河南省许昌市高级中学届高三下学期复习诊断二化学试题含详解Word下载.docx
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C.“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
D.“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸
【答案】D
A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，选项A正确；
B、黄铜是铜锌合金，选项B正确；
C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，选项C正确；
D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，选项D不正确。
答案选D。
3.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是（ ）
A.
证明非金属性Cl>
C>
SiB.
“喷泉”实验
C.
制取并收集干燥纯净的NH3D.
探究SO2的还原性和漂白性
【答案】B
【分析】
A.稀盐酸易挥发，干扰了C、Si非金属性强弱判断，且稀盐酸不是含氧酸；
B.氯气与氢氧化钠溶液反应，可形成压强差；
C.氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集；
D.二氧化硫与硫化氢生成S单质，二氧化硫表现了氧化性。
【详解】A.盐酸不是最高价氧化物对应水化物的含氧酸，且挥发出的盐酸能够使硅酸钠变浑浊，图示装置无法达到实验目的，故A项错误；
B.图示装置中NaOH溶液与氯气反应，是瓶内气压骤降，可完成喷泉实验，故B项正确；
C.NH3的密度较小，应该采用向下排空气法收集，图中为向上排空气法，故C项错误；
D.SO2与硫化氢的反应中，二氧化硫的S元素化合价降低，表现的是氧化性，而不是还原性，故D项错误；
答案选B。
【点睛】A是学生的易错易混知识点，要主要非金属性的宏观体现之一是元素最高价氧化物对应水化物的酸性，而不是气体氢化物的酸性，更不是氢化物的沸点，学生要牢记非金属性的判断标准，排除干扰。
4.a、b、c的结构如图所示：
（a）
（b）
（c）
。
下列说法正确的是（ ）
A.a中所有碳原子处于同一平面
B.b的二氯代物有三种
C.a、b、c三种物质均可与溴的四氯化碳溶液反应
D.a、b、c互为同分异构体
甲烷的结构为正四面体，a中含有-CH2-结构，所以a中所有碳原子不能处于同一平面，A错误；
有机物b存在-CH2-、
两种结构的碳，所以2个氯原子都连在一个-CH2-，结构有1种，2个氯原子分别连在2个不同的-CH2-上，结构有1种，共计有2种，B错误；
b物质中没有不饱和键，不能与溴水发生加成反应，C错误；
a、b、c三种物质分子式均为C5H6，但是结构不同，因此a、b、c互为同分异构体，D正确；
正确选项D。
点睛：
分子中原子共线、共面的问题，依据是乙烯的平面结构、乙炔的直线结构、甲烷的正面体结构进行分析，甲基中最多有1个碳原子1个氢原子可以共平面。
5.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（ ）
A.常温常压下，30g乙烷中所含的极性共价键数为6NA
B.0.1molFe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.3NA
C.0.1molSr原子中含中子数为3.8NA
D.0.1mol·
L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA
A、30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含6对极性共价键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA，选项A正确；
B、0.1molFe与足量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电子数为0.2NA，选项B错误；
C、0.1mol
原子中含中子数为5.2NA，选项C错误；
D、没有给定硝酸铵溶液的体积，无法计算硝酸铵溶液中氮原子的物质的量，选项D错误；
答案选A。
6.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，W与Z同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2:
1。
下列叙述错误的是
A.X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1:
2
B.Y的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高
C.RY2和WY2通入Ba（NO3）2溶液中均不产生白色沉淀
D.RY2和X2Y2均具有漂白性，均能使品红试液褪色
【答案】C
X的原子半径在短周期主族元素中最大，应为Na元素；
Y元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子的L层电子数为m＋n，M层电子数为m－n，因为L层电子最多为8，则n＝2，m＝6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素。
X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；
Y是O元素，R是S元素，水的稳定性强于硫化氢，沸点高于硫化氢，B正确；
SO2通入Ba（NO3）2溶液，在酸性条件下，硝酸氧化二氧化硫，生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；
CO2与Ba（NO3）2溶液不反应，无沉淀，C错误；
SO2和过氧化钠均具有漂白性，均能漂白有机色质，均能使品红试液褪色，D正确；
正确选项C。
二氧化碳与硝酸钡溶液不反应，因为弱酸不能制备强酸；
可是二氧化硫就可以与硝酸钡溶液反应，因为二氧化硫的还原性较强，能够被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子生成沉淀。
