2021-2022學(xué)年廣東省深圳某中學(xué)高二（上）期中化學(xué)試卷（附詳解）

2021-2022學(xué)年廣東省深圳高級(jí)中學(xué)高二（上）期中化學(xué)

試卷

一、單選題（本大題共16小題，共44.（）分）

1.2021年9月24日，中國(guó)科學(xué)家在國(guó)際學(xué)術(shù)期刊《科學(xué)》中發(fā)表了以二氧化碳為原料,

不依賴植物光合作用，直接人工合成淀粉的成果.核磁共振等檢測(cè)發(fā)現(xiàn)，人工合成

淀粉分子與天然淀粉分子的結(jié)構(gòu)組成一致.下列說(shuō)法不正確的是（）

A.合成過(guò)程中需要?dú)湓拥膮⑴c

B.可用碘染色來(lái)觀察淀粉的產(chǎn)生

C.人工合成的淀粉溶液無(wú)法產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)

D.該研究為糧食淀粉可持續(xù)供給、二氧化碳轉(zhuǎn)化利用提供新的戰(zhàn)略方向

2.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.酸性溶液：Na+、Mg2+、C「、HCO3

B.c（H+）=1xICT”的溶液：Na+、K+、CIO-,COp

C.某無(wú)色透明的溶液：H+、Cu2+、sol-'cr

D.能溶解Al（0H）3的溶液：K+、NH。、NO］、CH3COO-

3.利用丙三醇催化氫解可制備丙二醇（沸點(diǎn)184.8。0,其原理

CH—CH—CH2CH2—CH2—CH2

III+出絲劑II+H0

OHOHOHOHOH

已知INA是阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.0.5mol丙三醇中含有的羥基數(shù)為1.5NA

B.lmol羥基中含有的電子數(shù)為IONA

C.以上每消耗歸出，生成水分子數(shù)為INA

D.標(biāo)況下22.4L丙二醇中非極性共價(jià)鍵為2打

4.下列關(guān)有機(jī)物的說(shuō)法正確的是（）

A.CH3cH2co0H與CH3coOCH2cH3互為同分異構(gòu)體

B.乙烯能使澳水和酸性高鋅酸鉀溶液褪色，兩者褪色原理相同

C.石油裂化后的產(chǎn)物可用來(lái)做萃取實(shí)驗(yàn)

D.乙酸與乙醇酯化反應(yīng)后的產(chǎn)物可用飽和碳酸鈉溶液除雜

5.中科院研制出了雙碳雙離子電池，以石墨(g)和中間相炭微粒球(MCMB)為電極,

電解質(zhì)溶液爐含有KPF6的有機(jī)溶液，其充電示意圖如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

電源

A.放電時(shí)MCMB電極為負(fù)極

B.放電時(shí)K+往石墨電極方向移動(dòng)

C.充電時(shí)，電子由電源負(fù)極出發(fā)通過(guò)有機(jī)溶液流向正極

D.充電時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)為1+XPF6-xe-=Cn(PF6)x

6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的核外電子數(shù)等于其主族序

數(shù)，X的單質(zhì)在空氣中含量最多，丫的最高價(jià)氧化物的水化物是兩性化合物，Z的最

高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

W

A.W與X形成的最簡(jiǎn)單化合物電子式為

w：x：w

B.丫和Z的簡(jiǎn)單離子的電子層結(jié)構(gòu)不同

C.Y和Z可形成化合物丫2Z3

D.最高正化合價(jià)Z>X>Y>W

7.利用下列裝置進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)

ABCD

A.AB.BC.CD.D

第2頁(yè)，共26頁(yè)

8.下列對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的分析中，正確的是()

A.平衡的反應(yīng)C(s)+H20(g)UC0(g)+H2(g),當(dāng)增加反應(yīng)物的物質(zhì)的量時(shí)，平

衡一定向正反應(yīng)方向移動(dòng)

B.已達(dá)平衡的反應(yīng)電色)+3也值)=2NH3(g),當(dāng)增大電的濃度時(shí)，平衡向正反

應(yīng)方向移動(dòng)，電的轉(zhuǎn)化率降低

C.有氣體參加的反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，若減小反應(yīng)器容積時(shí)，平衡一定向氣體體積增

大的方向移動(dòng)

D.有氣體參加的反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，在恒壓反應(yīng)器中充入稀有氣體，平衡一定不移

動(dòng)

9.汽車(chē)尾氣中CO、NO2氣體在一定條件下可以發(fā)生反應(yīng)，4CO(g)+2NO2(g)

1

4CO2(g)+N2(g)△H=-1200kJ-mor,溫度不同。2>[)、其他條件相同時(shí)，

下列圖象正確的是()

10.在一定溫度下，將氣體X與氣體丫各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：

X(g)+Y(g)=2Z(g)AH<0,一段時(shí)間后達(dá)到平衡.反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的數(shù)據(jù)如表,

下列說(shuō)法正確的是()

t/min2479

n(Y)/mol0.120.110.100.10

A.反應(yīng)過(guò)程中化學(xué)反應(yīng)速率保持不變

B.其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前v(逆)>v(正)

C.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=1.44

D.其他條件不變，縮小容器體積，重新達(dá)平衡時(shí)Z的體積分?jǐn)?shù)增大

11.某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的A和B,一定溫度下發(fā)生反應(yīng)A（g）+xB（g）=2C（g）,

達(dá)到平衡后，在不同的時(shí)間段，分別改變反應(yīng)的一個(gè)條件，測(cè)得容器中物質(zhì)的物質(zhì)

的量濃度、反應(yīng)速率分別隨時(shí)間的變化如圖所示：

下列說(shuō)法中不正確的是（）

A.30min?40min時(shí)間段該反應(yīng)使用了催化劑

B.反應(yīng)方程式中的x=1

C.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)

