每反應(yīng)1molN2生成2molNH3，生成6mol記性共價鍵，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下每反應(yīng)22.4LN2生成極性共價鍵數(shù)目為6NA，B正確；

C、陽極中除了Cu以外，還有比Cu更加活潑的金屬，電解開始時，優(yōu)先放電的是比Cu更活潑的金屬，因此最開始通過電路的電子數(shù)為2NA，當(dāng)Cu開始放電時，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，此時每減少64gCu通過的電子數(shù)為2NA，C錯誤；

D、未知溶液體積，無法計算Al(OH)3膠粒的物質(zhì)的量，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、結(jié)合化學(xué)計量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷；

B、相同的非金屬原子為非極性共價鍵結(jié)合，不同的非金屬原子為極性共價鍵結(jié)合；

C、比Cu活潑的金屬優(yōu)先放電，最開始通過電子時為活潑金屬放電；

D、溶質(zhì)物質(zhì)的量需要溶液體積和溶質(zhì)濃度計算。

5．（2023高一下·黃岡期末）“人文奧運”的一個重要體現(xiàn)是：堅決反對運動員服用興奮劑。某種興奮劑的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是（）

A．遇FeCl3溶液顯紫色，因為該物質(zhì)與苯酚屬于同系物

B．滴入KMnO4（H+）溶液，觀察紫色褪去，能證明結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵

C．1mol該物質(zhì)與濃溴水和H2反應(yīng)最多消耗Br2和H2分別為3mol、7mol

D．該分子中的所有碳原子可能共平面

【答案】D

【知識點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)

【解析】【解答】A、分子中含有酚羥基，可以使FeCl3顯紫色，但不是苯酚的同系物，A錯誤；

B、分子中含有碳碳雙鍵、羥基，都可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；

C、酚羥基的鄰位、對位可以被濃溴水取代，碳碳雙鍵可以和溴發(fā)生加成反應(yīng)，消耗的Br2為4mol，碳碳雙鍵和苯環(huán)可以和H2發(fā)生加成反應(yīng)，消耗的H2為7mol，C錯誤；

D、分子中，苯環(huán)以及苯環(huán)所連接的第一個C共平面，碳碳雙鍵兩側(cè)連接的第一個C共平面，則分子中所有碳原子可能共平面，D正確；

故答案為：D

【分析】A、酚的同系物只能含有一個酚羥基，其余部分為烴基；

B、碳碳雙鍵、碳碳三鍵、羥基、醛基都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；

C、濃溴水取代在酚羥基的鄰位、對位；

D、共平面的判斷要注意一個原子周圍有3個或以上的單鍵連接時，最多兩個單鍵原子共平面。

6．（2023高一下·黃岡期末）下列有關(guān)實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論或解釋均正確的是（）

選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論或解釋

A在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2淺綠色變黃色H2O2具有氧化性

B向淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，然后加入銀氨溶液溶液，無銀鏡出現(xiàn)不能判斷是否水解

C焰色反應(yīng)實驗時，某同學(xué)用潔凈的鉑絲蘸取樣品在無色火焰上灼燒直接觀察到火焰的顏色呈黃色該樣品中含有鈉元素，一定不含鉀元素

D向盛Na2SiO3溶液的試管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至過量試管中溶液先變紅后褪色，最后有白色沉淀非金屬性：Cl>Si

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【知識點】化學(xué)實驗方案的評價

【解析】【解答】A、NO3-和H+可以形成具有強氧化性的HNO3，H2O2和HNO3都可以使Fe2+被氧化，無法直接證明H2O2具有氧化性，A錯誤；

B、淀粉水解后的溶液中，應(yīng)先將稀硫酸中和后再用銀鏡反應(yīng)鑒別醛基的存在，如果直接向水解后的溶液滴加銀氨溶液，無法直接證明是否發(fā)生水解，B正確；