7.“84”消毒液（有效成分为NaClO）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析，不正确的是（）
A.对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO−+H+===HClO
B.实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：
2HClO===Cl2↑+H2O
C.对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO−的氧化性或Cl−的还原性
D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用
A.次氯酸具有漂白性；
B.产生的能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体为氯气，在酸性条件下，次氯酸跟离子与氯离子发生归中反应所得；
C.对比实验②和③，溶液的酸性增强，产生了氯气；
D.通过对比三个实验，可看出适当的pH会增大“84”消毒液的漂白效果。
【详解】A.对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去主要是因为加入的酸与溶液中的次氯酸跟离子反应生成了具有漂白性的次氯酸，其离子方程式为：
ClO−+H+=HClO，故A项正确；
B.“84”消毒液的主要成分为氯化钠与次氯酸钠，实验③中产生的能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是Cl2，主要是因为在酸性条件下发生了两者发生归中反应，其离子反应方程式为：
ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O，故B项错误；
C.溶液的pH值减小的情况下，产生了大量气体，使得氯离子与次氯酸跟离子发生氧化还原反应生成氯气，则说明溶液的pH可能会影响ClO−的氧化性或Cl−的还原性，故C项正确；
D.对比三个实验可以看出，加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸性太大，会使溶液中产生大量有毒的氯气，则需要调控合适的pH才能安全使用，故D项正确；
8.下列离子方程式正确的是（）
A.H2S气体通入FeCl3溶液中：
Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+
B.5.6gFe与200mL2.0mol/LHNO3溶液充分反应：
3Fe+2NO3—+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
C.往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀：
A13++2SO42-+2Ba2++3OH-=A1（0H）3↓+2BaSO4
D.饱和碳酸钠溶液通入二氧化碳后溶液变浑浊：
2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓
A.硫化氢具有还原性，铁离子具有氧化性；
B.5.6gFe与200mL2.0mol/LHNO3溶液充分反应生成Fe3+；
C.往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀时，明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为2：
3；
D.碳酸钠和水以及二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；
【详解】A、硫化氢具有还原性，铁离子具有氧化性，因此二者会发生氧化还原反应：
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，离子反应需遵循电荷守恒，故A项错误；
B.5.6gFe的物质的量为0.1mol，被强氧化性的硝酸氧化为铁离子，根据电子转移数相等可知需要硝酸的物质的量为0.1mol，200mL2.0mol/LHNO3溶液的HNO3物质的量为0.2L×
2.0mol/L=0.4mol，即硝酸与铁反应时，硝酸过量，产物应为Fe3+，故B项错误；
C.假设KAl（SO4）2为2mol，溶液中含有2molAl3+，4molSO42-，当Al3+恰好全部沉淀时，需要3molBa（OH）2，即加入3molBa2+，6molOH-，其离子反应方程式为：
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故C项错误；
D.碳酸钠和水以及二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以碳酸氢钠会结晶析出，即2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故D项正确；
【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。
本题重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取“以少定多”原则进行解答，如本题的C选项，可假设量少的反应物对应的物质的量为1mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。
9.已知Cu2O能与硝酸反应，方程式为：
3Cu2O+14HNO3═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O，若生成NO的体积为0.448L（标况下），那下列说法正确的是（ ）
A.被氧化的Cu2O为1.44g
B.做氧化剂的硝酸为0.14mol
C.至少需0.5moI/L硝酸140mL与Cu2O反应
D.转移的电子总数为0.06NA
已知Cu2O能与硝酸反应，方程式为：
3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O，反应中Cu元素从+1价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，反应中转移电子数为6，若生成NO的体积为0.448L（标况下），物质的量是0.448L÷
22.4L/mol＝0.02mol，根据方程式可知消耗0.03molCu2O、0.14molHNO3；
