浙江省杭州市周边四校2022-2023学年高二上学期期末联考化学Word版含解析

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2022学年高二年级第一学期期末杭州周边四校联考化学试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108Ba137第I卷选择题(共50分)一、选择题：(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，总共50分)1.下列物质属于强电解质的是A.盐酸B.C.氢氧化钠溶液D.熔融的【答案】D【解析】【分析】强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；【详解】A．盐酸为混合物，A不符合题意；B．磷酸为弱电解质，B不符合题意；C．氢氧化钠溶液为混合物，C不符合题意；D．氢氧化钾为强碱，属于强电解质，D符合题意；故选D。2.下列表示不正确的是A.次氯酸的电子式B.丁烷的球棍模型C.乙烯的结构简式D.：尿素【答案】A

1【解析】【详解】A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，其电子式为，故A错误；B．丁烷分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3，其球棍模型，故B正确；C．乙烯分子中含碳碳双键，碳碳双键是官能团，在结构简式中碳碳双键不能省略，故其结构简式为CH2=CH2，故C正确；D．尿素为一种有机物，化学式为，故D正确；答案为A。3.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是A.用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B.用托盘天平称量25.20gNaClC.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D.用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.00mL【答案】D【解析】【详解】A．量筒的准确度为0.1mL，无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；B．托盘天平的准确度是0.1g，无法用托盘天平称量25.20gNaCl，故B错误；C．pH试纸测定的溶液的pH值都是整数，不会出现小数，故C错误；D．滴定管可以准确度0.01mL，可以读到21.70mL，故D正确；故选D。4.在常温下，某柠檬水的，其中水电离的为A.B.C.D.无法确定【答案】C【解析】【详解】柠檬水溶液的pH是3，所以常温下柠檬水中氢氧根的浓度是，水电离的氢离子和氢氧根浓度一样，所以水电离的氢离子是10-11。故选C。5.下列说法正确的是①氯气、液氯、氯水是同一种物质

2②钠的化学性质活泼，可从硫酸铜溶液中置换出铜③金属钠着火不能用水、干粉灭火剂、泡沫灭火剂等扑灭④和长期置于空气中，最终产物相同⑤干燥氯气可以使鲜花褪色⑥钠、氢气都能在氯气中燃烧生成白雾A.①②③B.①③④C.③④⑤D.③④⑥【答案】C【解析】【详解】①氯气、液氯都是单质氯，氯水是氯气的水溶液，这三者不是同一种物质，①错误；②钠易和水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜，②错误；③金属钠可以和水反应，可以和干粉灭火剂产生的二氧化碳反应，可以和泡沫灭火剂产生的水分反应，故金属钠着火不能用水、干粉灭火剂、泡沫灭火剂等扑灭，③正确；④和长期置于空气中，最终都会生成碳酸钠，产物相同，④正确；⑤鲜花中含有水分，则干燥氯气可以使鲜花褪色，⑤正确；⑥钠在氯气中燃烧产生白烟，⑥错误；正确的是：③④⑤；故选C。6.下列物质的水溶液因电离而呈酸性的是A.NH4ClB.NaHSO4C.CH3CH2OHD.NaOH【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵属于强酸弱碱盐，NH水解：NH+H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，故A不符合题意；B．NaHSO4发生电离NaHSO4=Na++H++SO，溶液显酸性，故B符合题意；C．乙醇溶液显中性，故C不符合题意；D．氢氧化钠为碱，溶液因电离呈碱性，故D不符合题意；答案为B。7.下列过程中一定吸收能量的是A.复分解反应B.分解反应C.气态分子拆成气态原子D.铁丝在氯气中燃烧