C、焰色反應(yīng)時，黃色火焰代表含有鈉元素，但是鉀元素的觀察需要透過藍色鈷玻璃，否則無法直接判斷是否含有鉀元素，C錯誤；

D、非金屬性的比較應(yīng)采用最高價含氧酸的比較，即應(yīng)使用HClO4和Na2SiO3反應(yīng)進行判斷，D錯誤；

故答案為：B

【分析】A、要判斷H2O2的氧化性需要先排除干擾離子的影響；

B、淀粉水解情況的判斷，可以用銀氨溶液或新制的氫氧化銅懸濁液，兩者都應(yīng)用在堿性條件下判斷；

C、鈉元素的焰色反應(yīng)為黃色，鉀元素的焰色反應(yīng)通過藍色鈷玻璃觀察為紫色；

D、非金屬性的比較可以采用元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性判斷。

7．（2023·沈陽模擬）下列實驗方案不能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

A．圖A裝置Cu和濃硝酸制取NO

B．圖B裝置實驗室制備Cl2

C．圖C裝置實驗室制取乙酸乙酯

D．圖D裝置實驗室分離CO和CO2

【答案】C

【知識點】制備實驗方案的設(shè)計

【解析】【解答】A．Cu和濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合題意；

B.濃鹽酸和高錳酸鉀溶液生成氯氣，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)進行尾氣吸收，故B不符合題意；

C.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，應(yīng)選飽和碳酸鈉溶液，故C符合題意；

D.要將CO和CO2分離，足量純堿溶液用來吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再將生成的CO2用濃硫酸干燥，收集到純凈的CO2，故D不符合題意．

故答案為：C。

【分析】A.一氧化氮在水中的溶解性很小，所以可以采用排水法收集；

B.氯氣是有毒有害氣體，因此需要設(shè)置尾氣吸收裝置；

C.脂類會在氫氧化鈉中發(fā)生水解反應(yīng)；

D.濃硫酸具有吸水性，可以用來干燥酸性或中性氣體。

8．（2023高一下·黃岡期末）狐剛子在“煉石膽取精華法”中作如下敘述：“以士擊(即磚坯)壘作兩個方頭爐，一爐中著銅盤，使定，即密泥之，一爐中以炭燒石膽(CuSO4·5H2O)使作煙，以物扇之，其精華盡入銅盤。爐中卻火待冷……”。狐剛子所取“精華”為（）

A．H2OB．SO2C．稀硫酸D．CuSO4溶液

【答案】C

【知識點】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系

【解析】【解答】CuSO4·5H2O受熱分解為CuSO4和H2O，CuSO4為含氧酸酸式鹽，受熱可分解為堿性氧化物和酸性氧化物，即CuSO4受熱分解為CuO和SO3，即煙為H2O和SO3，兩者在銅盤中結(jié)合生成H2SO4，則精華為H2SO4，故答案為：C

【分析】本題要先根據(jù)CuSO4·5H2O受熱產(chǎn)物判斷，再結(jié)合酸性氧化物和堿性氧化物判斷。

9．（2023高一下·黃岡期末）下列有關(guān)甲、乙兩種電池的說法中正確的是（）

A．甲：電池工作時化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能

B．甲：電解液不可能采用氫氧化鈉水溶液

C．乙：電池工作時，電子從a電極→燈泡→b電極→電解液→a電極

D．乙：正極電極反應(yīng)式為CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+

【答案】B

【知識點】化學(xué)電源新型電池

【解析】【解答】A、甲電池含有燈泡，化學(xué)能會轉(zhuǎn)化為電能和光能，A錯誤；

B、Na會直接和水反應(yīng)，B錯誤；

C、乙中，通入O2的一極為正極，即b電極為正極，a電極為負(fù)極，電子由負(fù)極經(jīng)過導(dǎo)線流向正極，電子不流入電解液，C錯誤；

D、乙的電解質(zhì)溶液呈酸性，二甲醚在負(fù)極上反應(yīng)，失去電子，則負(fù)極電極反應(yīng)式為CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，D錯誤；