D.前8minA的平均反應(yīng)速率為0.08mol-L-1-min-1

12.在恒壓、NO和。2的起始濃度一定的條件下，催化反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得不同溫度下NO

轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實(shí)線所小（圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨

溫度的變化）。下列說(shuō)法不正確的是（）

100

求80

/

講

360

O螂40

N

20

0100200300400500600

溫度/七

A.反應(yīng)2N0（g）+02（g）=2NC）2（g）的AH>0

B.圖中丫點(diǎn)所示為平衡狀態(tài)

C.圖中丫點(diǎn)所示條件下，增加。2的濃度能提高NO轉(zhuǎn)化率

D.圖中X點(diǎn)所示條件下，延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間能提高NO轉(zhuǎn)化率

13.為證明NH3Y2O是弱電解質(zhì).在常溫下，下列實(shí)驗(yàn)方法不正確的是（）

A.對(duì)比等濃度氨水與NaOH溶液的導(dǎo)電能力，氨水溶液燈泡相對(duì)較暗

B.測(cè)定NH4cl溶液的pH小于7

C.測(cè)定0.01mol」T的氨水的pH小于12

D.測(cè)定O.OlmoL的NH4HSO4溶液的PH小于7

14.已知25久時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)如下表所示，則下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是（）

第4頁(yè)，共26頁(yè)

弱酸化學(xué)式CH3COOHHCNH2cO3

-5-7-11

電離平衡常數(shù)1.8x104.9x10-1。&=4.3x10K2=5.6XIO

A.等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH(CH3COOH)<pH(H2CO3)<pH(HCN)

B.O.lmol/L的醋酸溶液加水稀釋，其電離程度增大

C.NaCN中通入少量CO2發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3

D.H2c。3的電離常數(shù)表達(dá)式：Kal=

15.Cu催化水煤氣變換反應(yīng)的四種可能反應(yīng)機(jī)理如圖，其中Ea代表活化能壘，吸附在催

化劑表面的物種用*號(hào)表示，下列說(shuō)法正確的是()

E.T706

-OH*-H—O?\路面

\j-?6s

CX)\

COC+附巨經(jīng)

CO*+H/

H*2

CO(g)+H:O(g)

/E.-I32.I

co*->n,o*^=141LCO*+OII*OH.^^COOH.

co*

CO；*+H:O*

E」抬.5

0小需出0?9

A.四種反應(yīng)機(jī)理的控速步驟相同

B.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為co+MO―二CO2+H2

C.上述轉(zhuǎn)化過(guò)程中涉及非極性鍵的斷裂

D.不同路徑機(jī)理不同，反應(yīng)焰變也不相同

16.常溫下，向20mL0.1mol?LCH3coOH溶液中逐滴加入O.lmol?L的NaOH溶液,

滴入NaOH溶液的體積與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示.下列說(shuō)法不正確的是()

A.a點(diǎn)的pH>1

B.反應(yīng)過(guò)程中黯需的值不斷增大

CQCngCUUn)

C.c點(diǎn)時(shí),V(NaOH)=20mL

D.b點(diǎn)時(shí),c(H+)+c(Na+)=c(CH3coeT)+c(OH-)

二、填空題(本大題共4小題，共12.0分)

17.學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)字研究SO2并進(jìn)行相關(guān)性質(zhì)的探究。

探究I.葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g-『i,取300.00mL葡萄酒，通過(guò)適當(dāng)?shù)姆?/p>

法使所含SO2全部逸出并用小。2將其全部氧化為H2s。4，然后用0.0900mol-

L-】NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。

(1)寫(xiě)出SO2氣體與出。2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式o

(2)用標(biāo)準(zhǔn)液滴定前排氣泡時(shí)，應(yīng)選擇圖中的(填字母)。

(3)上述滴定實(shí)驗(yàn)中，可選擇為指示劑，選擇該指示劑時(shí)如何判斷反應(yīng)到達(dá)

滴定終點(diǎn).

(4)滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視刻度線，則測(cè)量結(jié)果比實(shí)際值(填“偏高”“偏低”

第6頁(yè)，共26頁(yè)

或“無(wú)影響”)。

(5)滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗NaOH溶液20.00mL,則該葡萄酒中SO?的含量是否超標(biāo)？

(填“是”或“否”)

探究n.(6)將實(shí)驗(yàn)室制得的SO?通入KI溶液，溶液迅速變黃，繼續(xù)通入SO2,出現(xiàn)乳

+

黃色渾濁.該小組同學(xué)查閱資料得知，存在可逆反應(yīng)：S02+4I-+4H#Si

+212+2力0.為探究濃度對(duì)上述可逆反應(yīng)的影響，有同學(xué)認(rèn)為除SO?的濃度外，其

他離子的濃度對(duì)該可逆反應(yīng)也有影響.完成實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)進(jìn)行驗(yàn)證(SO?體積已折算為標(biāo)

準(zhǔn)狀況下體積).

限選試劑：O.lmol?廠1口溶液、l.Omol?LTKI溶液、2.0mol?L-】KI溶液、蒸鐳水、

濃硝酸、濃鹽酸

影響因編

操作現(xiàn)象

素號(hào)

取50mL①_____于錐形瓶中，向其中通入

13溶液變?yōu)闇\黃色

20mLs。2

c(I-)

取50mL②_____于錐形瓶中，向其中通入

圈溶液迅速變黃

20mLs。2

取50mLl.Omol?LKI溶液和5mL③_____于

倒溶液迅速變黃

錐形瓶中，向其中通入20mLs。2

取50mLi.Omol?L-】KI溶液和5mL④_____于溶液迅速變黃，且出

0

錐形瓶中，向其中通入20mLs。2現(xiàn)乳黃色渾濁

18.黃鐵礦的主要成分是FeS2,其中含有一定量的銅、鉆等金屬.某工廠在傳統(tǒng)回收工

藝的基礎(chǔ)上進(jìn)一步改進(jìn)焙燒方式，研究出高效利用硫鐵礦資源的工藝如圖：

(1)研究表明，隨著磨礦細(xì)度的增加，銅、鉆的浸出率都會(huì)相應(yīng)增加，其主要原因

是：______

(2)黃鐵礦的氧化焙燒是制硫酸工藝的重要一步，其產(chǎn)物之一是Fez。?，反應(yīng)的化學(xué)

方程式為：;

催化劑

制硫酸工藝中涉及反應(yīng)2SC)2+02——2SO3AH<0,該反應(yīng)需將溫度控制在

400~500℃,原因是.