3【答案】C【解析】【详解】A．中和反应属于复分解反应，放出热量，故A不符合题意；B．分解反应不一定要吸收能量，碘化氢分解是放热反应，故B不符合题意；C．分子拆成原子需要断开化学键，一定要吸收能量，故C符合题意；D．铁丝在氯气中燃烧是放热反应，故D不符合题意；故选C。8.2016年IUPAC将第117号元素命名为Ts（中文名，音tian），TS是第七周期第ⅦA族元素。下列说法中，不正确的是A.Ts的最外层电子数是7B.Ts原子原子半径比At原子大C.Ts同族元素中非金属性最弱D.中子数为176的Ts，其核素符号是【答案】D【解析】【详解】A.主族元素最外层电子数等于所在的族序数，Ts原子序数为117，位于第七周期ⅦA族，Ts的最外层电子数是7，故A说法正确；B.At位于第六周期ⅦA族，同主族从上到下，原子半径增大，即Ts的原子半径大于At的原子，故B说法正确；C.同主族从上到下非金属性减弱，Ts在同族元素中非金属性最弱，故C说法正确；D.质量数=质子数＋中子数=117＋176=293，因此该核素的符号是，故D说法错误；答案：D。9.下列有关实验探究的说法正确的是A.浓硝酸在光照条件下变黄，说明HNO3不稳定，生成的NO2能溶于浓硝酸

4B.可以用如图甲装置比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱C.向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中一定含有SOD.可以用如图乙装置除去CO2气体中混有的SO2【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸不稳定，受热或者光照条件下分解为二氧化氮、氧气、水，生成的二氧化氮是红棕色气体，溶于浓硝酸中，浓硝酸颜色变黄，A正确；B．浓盐酸易挥发，挥发出的HCl随二氧化碳进入烧杯中，与Na2SiO3反应产生原硅酸白色沉淀，干扰实验无法比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，B错误；C．若溶液中有亚硫酸根，被硝酸氧化，也产生白色沉淀，不能说明该溶液中一定含有SO，C错误；D．CO2可以与饱和碳酸钠溶液反应，除去CO2气体中混有的SO2应该选用饱和碳酸氢钠溶液，D错误；答案选A。10.下列说法正确的是A.强电解质溶液中不存在分子，弱电解质溶液中存在分子B.在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大活化分子百分数C.反应在室温下不能自发进行，说明该反应的D.将溶液从常温加热至，水的离子积变大、变小【答案】D【解析】【详解】A．强电解质溶液中溶剂为水，存在分子，A错误；B．增大压强会使得单位体积内分子数增加，活化分子百分数不变，活化分子数增加，B错误；C．该反应为气体体积变大的反应，为熵增的反应，若室温下不能自发进行，说明该反应吸热，，C错误；D．水的离子积随着温度的升高而变大，电离出的氢离子变大，所以pH变小，D正确；故答案选D。11.下列化学用语，正确的是A.用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：B.和浓度比为的混合溶液中：C.二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：

5D.在溶液中滴加溶液：【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，离子方程式中不拆，A错误；B．根据硫守恒，硫元素在溶液中还有H2S，B错误；C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，二氧化硫中硫元素被氧化成正六价的硫酸根，锰元素被还原成锰离子，所以离子方程式为：，C正确；D．溶液为碱性溶液，反应物不能存在氢离子，所以，D错误；故答案选C。12.下列说法正确的是A.同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高B.原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满M层再排N层C.同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大D.同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1【答案】A【解析】【详解】A．电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力越弱，在距离原子核近的区域运动；电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；B．M能层中d能级的能量高于N能层中s能级能量，填充完N层的4s能级后才能填充M层的3d能级，故B错误；C．同一周期中，随着核电荷数的增加，主族元素的原子半径逐渐减小，而不是逐渐增大，故C错误；D．短周期同周期的ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数一定相差1，四、五周期相差11，六、七周期相差25，故D错误；故选：A。13.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.氯化铵水溶液中与数目之和大于B.的溶液中微粒数大于C.与混合物中含C原子数为

