2022-2023學年云南省玉溪市高二上學期期末教學質量檢測化學試題（解析版）

PAGEPAGE1玉溪市2022-2023學年上學期高二年級教學質量檢測化學第I卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.2022年6月5日是第51個世界環(huán)境日，主題是“共建清潔美麗世界”，旨在促進全社會增強生態(tài)環(huán)境保護意識，投身生態(tài)文明建設。下列說法錯誤的是A.鼓勵光電、風電、水電等清潔能源的發(fā)展B.用可降解的聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以減少白色污染C.利用煤的氣化、液化等物理變化獲得清潔燃料D.從電解工業(yè)的陽極泥提取金、銀等貴金屬，提高資源利用率〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．鼓勵光電、風電、水電等清潔能源的發(fā)展，可減少環(huán)境的破壞，A正確；B．白色污染主要原因是使用大量不可降解塑料，因此使用可降解的聚乳酸塑料可減少白色污染，B正確；C．煤的氣化、液化是固態(tài)燃料轉化為氣態(tài)、液態(tài)燃料的過程，屬于化學變化，C錯誤；D．利用電解工業(yè)的陽極泥提取金、銀等貴金屬，對貴金屬的回收利用，可提高資源利用率，D正確；故選C。2.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.17g羥基中含有的電子數為10NAB.標準狀況下，22.4LSO3中含有的硫原子數為NAC.1L0.01mol?L-1HF溶液中含有F-的數目為0.01NAD.7.8gNa2O2與足量的水反應，轉移的電子數為0.1NA〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．1個羥基含有9個電子，17g即1mol羥基中含有的電子數為9NA，故A錯誤；B．標準狀況下SO3為固體，22.4LSO3中含有的硫原子數遠大于NA，故B錯誤；C．HF是弱酸，1L0.01mol?L-1HF溶液中含有F-的數目小于0.01NA，故C錯誤；D．1mol過氧化鈉與足量水反應時轉移1mol電子，7.8g即0.1molNa2O2與足量的水反應，轉移的電子數為0.1NA，故D正確；〖答案〗選D。3.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量存在的是A.無色溶液中：Na+、NH、MnO、Cl-B.中性溶液中：K+、Fe3+、NO、SOC.由水電離的c(H+)=1×10-12mol?L-1溶液中：Na+、Fe2+、NO、I-D.能使甲基橙變紅的溶液中：K+、NH、Cl-、NO〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．含MnO的溶液為紫色，A錯誤；B．Fe3+水解，溶液顯酸性，B錯誤；C．由水電離的c(H+)=1×10-12mol?L-1溶液，可能顯酸性或堿性，Fe2+、NO、I-在酸性溶液中不能大量共存，Fe2+在堿性溶液中不能共存，C錯誤；D．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，K+、NH、Cl-、NO相互不反應，可以大量共存，D正確；故選D。4.下列敘述不能用勒夏特列原理解釋的是A.高溫有利于N2和H2合成NH3B.紅棕色的NO2，加壓后顏色先變深后變淺C利用TiCl4水解制備TiO2時，需加入大量水并加熱D.在含有Fe(SCN)3的紅色溶液中加鐵粉，振蕩靜置后溶液顏色變淺或褪去〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．N2和H2合成NH3為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，高溫不利于反應的進行，不能用勒夏特列原理解釋，A選；B．紅棕色NO2加壓后，化學平衡為2NO2?N2O4，加壓濃度增大氣體顏色加深，但反應正向進行，所以顏色先變深后變淺，能用勒夏特列原理解釋，B不選；C．稀釋和加熱能促進水解，則利用TiCl4水解制備TiO2時，需加入大量水并加熱，能用平衡移動原理解釋，C不選；D．溶液中存在化學平衡Fe3++3SCN-，加入鐵粉，發(fā)生反應2Fe3++Fe=3Fe2+，c(Fe3+)減小，平衡正向移動，溶液顏色變淺或褪去，能用勒夏特列原理解釋，D不選；〖答案〗選A。5.有機物阿司匹林有很好的解熱鎮(zhèn)痛作用，其結構如圖所示。下列說法正確的是A.阿司匹林的分子式為C8H8O4B.阿司匹林分子中所有原子共面C.阿司匹林可以發(fā)生氧化、水解反應D.阿司匹林腸溶片包裝盒上標記“OTC”，說明該藥物必須憑醫(yī)生處方購買〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．阿司匹林的分子式為C9H8O4，A錯誤；B．阿司匹林分子中含有甲基，其飽和碳原子為四面體結構，故分子內所有原子不可能共面，B錯誤；C．阿司匹林含C、H和O元素，可以燃燒，燃燒屬于氧化反應，所含酯基可以發(fā)生水解，C正確；D．“OTC”是非處方藥，說明該藥物不需要憑醫(yī)生處方購買，D錯誤；〖答案〗選C。6.下列方程式書寫正確的是A.NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na++H++COB.S2-的水解方程式：S2-+2H2OH2S+2OH-C.泡沫滅火器工作原理：2Al3++2CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.工業(yè)上用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na++HCO，A錯誤；B．S2-分步水解，第一步水解方程式：S2-+H2OHS-+OH-，第二步為HS-+H2OH2S+OH-，B錯誤；C．泡沫滅火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C錯誤；D．工業(yè)上用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)，D正確；故選D。7.