故答案為：B

【分析】可以根據(jù)裝置圖中具有的構(gòu)成判斷能量變化；

B、Na會優(yōu)先和水反應(yīng)；

C、電子由負(fù)極經(jīng)過導(dǎo)線流向正極，溶液中的陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極；

D、負(fù)極失電子，正極得電子。

10．（2023·豐臺模擬）下列三個化學(xué)反應(yīng)焓變、平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系分別如下表所示。下列說法正確的是

化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)溫度

973K1173K

①1.472.15

②2.381.67

③ab

A．1173K時，反應(yīng)①起始，平衡時約為0.4

B．反應(yīng)②是吸熱反應(yīng)，

C．反應(yīng)③達平衡后，升高溫度或縮小反應(yīng)容器的容積平衡逆向移動

D．相同溫度下，；

【答案】D

【知識點】化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡的影響因素

【解析】【解答】A.1173K時，反應(yīng)①起始，，，x≈0.4，平衡時約為0.2，A不符合題意；

B．升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡向你反應(yīng)方向移動，所以②的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，，B不符合題意；

C．根據(jù)蓋斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡向你反應(yīng)方向移動，所以，反應(yīng)③達平衡后，升高溫度平衡逆向移動，但是由于反應(yīng)兩端氣體的化學(xué)計量數(shù)之和相等縮小反應(yīng)容器的容積化學(xué)平衡不移動，C不符合題意；

D．相同溫度下，根據(jù)蓋斯定律可知②-①可得③，故；，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.利用三段式法計算；

B．依據(jù)升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小分析；

C．根據(jù)蓋斯定律分析；

D．根據(jù)蓋斯定律計算。

11．（2023高一下·黃岡期末）二氧化氯(ClO2，黃綠色氣體，易溶于水)是一種安全穩(wěn)定、高效低毒的消毒劑，疫情防控中常用于環(huán)境的消毒。工業(yè)上通過情性電極電解氯化銨和鹽酸的方法制備ClO2的原理如圖所示。下列說法正確的是（）

A．當(dāng)有0.2mol離子通過離子交換膜時，二氧化氯發(fā)生器中理論上產(chǎn)生13.5gClO2

B．d為直流電源的負(fù)極，電解池a極上發(fā)生的電極反應(yīng)為

C．二氧化氯發(fā)生器內(nèi)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶1

D．離子交換膜為陽離子交換膜，在b極區(qū)流出的Y溶液是稀鹽酸

【答案】A

【知識點】電解池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)裝置，可知在電解池中，NH4Cl轉(zhuǎn)化為NCl3，則N化合價升高，HCl轉(zhuǎn)化為H2，H化合價降低，則a電極為陽極，b電極為陰極，c為正極，d為負(fù)極；

A、經(jīng)過陰離子交換膜的離子為Cl-，涉及的電極反應(yīng)式為2HCl+2e-=H2↑+2Cl-，則當(dāng)有0.2molCl-通過時，轉(zhuǎn)移的電子為0.2mol，陽極為NH4+失去電子，電極反應(yīng)式為NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，則有的NCl3生成，NCl3和H+、NaClO2在二氧化氯發(fā)生器反應(yīng)的離子方程式為NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，則生成的ClO2為0.2mol，則生成13.5gClO2，A正確；

B、根據(jù)分析和A選項，可知a極為陽極，其電極反應(yīng)式為NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+，B錯誤；

C、根據(jù)A選項二氧化氯發(fā)生器的離子方程式為NCl3+6ClO2-+3H+=NH3+6ClO2+3Cl-，可知NCl3作為氧化劑，ClO2-作為還原劑，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：6，C錯誤；