6D.与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间【答案】D【解析】【详解】A．1L1mol/L氯化铵溶液中Cl-物质的量为1mol，溶液中的电荷守恒为n(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中NH与H+物质的量之和大于1mol，数目大于NA，故A正确；B．n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol，因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，而微粒包括分子、原子、离子等，因此NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，故B正确；C．HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，故C正确；D．不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa转移电子数为0.1mol×NA=0.1NA，故D错误；故选D。14.亚硝酸(HNO2)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是A.把pH=2的亚硝酸溶液稀释100倍后pH=3.5B.0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2C.NaNO2溶液能使酚酞试液变红D.100mLlmol/L的亚硝酸溶液恰好与100mLlmol/L的NaOH溶液完全反应【答案】D【解析】【详解】A．pH=2的亚硝酸溶液氢离子浓度是0.01mol/l，稀释100倍后应为0.0001mol/l，而pH=3.5说明氢离子浓度比0.0001mol/l大，因为亚硝酸发生了电离，说明HNO2是弱电解质，故A错误；B．0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2，说明亚硝酸部分电离，说明HNO2是弱电解质，故B错误；C．NaNO2溶液能使酚酞试液变红说明亚硝酸钠溶液呈碱性，可以证明亚硝酸根离子可以发生水解，说明亚硝酸为弱酸，故C错误；D．100mLlmol/L的亚硝酸溶液恰好与100mLlmol/L的NaOH溶液完全反应，只能说明HCN为酸，不能说明其电离的程度，故D正确；故答案为D15.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：

7B.的溶液中：C.水电离的溶液中：D.的溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．的溶液为酸性，酸性溶液中会把亚铁离子氧化为铁离子，不共存，A不符合题意；B．=10-12的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，B符合题意；C．水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1溶液中水的电离受到抑制，可能是酸性或碱性溶液，碱性溶液中铜离子会转化为氢氧化铜沉淀，不共存，C不符合题意；D．Fe3+与SCN-会生成红色物质，不能大量共存，D不符合题意；故选B。16.时，降冰片烯在催化剂作用下反应，反应物浓度与催化剂种类及反应时间的关系如下表所示。下列说法不正确的是编号时间/浓度/催化剂种类0501001502002501催化剂Ⅰ3.002.401.801.200.6002催化剂Ⅱ3.001.800.600003催化剂Ⅲ1.500.900.30000A.催化效果：催化剂Ⅱ优于催化剂ⅠB.编号2和3实验中，反应至之前，反应物都已经消耗完C.编号2实验中，以反应物浓度变化表示的反应速率为D.其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率不一定越大

8【答案】B【解析】【详解】A．由表中数据可知,50min内反应物浓度变化：催化剂I作用时为0.60mol/L，催化剂I作用时为1.20mol/L，则反应速率：催化剂Ⅱ>催化剂Ⅰ，所以催化效果：催化剂Ⅱ优于催化剂I，A正确；B．编号2和3实验的反应速率始终不变，分别为=0.024mol/L，，则编号2实验反应物恰好都消耗完所需时间，编号3实验反应物恰好都消耗完所需时间，B错误；C．编号2的反应速率始终不变，为=0.024mol/L，C正确；D．分析反应物浓度对反应速率的影响，应该对比编号2实验、3实验或编号l实验、3实验,根据控制变量法可知，编号2实验和3实验或编号l实验和3实验均有两个变量不同,则不能据此判断反应物浓度与反应速率的关系，D正确；故选B。17.在标准状况下由指定单质生成1mol化合物时的恒压反应热，叫做标准摩尔生成焓，用符号△fH表示。而离子的标准生成焓是指从指定单质生成1mol溶于足够大量水中(无限稀释)的离子时所产生的热效应，并规定以H+为基准并指定其标准生成焓为0。相关数据如表[(cr)表示晶体状态，△fH表示标准摩尔反应焓变]。物质HClNaHCO3NaClH2OCO2H+Na+Cl-HCO状态(g)(cr)(cr)(l)(g)(aq)(aq)(aq)(aq)△fH/kJ•mol-1-92.3-950.8-411.2-285.8-393.50-240.1-167.2-692下列说法不正确的是A.HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)△fH=-74.9kJ/molB.NaCl晶体溶于水并无限稀释的过程需吸收热量C.标准状况下将HCl气体通入NaHCO3溶液，反应吸热D.等量粉末状和块状NaHCO3晶体溶于水(无限稀释)时，块状晶体吸收热量更多【答案】C