常溫下，分別取未知濃度的MOH和HA溶液，加水稀釋至原體積的n倍，加水稀釋過程中，兩溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是A.HA為弱酸，MOH為強堿B.水的電離程度：X=Z＞YC.若不考慮溶質的揮發(fā)，升高溫度，X、Z點對應溶液的pH均不變D.將X點溶液與Z點溶液等體積混合，所得溶液呈酸性〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，將X點HA溶液稀釋10倍(即增大1)，pH變化小于1，則HA是弱酸；將Y點MOH溶液稀釋10倍，pH減小1，則MOH是強堿，A正確；B．酸、堿均抑制水的電離，X點溶液中，由水電離出的，Y、Z點溶液中分別為、，則由水電離出的分別為、，故水的電離程度：X=Z>Y，B正確；C．MOH是強堿，升高溫度，溶液中幾乎不變，但增大，變大，溶液的pH減小，C錯誤；D．將X點溶液與Z點溶液等體積混合，發(fā)生中和反應后，HA有剩余，所得混合液呈酸性，D正確；故〖答案〗選C。8.如圖所示實驗裝置，不能完成相應實驗的是A.用裝置甲測量鹽酸和NaOH溶液的中和熱B.用裝置乙進行酸堿中和滴定時，滴定管里裝有NaOH溶液C.用裝置丙能制取無水MgCl2D.用裝置丁比較Cl元素與S元素的非金屬性強弱〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．裝置甲是個簡易量熱計，絕熱、有溫度計能測量溫度、有環(huán)形玻璃攪拌棒可攪拌，因此用裝置甲測量鹽酸和NaOH溶液的中和熱，能完成實驗，A不符合；B．裝置乙中滴定管是酸式滴定管，不能裝氫氧化鈉溶液，不能完成實驗，B符合；C．氯化鎂溶液會水解，鹽酸能抑制其水解，氯化鎂晶體在氯化氫氣流中加熱能失去結晶水得到無水氯化鎂，故用裝置丙能制取無水MgCl2，能完成實驗，C不符合；D．高錳酸鉀和濃鹽酸在室溫下反應產生氯氣，氯氣和硫化鈉溶液發(fā)生置換反應產生硫，氯氣的氧化性大于硫，可證明Cl元素的非金屬性大于S元素，反應中多余的氯氣、揮發(fā)的氯化氫氣體能用氫氧化鈉溶液吸收、防止污染，故用裝置丁比較Cl元素與S元素的非金屬性強弱，能完成實驗，D不符合；〖答案〗選B。9.含鐵物質與其相應化合價的關系如圖所示。下列推斷合理的是A.常溫下，物質a與濃硝酸反應生成NO2氣體B.物質c俗稱鐵紅，常用做紅色涂料C.存在e→d→f→g的轉化關系D.檢驗物質e中陽離子的方法是先加適量氯水，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液變?yōu)榧t色〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由圖中鐵元素的化合價及所屬類別，可確定a為Fe、b為FeO、c為Fe2O3、d為含Fe3+的鹽、e為含Fe2+的鹽、f為Fe(OH)3、g為Fe(OH)2?！荚斘觥紸．鐵遇到濃硝酸鈍化，阻止反應的進一步進行，A錯誤；B．c為Fe2O3，俗稱鐵紅，常用做紅色涂料，B正確；C．Fe2+能一步轉化為Fe3+，Fe3+能一步轉化為Fe(OH)3，但Fe(OH)3不能一步轉化為Fe(OH)2，C錯誤；D．e為含Fe2+的鹽，易被氧化為Fe3+，檢驗物質e中陽離子的方法是先滴加硫氰化鉀溶液，溶液不變紅色，加適量氯水，變紅色，D錯誤；故選B。10.化學學習離不開實驗。下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是選項操作目的A向乙醇中加入生石灰，然后蒸餾除去乙醇中混有的少量水B室溫下，用pH試紙測量NaClO溶液的pH證明HClO是弱酸C加入NaOH溶液，振蕩、靜置除去乙酸乙酯中混有的乙酸D向2mL0.1mol?L-1AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol?L-1NaCl溶液出現白色沉淀，再滴加2滴相同濃度的NaI溶液，振蕩，出現黃色沉淀證明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．生石灰和水反應生成氫氧化鈣，可以除去乙醇中的少量水，A正確；B．NaClO溶液具有強氧化性，不能用pH試紙測量NaClO溶液的pH，需用pH計測量，B錯誤；C．乙酸乙酯在NaOH溶液的堿性條件下水解為乙酸鈉和乙醇，不能達到除雜目的，C錯誤；D．AgNO3溶液過量，不能證明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D錯誤；故選A。11.短周期主族元素X、Y、Z的原子序數依次增大，X元素最外層電子數是電子層數的2倍，Y元素在元素周期表中的周期數等于族序數，Y能溶于Z的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，而不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是A.原子半徑：Z＞Y＞X B.X是形成化合物種類最多的元素C.Y最高價氧化物具有很高的熔點 D.實驗室可用XZ2清洗裝有硫磺的試管〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z的原子序數依次增大，X元素最外層電子數是電子層數的2倍，則X為C，Y元素在元素周期表中的周期數等于族序數，Y能溶于Z的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，而不溶于其濃溶液，則Y為Al，Z為S?！荚斘觥紸．同周期從左到右元素原子半徑遞減，同主族時，核電荷數越大，原子半徑越大，原子半徑：Y(Al)＞Z(S)＞X(C)，A不正確；B．有機化合物數量龐大、種類繁多，X(C)是形成化合物種類最多的元素，B正確；C．Y最高價氧化物即氧化鋁具有很高的熔點，是一種優(yōu)良的耐火材料，C正確；D．硫難溶于水、易溶于二硫化碳，實驗室可用XZ2即二硫化碳清洗裝有硫磺的試管，D正確；〖答案〗選A。12.工業(yè)合成氨反應包含多個基元反應，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是A.從充入反應物到A處，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱B.該歷程中最大活化能E正=590kJ?mol-1C.工業(yè)合成氨溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高D.