(3)氧化還原焙燒渣仍有少量CuS,已知CuS不溶于H2sO4,但當(dāng)浸出過(guò)程含有硫酸

鐵時(shí)，也可氧化浸出，其反應(yīng)的離子方程式為：.

(4)浸液通過(guò)加入萃取劑可實(shí)現(xiàn)銅和鉆的分離，在萃取前加入NaOH溶液乳化可提高

分離效率，不同濃度的溶液對(duì)萃取率的影響如圖，貝UNaOH溶液最佳的濃度為

(5)已知黃鐵礦氧化焙燒前后主要元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)如表:

項(xiàng)目FeSCuCo

焙燒前(％)40.2842.550.530.022

焙燒后(％)53.080.960.760.047

為測(cè)定銅的浸出率，取50g焙燒后的燒渣，經(jīng)處理后測(cè)得CM+物質(zhì)的量為5x

10-3mol,則銅離子的浸出率為(結(jié)果保留三位有效數(shù)字).

19.氨基甲酸鏤(H2NCOONH4)為尿素生產(chǎn)過(guò)租的中間產(chǎn)物，易分解.某小組對(duì)氨基甲

酸鏤的分解實(shí)驗(yàn)進(jìn)行探究.

-1

已知：I.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AHi=-92.4kJ-mol

-1

H.C(s)+O2(g)UCO2(g)AH2=-393.8kJ-mol

-1

ID.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)WH2NCOONH4(S)AH3=-645.7kJ-mol

回答下列問(wèn)題：

(1)寫(xiě)出H2NCOONH4分解生成NH3與CC>2氣體的熱化學(xué)方程式：.

(2)恒容條件下，實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示：

T/K293298303308313

p/kPa8.6011.4016.2420.8630.66

①恒溫恒容時(shí)，下列能夠說(shuō)明該反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是(填標(biāo)號(hào)).

A.容器內(nèi)總壓強(qiáng)不再改變

第8頁(yè)，共26頁(yè)

B.2V正(NG)=v逆(CO?)

C.C2(NH3)C(C()2)的值不再改變

D.NH3的體積分?jǐn)?shù)不再改變

②某溫度下，該反應(yīng)平衡時(shí)容器內(nèi)總壓強(qiáng)為p,寫(xiě)出該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)的計(jì)算

式Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓x物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)).

③隨著溫度升高，。逐漸(填“增大”、“減小”或“不變”),其主要原

因是?

④某溫度下，達(dá)到平衡后，欲增加N&的平衡濃度，可采取的措施有(填標(biāo)

號(hào)).

AjnH2NCOONH4

B.加催化劑

C.減小體積增大壓強(qiáng)

D.移走CO2

(3)有人設(shè)想綜合利用太陽(yáng)能將天然氣轉(zhuǎn)化為較易存運(yùn)的甲醇，裝置如下圖，酸性

工作環(huán)境時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)的方程式為.

20.(1)已知亞磷酸(H3Po3)為二元弱酸，則NazHPOs溶液中，各離子濃度的大小關(guān)系為

______________O

(2)常溫下，將NaOH溶液滴加到亞磷酸(H3P。3)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度

變化的關(guān)系如圖所示，則表示1g甯震的是曲線(Jt"I”或"n”),亞

磷酸(H3Po3)的Kai=。

C

C（H2PO；）CH3PO3）

(3)常溫時(shí),O.lmol?L-】NH4Al(SO)溶液的pH=3.

①2c(SO。-c(NHt)-3C(A13+)?mol-L-1.

②80久時(shí)，O.lmohL-】NH4Al(S04)2溶液的pH小于3,請(qǐng)從平衡移動(dòng)的角度分析導(dǎo)

致pH隨溫度變化的原因是.

(4)常溫時(shí)，［iijlOOmLO.lmol-LTNH4HSO4溶液中滴力HO.lmol?L-】NaOH溶液，得

到的溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示。

①向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a點(diǎn)的過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

②圖中a、b、c、d點(diǎn)中水的電離程度最小的是,

第10頁(yè)，共26頁(yè)

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A.二氧化碳中不含氫，淀粉中含H,所以合成過(guò)程中需要?dú)湓拥膮⑴c，

故A正確；

B.淀粉遇到碘變藍(lán)，所以可用碘染色來(lái)觀察淀粉的產(chǎn)生，故B正確；

C.淀粉的溶液為膠體，膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，人工合成的淀粉溶液能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng),

故C錯(cuò)誤；

D.D.該方法是以二氧化碳為原料，不依賴光合作用，直接人工合成淀粉，所以該研究為

糧食淀粉可持續(xù)供給、二氧化碳轉(zhuǎn)化利用提供新的戰(zhàn)略方向，故D正確；

故選：Co

A.依據(jù)二氧化碳和淀粉的分子組成判斷；

B.淀粉遇到碘變藍(lán)；

C.淀粉的溶液為膠體，膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)；

D.該方法是以二氧化碳為原料，不依賴光合作用，直接人工合成淀粉。

本題考查了有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟悉淀粉分子構(gòu)成，明確以二氧化碳為原料合成淀粉的