A．反应中消耗0.03molCu2O，其质量为144g/mol×
0.03mol=4.32g，A错误；
B．反应中消耗0.14molHNO3，其中作氧化剂的硝酸为0.02mol，B错误；
C．反应中消耗0.14molHNO3，则需0.5moI/L硝酸的体积为0.14mol÷
0.5mol/L=0.28L=280mL，C错误；
D．3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O反应中转移电子数为6，则生成0.02molNO时，转移电子为0.06mol，D正确，答案选D。
本题考查了氧化还原反应、物质的量的有关计算，注意从化合价的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
注意硝酸在反应中不全部是氧化剂为解答的易错点。
10.氧化铅（
PbO）是黄色固体。
实验室用草酸在浓硫酸作用下分解制备CO，其原理为H2C2O4
CO↑+CO2↑H2O。
某学习小组设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物的装置如图所示（已知CO通入银氨溶液产生黑色银粒）。
下列说法正确的是（）
A.装置②③⑤⑥中的试剂依次为氢氧化钠溶液、碱石灰、银氨溶液、澄清石灰水
B.实验时，先点燃①处酒精灯，等装置⑥中有明显现象且有连续气泡后再点燃④处酒精灯
C.实验完毕时，先熄灭①处酒精灯，再熄灭④处酒精灯
D.尾气处理装置可选用盛NaOH
溶液的洗气瓶
CO加热时还原PbO得到Pb，CO的氧化产物为CO2；
根据制备CO的原理，装置①制得的CO中混有CO2、H2O（g），CO在加热时会与空气中O2反应生成CO2且空气中含有少量CO2，这些CO2都会干扰CO氧化产物的检验，则CO与PbO反应之前必须排尽装置中的空气，CO通入PbO之前必须除去其中的CO2和H2O（g）。
A项，根据上述分析，装置②③⑤⑥中的试剂依次为NaOH溶液（除去CO中混有的CO2）、碱石灰（干燥CO）、澄清石灰水（检验CO的氧化产物）、银氨溶液（检验CO，确认装置中的空气是否排尽），A项错误；
B项，为防止CO与空气中O2反应生成的CO2和空气中少量CO2干扰CO氧化产物的检验，在CO与PbO加热反应前必须先通CO排尽装置中的空气，实验时先点燃①处酒精灯，当观察到装置⑥中产生黑色固体颗粒且有连续气泡产生时表明装置中空气已经完全排尽，再点燃④处酒精灯，B项正确；
C项，实验完毕，为防止产生倒吸，应先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯，C项错误；
D项，由于CO有毒，要进行尾气处理，NaOH溶液不能吸收CO，尾气处理可点燃或用气球收集，D项错误；
本题考查与气体的制备有关的实验探究，理解各装置的作用是解题的关键。
与气体有关的实验按气流方向装置的连接顺序一般为：
气体发生装置→气体除杂净化装置→与气体有关的主体实验（或气体的收集）→尾气处理。
本题要注意：
检验CO的氧化产物之前必须排除所有可能的干扰。
11.我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：
则下列叙述错误的是（ ）
A.A气体是NH3，B气体是CO2
B.把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉
C.纯碱可广泛地用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业中
D.第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
A.依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备；
B.发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产，发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，通常是碳酸盐和固态酸的化合物；
C.依据纯碱的用途分析判断；
D.碳酸氢钠受热易分解得到碳酸钠。
【详解】A.依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则食盐A为氨气，B为二氧化碳，故A项正确；
B.纯碱及第Ⅲ步得到的晶体为碳酸氢钠晶体，它与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉，故B项正确；
C.碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料，故C项正确；
D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D项错误；
【点睛】本题是模拟侯德榜制碱法的流程图，需要注意的是原料中氨气与二氧化碳的加入顺序，而二氧化碳在水中的溶解度较小，若先通入二氧化碳，原子利用率不高，纯碱产量低；
而氨气极易溶于水，故应先加入氨气，再加入二氧化碳，所以本题中A项正确。
12.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论正确的是（ ）
A.图1表示常温下向体积为10mL0.1mol·
L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·
L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：
c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（OH－）
B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和NH4Cl溶液时，溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示NH4Cl溶液，且溶液导电性：
b>
c>
a
C.图3表示的是Al3＋与OH－反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中大量存在Al3＋
D.由图4得出若除去Fe2（SO4）3溶液中的Cu2＋，可采用向溶液中加入适量Fe2O3，调节溶液的pH至4左右
A、体积10mL0.1
溶液中逐滴加入0.1