D、根據(jù)A選項的分析可知，交換膜為陰離子交換膜，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、根據(jù)電極反應(yīng)式的電子物質(zhì)的量以及電子守恒，計算氧化還原反應(yīng)中NCl3的物質(zhì)的量；

B、陽極失去電子，陰極得到電子；

C、化合價升高為還原劑，化合價降低為氧化劑；

D、陰離子交換膜可以通過陰離子，陽離子交換膜可以通過陽離子。

12．（2023高一下·溫州期中）煤的綜合利用可以獲得潔凈的燃料及多種化工原料．下列不屬于煤的綜合利用的是（）

A．煤干餾B．煤液化C．煤氣化D．煤燃燒

【答案】D

【知識點】煤的干餾和綜合利用

【解析】【解答】解：利用煤的氣化、液化和干餾這些加工手段可以從煤中獲得多種有機化合物；煤燃燒時煤的直接利用，

故答案為：D．

【分析】煤的綜合利用是指通過物理或化學(xué)加工等途徑，回收和利用煤中的各種有益組分，以獲得多種產(chǎn)品．

13．（2023高一下·黃岡期末）下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論不正確的是（）

目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論

A判斷氯化銀和碘化銀的溶度積常數(shù)大小向盛有溶液的試管中滴加溶液，再向其中滴加4~5滴溶液先有白色沉淀生成，后又產(chǎn)生黃色沉淀，說明

B證實金屬防腐措施中犧牲陽極法的有效性用飽和食鹽水和瓊脂粉配制瓊脂溶液并倒入兩個培養(yǎng)皿中，各滴加幾滴酚酞和鐵氰化鉀溶液，將裹有鋅皮和纏有銅絲的兩個鐵釘分別入培養(yǎng)皿，觀察現(xiàn)象裹有鋅皮的鐵釘周圍出現(xiàn)紅色，纏有銅絲的鐵釘周圍出現(xiàn)紅色和藍色，說明活潑性強的鋅保護了鐵

C檢驗硫酸廠周邊空氣中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空氣，慢慢注入盛有酸性，稀溶液的同一試管中，觀察溶液顏色變化溶液不變色，說明空氣中不含二氧化硫

D檢驗乙炔分子中碳碳三鍵的穩(wěn)定性將飽和氯化鈉溶液滴入盛有電石的燒瓶中制取乙炔，將純凈的乙炔通入盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中，觀察顏色變化溶液紫紅色逐漸褪去，說明乙炔不穩(wěn)定，容易被氧化

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【知識點】化學(xué)實驗方案的評價

【解析】【解答】A、題干中Ag+過量，則生成AgCl后Ag+有剩余，可以繼續(xù)和I-結(jié)合生成AgI，無法證明AgCl和AgI的溶度積大小，A正確；

B、鋅比鐵更活潑，會優(yōu)先腐蝕生成Zn(OH)2，遇酚酞變紅，鐵比銅更活潑，優(yōu)先腐蝕，生成Fe(OH)2，F(xiàn)e(OH)2遇酚酞變紅，F(xiàn)e2+遇鐵氰酸鉀生成藍色沉淀，B錯誤；

C、二氧化氯具有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，若不能是酸性高錳酸鉀溶液褪色，則空氣中不含二氧化氯，C錯誤；