過(guò)程是解題關(guān)鍵，題目難度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.H+與HCO］反應(yīng)，不能大量共存，故A不選；

B.室溫下，c(H+)=1xICT"的溶液，溶液呈堿性，含有大量OHLOH、Na+、K+、

CIO、CO歹相互不反應(yīng)，可以大量共存，故B選；

C.水溶液中銅離子為藍(lán)色，不符合題意要求，故C不選；

D.能溶解氫氧化鋁的溶液既可以是強(qiáng)堿溶液，也可以是酸溶液，堿性溶液中NH*不能大

量共存，酸性溶液中CH3COO-不能大量共存，故D不選；

故選：Bo

A.H+與HCO］反應(yīng)；

B.室溫下，c(H+)=1xIO-1?的溶液，溶液呈堿性，含有大量0H-；

C.水溶液中銅離子為藍(lán)色；

D.能溶解氫氧化鋁的溶液既可以是強(qiáng)堿溶液，也可以是酸溶液。

本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息及常見(jiàn)離子之間的反應(yīng)為解答的

關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)及常見(jiàn)離子顏色的考查，題目難度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.1個(gè)丙三醇含有3個(gè)羥基，0.5mol丙三醇中含有羥基數(shù)為1.5NA，故A正

確；

B.1個(gè)羥基中含9個(gè)電子，Imol羥基中含9心個(gè)電子，故B錯(cuò)誤；

CJg%的物質(zhì)的量為嘉0.5mol,由方程式可知，每消耗Imo%,生成lmol水分子，

所以消耗0.5molH2生成水分子數(shù)為0.5NA，故C錯(cuò)誤；

D.標(biāo)況下丙二醇不是氣體，不能使用氣體摩爾體積，故D錯(cuò)誤。

故選:Ao

A.1個(gè)丙三醇含有3個(gè)羥基；

B.1個(gè)羥基中含9個(gè)電子；

C.由方程式可知，每消耗Imol%,生成Imol水分子；

D.丙二醇沸點(diǎn)184.8久，標(biāo)況下丙二醇不是氣體。

本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，解題時(shí)注意氣體摩爾體積使用條件

和對(duì)象，注意有機(jī)物結(jié)構(gòu)組成，題目難度不大。

4.【答案】D

【解析】解:A.CH3cH2COOH與CH3COOCH2cH3的分子式不同，二者不互為同分異構(gòu)體，

故A錯(cuò)誤；

B.乙烯與澳水發(fā)生加成反應(yīng)，與高錦酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液褪色的原理不同，故

B錯(cuò)誤；

C.石油裂化后的產(chǎn)物含不飽和鍵，不能萃取碘水中的碘，故C錯(cuò)誤；

D.碳酸鈉溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，酯化反應(yīng)后可用碳酸鈉溶液除

雜，故D正確；

故選：Do

A.CH3cH2COOH與CH3COOCH2cH3的分子式不同；

B.乙烯與溪水發(fā)生加成反應(yīng)，與高鋸酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)；

第12頁(yè)，共26頁(yè)

C.石油裂化后的產(chǎn)物含不飽和鍵；

D.碳酸鈉溶液可吸收乙酚、除去乙酸、降低酯的溶解度。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的官能團(tuán)、有機(jī)反應(yīng)為解答的

關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.放電時(shí)MCMB電極為負(fù)極，故A正確；

B.放電時(shí)，左側(cè)為正極，放電時(shí)K+往左移動(dòng)，故B正確；

C.電子無(wú)法通過(guò)溶液移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.充電時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)為Cn+xPF6-xe-=Cn(PF6)x，故D正確；

故選:Co

分析可知，陽(yáng)離子移向陰極，陰極在放電時(shí)為負(fù)極，故左側(cè)為原電池正極，右側(cè)為原電

池負(fù)極，據(jù)此分析回答問(wèn)題。

本題考查電解原理的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握離子的移動(dòng)、電極及電極反應(yīng)為解答的關(guān)

鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度中等。

6.【答案】A

【解析】解：根據(jù)分析可知，W為H,X為N,丫為Al,Z為S元素，

A.W與X形成的最簡(jiǎn)單化合物為氨氣，氨氣的電子式為故A錯(cuò)誤；

H

B.硫離子和鋁離子的核外電子總數(shù)分別為18、10,二者的簡(jiǎn)單離子的電子層結(jié)構(gòu)不相同，

故B正確；

C.Y和Z可形成化合物Al2s3,故C正確；

D.主族元素(0、F除外)的最高價(jià)等于其最外層電子數(shù)，H、N、Al、S的最外層電子數(shù)分

別為1、5、3、6,則最高正化合價(jià)Z>X>Y>W,故D正確：

故選：A。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的核外電子數(shù)等于其主族序數(shù)，

則W為H元素；X的單質(zhì)在空氣中含量最多，則X為N元素；丫的最高價(jià)氧化物的水化物是

兩性化合物，則丫為A1元素；Z的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為4,其最高正價(jià)與最低負(fù)

價(jià)的絕對(duì)值之和為8,Z的最高正價(jià)為+6,最低負(fù)極為-2價(jià)，貝IJZ為S元素，以此分析解

答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)來(lái)推斷元素為

解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。

7.【答案】A

【解析】解：A.加熱固體可選用煙，可選圖中裝置加熱熔融的NaQ固體，故A正確；

B.二者均與碳酸鈉溶液反應(yīng)，不能除雜，應(yīng)選飽和碳酸氫鈉溶液，故B錯(cuò)誤；

C.催化氧化需要氧氣作氧化劑，且需要加熱，不能用銅絲直接催化氧化乙醇，故C錯(cuò)誤；

D.過(guò)氧化鈉為粉末，與水接觸后不能分離，不能隨關(guān)隨停，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