9【解析】【详解】A．由题中标准摩尔生成焓的定义可得反应HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)的，A正确；B．由题可知反应的，，反应为吸热反应，B正确；C．由题可知反应的，可得，反应为放热反应，C错误；D．由题可知反应的，可得，反应为吸热反应，块状晶体与水的接触面积小，离子与水结合放出的能量小，吸收热量更多，D正确；故选C。18.常温下，用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(d点为恰好反应点)。下列说法错误的是A.b→c过程中，不断增大B.a→d过程中d点时水的电离程度最大C.c点时溶液的导电能力最强D.d点混合液中离子浓度大小关系为：【答案】C【解析】【分析】

10【详解】d点为恰好反应点，此时溶质为KA，溶液显碱性，则说明KA为强碱弱酸盐，HA为弱酸，A．b→c过程中发生反应：KOH+HA=KA+H2O，氢离子被消耗，HA的电离平衡正向移动，则不断增大，故A正确；B．a→d过程中，d点为恰好反应点，此时溶质为KA，对水的电离只有促进作用，则d点时水的电离程度最大，故B正确；C．将KOH溶液加入弱酸HA溶液中，发生反应：KOH+HA=KA+H2O，逐渐将弱电解质溶液转化为强电解质溶液，溶液导电性逐渐增强，当恰好反应后，继续加入KOH溶液，溶液导电性继续增强，故C错误；D．d点为恰好反应点，此时溶质为KA，弱酸根A-离子水解使溶液显碱性，且水解是微弱的，则d点混合液中离子浓度大小关系为：，故D正确；故选C。19.和的能量关系如图所示：已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是A.B.C.D.对于和【答案】D【解析】【详解】A．和中阳离子的半径大小不一样，结合碳酸根的能力不同，离子键强度也不同，所以不相等，即，A错误；B．对应的为碳酸根分解变成氧离子和二氧化碳，二者相同，所以，B错误；

11C．，，两者相减得到，，两者相减，则，C错误；D．分解反应为吸热反应，结合盖斯定律可知，DH1+DH2-DH3=DH>0，故DH1+DH2>DH3，D正确；故答案选D。20.钠离子电池成本优势明显，有望在大规模储能中取代传统铅酸电池。下图为一种钠离子电池放电的示意图，关于该电池说法正确的是A.a为电池的负极B.放电时b极反应：C.充电时a极反应：D.用该电池给铅酸电池充电时，b电极接铅酸电池的极【答案】B【解析】【分析】根据图示，放电时Na+由b电极所在区域向a电极所在区域移动，放电时a电极正极，b电极为负极，据此作答。【详解】A．放电时Na+由b电极所在区域向a电极所在区域移动，a电极为电池的正极，b电极为电池的负极，A项错误；B．放电时b电极为负极，负极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为NaxC-xe-=xNa++C，B项正确；C．充电时a极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na4Fe(CN)6-xe-=Na4-xFe(CN)6+xNa+，C项错误；D．铅酸电池充电时，Pb为阴极，PbO2为阳极，则用该电池给铅酸电池充电时，b电极接铅酸电池的Pb极，D项错误；答案选B。

1221.室温下，取某二元酸，滴加溶液。已知：，，下列说法不正确的是A.溶液中有B.当滴加至中性时，溶液中，用去溶液的体积大于C.当用去溶液体积时，溶液的，此时溶液中有D.当用去溶液体积时，此时溶液中有【答案】D【解析】【分析】由电离方程式可知，二元酸H2A在溶液中第一步电离完全、第二步部分电离，则溶液中不存在H2A微粒。【详解】A．0.1mol/LH2A溶液中存在电荷守恒关系c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)和物料守恒关系c(A2−)+c(HA−)=0.1mol/L，整合可得c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，故A正确；B．由分析可知，二元酸H2A在溶液中第二步部分电离，则20mL0.1mol/LH2A溶液与20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液恰好反应生成NaHA，NaHA在溶液中电离使溶液呈酸性，则加入氢氧化钠溶液得到的中性溶液为NaHA和Na2A的混合溶液，所以用去NaOH氢氧化钠溶液的体积小于20mL，故B正确；C．20mL0.1mol/LH2A溶液与20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液恰好反应生成NaHA，NaHA在溶液中电离使溶液呈酸性，溶液中存在质子守恒存在如下关系c(H+)-c(A2-)=c(OH-)，则溶液中存在c(A2-)=c(H+)-c(OH-)-c(OH-)，故C正确；D．20mL0.1mol/LH2A溶液与40mL0.1mol/L氢氧化钠溶液恰好反应生成Na2A，Na2A溶液，根据物料守恒故选c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故D错误；故选D。22.某温度下，向溶液中滴加溶液，滴加过程中溶液中与溶液体积的关系如图所示，已知。下列说法正确的是