催化劑可以降低活化能，從而顯著提高反應速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，圖中峰值越小則活化能越??；〖詳析〗A．從充入反應物到A處，反應物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱，A正確；B．該歷程中最大活化能E正=〖(-342)-(-500)〗kJ?mol-1=158kJ?mol-1，B錯誤；C．合成氨反應正反應為放熱反應，高溫不利于氨的合成，工業(yè)合成氨時溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高，催化效率高、反應速率大，C正確；D．催化劑可以大幅降低活化能，顯著提高反應速率，提高產量，D正確；故選B。13.一種微生物電化學方法生產甲烷的裝置如圖所示。下列說法正確的是A.a為電源的負極B.反應過程中陰極附近的pH減小C.陽極的電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+D.每生成1.12L甲烷，電路中轉移電子0.4mol〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖示知，左池中CH3COO-在電極上失電子被氧化為CO2，故左池為電解陽極室，右池為電解的陰極室，電源a為正極，b為負極；陽極電極反應式為：；陰極電極反應式為：?！荚斘觥紸．根據分析，a為正極，A錯誤；B．陰極電極反應式為：，消耗氫離子，pH增大，B錯誤；C．陽極電極反應式為：，C正確；D．由圖示知，右池生成CO2，然后左池轉化為CH4，根據轉移電子關系CH4~8e-，生成0.1molCH4轉移0.8mol電子，氣體狀態(tài)未知，無法計算轉移電子數，D錯誤；故〖答案〗選C。14.借助pH傳感器測得0.1mol?L-1NaHCO3溶液在先升溫、后降溫過程中pH變化如圖所示。下列分析不合理的是A.圖甲中25℃時，溶液中存在關系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)B.圖甲中25~45℃過程，溶液pH逐漸減小，說明HCO的電離平衡對pH影響較大C.圖甲中45~60℃過程，溶液pH逐漸增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3導致的結果D.圖乙中降溫過程，溶液pH逐漸增大，可能是HCO或CO水解平衡正移所致〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．HCO既水解又電離，0.1mol?L-1NaHCO3溶液中存在物料守恒，則溶液中存在關系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，故A正確；B．碳酸氫鈉溶液中存在碳酸氫根離子的水解，溶液應顯堿性，HCO+H2O?H2CO3+OH-，碳酸氫根離子電離，HCO?CO+H+，溶液應顯酸性，水解和電離都是吸熱過程，二者的程度大小決定溶液酸堿性，圖甲中25~45℃過程，溶液pH逐漸減小，說明HCO的電離平衡對pH影響較大，故B正確；C．NaHCO3熱穩(wěn)定性差，分解后生成碳酸鈉，圖甲中45~60℃過程，溶液pH逐漸增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3、c(CO)逐漸增大導致的結果，故C正確；D．HCO、CO水解是吸熱過程，降溫，水解平衡逆向移動使氫氧根濃度減小，則圖乙中降溫過程溶液pH逐漸增大不可能是HCO或CO水解平衡正移所致，故D錯誤；故選D。第II卷(非選擇題，共58分)二、填空題(本大題共5小題，共58分)15.ClO2為疫情防控的消殺提供了強有力的支撐，是國際公認的最新一代廣譜、高效、安全、環(huán)保的殺菌劑，具有殺菌效果好，見效快，殘留少，不產生抗藥性等優(yōu)點。如圖是實驗室用于制備和收集一定量較純凈的ClO2的裝置(某些夾持裝置和墊持用品省略)。已知：①ClO2是一種易溶于水的氣體，難溶于有機溶劑。②實驗室制備ClO2的原理是2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。（1）A為氯氣的制備裝置，其中a管的作用是_____，裝置G的作用是_____。（2）若圓底燒瓶中盛有高錳酸鉀，分液漏斗中盛有濃鹽酸，寫出生成氯氣的離子方程式：______。氯氣的電子式為______。（3）B裝置中所盛試劑是飽和食鹽水，抑制了Cl2與H2O的反應，B裝置中也可以用水替代飽和食鹽水，實驗室常采用飽和食鹽水而不采用水除去氯氣中氯化氫，試用平衡移動原理解釋原因：______。(用離子方程式結合文字表述)（4）裝置D中盛放NaClO2的儀器名稱為_____。當有18.1gNaClO2與Cl2完全反應時，電子轉移數目為_____。（5）E中盛放的試劑用于除去ClO2中未反應的Cl2，可選用的試劑是______(填標號)。a.飽和食鹽水b.CCl4液體c.水d.濃硫酸〖答案〗（1）①.平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利流下②.防倒吸(安全瓶)（2）①.2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.（3）Cl2+H2OH++Cl-+HClO，飽和食鹽水提供大量氯離子，使得平衡體系中氯離子濃度增大，平衡逆向進行，導致氯氣幾乎不溶于水，所以常用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫（4）①.干燥管②.0.2NA（5）b〖解析〗〖祥解〗由實驗裝置可知：A中制備氯氣，裝置B用于除去Cl2中混有的HCl，裝置C用于干燥氯氣，D中發(fā)生2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，已知C1O2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，裝置E用于吸收除去C1O2中的Cl2，裝置F收集氣體，導氣管應該是長進短出，裝置G是安全瓶，可用于防止倒吸現象的發(fā)生，H后接尾氣處理裝置，可以是盛有NaOH溶液的燒杯?！夹?