A.加熱固體可選用期；

B.二者均與碳酸鈉溶液反應(yīng)；

C.催化氧化需要氧氣作氧化劑，且需要加熱；

D.過(guò)氧化鈉為粉末，與水接觸后不能分離。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分離提純、物

質(zhì)的制備為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難

度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)達(dá)到平衡后,加入C,平衡不發(fā)生移動(dòng),

故A錯(cuò)誤；

B.Nz(g)+3H2(g)=2NH3(g)達(dá)平衡后增大N?濃度平衡正向移動(dòng)，電的轉(zhuǎn)化率減小，小

的轉(zhuǎn)化率增大，故B正確；

C.有氣體參加的反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，減小反應(yīng)器容積，則相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡一定向氣體

體積減小的方向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.在恒壓反應(yīng)器中充入稀有氣體，參加反應(yīng)氣體的濃度減小，分壓減小，平衡向體積增

大的方向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

A.固體不改變化學(xué)平衡；

B.多種反應(yīng)物的可逆反應(yīng)，增加其中一種反應(yīng)物質(zhì)的濃度，平衡正向移動(dòng)，其他反應(yīng)物

第14頁(yè)，共26頁(yè)

的轉(zhuǎn)化率增大，該物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率減小；

C.壓強(qiáng)增大平衡向著氣體體積減小的方向移動(dòng)；

D.在恒壓反應(yīng)器中充入稀有氣體，參加反應(yīng)氣體的濃度減小，分壓減小。

本題考查化學(xué)平衡，為高頻考點(diǎn)，把握體積與壓強(qiáng)的關(guān)系、壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響為解

答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意平衡移動(dòng)原理的應(yīng)用，題目難度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，且焰變?yōu)樨?fù)，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)

速率大于正反應(yīng)速率，圖中正反應(yīng)速率瞬間不變，二者不符，故A錯(cuò)誤；

B.升高溫度平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率減小，T2>TX）溫度高對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化率小，

與圖一致，故B正確；

C.溫度相同時(shí)增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，CO的體積分?jǐn)?shù)減小，與圖不一致，故C錯(cuò)誤；

D.升高溫度平衡逆向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率減小，與圖不一致，故D錯(cuò)誤：

故選:Bo

A.升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，且熔變?yōu)樨?fù)，平衡逆向移動(dòng)；

B.升高溫度平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率減??；

C.相同壓強(qiáng)時(shí)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，CO的體積分?jǐn)?shù)增大；溫度相同時(shí)增大壓強(qiáng)平衡

正向移動(dòng)，CO的體積分?jǐn)?shù)減?。?/p>

D.升高溫度平衡逆向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率減小。

本題考查化學(xué)平衡，為高頻考點(diǎn)，把握溫度、壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響為解答的關(guān)鍵，側(cè)

重分析與應(yīng)用能力的考查，注意圖中坐標(biāo)及曲線的意義，題目難度不大。

10.【答案】C

【解析】解：A.7min前沒(méi)有達(dá)到平衡，反應(yīng)速率在變化，7min后反應(yīng)速率不變，故A

錯(cuò)誤；

B.焰變?yōu)樨?fù)，為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動(dòng)，則反應(yīng)達(dá)到新平衡前v（逆）<v（正），

故B錯(cuò)誤；

C.該溫度下!<=冊(cè)=^^=1.44,故C正確；

D.反應(yīng)前后氣體的總物質(zhì)的量不變，縮小容器體積，平衡不移動(dòng)，則重新達(dá)平衡時(shí)Z的

體積分?jǐn)?shù)不變，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

由表中數(shù)據(jù)可知，7min、9min物質(zhì)的量不變，可知達(dá)到平衡狀態(tài)，則

mol/LX(g)+Y(g)^2Z(g)

開(kāi)始0.0160.0160

轉(zhuǎn)化0.0060.0060.012

平衡0.010.010.012

A.7min前沒(méi)有達(dá)到平衡，反應(yīng)速率在變化；

B.焰變?yōu)樨?fù)，為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動(dòng)；

C.結(jié)合K=肅雷及平衡濃度計(jì)算；

D.反應(yīng)前后氣體的總物質(zhì)的量不變，縮小容器體積，平衡不移動(dòng)。

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握表中數(shù)據(jù)、平衡移動(dòng)、平衡常數(shù)的計(jì)算為

解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。

11.【答案】A

【解析】解：A.30min?40min時(shí)間段，反應(yīng)物、生成物的濃度均減小，且平衡不移動(dòng)，

若使用催化劑，濃度不會(huì)減小，則改變的條件為增大體積，故A錯(cuò)誤；

B.由選項(xiàng)A可知，減小壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，該反應(yīng)為氣體總物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，可知x=

1,故B正確；

C.由圖中40min?54min時(shí)間段，逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，平衡逆向移動(dòng)，改變條

件為升高溫度，可知正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C正確；

D.前8minA的平均反應(yīng)速率為z°m°i/LT36moi/L=008moi-r1-min-1,故D正確；

8mm

故選：Ao

A.30min?40min時(shí)間段，反應(yīng)物、生成物的濃度均減小，且平衡不移動(dòng)；

B.由選項(xiàng)A可知，減小壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，該反應(yīng)為氣體總物質(zhì)的量不變的反應(yīng)；

C.由圖中40min?54min時(shí)間段，逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，平衡逆向移動(dòng)，應(yīng)為升

高溫度；

D.結(jié)合v=4計(jì)算。

△t

本題考查物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線，為高頻考點(diǎn)，把握?qǐng)D中物質(zhì)的量的變化、速率計(jì)

算、平衡移動(dòng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)B為解答的難點(diǎn)，

第16頁(yè)，共26頁(yè)

題目難度不大。

12.【答案】A

【解析】解：A.由圖可知，隨著溫度的升高，NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說(shuō)明溫度較低

