2020-2021學年高二化學下學期期末測試卷（浙江專用）02（全解全析）

2020-2021學年高二下學期期末測試卷02

高二化學?全解全析

12345678910

BAABBBDDCA

111213141516BDAA

A17181920CCBCB

2122232425

ABBBB

1.【答案】B

【解析】A項，CaO為活潑金屬氧化物，是強電解質，故A錯誤；B項，NH3為非電解質，溶于水后

生成一水合氨，一水合氨為一元弱堿電離生成鍍根和氫氧根離子，水溶液能夠導電，故B正確；C項，

CH3co0H為一元弱酸，屬于弱電解質，故C錯誤；D項，HC1為一元強酸，屬于強電解質，故D錯誤；

故選Bo

2.【答案】A

【解析】提純含有少量NaCl的KNO3晶體時，先將固體在燒杯中溶解，加熱蒸發(fā)，冷卻結晶，過濾后

可得到純凈的KNCh晶體，過程中需要用到的儀器為燒杯、蒸發(fā)皿、漏斗，實驗過程中沒有用到的儀器為生

堪，A項符合題目要求；故選A。

3.【答案】A

【解析】A項，NaHCCh為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故A正確；B項，Ba(OH)2為強堿，不屬于鹽，

故B錯誤；C項，F(xiàn)eCb屬于鹽，水解顯酸性，故C錯誤；D項，NaHSCh屬于鹽，顯酸性，故D錯誤；故

選Ao

4.【答案】B

【解析】A項，重晶石為BaSCh,A錯誤；B項，木醇為甲醇，結構簡式為CHQH,B正確；C項，

摩爾鹽是(NH4)2Fe(SO4)2-6H2O,C錯誤；D項，(NHQ2SO4屬于錢鹽，名稱為硫酸鍍，別稱為硫錢，D錯誤；

故選Bo

5.【答案】B

【解析】A項，H2O2是共價化合物，電子式為故A錯誤；B項，蔗糖是二糖，分子式是

??

Cl2H22?！肮蔅正確；C項，乙煥的比例模型是,故C錯誤；D項，乂。/是乙酸甲酯的鍵

線式，故D錯誤；故選B。

6.【答案】B

【解析】A項，易腐垃圾經(jīng)過發(fā)酵后會轉化為熱值較高的物質如甲烷等，故易腐垃圾富含生物質能，A

正確；B項，氫氧燃料電池放電時化學能部分轉化為電能，部分轉化為熱能，所以不能全部轉化為電能，B

錯誤；C項，石油通過分儲可用得到汽油、柴油等燃料油；以石油分儲得到重油為原料，經(jīng)催化裂化可得到

分子中含有C原子數(shù)比較少的短鏈液態(tài)燒，從而可提高液態(tài)輕質油的產量和質量，因此也能得到燃料油，C

正確；D項，煤經(jīng)干鐲得到的煤焦油中含有甲苯，將其分離出來，然后與濃硝酸、濃硫酸混合加熱，發(fā)生

硝化反應產生三硝基甲基，即得到炸藥TNT,D正確；故選B。

7.【答案】B

【解析】A項，海水中漠的儲藏量十分豐富，約占地球澳總藏量的99%,故漠有“海洋元素”之稱，但

其濃度很小，故A錯誤；B項，高鐵酸鉀有強氧化性，能使病毒變性，且還原產物Fe3+易形成Fe(0H)3膠

體吸附懸浮物，可用于自來水的凈化消毒，故B正確；C項，石灰石、純堿、石英可作為制備玻璃的主要

原料，制備水泥的主要原料是石灰石和黏土，故C錯誤；D項，綠色化學核心就是要利用化學反應原理從

源頭消除污染，故D錯誤；故選B。

8.【答案】D

2+

【解析】A項，用惰性電極電解氯化鎂溶液時日極的電極反應式為：Mg+2H2O+2e=H2T+Mg(OH)21,

A錯誤;B項，工業(yè)制備粗硅的主要反應為:SQ+2C通繼Si+2C0f,B錯誤;C項，由于2H2S+SO2=2H2O+3Si，

2

故過量二氧化硫通入K2s溶液反應為：2S+2H2O+5SO2=4HSO3+3Si，C錯誤；D項，根據(jù)反應：

+1

A1O2+H+H2O=A1(OH)3J.,A1O2-+4H+=2H2O+A13+,將Imol-LNaAlCh溶液和1.5mol/L的HC1溶液等體積混

+3+

合時n(A10"：n(H+)=2：3,故離子方程式為：6A1O2+9H+3H2O=5A1(OH)31+A1,D正確；故選D。

9.【答案】A

【解析】A項，油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應生成高級脂肪酸鹽和甘油，肥皂的主要成分為高級脂