13A.溶液b点可以通过升高温度到达c点B.该温度下C.b点溶液中：D.若把溶液换成等浓度溶液，则曲线变为Ⅱ【答案】B【解析】【详解】A．随着温度升高，碳酸钡溶解度增大，钡离子和碳酸根离子浓度增大，则纵坐标减小，横坐标不变，A错误；B．向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(CO)，该温度下Ksp(BaCO3)=10-4.3×10-4.3=10-8.6，B正确；C．b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钡沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)＜c(Na+)，C错误；D．若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液：向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(SO)，该温度下Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则c(Ba2+)=c(SO)=，＞4.3，则曲线变为I，D错误；故选B。23.下列“类比”结果不正确的是A.与反应生成与，则与反应生成与B.盐酸与反应生成，则硝酸与反应生成C.溶液蒸干得到，则溶液蒸干得到

14D.催化氧化生成，则催化氧化生成【答案】A【解析】【详解】A．过氧化钠具有氧化性，能氧化二氧化硫，过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，A错误；B．盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，硝酸和氧化铁反应生成硝酸铁，B正确；C．氯化铜溶液蒸干过程中促进水解，得到氢氧化铜，氯化铁溶液蒸干过程中铁离子水解，得到氢氧化铁，C正确；D．乙醇能催化氧化生成乙醛，羟基上的氢原子和羟基链接的碳原子上的氢原子下去，推出则催化氧化生成，D正确；故选A。24.某酸性废水中含有大量的和少量，利用该废水为原料制备纳米级的流程如图：下列说法正确的是A.通发生的反应：B.流程中可用替代C.开始向滤液1中加入时，观察到有少量气泡产生，该气体为D.该流程中使用了漏斗、玻璃棒、酒精灯、坩埚和分液漏斗等【答案】A【解析】【分析】由题给流程可知，向酸性废水中通入氧气将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氢氧化铜将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液1；向滤液1中加入碳酸氢铵溶液将溶液中的铜离子转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到碱式碳酸铜和滤液2；碱式碳酸铜灼烧分解生成氧化铜、二氧化碳和水，则氧化铜经多步处理得到纳米氧化铜；滤液1经处理得到硫酸铵。【详解】A．由分析可知，向酸性废水中通入氧气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为，故A正确；B

15．由分析可知，加入氢氧化铜的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，若用碳酸钙替代氧化铜，反应生成的钙离子会与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钙沉淀，导致所得碱式碳酸铜中混有杂质，导致所得氧化铜不纯，故B错误；C．向滤液1中加入碳酸氢铵溶液时，溶液中铜离子与碳酸氢根离子可能发生双水解反应生成二氧化碳气体，不可能生成氨气，故C错误；D．由分析可知，该流程中的分离操作涉及过滤、灼烧，需要用到的仪器为漏斗、玻璃棒、酒精灯、坩埚，不涉及分液操作，不可能用到仪器分液漏斗，故D错误；故选A。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究温度对化学平衡的影响将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，向逆方向移动：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2﹣+4H2OB比较和ClO﹣水解程度大小用pH试纸分别测定同浓度NaHCO3和NaClO溶液的pH若测得NaClO溶液pH大，说明ClO﹣水解程度大于C探究FeCl3溶液与KI溶液的反应向10mLFeCl3溶液中滴加5mL等浓度的KI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液，观察现象若溶液最终变为血红色，FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应D检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．降低温度，溶液由黄绿色变为蓝绿色，[CuCl4]2﹣的浓度减小，则降低温度使[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2﹣+4H2O逆向移动，A正确；