詳析〗A中a管使分液漏斗上方氣體和圓底燒瓶內氣體連通，則a的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利流下，由于ClO2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，裝置最后面接含有NaOH溶液的尾氣處理裝置，用于吸收多余Cl2、ClO2，為避免水進入裝置F，連接裝置G，裝置G的作用是防倒吸(安全瓶)。〖小問2詳析〗若圓底燒瓶中盛有高錳酸鉀，分液漏斗中盛有濃鹽酸，二者反應生成了錳離子、氯氣和水，離子方程式：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。氯氣分子內共用一對電子對，氯氣的電子式為。〖小問3詳析〗實驗室常采用飽和食鹽水而不采用水除去氯氣中氯化氫，試用平衡移動原理解釋原因：Cl2與水反應產生HCl、HClO，該反應是可逆反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，飽和食鹽水提供大量氯離子，使得平衡體系中氯離子濃度增大，平衡逆向進行，導致氯氣幾乎不溶于水，所以常用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫。〖小問4詳析〗裝置D中盛放NaClO2的儀器名稱為干燥管。D中反應為2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，NaClO2為還原劑轉變?yōu)镃lO2，Cl化合價升1價，Cl2為氧化劑轉變?yōu)镹aCl，Cl化合價降1價，關系式為2NaClO2~Cl2~2e-，當有2mol即181gNaClO2與Cl2完全反應時，電子轉移數目為2NA，則當有18.1gNaClO2與Cl2完全反應時，電子轉移數目為0.2NA?！夹?詳析〗由于ClO2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，使用裝置E用于除去ClO2中未反應的Cl2、而ClO2不溶解，則E盛放的試劑：a．氯氣不溶于飽和食鹽水，而ClO2溶解于水，不符合；b．ClO2難溶解于CCl4液體、Cl2溶解易溶于CCl4液體，符合；c．氯氣能溶于水，ClO2溶解于水，不符合；d．氯氣難溶于濃硫酸，不符合；選b。16.硫酸亞鐵常用作還原劑，也可用于制鐵鹽，氧化鐵顏料、媒染劑、凈水劑、防腐劑、聚合催化劑等，用途非常廣泛。（1）26Fe在周期表中位于第______周期第______族。（2）硫酸酸化的FeSO4溶液可用于制備Fe2(SO4)3溶液，加入的氧化劑常用H2O2而不用硝酸的理由是______，寫出硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應的化學方程式：______。（3）某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質，某實驗小組以鈦鐵礦為原料設計了如圖所示流程制取TiO2和硫酸亞鐵晶體。①粉碎鈦鐵礦的目的是_______。②由濾液2經操作A可得FeSO4?7H2O晶體，則操作A為______、過濾、洗滌、干燥。③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，重復實驗3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標準液為10.00mL。反應為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定終點的現象為______，計算樣品純度為______(保留三位有效數字)?！即鸢浮剑?）①.四②.VIII（2）①.不引入新的雜質，不產生污染環(huán)境的氣體②.2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O（3）①.增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積，提高反應速率，提高鈦鐵礦的利用率②.冷卻結晶③.溶液變?yōu)闇\紅色④.69.5%〖解析〗〖祥解〗(3)某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質，鈦鐵礦粉碎、與濃硫酸共熱反應，過濾得濾液1，濾液經加熱后加入鐵粉，得到TiO2+、少量Fe3+、Fe2+和硫酸根離子，趁熱過濾，濾液2經操作A即冷卻結晶、過濾、洗滌并干燥得到FeSO4?7H2O，過濾后，濾液3中含有TiO2+、等離子，水浸得到H2TiO3，煅燒可生成TiO2?！夹?詳析〗26Fe的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，價電子排布式為3d64s2，則在周期表中位于第四周期第VIII族?！夹?詳析〗通常硝酸的還原產物是氮的氧化物，雙氧水是綠色氧化劑、還原產物是水，則用H2O2而不用硝酸氧化硫酸酸化的FeSO4溶液以制備Fe2(SO4)3溶液，理由是：不引入新的雜質，不產生污染環(huán)境的氣體，硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應的化學方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。〖小問3詳析〗①粉碎鈦鐵礦的目的是：增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積，提高反應速率，提高鈦鐵礦的利用率。②從溶液中提取結晶水合物需要用冷卻結晶法，則由濾液2經操作A可得FeSO4?7H2O晶體，則操作A為冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，從反應為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，滴定過程中滴入的酸性高錳酸鉀溶液被還原出現褪色現象，滴定終點時過量的半滴高錳酸鉀溶液顯淺紅色，故滴定終點的現象為溶液變?yōu)闇\紅色、30s內不褪色；重復實驗3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標準液為10.00mL。計算樣品純度為(保留三位有效數字)。17.研究NO2、SO2、CO等氣體的無害化處理對治理大氣污染、建設生態(tài)文明具有重要意義。