時(shí)反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫度較高時(shí)反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡狀態(tài)，再升高溫度時(shí)，NO轉(zhuǎn)

化率反而降低，則反應(yīng)達(dá)到平衡后升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，所以該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，

即AHVO,故A錯(cuò)誤；

B.隨著溫度的升高，NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說(shuō)明溫度較低時(shí)反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫

度較高時(shí)反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡狀態(tài)，再升高溫度時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率反而降低，則圖中丫

點(diǎn)所示為平衡狀態(tài)，故B正確；

C.Y點(diǎn)反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)增加。2的濃度，使正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，平

衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C正確；

D.根據(jù)上述分析，X點(diǎn)時(shí)反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行，則延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間能提

高NO的轉(zhuǎn)化率，故D正確；

故選：Ao

A.由圖可知，隨著溫度的升高，NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡后溫度

升高，平衡逆向移動(dòng)；

B.隨著溫度的升高，N。的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說(shuō)明溫度較低時(shí)反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫

度較高時(shí)反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡狀態(tài)，再升高溫度時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率反而降低；

C.增加。2的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

D.X點(diǎn)反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行。

本題考查化學(xué)平衡計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握

化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡常數(shù)概念及表達(dá)式，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及知

識(shí)遷移能力，題目難度中等。

13.【答案】D

【解析】解：A.對(duì)比等濃度氨水與NaOH溶液的導(dǎo)電能力，氨水溶液燈泡相對(duì)較暗，可

知一水合氨電離出離子濃度小，則一水合氨為弱電解質(zhì)，故A正確；

B.測(cè)定NH4cl溶液的pH小于7,可知氯化核為強(qiáng)酸弱堿鹽，則一水合氨為弱電解質(zhì)，故B

正確；

C.測(cè)定O.OlmoLLT的氨水的pH小于12,可知一水合氨不能完全電離，則一水合氨為弱

電解質(zhì)，故C正確；

D.定0.01mol」T的NH4HSO4溶液的pH小于7,電離出氫離子可顯酸性，不能證明一水

合氨為弱電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選：D?

利用等濃度時(shí)電離的離子濃度比較、電離的不完全性、鹽類(lèi)水解可證明一水合氨為弱電

解質(zhì)，以此來(lái)解答。

本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，把握弱電解質(zhì)的電離平衡、電離的不完全性為

解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A溺酸的電離平衡常數(shù)越大，等濃度時(shí)溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越

小，由于電離平衡常數(shù)：CH3COOH>H2c。3>HCN,等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系

為：pH(CH3COOH)<pH(H2CO3)<pH(HCN),故A正確；

+

B.醋酸在溶液中存在電離平衡：CH3COOH^CH3COO-+H,加水稀釋，其電離平衡正

向移動(dòng)，使CH3COOH的電離程度始終是增大，故B正確；

C.弱酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸性就越強(qiáng)，強(qiáng)酸與弱酸鹽反應(yīng)制取弱酸，根據(jù)弱酸電

離平衡常數(shù)可知酸性：H2CO3>HCN>HCOJ,所以NaCN中通入少量CO2發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生

NaHCO3,HCN,發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3,故

C正確；

D.H2c。3的電離分步進(jìn)行,第一電離方程式為:H2c。3=H++HCO],Kal=

故D錯(cuò)誤；

故選：D。

A.弱酸的電離平衡常數(shù)越大，等濃度時(shí)溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小，由于電

離平衡常數(shù)：CH3COOH>H2cO3>HCN；

B.醋酸在溶液中存在電離平衡：CH3COOHUCH3COO-+H+,力口水稀釋，其電離平衡正

向移動(dòng)；

C.弱酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸性就越強(qiáng)，強(qiáng)酸與弱酸鹽反應(yīng)制取弱酸，根據(jù)弱酸電

離平衡常數(shù)可知酸性：H2cO3>HCN>HCO],據(jù)此判斷；

+

D.H2cO3的電離分步進(jìn)行，第一電離方程式為：H2CO3#H+HCO3,應(yīng)寫(xiě)出分步電離

常數(shù)。

第18頁(yè)，共26頁(yè)

本題考查弱電解質(zhì)電離及鹽類(lèi)水解，側(cè)重考查分析判斷及知識(shí)綜合應(yīng)用能力，明確弱酸

電離平衡常數(shù)與酸性強(qiáng)弱關(guān)系及對(duì)應(yīng)酸根離子水解程度關(guān)系是解本題關(guān)鍵，整體難度適

中。

15.【答案】B

【解析】解：A.控速步驟即為活化能最大的步驟，則路徑1的控速步驟為0H*-H*+0*,

路徑2、3、4的控速步驟都為C0*+H20*-C0*+0H*,故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，該反應(yīng)的反應(yīng)物為C0和小0,生成物為CO2和內(nèi),則該反應(yīng)的化學(xué)方程式

、,儺化劑,,..

為CO+HzO"^—CO2+H2，故B正確；

C.由圖可知，上述轉(zhuǎn)化過(guò)程中涉及0-H鍵的斷裂，不涉及非極性鍵的斷裂，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)蓋斯定律，化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無(wú)關(guān),

則不同路徑機(jī)理不同，反應(yīng)焙變相同，故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

A.控速步驟即為活化能最大的步驟；

B.由圖可知，該反應(yīng)的反應(yīng)物為C0和小0,生成物為CO?和Hz；

C.由圖可知，上述轉(zhuǎn)化過(guò)程中涉及0-H鍵的斷裂；

D.根據(jù)蓋斯定律，化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無(wú)關(guān)。

本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量的變化，側(cè)重考查學(xué)生識(shí)圖能力和分析能力，把握概念、反應(yīng)