16B．NaClO溶液具有漂白性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，B错误；C．FeCl3溶液过量，反应后有剩余，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子存在，证明反应是可逆反应，C错误；D．溶解时可能Fe与铁离子反应生成亚铁离子，由实验操作和现象不能证明铁粉是否变质，D错误；故选A。第II卷非选择题(共50分)26.回答下列问题：（1）离子化合物的化学式为，它所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层结构。有人认为是铵盐，这种想法是否正确_______说明你的理由_______。（2）火箭发射可以用肼(，液态)作燃料，作氧化剂，两者反应生成和水蒸气。已知：请写出与反应的热化学方程式_______（3）相同条件下酸性比强，请用一个化学方程式说明_______（4）土壤中的铁循环()可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去)，用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮的原理：_______。【答案】（1）①.不正确②.该化合物没有酸根阴离子，或者不是酸根（2）（3）或（4）【解析】【小问1详解】盐是金属离子阳离子(或铵根离子)和酸根阴离子构成的化合物，但是A中的H-不是酸根，故A不是盐类；故答案为：不正确；该化合物没有酸根阴离子，或者不是酸根；【小问2详解】N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=+66.4kJ/mol  ①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=-534kJ/mol ②

17根据盖斯定律②×2-①可得：2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1134.4kJ/mol；故答案为：2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1134.4kJ/mol；【小问3详解】根据强酸制弱酸的原理，可用HF与含或的盐发生复分解反应生成和来证明酸性，符合的化学方程式可为：HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑；故答案为：2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑；【小问4详解】由题意可知，铁循环脱除水体中硝态氮过程是Fe3+转进而反应生成Fe2+和N2，离子方程式未：6Fe3++2=6Fe2++N2↑+8H+。27.为探究矿物(含三种常见元素)的组成和性质，某兴趣小组设计了如下实验：已知实验中所用试剂均足量，固体B是一种单质和化合物的混合物，请回答如下问题：（1）X所含元素的名称为：_______。（2）溴水是否可以用酸化的双氧水代替，若不可行，请说明理由，若可行，请写出反应的离子方程式：_______。（3）检验溶液G中的金属阳离子的实验方案：_______。（4）溶液G转化为沉淀H的现象_______。（5）X在高温下与氧气充分反应的化学方程式：_______。【答案】（1）铜、铁、硫（2）（3）取少量待测液于试管中，先加溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变为血红色，则说明溶液中有(或者滴加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成)（4）生成白色沉淀，迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色沉淀（5）【解析】【分析】X与氧气在高温下生成气体A，A与溴水反应，生成物可以和氯化钡反应产生沉淀，可知A为

18SO2，D为BaSO4；金属F为紫红色，且不与盐酸反应，可知F为Cu；溶液G与碱反应生成沉淀，灼烧生成红棕色固体I，可知I为Fe2O3；综上可知X存在的元素为：Cu、Fe、S三种，据此作答。【小问1详解】X存在的元素为：Cu、Fe、S三种，名称为：铜、铁、硫，故答案为：铜、铁、硫；【小问2详解】不可行，SO2可以被H2O2氧化为硫酸，反应的离子方程式，故答案为：；【小问3详解】Fe与盐酸反应，得到溶液G，可知G为FeCl2，检验中的金属阳离子：Fe2+的实验方案：取少量待测液于试管中，先加KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变为血红色，则说明溶液中有Fe2+，故答案为：取少量待测液于试管中，先加KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变为血红色，则说明溶液中有Fe2+；小问4详解】溶液G为氯化亚铁，加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁沉淀，故转化为沉淀H的现象生成白色沉淀，迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色沉淀，故答案为：生成白色沉淀，迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色沉淀；【小问5详解】根据元素守恒，有S～BaSO4和2Fe～Fe2O3，则X中S的质量=g=6.4g，Fe的质量=g=5.6g，则Cu的质量=18.4g-5.6g-6.4g=6.4g,则X中铜、铁、硫原子数之比==1：1：2，则X的化学式为CuFeS2，在高温下与氧气反应的化学方程式为：4CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2。28.物质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡，回答下列问题：（1）一定温度下，向溶液中加入固体，则醋酸的电离平衡逆向移动；溶液中的值_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）某温度下，水的离子积常数。该温度下，若100体积的溶液与1体积的溶液混合后溶液呈中性，则_______。