（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ?mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ?mol-1則NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=______kJ?mol-1，該反應熱力學趨勢大，原因是______。（2）在一定條件下，將2molNO2與1molSO2置于1L密閉容器中發(fā)生反應NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)。①下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是______(填標號)。a．每生成1molSO3同時消耗1molSO2b．混合氣體的顏色保持不變c．體系壓強保持不變d．v(SO2)=v(NO)②若測得上述反應經5min達到平衡時NO2與SO2體積比為5∶1，則用SO2表示該反應的速率為v(SO2)=_____mol?L-1?min-1。（3）起始加入氣體的總物質的量一定，反應CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ?mol-1，在進氣比〖〗不同時，測得CO的平衡轉化率與〖〗的關系如圖所示(圖中各點對應的溫度可能相同也可能不同)。①圖中C、D、E三點對應的CO平衡轉化率逐漸降低，原因是_____，反應速率vc(H2O)_____vE(H2O)(填“>”“<”或“=”)。②圖中A、E、G三點對應的反應溫度TA、TE、TG的大小關系是_____?！即鸢浮剑?）①.-41.8②.該反應是放熱反應（2）①.b②.0.15（3）①.三點對應溫度不同，升高溫度，平衡逆向移動，CO平衡轉化率降低②.＜③.TA=TE=TG〖解析〗小問1詳析〗已知反應Ⅰ：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ?mol-1反應Ⅱ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ?mol-1則按蓋斯定律，(反應Ⅰ-反應Ⅱ)得：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=，該反應熱力學趨勢大，原因是該反應是放熱反應?！夹?詳析〗在一定條件下，將2molNO2與1molSO2置于1L密閉容器中發(fā)生反應NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，則：①a．每生成1molSO3同時消耗1molSO2，均表示正反應速率，不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．混合氣體的顏色保持不變，說明濃度不變，達到平衡狀態(tài)，故b正確；c．1L密閉容器中溫度不變時體系壓強始終不變，故體系壓強保持不變不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故c錯誤；d．v(SO2)=v(NO)，沒有指明是正反應速率還是逆反應速率，不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故d錯誤；選b。②，若測得上述反應經5min達到平衡時NO2與SO2體積比為5∶1，則，得x=0.75，用SO2表示該反應的速率為v(SO2)=?！夹?詳析〗①反應CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ?mol-1，正反應放熱，升溫平衡左移CO平衡轉化率降低，則圖中C、D、E三點初始投料相同，對應的CO平衡轉化率逐漸降低的原因是：三點對應溫度不同，升高溫度，平衡逆向移動，CO平衡轉化率降低；溫度越高反應速率越大，C、D、E對應的溫度由低到高，則反應速率vc(H2O)＜vE(H2O)。②圖中A點數值為(0.5，66.7%)，即，的平衡轉化率為，根據相關數據列出三段式進行計算：，同理，根據相關數據列出三段式進行計算，可得：，，即。因為平衡常數只受溫度影響，A、E、G三點的平衡常數相同，故A、E、G三點的溫度也相同，即。18.常溫下，根據表中幾種物質的平衡常數回答下列問題：NH3?H2OHNO2AgClAg2CrO4(磚紅色)Kb=1.8×10-5Ka=5.6×10-4Ksp=2.0×10-10Ksp=2.0×10-12（1）現有0.1mol?L-1純堿溶液顯堿性的原因是(用離子方程式表示)______。（2）濃度、體積均相同的NH3?H2O與HCl混合，下列說法正確的是______(填標號)。a.混合溶液呈中性b.c(NH3?H2O)+c(H+)=c(OH-)c.c(NH3?H2O)+c(NH)=c(Cl-)d.c(Cl-)+c(OH-)=c(NH)（3）濃度為0.1mol?L-1的NH4NO2溶液中離子濃度由大到小順序是_____。（4）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，則溶液將_____(填“增大”“減小”或“不變”)。（5）測定某溶液中氯離子的濃度，采用K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定。①當溶液中出現______現象時，說明已達到滴定終點。②下列操作會使實驗結果偏大的是______(填標號)。a.滴定前平視滴定管讀數，滴定后俯視滴定管讀數b滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失c.用蒸餾水洗錐形瓶后未干燥d.滴定管未用標準液潤洗〖答案〗（1）CO+H2OHCO+OH-、HCO+H2OH2CO3+OH-（2）c（3）c(NO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)（4）減?。?）①.產生磚紅色沉淀②.bd〖解析〗〖小問1詳析〗純堿溶液顯堿性的原因是碳酸根離子發(fā)生水解，離子方程式表示：CO+H2OHCO+OH-、HCO+H2OH2CO3+OH-?！夹?詳析〗濃度、體積均相同的NH3?H2O與HCl混合，恰好反應得到氯化銨溶液：a．氯化銨是強酸弱堿鹽，銨離子水解使溶液呈酸性，a說法不正確；b．氯化銨溶液中存在電荷守恒：，物料守恒：，二式合并得：c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)，b說法不正確；c．