肪酸鈉，因此可以生產肥皂和甘油，但不能直接生產得到高級脂肪酸，故A錯誤；B項，氨基酸在酸性條

件下，以陽離子形式存在，在堿性條件下以陰離子形式存在，當以兩性離子存在時，其在水中的溶解度最

小，可形成晶體，故B正確；C項，銅氨纖維是再生纖維，可用濃氨水溶解得到的氫氧化銅沉淀，獲得較

高濃度的銅氨溶液，取30mL制得的銅氨溶液于燒杯中，加入脫脂棉，不斷攪拌使之形成黏稠液，用注射器

將黏稠液吸入針筒，再將其注入稀鹽酸(或稀硫酸)中，取出稀鹽酸(或稀硫酸)中的生成物，用水洗滌可獲得

銅氨纖維，故C正確；D項，在葡萄糖溶液中，鏈狀的葡萄糖分子幾乎全部轉變?yōu)閮煞N旋光活性不同的環(huán)

狀結構，故D正確；故選A。

10.【答案】A

【解析】A項，如圖所示:分子中有2個手性碳原子，注意有一個對稱軸，故A錯誤;

B項，羥基與竣基、羥基與羥基可發(fā)生縮聚反應，產物為聚酯類物質或聚醛類物質，故B正確；C項，羥

基相連的碳的鄰碳上有氫，該物質可發(fā)生消去反應，羥基、竣基上可發(fā)生取代反應，羥基相連的碳上有氫

可發(fā)生氧化反應，故C正確；

D項，分子中只有一個竣基，Imol該物質與足量NaOH溶液反應，最多消耗ImolNaOH且只生成一種

鈉鹽，故D正確；故選A。

11.【答案】A

【解析】A項，S的氧化性比較弱，S與變價金屬Fe反應產生FeS,與Cu反應產生CsS,A正確；B

項，C在足量的02中燃燒生成CO2,而S在足量的中燃燒生成SO2,B錯誤；C項，C12與水反應生成

HC1和HC1O,但F2與水反應卻生成HF和C錯誤；D項，Na?。?與CO?反應生成Na2cCh和。2,由于

NazCh具有強氧化性，SO2具有還原性，則Na2C>2與SO2反應生成Na2so4,不能生成Na2sO3和。2,D錯誤；

故選Ao

12.【答案】D

【解析】A項，該反應是放熱反應，說明反應物的總能量大于生成物的總能量，A錯誤；B項，升高溫

度可使更多的普通分子變?yōu)榛罨肿?，活化分子的?shù)目增大，有效碰撞頻率次數(shù)增多，因而反應速率加快;

但升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，所以溫度越高越不利于獲得乙醇，B錯誤；C項，使用合