D、乙炔具有還原性，不穩(wěn)定，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，D錯誤；

故答案為：A

【分析】A、此類題型要注意，若一種離子可以和另外兩種離子都形成沉淀時，此種離子需少量才可以判斷溶度積；

B、金屬的電化學(xué)腐蝕中，活潑金屬做負(fù)極，失去電子，空氣中的氧氣會轉(zhuǎn)化為氫氧根，使溶液呈堿性

C、二氧化氯具有還原性，可以和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原使其褪色；

D、乙炔具有還原性，可以和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，證明乙炔不穩(wěn)定。

14．（2023高一下·黃岡期末）下列不能用勒夏特列原理解釋的事實是（）

A．黃綠色的氯水光照后顏色變淺

B．合成氨工業(yè)使用高壓以提高氨的產(chǎn)量

C．棕紅色的NO2加壓后顏色先變深后變淺

D．氫氣、碘蒸氣、碘化氫氣體組成的平衡體系加壓后顏色變深

【答案】D

【知識點】化學(xué)平衡移動原理

【解析】【解答】A、氯水中含有氯分子，經(jīng)過光照后，平衡移動，氯分子的濃度減少，顏色變淺，A錯誤；

B、增大壓強，可以使平衡移動，氨氣的濃度增大，提高氨的產(chǎn)量，B錯誤；

C、增大壓強，體積縮小，NO2的濃度增大，顏色變深，后平衡移動，NO2的濃度減小，顏色變淺，C錯誤；

D、氫氣、碘蒸氣、碘化氫的平衡體系中存在化學(xué)方程式，左右兩邊化學(xué)計量數(shù)相等，增大壓強平衡不移動，由于壓縮體積，各種物質(zhì)濃度增大，顏色變深，D正確；

故答案為：D

【分析】平衡移動的判斷；

增大反應(yīng)物濃度，平衡朝正向移動，被增加的反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率減小，另一種反應(yīng)物濃度增大，減小反應(yīng)物的濃度則反之；

增大生產(chǎn)物濃度，平衡朝逆向移動，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小，減少生成物的濃度則反之；

增大壓強，減小體積，平衡朝氣體體積縮小的方向移動，減小壓強，增大體積則反之；

升高溫度，平衡朝吸熱方向移動，降低溫度則反之。

15．（2022·全國乙卷）化合物可用于電訊器材、高級玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，且加和為21。分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體。該化合物的熱重曲線如圖所示，在以下熱分解時無刺激性氣體逸出。下列敘述正確的是（）

A．W、X、Y、Z的單質(zhì)常溫下均為氣體

B．最高價氧化物的水化物的酸性：

C．階段熱分解失去4個

D．熱分解后生成固體化合物

【答案】D

【知識點】原子中的數(shù)量關(guān)系；原子核外電子排布；質(zhì)量守恒定律；元素周期表中原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律

【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的單質(zhì)分別是H2、B、N2、O2，常溫下B為粉末，其他均為氣體，A不符合題意；

B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高價含氧酸的酸性從左到右依次增強，所以應(yīng)是X＜Y，B不符合題意；

C．假設(shè)100~200℃階段熱分解失去H2O的分子數(shù)為x，則，解得x≈3，說明失去3個水分子，C不符合題意；

D．假設(shè)500℃熱分解生成固體B2O3，根據(jù)反應(yīng)前后原子個數(shù)守恒，則得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此時B2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，根據(jù)化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及該化合物在200℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出，則說明失去的是水，即W2Z為H2O，所以W為氫元素，Z為氧元素；根據(jù)YZ2分子的總電子數(shù)為奇數(shù)且常溫下為氣體，可推出YZ2是NO2，則Y是氮元素；而W、X、Y、Z的電子數(shù)之和為21，可推出X是硼元素。

二、工業(yè)流程題

16．（2023高一下·黃岡期末）海水中溴元素主要以Br—形式存在，工業(yè)上從海水中提取溴的流程如下：

（1）將吹出后的含Br2的空氣按一定速率通入吸收塔，用SO2和水進行吸收，寫出吸收反應(yīng)的化學(xué)方程式：

（2）吸收后的空氣進行循環(huán)利用。吹出時，Br2吹出率與吸收塔中SO2流量的關(guān)系如圖所示。SO2流量過大，Br2吹出率反而下降的原因是：

（3）工業(yè)上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化學(xué)方程式：Br2+Na2CO3NaBrO3+CO2+

當(dāng)有3molBr2參加反應(yīng)，發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為。