氯化銨溶液物料守恒：c(NH3?H2O)+c(NH)=c(Cl-)，c說法正確；d．氯化銨溶液電荷守恒：，d說法不正確；選c?！夹?詳析〗由題知，HNO2的電離常數大于NH3·H2O，則NH4NO2溶液中，NH的水解程度大于NO的水解程度，故該溶液中各離子濃度由大到小為：c(NO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)?！夹?詳析〗若向氨水中加入少量硫酸銨固體，銨離子濃度增大抑制一水合氨電離，c()大幅增加，c(OH-)變小，增大，故減小。〖小問5詳析〗測定某溶液中氯離子的濃度，采用K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定：①由Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12可知，AgCl飽和溶液中c(Ag+)=mol/L，Ag2CrO4飽和溶液中c(Ag+)=×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，利用沉淀滴定測定氯離子濃度時，當滴入AgNO3時溶解度小的AgCl沉淀先形成，溶液中Cl-沉淀完全了，此時再滴AgNO3溶液就會立刻產生磚紅色沉淀Ag2CrO4，即當溶液中出現產生磚紅色沉淀現象時，說明已達到滴定終點。②a．滴定前平視滴定管讀數，滴定后俯視滴定管讀數，則導致標準溶液體積偏小，結果偏小，a不選；b．滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，導致標準溶液體積偏大，則結果偏大，b選；c．用蒸餾水洗錐形瓶后未干燥，不影響標準溶液體積、不影響滴定結果，c不選；d．滴定管未用標準液潤洗，導致標準溶液被稀釋、導致標準溶液體積偏大，則結果偏大，d選；選bd。19.有機物A、B、C、D、E、F的轉化關系如圖。已知A的產量是衡量一個國家石油化工水平的標志，E具有濃郁香味，F常用于制造食物保鮮膜?；卮鹣铝袉栴}：（1）C中官能團的名稱為______；A→F的反應類型為_____。（2）寫出B+D→E的化學方程式：_______。（3）A→B的反應過程中的能量變化如圖所示。寫出A→B總反應的熱化學方程式：_______。（4）交警對司機“酒駕”進行呼氣檢測的化學原理是：經硫酸酸化處理的三氧化鉻(CrO3)(與重鉻酸鉀原理類似)硅膠檢查司機呼出的氣體，根據硅膠顏色的變化(硅膠中的+6價鉻能被B蒸氣還原為+3價鉻，顏色發(fā)生變化)判斷司機是否飲酒，寫出K2Cr2O7的酸性溶液與B反應生成D的離子方程式：______。（5）研究發(fā)現，在酸性B燃料電池中加入硝酸，可使電池持續(xù)大電流放電，其工作原理如圖所示：則硝酸的作用為______，負極電極反應式為______?！即鸢浮剑?）①.醛基②.加聚反應（2）CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O（3）C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=-(E2+E4-E1-E3)kJ?mol-1（4）3CH3CH2OH+2Cr2O+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O（5）①.催化劑②.CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+〖解析〗〖祥解〗有機物A的產量是衡量一個國家石油化工水平的標志，所以A是乙烯(C2H4)，乙烯和水反應生成B為乙醇，乙醇被氧化成C為乙醛，乙醛繼續(xù)被氧化成D為乙酸，B和D在濃硫酸作用下生成E為乙酸乙酯，乙烯在催化劑作用下發(fā)生加聚反應生成F為聚乙烯，據此分析解答?！夹?詳析〗C為乙醛，官能團的名稱為醛基；A→F為乙烯在催化劑作用下發(fā)生加聚反應生成F為聚乙烯；小問2詳析〗B+D→E的化學方程式：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；〖小問3詳析〗反應①為C2H4(g)+H2SO4(l)=C2H5OSO3H(l)△H1=（E2-E1）kJ/mol；反應②為C2H5OSO3H(l)+H2O(l)=C2H5OH(l)+H2SO4(l)△H2=（E4-E3）kJ/mol；A→B為①+②可得C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=-(E2+E4-E1-E3)kJ?mol-1；〖小問4詳析〗K2Cr2O7的酸性溶液氧化乙醇為乙酸，自身被還原為Cr3+，離子方程式3CH3CH2OH+2Cr2O+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O；〖小問5詳析〗該電池為乙醇的酸性燃料電池，通入乙醇的一極為負極，電極反應式為CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，通入氧氣的一極為正極，由工作原理圖可知，正極上的反應為，，二者加合可得正極反應式為，可知HNO3在正極起催化劑作用。PAGEPAGE1玉溪市2022-2023學年上學期高二年級教學質量檢測化學第I卷(選擇題，共42分)一、選擇題(本大題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.2022年6月5日是第51個世界環(huán)境日，主題是“共建清潔美麗世界”，旨在促進全社會增強生態(tài)環(huán)境保護意識，投身生態(tài)文明建設。下列說法錯誤的是A.鼓勵光電、風電、水電等清潔能源的發(fā)展B.用可降解的聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以減少白色污染C.利用煤的氣化、液化等物理變化獲得清潔燃料D.從電解工業(yè)的陽極泥提取金、銀等貴金屬，提高資源利用率〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．鼓勵光電、風電、水電等清潔能源的發(fā)展，可減少環(huán)境的破壞，A正確；B．白色污染主要原因是使用大量不可降解塑料，因此使用可降解的聚乳酸塑料可減少白色污染，B正確；C．煤的氣化、液化是固態(tài)燃料轉化為氣態(tài)、液態(tài)燃料的過程，屬于化學變化，C錯誤；D．利用電解工業(yè)的陽極泥提取金、銀等貴金屬，對貴金屬的回收利用，可提高資源利用率，D正確；故選C。