適的催化劑能夠加快反應速率，但對化學平衡移動無影響，因此不能提高原料的平衡轉化率，C錯誤；D項,

該反應是放熱反應，在絕熱密閉容器中進行反應，當容器中溫度不再改變時，說明已達平衡狀態(tài)，D正確；

故選D。

13.【答案】D

【解析】A項，F(xiàn)e3+是親脂性強的成分，在流動相中分配的多一些，隨流動相移動的速度快一些，而

CM+是親水性強的成分，在固定相中分配的多一些，隨流動相移動的速度慢一些，從而使Fe3+和CM+得到

分離，所以氨熏顯色后上方出現(xiàn)棕色斑點，下方出現(xiàn)藍色斑點，故A正確；B項，AgNCh溶液與NaCl、NaNO2

溶液發(fā)生反應，分別產生白色沉淀AgCl,加稀硝酸不溶解：淡黃色沉淀AgNCh,加稀硝酸溶解；AgNCh

溶液與NaNCh不反應，所以可用AgNCh溶液和稀HNO3區(qū)分NaCl、NaNCh和NaNCh,故B正確；C項，

鋅、鐵和稀硫酸構成原電池，鋅作負極，鐵作正極，原電池能加快鋅被腐蝕的速率，鐵的活潑性小于鋅，

且只有鐵時不能構成原電池，所以生成氫氣的速率減小，所以當產生氫氣的速率突然減小，可以判斷鋅鍍

層已反應完全，故C正確；D項，溶質的溶解度小，溶液的濃度越低，越不容易析出晶粒，故D錯誤；故

選D。

14.【答案】C

【解析】A項，pH相等的HN03和HCN兩種酸溶液中，氫離子的濃度相等，酸根離子等于對應的氫

離子濃度，所以c(NC")=c(CN-),故A錯誤；B項，NaHB溶液呈酸性，可以是NaHSOh對應的是H2s04

在水中能完全電離，故B錯誤；C項，NH4cl溶液中鏤根離子水解生成一水合氨和氫離子，加入鎂粉與氫

離子反應生成氫氣，促進鏤根離子水解，生成一水合氨較多，轉化為氨氣，所以可生成兩種氣體，故C正

確；D項，溶液呈中性，則存在c(H+)=c(OH),任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守

恒得2c(CO32-)+c(HCCh-)=c(Na+),故D錯誤；故選C。

15.【答案】A

【解析】A項，鹽酸和醋酸均是一元酸，在二者量相等以及選用相同指示劑的條件下，用

O.lOOOmolLTNaOH標準溶液滴定至終點時，兩者消耗的NaOH溶液體積相等，A正確；B項，醋酸是弱酸,

稀釋促進電離，將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的3VpHV4,B錯誤；C項，硫酸是強

酸，只電離不水解，亞硫酸根離子的水解程度小于碳酸根離子的水解程度，水解程度越大，陰離子濃度越

大,則均為O.lmolL”的Na2co3、Na2so3、H2sO4溶液中陰離子的濃度依次減小，C錯誤；D項，堿抑制

水的電離，常溫下pH=ll的堿溶液中水電離產生的c(H+)小于純水電離產生的c(H+),D錯誤；故選A。

16.【答案】C

【解析】A項，白磷著火點只有40℃,容易發(fā)生自燃，涂在火柴盒側面不安全，應該涂紅磷，A錯誤;

B項，COCL?6H2O的乙醇溶液為藍色，加水后變紅，B錯誤；C項，Na2s2O3與H2s04反應生成硫和二氧化

硫氣體，單質硫不溶于水為淡黃色沉淀，可以通過觀察出現(xiàn)渾濁的快慢來比較反應速率大小，二氧化硫氣

體能溶于水，反應一開始觀察不到氣泡，不能用氣泡產生的快慢來比較反應速率大小，C正確；D項，AgCl、

AgNCh都不溶于水，但AgNCh能溶于酸，AgCl不溶于酸，可用AgNCh溶液和稀硝酸來鑒別，D錯誤。故

選C。

17.【答案】C

【解析】A項，pH=1的硫酸溶液中，氫離子濃度為O.lmol/L,而在硫酸溶液中，氫離子和硫酸根的

濃度之比為2:1,故溶液中硫酸根的濃度為0.05mol/L,物質的量"=cV=0.05mol/Lx1L=0.05mol,個數(shù)為

0.05NA個，故A錯誤；B項，lOOmLO.lOmolLTFeCb溶液中〃(Fe3+)=0.01mol,FeCb溶液中加入足量Zn粉

充分反應的化學方程式為2Fe3++3Zn=2Fe+3Zn2+,轉移電子數(shù)為0.03moL轉移電子數(shù)目為0.03NA,故B錯

誤：C項，Imol乙醇和二甲醛的混合物，二者均含有8條共價鍵，所以Imol乙醇和二甲醛的混合物中含共

價鍵數(shù)目為8NA,故C正確；D項，SO?和02反應是可逆反應，生成的S03分子數(shù)小于2必，故D錯誤；

故選C。

18.【答案】B

【解析】兩個反應都為分解反應，屬于吸熱反應，反應物的總能量低于生成物的總能量，△">(),AH2

>0,一定時間內測得n(GoHi2)顯著低于n(CioH8),說明反應①速率小于反應②，反應①的活化能大于反應

②。A項，圖中△氏<0,故A不選；B項，圖中AHI>0,△H2>0,且反應①的活化能大于反應②，故B

選；C項，圖中為放熱反應，故C不選；D項，圖中反應①的活化能小于反應②，故D不選；故選B。

19.【答案】C

【解析】A項，由表中數(shù)據(jù)可計算，42?242s,消耗CH3cH。的平均反應速率為

(6.68-4.64)mol-L-1..