（4）用于吸收Br2的SO2是工業(yè)制硫酸的重要物質(zhì)，其中主反應(yīng)是催化氧化SO2.現(xiàn)將SO2與足量O2置于密閉容器中，在催化劑、500℃條件下發(fā)生反應(yīng)。SO2與SO3的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖所示，請回答下列問題。

i.反應(yīng)開始至2min末，以SO2的濃度變化表示該反應(yīng)的平均速率是；2min時，反應(yīng)是否達到化學(xué)平衡狀態(tài)(填“是”或“否”)。

ii.關(guān)于該反應(yīng)下列說法不正確的是。

a．催化劑可以增大化學(xué)反應(yīng)速率

b．改變溫度或壓強，可以實現(xiàn)SO2的完全轉(zhuǎn)化

c．若僅增大容器容積，則該化學(xué)反應(yīng)速率增大

【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr

（2）過量的SO2隨吸收Br2后的空氣進入吹出步驟，與溴反應(yīng)，使溴的吹出率下降

（3）3；3；1；3；5NaBr；5mol

（4）1.25mol·L-1·min-1；否；bc

【知識點】化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用

【解析】【解答】（1）二氧化硫、水和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸和溴化氫，故答案為：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；

（2）根據(jù)流程圖，可知吸收Br2后的空氣會進一步進入吹出的步驟，若SO2過量，會使得吸收Br2后的空氣中含有SO2，SO2會在吹出步驟和Br2反應(yīng)，使其吹出率下降，故答案為：過量的SO2隨吸收Br2后的空氣進入吹出步驟，與溴反應(yīng)，使溴的吹出率下降；

（3）化學(xué)方程式中，Br化合價升高，C、O、Na化合價不變，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的特點，可知化合價升降守恒，則降價元素應(yīng)為Br，即Br自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Br2化合價降低生成Br-，由于陽離子為Na+，則產(chǎn)物生成NaBr，則化學(xué)方程式應(yīng)為3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr，此時3molBr2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5mol，故答案為：3；3；1；3；5NaBr；5mol；

（4）i、SO2的濃度變化量為2.5mol·L-1，時間為2min，則其化學(xué)反應(yīng)速率為1.25mol·L-1·min-1，2min后濃度仍然發(fā)生變化，則2min時反應(yīng)未達到平衡，故答案：1.25mol·L-1·min-1；否；

ii、a、催化劑可以增大化學(xué)反應(yīng)速率，a錯誤；

b、可逆反應(yīng)無法完全轉(zhuǎn)化，b正確；

c、增大容器體積，各種物質(zhì)濃度減小，化學(xué)反應(yīng)速率減慢，c正確；

故答案為：bc。

【分析】（1）二氧化氯、水和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸和溴化氫；

（2）本題要結(jié)合流程判斷，二氧化硫過量時會進入吹出步驟和溴發(fā)生反應(yīng)；

（3）氧化還原反應(yīng)方程式中，化合價滿足升降守恒，根據(jù)化合價升降守恒配平化學(xué)計量數(shù)，電子的數(shù)目=元素的價態(tài)變化數(shù)目×該元素原子的個數(shù)；

（4）i、化學(xué)反應(yīng)速率；可逆反應(yīng)達到平衡時，各種物質(zhì)的濃度不再變化；

ii、a、催化劑可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，不影響平衡移動；

b、可逆反應(yīng)無法完全轉(zhuǎn)化，反應(yīng)物和生成物同時存在；

c、容積增大，濃度減小，化學(xué)反應(yīng)速率減小。

三、實驗題

17．（2023高一下·黃岡期末）資料顯示，可以將氧化為。某小組同學(xué)設(shè)計實驗探究被氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(tài)。

已知：易溶于溶液，發(fā)生反應(yīng)(紅棕色)；和氧化性幾乎相同。

I.將等體積的溶液加入到銅粉和的固體混合物中，振蕩。

實驗記錄如下：

實驗現(xiàn)象

實驗Ⅰ極少量溶解，溶液為淡紅色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色

實驗Ⅱ部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色

實驗Ⅲ完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色

（1）初始階段，被氧化的反應(yīng)速率：實驗Ⅰ(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。