2.設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.17g羥基中含有的電子數為10NAB.標準狀況下，22.4LSO3中含有的硫原子數為NAC.1L0.01mol?L-1HF溶液中含有F-的數目為0.01NAD.7.8gNa2O2與足量的水反應，轉移的電子數為0.1NA〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．1個羥基含有9個電子，17g即1mol羥基中含有的電子數為9NA，故A錯誤；B．標準狀況下SO3為固體，22.4LSO3中含有的硫原子數遠大于NA，故B錯誤；C．HF是弱酸，1L0.01mol?L-1HF溶液中含有F-的數目小于0.01NA，故C錯誤；D．1mol過氧化鈉與足量水反應時轉移1mol電子，7.8g即0.1molNa2O2與足量的水反應，轉移的電子數為0.1NA，故D正確；〖答案〗選D。3.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量存在的是A.無色溶液中：Na+、NH、MnO、Cl-B.中性溶液中：K+、Fe3+、NO、SOC.由水電離的c(H+)=1×10-12mol?L-1溶液中：Na+、Fe2+、NO、I-D.能使甲基橙變紅的溶液中：K+、NH、Cl-、NO〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．含MnO的溶液為紫色，A錯誤；B．Fe3+水解，溶液顯酸性，B錯誤；C．由水電離的c(H+)=1×10-12mol?L-1溶液，可能顯酸性或堿性，Fe2+、NO、I-在酸性溶液中不能大量共存，Fe2+在堿性溶液中不能共存，C錯誤；D．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，K+、NH、Cl-、NO相互不反應，可以大量共存，D正確；故選D。4.下列敘述不能用勒夏特列原理解釋的是A.高溫有利于N2和H2合成NH3B.紅棕色的NO2，加壓后顏色先變深后變淺C利用TiCl4水解制備TiO2時，需加入大量水并加熱D.在含有Fe(SCN)3的紅色溶液中加鐵粉，振蕩靜置后溶液顏色變淺或褪去〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．N2和H2合成NH3為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，高溫不利于反應的進行，不能用勒夏特列原理解釋，A選；B．紅棕色NO2加壓后，化學平衡為2NO2?N2O4，加壓濃度增大氣體顏色加深，但反應正向進行，所以顏色先變深后變淺，能用勒夏特列原理解釋，B不選；C．稀釋和加熱能促進水解，則利用TiCl4水解制備TiO2時，需加入大量水并加熱，能用平衡移動原理解釋，C不選；D．溶液中存在化學平衡Fe3++3SCN-，加入鐵粉，發(fā)生反應2Fe3++Fe=3Fe2+，c(Fe3+)減小，平衡正向移動，溶液顏色變淺或褪去，能用勒夏特列原理解釋，D不選；〖答案〗選A。5.有機物阿司匹林有很好的解熱鎮(zhèn)痛作用，其結構如圖所示。下列說法正確的是A.阿司匹林的分子式為C8H8O4B.阿司匹林分子中所有原子共面C.阿司匹林可以發(fā)生氧化、水解反應D.阿司匹林腸溶片包裝盒上標記“OTC”，說明該藥物必須憑醫(yī)生處方購買〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．阿司匹林的分子式為C9H8O4，A錯誤；B．阿司匹林分子中含有甲基，其飽和碳原子為四面體結構，故分子內所有原子不可能共面，B錯誤；C．阿司匹林含C、H和O元素，可以燃燒，燃燒屬于氧化反應，所含酯基可以發(fā)生水解，C正確；D．“OTC”是非處方藥，說明該藥物不需要憑醫(yī)生處方購買，D錯誤；〖答案〗選C。6.下列方程式書寫正確的是A.NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na++H++COB.S2-的水解方程式：S2-+2H2OH2S+2OH-C.泡沫滅火器工作原理：2Al3++2CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.工業(yè)上用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．NaHCO3在水溶液中的電離方程式：NaHCO3=Na++HCO，A錯誤；B．S2-分步水解，第一步水解方程式：S2-+H2OHS-+OH-，第二步為HS-+H2OH2S+OH-，B錯誤；C．泡沫滅火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C錯誤；D．工業(yè)上用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)，D正確；故選D。7.常溫下，分別取未知濃度的MOH和HA溶液，加水稀釋至原體積的n倍，加水稀釋過程中，兩溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是A.HA為弱酸，MOH為強堿B.水的電離程度：X=Z＞YC.若不考慮溶質的揮發(fā)，升高溫度，X、Z點對應溶液的pH均不變D.將X點溶液與Z點溶液等體積混合，所得溶液呈酸性〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．由圖可知，將X點HA溶液稀釋10倍(即增大1)，pH變化小于1，則HA是弱酸；將Y點MOH溶液稀釋10倍，pH減小1，則MOH是強堿，A正確；B．酸、堿均抑制水的電離，X點溶液中，由水電離出的，Y、Z點溶液中分別為、，則由水電離出的分別為、，故水的電離程度：X=Z>Y，B正確；C．MOH是強堿，升高溫度，溶液中幾乎不變，但增大，變大，溶液的pH減小，C錯誤；D．將X點溶液與Z點溶液等體積混合，發(fā)生中和反應后，HA有剩余，所得混合液呈酸性，D正確；故〖答案〗選C。8.如圖所示實驗裝置，不能完成相應實驗的是A.用裝置甲測量鹽酸和NaOH溶液的中和熱B.用裝置乙進行酸堿中和滴定時，滴定管里裝有NaOH溶液C.用裝置丙能制取無水MgCl2D.用裝置丁比較Cl元素與S元素的非金屬性強弱〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．