熱與反應(yīng)物或生成物能量之間的關(guān)系、提取圖中信息等為解題關(guān)鍵，題目難度不大。

16.【答案】C

【解析】解：A.CH3COOH是弱電解質(zhì)，部分電離，O.lmol/L的CH3COOH溶液中c(H+)<

O.lmol/L,則溶液的pH>1,故A正確;

B.反應(yīng)過(guò)程中c(H+)逐漸減小，溫度不變電離平衡常數(shù)不變，Ka(CH3coOH)=c(H+)x

C(CHCOQ-)

3則反應(yīng)過(guò)程中喏黯增大,故B正確;

C(CH3coOH)'CQCHsCUUn)

C.CH3coONa溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，CH3COOH應(yīng)該稍微過(guò)量，所以C點(diǎn)時(shí)

V(NaOH)小于20mL,故C錯(cuò)誤;

D.任何電解質(zhì)水溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(Na+)=

C(CH3COO-)+C(OH-),故D正確；

故選：Co

A.CH3COOH是弱電解質(zhì)，部分電離；

B.Ka(CH3COOH)=c(H+)x:署嚷常,溫度不變電離平衡常數(shù)不變；

C.CECOONa溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，CfCOOH應(yīng)該稍微過(guò)量；

D.任何電解質(zhì)水溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷。

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷及計(jì)算能力，明確各點(diǎn)溶液中

溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、電離平衡常數(shù)計(jì)算方法等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，注意B中分式的靈

活變形，題目難度不大。

17.【答案】SO2+H25=H2sO4C酚猷當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液顏

色由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不恢復(fù)原色(或不褪色)偏高否O.lmol/LKI溶

液l.Omol/LKI溶液蒸儲(chǔ)水濃鹽酸

【解析】解：(l)S02具有還原性，可以被出。2氧化為H2sO,，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+

也。2=H2so4,

故答案為：so2+H2O2=H2SO4；

(2)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應(yīng)該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：將

膠管彎曲使玻璃尖嘴斜向上，用兩指捏住膠管輕輕擠壓玻璃珠，使溶液從尖嘴流出，從

而溶液充滿尖嘴，排除氣泡，所以排除堿式滴定管中的空氣用C的方法，

故答案為：C；

(3)用強(qiáng)堿NaOH滴定強(qiáng)酸硫酸，可以使用酚酸試液為指示劑，開(kāi)始滴定時(shí)溶液為無(wú)色，

隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，堿性逐漸增強(qiáng)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH標(biāo)準(zhǔn)溶

液時(shí)，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不恢復(fù)原色(或不褪色)，此時(shí)達(dá)到滴定終

點(diǎn)，

故答案為：酚醐；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且

半分鐘不恢復(fù)原色(或不褪色)；

(4)滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視刻度線，則讀數(shù)偏大，導(dǎo)致H2sO4的物質(zhì)的量偏低，使得測(cè)量結(jié)

果比實(shí)際值偏高，

故答案為：偏!§］；

(5)n(NaOH)=0.0900mol/Lx0.02L=1.8x10-3mol,根據(jù)反應(yīng)方程式2NaOH+

H2sO4=Na2sO4+2H2?？芍猲(H2so4)="(NaOH)=9.0x10-4mol,則根據(jù)S元素守

第20頁(yè)，共26頁(yè)

-4

恒可知n(SC)2)—n(H2S04)=9.0x10TmoLm(S02)=9.0x10molx64g/mol=

0.0576g,則葡萄酒中SO2的含量為嘴^nO.igZg/LvOZSg/L,因此該葡萄酒中SO?的

含量不超標(biāo)，

故答案為：否；

(6)探究c(「)對(duì)反應(yīng)速率的影響，比較i、團(tuán)反應(yīng)速率，實(shí)驗(yàn)團(tuán)反應(yīng)速率快，則實(shí)驗(yàn)i濃度

小，應(yīng)為0.1mol/LKI溶液，濃度較小，反應(yīng)較慢；實(shí)驗(yàn)圈濃度大，可以用1.0mol/LKI溶

液；探究c(H+)對(duì)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)回、iv對(duì)比，iv反應(yīng)較快，且出現(xiàn)乳黃色渾濁，

則實(shí)驗(yàn)團(tuán)可加入蒸儲(chǔ)水，實(shí)驗(yàn)iv加入濃鹽酸，不能加入硝酸，避免硝酸氧化KI和二氧化

硫，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗，

故答案為：①0.1mol/LKI溶液；②1.0mol/LKI溶液；③蒸儲(chǔ)水；④濃鹽酸。

(1)SO2具有還原性，可以被出。2氧化為H2s0小

(2)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應(yīng)該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：將

膠管彎曲使玻璃尖嘴斜向上，用兩指捏住膠管輕輕擠壓玻璃珠，使溶液從尖嘴流出，從

而溶液充滿尖嘴，排除氣泡；

(3)用強(qiáng)堿NaOH滴定強(qiáng)酸硫酸，可以使用酚獻(xiàn)試液為指示劑，開(kāi)始滴定時(shí)溶液為無(wú)色,

隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，堿性逐漸增強(qiáng)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH標(biāo)準(zhǔn)溶

液時(shí)，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不恢復(fù)原色(或不褪色)；

(4)滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視刻度線，則讀數(shù)偏大，導(dǎo)致H2sO,的物質(zhì)的量偏低；

(5)n(NaOH)=0.0900mol/Lx0.02L=1.8x10-3moL根據(jù)反應(yīng)方程式2NaOH+

H2S04=Na2sO4+2H2。可知n(H2so4)="(NaOH)=9.0XlO^mol,則根據(jù)S元素守

-4-4

恒可知n(SC)2)=n(H2S04)=9.0x10mol,m(S02)=9.0x10molx64g/mol=

0.0576g,則葡萄酒中SO?的含量為嗤絲=0.192g/L；

(6)探究c(「)對(duì)反應(yīng)速率的影響，比較i、團(tuán)反應(yīng)速率，實(shí)驗(yàn)國(guó)反應(yīng)速率快，則實(shí)驗(yàn)i濃度