12

-/…公------=1.02xl0-molL-,-s-'A項正確；B項，隨著反應的進行，cCECHO)減小，

(242-42)s)

反應速率減慢，所以第384s時的瞬時速率大于第665s時的瞬時速率，B項正確；C項，由于CH3CHO的

初始濃度及氣體體積未知，故無法計算反應105s時，混合氣體的體積，C項錯誤；D項，L是催化劑，能

降低反應的活化能，使活化分子百分數(shù)增加，有效碰撞次數(shù)增多，提高反應速率，D項正確；故選C。

20.【答案】B

【解析】A項，實驗1中，前20min中A的平均反應速率為

v=—=0-33mObL-=0.0165mol-U'-min'1,故A正確；B項，實驗1、2中，A的最終濃度相同，實

At20min

驗2相同時間改變量增多，說明反應速率加快，因此實驗2可能使用了催化劑，但由于該反應C的狀態(tài)不

清楚，若C為氣態(tài)，該反應是等體積反應，則可能壓縮了體積，若C不是氣體，則不可能是壓縮了體積，

故B錯誤；C項，實驗3溫度比實驗2溫度高，溫度升高，A的濃度減小，說明平衡正向移動，則正向是

吸熱反應，因此該反應的△”>(),故C正確；D項，實驗3中，若C為非氣體，在40min時加入一定量的

C物質，平衡不移動，故D正確。故選B。

21.【答案】A

【解析】若為吸熱反應，△”>()，隨著反應進行，溫度降低，K減小，P增大，說明氣體物質的量增多，

AS>0,因此高溫下能自發(fā)進行，P減小，反應不能自發(fā)進行。若為放熱反應，△“<(),隨著反應進行，溫

度升高，K減小，P增大，任何條件都能自發(fā)進行，P減小，低溫自發(fā)進行；對照各圖像，故選A。

22.【答案】B

【解析】水系鋅離子電池是二次電池，活潑金屬Zn為負極，MnCh為正極，鋅離子在電池的正負極來

回奔跑，放電時，負極上Zn失電子變?yōu)閆n2+,正極上MnCh得電子并結合Zi?+生成ZnMmCU；當鋅離子從

MnCh隧道結構中脫出時，此時為充電過程，發(fā)生的反應與放電時相反，ZnMmO4為陽極，Zn為陰極。A項,

當鋅離子從MnCh隧道結構中脫出時，為電解裝置，此時ZnMmO4為陽極，故A正確；B項，鋅失去電子

變?yōu)殇\離子，嵌入MnO2的隧道中，為原電池反應，能量轉化形式：化學能一電能，故B錯誤；C項，放電

時，負極上Zn失電子變?yōu)閆/+,正極上MnCh得電子并結合Zi?+生成ZnMmCU,Zr?+移向正極補充，溶液

中ZM+濃度不變，故C正確；D項，將放電時兩電極反應式相加可得，水系鋅離子二次電池的總反應式：

Zn+2MnC>2、#,ZnMmCU,故D正確；故選B。

充電

23.【答案】B

【解析】A項，適當提高N2分壓，可以加快N2(g)—*N2反應速率，進而加快了化學反應速率，故A正

確；B項，由題圖可知，用反應生成NH3的過程為N2-N=N-HTH-N=N-HTH-N-NH2-H2N-NH2-TNH3,

氮元素的化合價逐漸降低，即發(fā)生多步還原反應生成NE,故B錯誤；C項，由題圖分析可知，兩個氮原

子上的加氫過程是分步進行的，故C正確；D項，NH3的及時脫附可留下繼續(xù)反應的空間而增加催化劑的

活性位，如果大量氨分子吸附在催化劑表面，就會將減緩反應速率，故D正確；故選B。

24.【答案】B

【解析】A項，橫坐標等于0時，c(CH3coO)=c(CH3coOH),因此醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=1.0xl()476,