（2）實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有(藍色)或(無色)，進行以下實驗探究：

步驟a．取實驗Ⅲ的深紅棕色溶液，加入，多次萃取、分液。

步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。

?。襟Ea的目的是。

ⅱ．查閱資料，，(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟的溶液中發(fā)生的變化：。

（3）結(jié)合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學(xué)方程式是。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應(yīng)后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃溶液，(填實驗現(xiàn)象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應(yīng)的原因是。

（4）上述實驗結(jié)果，僅將氧化為價。在隔絕空氣的條件下進行電化學(xué)實驗，證實了能將氧化為。裝置如圖所示，分別是。

（5）運用氧化還原反應(yīng)規(guī)律，分析在上述實驗中被氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：。

【答案】（1）<

（2）除去，防止干擾后續(xù)實驗；、

（3）或；白色沉淀逐漸溶解；溶液變?yōu)闊o色銅與碘的反應(yīng)為可逆反應(yīng)(或濃度小未能氧化全部的)

（4）銅、含的的溶液

（5）在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中可以進一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強，發(fā)生反應(yīng)和。

【知識點】化學(xué)平衡移動原理；化學(xué)實驗方案的評價；原電池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】（1）I2在水中溶解度較小，與Cu接觸不充分，反應(yīng)速率較慢，加入KI后轉(zhuǎn)化為I3-，I3-與I2氧化性幾乎相同，相當(dāng)于I2溶解度增大，與Cu充分接觸，反應(yīng)速率更快，故答案為：<；

（2）i、I2易溶于有機溶劑，CCl4可以溶解I2，使紅棕色平衡朝逆向移動，減少I3-濃度；故答案為：除去，防止干擾后續(xù)實驗；

ii、根據(jù)實驗III，可知Cu元素以藍色或無色形式存在，而步驟b溶液為無色，即以無色形式存在，加入濃氨水后，轉(zhuǎn)化為無色，溶液被氧化，Cu價態(tài)由+1變?yōu)?2，即轉(zhuǎn)化為，故答案為：、；

（3）Cu和I2反應(yīng)生成CuI，結(jié)合原子守恒，可知方程式為，或可以看成I3-和Cu反應(yīng)，結(jié)合原子守恒，可知方程式為；加入濃KI溶液后觀察到少量紅色的銅出現(xiàn)，即的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入KI后，I-和I2反應(yīng)，I2濃度減小，平衡朝逆向移動，則可觀察到白色沉淀逐漸溶解；反應(yīng)為可逆反應(yīng)時，反應(yīng)物與生成物同時存在，Cu無法完全反應(yīng)；故答案為：或；白色沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)闊o色；銅與碘的反應(yīng)為可逆反應(yīng)或濃度小未能氧化全部的；

（4）Cu和I2反應(yīng)時，Cu被氧化，則Cu應(yīng)作為負(fù)極，則a為Cu，I2為氧化劑，應(yīng)在正極發(fā)生反應(yīng)，則b中應(yīng)裝有含nmolI2的4mol·L-1的KI溶液，故答案為：銅；含的的溶液；

（5）在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中可以進一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強，發(fā)生反應(yīng)和，故答案為：在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中可以進一步與結(jié)合生成沉淀或，濃度減小使得氧化性增強，發(fā)生反應(yīng)和。

【分析】（1）增大反應(yīng)物濃度，平衡朝正向移動；

（2）減小反應(yīng)物濃度，平衡朝逆向移動；

（3）可逆反應(yīng)中，反應(yīng)物和生成物同時存在；

（4）雙液原電池中，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)；

（5）濃度越小，氧化性越弱，濃度越大，氧化性越強。

四、填空題