19（3）下，有浓度均为的三种溶液：a.；b.；c.三种溶液由小到大的顺序为：_______(填序号)。（4）已知时，，现将足量氯化银分别放入：a.蒸馏水中；b.溶液中；c.氯化铝溶液中；d.盐酸溶液中；充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是_______(填序号)。【答案】（1）减小（2）15（3）（4）【解析】【小问1详解】溶液中存在电离平衡，加入固体，溶液中的增大，平衡逆向移动；溶液中减小，增大，则的值减小；【小问2详解】某温度（t℃）时，水的离子积Kw=1×10-13，该温度下，若100体积pH=a的硫酸c（H+）=10-amol/L，1体积pH=b的氢氧化钠溶液c（OH-）=mol/L，混合后溶液呈中性，即n（H+）=n（OH-），则100×10-a=1×10b-13，102-a=10b-13，即2-a=b-13，则a+b=15；【小问3详解】、、均为强碱弱酸盐，其溶液均显碱性，由于酸性，则水解程度，因此溶液的pH：，即c

20均会抑制AgCl的溶解，由于b直接加入硝酸银溶液，因此相同温度下，b中的银离子浓度最大，蒸馏水中，；氯化铝溶液中，，则；盐酸溶液中，，；综上所述，银离子浓度由大到小的顺序是b>a>d>c。故答案为：b>a>d>c。29.合成气在煤化工和天然气化工中有着十分重要的地位，由合成气可合成多种有机基础原料和产品。（1）煤化工中生产合成气的反应为：①该反应平衡常数表达式为_______，该反应在_______(填高温或低温)自发进行。②在恒温恒容下，同时放入四种物质，下列事实能够说明反应已达到平衡的是_______。A.反应体系中，混合气体的密度不再改变B.反应体系中，和的体积分数相等C.反应体系中，当有键断裂的同时有键形成D.混合气体的平均相对分子质量保持不变（2）天然气化工中生产合成气的主要反应为：,在恒容容器中按物质的量之比加入一定量的和，在压强为、不同温度下测得的平衡转化率如下图所示：①请在图中画出压强为时的平衡转化率随温度的变化曲线______。

21②现有实验测得反应：在下，以不同碳氧比投料时反应，达平衡后的转化率及的选择性，所测数据如表所示。(已知：选择性=)碳氧比转化率0.400.880.980.99选择性0.980.930.670.40选择性0.990.940.650.32最佳碳氧比为_______。假设按碳氧比=1∶1投料，反应容器的体积为，通入和各，请列式表示平衡时容器内的浓度______(用a、V的代数式表示)（3）煤化工可以制取甲醇，甲醇-空气燃料电池，以溶液为电解质溶液，(电极材料为惰性电极)，当全部转化为，停止放电，写出负极的电极反应式_______【答案】（1）①.②.高温③.AD（2）①.②.1∶0.5③.mol/L（3）【解析】【小问1详解】①反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)的平衡常数表达式为K=；该反应的∆H＞0、∆S＞0

22，该反应在高温下∆G＜0，反应能自发进行；答案为：K=；高温。②A．由于C呈固态，建立平衡的过程中混合气体的质量是变量，在恒温恒容容器中，混合气体的密度是变量，则反应体系中混合气体的密度不再改变能说明反应已达到平衡，A项选；B．若开始放入的CO(g)、H2(g)的物质的量相等，建立平衡的过程中CO和H2的体积分数始终相等，则反应体系中CO和H2的体积分数相等不能说明反应达到平衡，B项不选；C．反应体系中，当有2molH—O键断裂一定有1molH—H键形成，只表示正反应方向，不能说明反应达到平衡，C项不选；D．由于C呈固态，结合方程式知，建立平衡的过程中混合气体的平均相对分子质量是变量，则混合气体的平均相对分子质量保持不变说明反应达到平衡，D项选；答案选AD。【小问2详解】①2CH4(g)+O2(g)⇌2CO(g)+4H2(g)的正反应为气体分子数增大的反应，在相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故压强为5.05×105Pa时CH4的平衡转化率随温度的变化曲线在原曲线（1.01×105Pa）下，即为；答案为：。②根据表中数据知，随着碳氧比的增大CH4的平衡转化率减小，CO和H2的选择性增大，结合选择性=可得下表：碳氧比1∶0.251∶0.51∶11∶1,25