故A正確；B項，酸抑制水電離，A、B點溶液均顯酸性，在A—B的過程中水的電離一直是抑制，故B錯

誤；C項，C點溶液的pH=7,顯中性，醋酸顯酸性，醋酸鈉溶液顯堿性，所以C點溶可能為CH3coOH和

CH3coONa,故C正確；D項，當0.1mol-L-1NaOH和0.1molL-1CH3COOH溶液以體積比1：2混合時，

3c(Na+)+c(H+)=2c(CH3coeT)+c(CH3coOH)+c(OH-)可以由物料守恒等式加上電荷守恒等式得到，故D正確；

故選B。

25.【答案】B

【解析】A項，發(fā)生反應2NCh(g)NzCMg),NO2是紅棕色的，壓縮體積，NO2的濃度增大，所以

氣體顏色變深，但增大壓強，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，即向生成N2O4的方向進行，A錯誤；B

項，用控制變量法探究濃度對化學反應速率的影響，則加入5mL水保持溶液體積相同，B正確；C項，重

2+3+

銘酸鉀和氯離子反應在酸性條件反應：Cr2O7+6Cl+14H=2Cr+3C12t+7H2O,酸性條件下，亞硝酸根離子

與重銘酸根發(fā)生氧化反應生成硝酸根離子、銘離子和水，離子反應方程式為

2+3+

Cr2O7+3NO2+8H=2Cr+3NO3+4H2O,兩溶液都由橙色變?yōu)榫G色，無法鑒別，C錯誤；D項，配得同pH

的NaClO溶液與CH3coONa溶液，原本的物質的量的濃度就不相同，稀釋后無法比較，正確的操作應是直

接測定同濃度的NaClO溶液與CH3coONa溶液的pH,根據(jù)越弱越水解，若前者的pH大，說明結合

H+的能力比CH3co0-的強，D錯誤：故選B。

26.【答案】(1)A1(OH)3+H2O=Al(OH)4-+H+(2分)

2

(2)HC10+CO3-C10+HCOj-(2分)

【解析】(1)A1(OH)3在水中電離得到AKOHM和H+,故電離方程式為：

+

A1(OH)3+H2O=AI(0H)4-+H；(2)已知酸性H2CO3>HC1O>HCOy,結合H+能力越強的離子則對應離子

或分子電離出H+的能力就越弱，即酸性就越弱，故用可用離子方程式：HC1O+CO32-=C1O-+HCO3.來表示

2

C03?-結合H+比CIO-的能力強，故選HC10+CO3=C1O+HCOy。

27.【答案】(1)C、K(2分)(2)〃(CO)=0.3mol,"(CC)2)=0.15mol(2分)

421-553℃

⑶2K3Fe(C2O4)3-3H2O育茂3K2cCh+Fe2O3+6COf+3cO2T+6H20T(3分)

隔絕仝氣

+2+

(4)5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2t+2Mn+8H2O(2分)

(5)取紅色物質少量放入試管中，向其中加入足量H2so4,充分振蕩，若紅色物質不溶解，溶液呈無色,

則紅色物質為Cu單質；若有紅色物質存在，且溶液顯藍色，說明紅色物質為Cu2O(3分)