溶液后,所得的溶液是醋酸钠溶液,存在质子守恒
故A正确。
用水稀释pH相同的盐酸和NH4Cl,盐酸的pH变化较大,NH4Cl的pH变化小,溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小,即其中Ⅰ表示盐酸,Ⅱ表示NH4Cl,且溶液导电性:
a>
c,故B错误;
C、Al3+与OH-反应时，先生成氢氧化铝沉淀，而后沉淀溶解生成偏铝酸根，a点对应的碱性较强，铝元素应以偏铝酸根的形式存在。
故C错误
若除去Fe2（SO4）3溶液中的Cu2+,加入适量Fe2O3，调节溶液的pH至4左右,此时会生成氢氧化铁沉淀，不能除去Cu2+，反而把Fe3+除去，故D错误。
13.探究2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
实验编号
温度
催化剂用量（g）
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
KMnO4溶液褪色平均时间min
体积（mL）
浓度mol·
L－1
浓度mol·
L－1
1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
80
3
0.01
6.7
b
A.a＜12.7，b＞6.7
B.用KMnO4表示该反应速率，v（实验3）<
v（实验1）
C.用H2C2O4表示该反应速率，v（实验1）约为7.87×
10－5mol·
L－1·
min－1
D.可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢
A.温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率；
B.实验编号1和3对照，单一变量控制法分析作答；
C．结合
=
及速率之比等于化学计量数之比计算；
D．比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应的快慢。
【详解】A.温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a<
12.7，b>
6.7，故A项正确；
B.实验编号1和3对照发现，只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中其高锰酸钾的浓度大，则反应速率：
v（实验3）<
v（实验1），故B项正确；
C.实验1中，高锰酸钾的用量少，根据关系式2KMnO4
5H2C2O4可知，消耗的H2C2O4的物质的量浓度为
=
mol/L，则用H2C2O4表示实验1的反应速率时，其值为
≈6.56×
l0−3mol⋅L−1⋅min−1，故C项错误；
D.比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应速率大小，进而可判断反应速率快慢，故D项正确；
答案选C。
【点睛】在溶液中，当利用定义计算化学反应速率时，反应物的实际消耗量需要考虑用量问题，如本题的C项，草酸实际消耗的物质的量并不是0.2mol/L×
4×
10-3L=8×
10-4mol，因为草酸过量，需要按化学计量数之比借助高锰酸钾的物质的量来计算草酸的消耗量。
14.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）＋xB（g）
2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法中正确的是
A.30～40min间该反应使用了催化剂
B.反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
C.30min时降低温度，40min时升高温度
D.30min时减小压强，40min时升高温度
分析：
由图象可以知道，30min～40min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度，故不能是温度变化，而是降低了压强；
由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可以知道x=1。
则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，以此解答该题。
详解:
A.由图象可以知道，30min～40min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；
B.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可以知道x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；
C.降低温度，平衡发生移动，则正逆反应速率不相等，故C错误；
D.由图象可以知道，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
15.全钒液流电池充电时间短，续航能力强，其充放电原理为VO2＋＋V3＋＋H2O
VO
＋V2＋＋2H＋。
以此电池为电源，用石墨电极电解Na2SO3溶液，可得到NaOH和H2SO4示意图如下。
下列说法错误的是（ ）
A.全钒液流电池放电时，正极的电极反应式为VO2+＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O
B.图中a电极为阴极，N物质是H2
C.全钒液流电池充电时，V3＋被氧化为VO2+
D.电解时，b电极的反应式为SO32-＋H2O－2e－===SO42-＋2H＋
A项，根据全钒液流电池的充放电原理，放电时反应的方程式为VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O，放电时正极发生得电子的还原反应，正极的电极反应式为：
VO2++2H++e-=VO2++H2O，A项正确；
B项，根据图示，图中b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，b电极为阳极，a电极为阴极，由于放电顺序：
H+
Na+，a电极上的电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N物质是H2，B项正确；
C项，全钒液流
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