??；實(shí)驗(yàn)國(guó)濃度大，可以用1.0mol/LKI溶液；探究c(H+)對(duì)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)空iv對(duì)

比，iv反應(yīng)較快，且出現(xiàn)乳黃色渾濁；實(shí)驗(yàn)iv加入濃鹽酸，不能加入硝酸，避免硝酸氧

化KI和二氧化硫，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗。

本題考查了物質(zhì)的含量的測(cè)定，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作中的誤差分析，題

目難度中等，掌握實(shí)驗(yàn)的原理及正確的誤差分析是解題的關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)

用所學(xué)知識(shí)的能力。

管

18.【答案】隨著磨礦細(xì)度的增加，礦粒和酸液的接觸面積增大4FeS2+110----8s。2+

2Fe203溫度低，反應(yīng)速率慢，溫度高，平衡逆向移動(dòng)，不利于生成SO3,溫度過(guò)高會(huì)

3+2+2+

導(dǎo)致催化劑失去活性2Fe+CuS=2Fe+S+Cu1.9mol/LFe30484.2%

【解析】解：(1)隨著磨礦細(xì)度的增加，礦粒和酸液的接觸面積增大，導(dǎo)致Cu、Co的浸

出率都會(huì)相應(yīng)增加，

故答案為：隨著磨礦細(xì)度的增加，礦粒和酸液的接觸面積增大；

(2)黃鐵礦中Fes?在高溫下被氧化生成Fe2f)3，同時(shí)還生成SO?，反應(yīng)方程式為4FeS?+

高溫催化劑

AH0,

110—8S02+2Fe2O3,2SO2+O2-^-2SO3溫度低時(shí)，反應(yīng)速率慢，該反應(yīng)

的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度高，平衡逆向移動(dòng)，不利于生成S03,且溫度過(guò)高會(huì)導(dǎo)致催

化劑失去活性，綜合考慮選取溫度為400?500汽，

高溫

;

故答案為：4FeS2+110~8S02+2Fe2O3溫度低，反應(yīng)速率慢，溫度高，平衡逆向

移動(dòng)，不利于生成SO3,溫度過(guò)高會(huì)導(dǎo)致催化劑失去活性；

(3)氧化還原焙燒渣仍有少量CuS,已知CuS不溶于H2sO4,但當(dāng)浸出過(guò)程含有硫酸鐵時(shí)，

也可氧化浸出，鐵離子能氧化CuS生成Fe2+、S和Cu2+,離子方程式為2Fe3++CuS=

2Fe2++S+Cu2+,

故答案為：2Fe3++CuS=2Fe2++S+CM+；

(4)Cu、Co浸出率差值越大越好，根據(jù)圖知，NaOH濃度為1.9mol/L時(shí)，二者浸出率差值

最大；用硫酸浸取后的浸渣能用磁選法分離，說(shuō)明該氧化物具有磁性，所以該氧化物是

Fe3O4.

故答案為：1.9；Fe304；

(5)焙燒后的m(Cu)=50gx0.76%=0.38g,溶液中m(CM+)=5x10-3molx

64g/mol=0.32g,則銅離子的浸出率=膘當(dāng)x100%=需x100%?84.2%,

焙燒后m(Cu)0.38g

故答案為：84.2%。

黃鐵礦中通入焙燒，分式反應(yīng)4FeSz+110三8so2+2Fe2()3,然后用煤氧化還原焙

燒渣，F(xiàn)e2()3轉(zhuǎn)化為Fe3()4,然后用稀硫酸浸泡，氧化還原焙燒渣仍有少量CuS,CuS不

溶于H2sO,，所以浸渣中含有CuS；根據(jù)流程圖中，浸液通過(guò)一系列操作得當(dāng)Cu、Co,

則Cu、C。進(jìn)入浸液；浸渣通過(guò)磁選得到精礦，貝l]Fe3()4不溶于稀硫酸；

(1)隨著磨礦細(xì)度的增加，反應(yīng)物的接觸面積增大；

(2)黃鐵礦中Fes?在高溫下被氧化生成Fe2()3，同時(shí)還生成SO2；2SO2+

第22頁(yè)，共26頁(yè)

02=_2503414<0為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，溫度過(guò)高會(huì)導(dǎo)致催化劑失去

活性；

(3)氧化還原焙燒渣仍有少量CuS,已知CuS不溶于H2sO4,但當(dāng)浸出過(guò)程含有硫酸鐵時(shí)，

也可氧化浸出，鐵離子能氧化CuS生成Fe2+、S和CM+；

(4)Cu、Co浸出率差值越大越好；用硫酸浸取后的浸渣能用磁選法分離，說(shuō)明該氧化物

具有磁性；

(5)焙燒后的m(Cu)=50gx0.76%=0.38g,溶液中m(Cu2+)=5x10_3molx

64g/mol=0.32g,則銅離子的浸出率=必*?x100%。

焙燒后m(Cu)

本題考查物質(zhì)分離提純和物質(zhì)制備，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確流

程圖中各物質(zhì)成分及其性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)分離提純方法等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，

難點(diǎn)是各物質(zhì)成分的判斷，題目難度中等。

-12

19.【答案】H2NC00NH4(S)U2NH3(g)+CO2(g)AH=+159.5kJ-molA(|p)x

(|p)增大升高溫度，平衡正向移動(dòng)，氣體的物質(zhì)的量增大，壓強(qiáng)增大，平衡常數(shù)增

+

大DCH4+H2O-2e-=CH3OH+2H

1

【解析】解：(1)已知:I.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△Hi=-92.4kJ-mol-

-1

H.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.8kJ-mol