【解析】0.1mol的鹽A在溫度為421?553℃及隔絕空氣條件下分解產生0.75mol混合氣體B和混合

固體F,0.75mol混合氣體B通過足量無水氯化鈣得到0.45mol混合氣體C,氣體減少0.3mol,說明在B

中含有水蒸氣，其物質的量為n(H2O)=0.75mol-0.45mol=0.30mol：將混合氣體C通過足量灼熱CuO后得到

45g

0.45mol的氣體D,將D通入足量澄清石灰水產生45g白色沉淀E,則E是

lOOg/mol

mol,氣體D為CCh,H(CO2)=0.45mol,由于混合氣體C轉化為氣體D時，質量增加了4.8g；說明混合氣

體C中含有CO,發(fā)生反應CuO+COACCh+Cu,增加質量是CO發(fā)生該反應變?yōu)镃O2增加的O元素的質量,

4.8g八.,

則n(CO)=--~-=0.3mol,故C中含有CO2的物質的量為n(CO2)=0.45mol-0.3mol=O.I5mol。固體F溶

16g/mol

8s

于水得到8g紅棕色固體G為FeO,n(FeO)----7~~-=0.05mol,貝ijn(Fe)=2n(Fe20)=0.05molx2=0.1

2323160g/mol3

mol：溶液H為單一溶質，溶液H呈堿性，且不與氫氧化鉀反應，焰色反應呈紫色，則H中含有K+離子，

H為K2c03。向H中加入足量稀鹽酸，反應產生CO?的物質的量是0.15moL根據(jù)元素守恒可知

〃(K+)=2〃(K2co3)=2X0.15mol=0.3mol,n(CO32)=〃(K2co3)=0.15mol,故在0.1molA中含有C元素的物質

的量n(C)=n(CO)+??(CO2)+/?(CO32)=0.3mol+0.15mol+0.15mol=0.6mol。鹽A中加入足量稀硫酸，可得到一

種二元弱酸，且該弱酸可以被酸性高鎰酸鉀溶液氧化生成氣體D,說明該弱酸是草酸，A是草酸鹽，在0.1

mol的鹽A中，”(K)：〃(Fe)："(C)：”(H2O)=0.3mol：0.1mol：0.6mol：0.3mol,所以該鹽化學式為

K3Fe(C2O4)3,3H2。。⑴鹽A除Fe、H、O以外的兩種元素是C、K元素;(2)混合氣體C中含CO、82,其

中含有CO為0.3mol,含有CO2為0.15mol；⑶鹽A是K3Fe(C2O4)3?3H2O,在421?553c下分解生成混合

氣體CO、CO2、H2O及FezCh、K2co3,該反應的化學方程式為：

421-553℃

2KFe(CO4)-3HO=^=7=3KCO.,+FeO3+6COT+3COt+6H2OT(4)鹽A是KaFegO/SH?。，與足量

3232隔絕空氣222；

稀硫酸反應產生二元弱酸H2c2O4,H2c2O4具有強的還原性，可以被酸性KMnCU溶液氧化為CO2氣體,KMnCU

被還原為Mr?*。反應的離子方程式為：5H2c2O4+2MnO*+6H+=10CO2T+2Mn2++8H2O；(5)某興趣小組用CO、

CO2的混合氣體還原少量CuO粉末，使CuO完全反應得到紅色產物。為確定紅色產物的成分，設計實驗方

案為：取紅色物質少量放入試管中，向其中加入足量H2s04,充分振蕩，若紅色物質不溶解，溶液呈無色,

則紅色物質為CU單質；若有紅色物質存在，且溶液顯藍色，說明紅色物質為CU20。

28.【答案】(l)2NaCIO3+4HCl(濃)=2C1O2T+C12T+2NaCl+2H20(2分)

(2)C(3分)

8+35

c(H)xc(Cr)xc(NO')(2分)③(ab)：(3分)

(3)①-544.31kJ/mol(2分)②

35

C(C1O2)XC(NO)

(4)從堿性環(huán)境中NaCICh溶液脫除NO的離子方程式中可以看出，隨著反應的進行，溶液中的會被

逐漸消耗，溶液pH逐漸降低并變成酸性，而在酸性條件下，NaClCh會變?yōu)檠趸愿鼜姷腃ICh。根據(jù)第(3)

小題的三個反應可以看出，在酸性條件下，生成的CICh會參與脫硝，其產物有H+,這有利于溶液中的NaClO2

產生更多的CIO2,因此使用NaClCh水溶液脫硝時，能夠保持長久的脫硝效率的物質是ClCh(2分)

(5)ABD(2分)

【解析】(1)使用高濃度的鹽酸作為還原劑還原氯酸鈉制取C102,根據(jù)C1元素的歸中反應即鹽酸中的

C1化合價升高，氯酸鈉中的C1化合價降低可知，該反應的化學方程式為：

2NaClCh+4HCl(濃)=2C102T+CbT+2NaCl+2H20；(2)A項，活性是以等物質的量的物質失去的電子數(shù)來衡量,

故CICh是一種強氧化劑，ImolCKh得到5moi電子，而ImolCL得到2moi電子，故活性為氯氣的2.5

倍，A正確；B項，由題干可知，CICh的沸點較高，其余雜質氣體為Cb,沸點較低，故可采用冷卻液化的

方法來除去CICh中的雜質氣體，B正確；C項，由題干信息可知，CICh能溶于水，根據(jù)“相似相溶原理”，

故其難溶于四氯化碳，不與水反應，C錯誤；D項，利用草酸還原氯酸鹽制取C102其中C1的化合價降低，

故草酸中C的化合價升高，轉化為C02,析出的CICh可被C02稀釋而不易爆炸，D正確；故選C；(3)①由

題干信息可知，反應I5NO(g)+2CIO2(g)+H2O(1)二^5NCh(g)+2Cr(aq)+2H+(aq)的2AH(生成

物)-EAH(反應物尸5x33.1kJ/mol+2x(-l67.08kJ/mol)+2xOkJ/mol-(5x91.29kJ/mol+2x102.5kJ/mol+(-285.8

kJ/mol))=-544.31kJ/mol；②平衡常數(shù)表達式為生成物濃度的基之積處以反應物濃度的基之積，故反應川的

c8(H+)xc3(Cljxc5(NO')