23[n(CH4)/n(O2)]CH4转化率0.400.880.980.99H2选择性0.980.930.670.40CO选择性0.990.940.650.32H2的产率0.3920.81840.65660.396CO的产率0.3960.82720.6370.3168由表中数据知，最佳碳氧比为1∶0.5，CO和H2的产率最大；通入CH4和O2各amol，根据反应2CH4(g)+O2(g)⇌2CO(g)+4H2(g)，理论上生成H2物质的量为2amol，由表中数据知当碳氧比为1∶1时，CH4的平衡转化率为0.98，H2的选择性为0.67，H2的选择性=，则H2的产率为0.98×0.67，平衡时H2的物质的量为2amol×0.98×0.67，容器的体积为VL，则平衡时容器内H2的浓度为mol/L；答案为1∶0.5；mol/L，【小问3详解】甲醇—空气燃料电池中，通入空气的电极为正极，通入甲醇的电极为负极，碱性条件下，负极上甲醇发生失电子的氧化反应生成，负极电极反应式为CH3OH-6e-+7OH-=+5H2O；答案为：CH3OH-6e-+7OH-=+5H2O。30.工业上利用废镍催化剂(主要成分为，还含有一定量的等)制备一水合氢氧化氧镍的工艺流程如下：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀时的10.67.67.11.5

24完全沉淀时的13.18.39.22.8回答下列问题：（1）写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_______；（2）滤渣1的主要成分和_______(填化学式)。（3）试剂用于调节溶液的，则调控的范围是_______。（4）已知“除铁”后所得溶液中，加入溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使恰好沉淀完全[此时]，则所加溶液_______[已知实验条件下，，不考虑的水解]。（5）“氧化”过程中加入的试剂Y是，写出加入反应生成一水合氢氧化氧镍的离子方程式：_______。（6）已知工业上也可以用作为阳极、溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备，其阳极的电极反应式为_______【答案】（1）粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等（2）（3）（4）0.08（5）（6）【解析】【分析】利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍(2NiOOH·H2O)时，先需除掉Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子和SiO2等，并将+2价Ni氧化为+3价，最终转化为NiOOH•H2O。在操作过程中，先用硫酸溶解，将ZnO、Fe2O3、CaO转化为金属硫酸盐，滤渣1为SiO2和微溶的CaSO4；调节pH让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加入NH4F将溶解的Ca2+进一步转化为沉淀，加入有机萃取剂，将Zn2+除去；最后加入氧化剂和NaOH，使Ni2+最终转化为2NiOOH·H2O。【小问1详解】若想提高“酸浸”

25速率，可通过增大接触面积，升高温度、适当增大酸的浓度来实现，具体措施：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；答案为：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；【小问2详解】由分析可知，滤渣1的成分是SiO2、CaSO4；【小问3详解】试剂X用于调节溶液的pH，将Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，但不能让Zn2+、Ni2+等生成沉淀，则调控pH的范围是2.8≤pH<7.1。答案为：2.8≤pH<7.1；【小问4详解】加入NH4F，一方面与Ca2+反应生成CaF2沉淀，另一方面使溶液中c(F-)满足Ksp(CaF2)所要求达到的浓度。沉淀Ca2+所需n(NH4F)=0.100L×0.02mol·L-1×2=0.004mol，形成CaF2饱和溶液所需c(NH4F)=mol/L=0.02mol/L，则所加溶液c(NH4F)==0.08mol·L-1。答案为：0.08；【小问5详解】与Ni2+反应生成一水合氢氧化氧镍和氯离子，反应的离子方程式：；【小问6详解】通过电解氧化法制备NiOOH，Ni(OH)2在阳极失电子产物与NaOH溶液反应，生成NiOOH，其阳极的电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O。

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