平衡常數(shù)K3的表達式為;③某溫度時，在某1L密閉容器中使用C1O2作為氧

35

C(C1O2)XC(NO)

化劑，將含有NO的模擬煙氣氧化，再使用含有Ca(OH)?的固定床進行吸收，若n(ClCh)：n(NO)=3：5,則

+

發(fā)生的反應為：反應HI：5NO(g)+3ClO2(g)+4H2O(1)=5NO3(g)+3Cl-(aq)+8H(aq)K3,反應HI可由

反應1+反應H,故K3=KK2=ab,根據(jù)題干信息可知，且進行到某時刻時固定床中的氮元素的量占初始模

擬煙氣中氮元素的一半，此時體系中無N02,即NO的轉化率為50%,故反應后NO和NO*CIO2和C「

c8(H+)xc3(Cr)xc5(NOj)

的濃度分別相等，故K==c8(H+)=ab,則該時刻溶液的c(H+)=色切上(4)在

335

C(C1O2)XC(NO)

堿性環(huán)境中，NaClCh溶液脫除NO的離子方程式為4NO+3C1O2+4OH=4NO3+3C1-+2H2O,在酸性環(huán)境中，

+

NaClCh溶液會發(fā)生反應：8H++8C1O2=6CIO2+CI2T+4H20、2H+4C1O2-2C1O2+CIO3+CI+H2O,從堿性環(huán)

境中NaClCh溶液脫除NO的離子方程式中可以看出，隨著反應的進行，溶液中的OH一會被逐漸消耗，溶液

pH逐漸降低并變成酸性，而在酸性條件下，NaClCh會變?yōu)檠趸愿鼜姷腃ICh。根據(jù)第(3)小題的三個反應

可以看出，在酸性條件下，生成的C1O2會參與脫硝，其產物有H+,這有利于溶液中的NaClCh產生更多的

C1O2,因此使用NaCICh水溶液脫硝時，能夠保持長久的脫硝效率的物質是C102；(5)A項，適當提高反應

溫度，加快反應速率，故提高脫硝效率，A符合題意；B項，改變催化劑，尋找合適的催化劑，能夠加快反

應速率，故提高脫硝效率，B符合題意：C項，由于H2O2在酸、堿性溶液中都是較強的氧化劑，但其在堿

性介質中的分解速率遠比酸性介質中的快，故使溶液呈堿性，由于H2O2的分解速率加快，導致脫硝效率降

低，C不合題意；D項，提高雙氧水濃度可以加快脫硝反應的速率，故提高脫硝效率，D符合題意；故選

ABD。

29.【答案】(1)傾析法(或過濾)(1分)(2)AD(2分)(3)ACD(3分)

(4)①eacd(3分)②擠捏乳膠管(1分)

③廢鐵屑中存在其它金屬元素，使產品不純；FeCb溶液部分水解，導致測得純度偏低；Fe3+與I一的反

應存在一定的限度，F(xiàn)e3+有剩余(2分)

【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中高錦酸鉀固體與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應制備氯氣，裝置B中

先發(fā)生鐵與過量鹽酸反應得到鹽酸和氯化亞鐵的混合溶液，再發(fā)生混合溶液與氯氣反應得到氯化鐵溶液，

裝置C中氫氧化鈉溶液用于吸收未反應的有毒的氯氣，防止污染空氣。(1)步驟I中用碳酸鈉溶液浸泡鐵屑

的目的是除去鐵屑表面的油脂，浸泡數(shù)分鐘除去油脂后可以用傾析法或過濾的方法分離出鐵屑：(2)A項，

由分析可知，制備氯化鐵溶液時，混合溶液中含有鹽酸，氯氣中混有的氯化氫氣體對實驗沒有影響，則不

需要在裝置A、B之間應加裝一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯化氫，故A錯誤；B項，裝置B中，攪

拌器通過攪拌可以使混合溶液與氯氣充分接觸，使反應更加充分，故B正確；