裝置甲是個簡易量熱計，絕熱、有溫度計能測量溫度、有環(huán)形玻璃攪拌棒可攪拌，因此用裝置甲測量鹽酸和NaOH溶液的中和熱，能完成實驗，A不符合；B．裝置乙中滴定管是酸式滴定管，不能裝氫氧化鈉溶液，不能完成實驗，B符合；C．氯化鎂溶液會水解，鹽酸能抑制其水解，氯化鎂晶體在氯化氫氣流中加熱能失去結晶水得到無水氯化鎂，故用裝置丙能制取無水MgCl2，能完成實驗，C不符合；D．高錳酸鉀和濃鹽酸在室溫下反應產生氯氣，氯氣和硫化鈉溶液發(fā)生置換反應產生硫，氯氣的氧化性大于硫，可證明Cl元素的非金屬性大于S元素，反應中多余的氯氣、揮發(fā)的氯化氫氣體能用氫氧化鈉溶液吸收、防止污染，故用裝置丁比較Cl元素與S元素的非金屬性強弱，能完成實驗，D不符合；〖答案〗選B。9.含鐵物質與其相應化合價的關系如圖所示。下列推斷合理的是A.常溫下，物質a與濃硝酸反應生成NO2氣體B.物質c俗稱鐵紅，常用做紅色涂料C.存在e→d→f→g的轉化關系D.檢驗物質e中陽離子的方法是先加適量氯水，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液變?yōu)榧t色〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由圖中鐵元素的化合價及所屬類別，可確定a為Fe、b為FeO、c為Fe2O3、d為含Fe3+的鹽、e為含Fe2+的鹽、f為Fe(OH)3、g為Fe(OH)2?！荚斘觥紸．鐵遇到濃硝酸鈍化，阻止反應的進一步進行，A錯誤；B．c為Fe2O3，俗稱鐵紅，常用做紅色涂料，B正確；C．Fe2+能一步轉化為Fe3+，Fe3+能一步轉化為Fe(OH)3，但Fe(OH)3不能一步轉化為Fe(OH)2，C錯誤；D．e為含Fe2+的鹽，易被氧化為Fe3+，檢驗物質e中陽離子的方法是先滴加硫氰化鉀溶液，溶液不變紅色，加適量氯水，變紅色，D錯誤；故選B。10.化學學習離不開實驗。下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是選項操作目的A向乙醇中加入生石灰，然后蒸餾除去乙醇中混有的少量水B室溫下，用pH試紙測量NaClO溶液的pH證明HClO是弱酸C加入NaOH溶液，振蕩、靜置除去乙酸乙酯中混有的乙酸D向2mL0.1mol?L-1AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol?L-1NaCl溶液出現白色沉淀，再滴加2滴相同濃度的NaI溶液，振蕩，出現黃色沉淀證明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．生石灰和水反應生成氫氧化鈣，可以除去乙醇中的少量水，A正確；B．NaClO溶液具有強氧化性，不能用pH試紙測量NaClO溶液的pH，需用pH計測量，B錯誤；C．乙酸乙酯在NaOH溶液的堿性條件下水解為乙酸鈉和乙醇，不能達到除雜目的，C錯誤；D．AgNO3溶液過量，不能證明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D錯誤；故選A。11.短周期主族元素X、Y、Z的原子序數依次增大，X元素最外層電子數是電子層數的2倍，Y元素在元素周期表中的周期數等于族序數，Y能溶于Z的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，而不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是A.原子半徑：Z＞Y＞X B.X是形成化合物種類最多的元素C.Y最高價氧化物具有很高的熔點 D.實驗室可用XZ2清洗裝有硫磺的試管〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z的原子序數依次增大，X元素最外層電子數是電子層數的2倍，則X為C，Y元素在元素周期表中的周期數等于族序數，Y能溶于Z的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，而不溶于其濃溶液，則Y為Al，Z為S?！荚斘觥紸．同周期從左到右元素原子半徑遞減，同主族時，核電荷數越大，原子半徑越大，原子半徑：Y(Al)＞Z(S)＞X(C)，A不正確；B．有機化合物數量龐大、種類繁多，X(C)是形成化合物種類最多的元素，B正確；C．Y最高價氧化物即氧化鋁具有很高的熔點，是一種優(yōu)良的耐火材料，C正確；D．硫難溶于水、易溶于二硫化碳，實驗室可用XZ2即二硫化碳清洗裝有硫磺的試管，D正確；〖答案〗選A。12.工業(yè)合成氨反應包含多個基元反應，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是A.從充入反應物到A處，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱B.該歷程中最大活化能E正=590kJ?mol-1C.工業(yè)合成氨溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高D.催化劑可以降低活化能，從而顯著提高反應速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，圖中峰值越小則活化能越小；〖詳析〗A．從充入反應物到A處，反應物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱，A正確；B．該歷程中最大活化能E正=〖(-342)-(-500)〗kJ?mol-1=158kJ?mol-1，B錯誤；C．合成氨反應正反應為放熱反應，高溫不利于氨的合成，工業(yè)合成氨時溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高，催化效率高、反應速率大，C正確；D．催化劑可以大幅降低活化能，顯著提高反應速率，提高產量，D正確；故選B。13.一種微生物電化學方法生產甲烷的裝置如圖所示。下列說法正確的是A.a為電源的負極B.反應過程中陰極附近的pH減小C.陽極的電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+D.每生成1.12L甲烷，電路中轉移電子0.4mol〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖示知，左池中CH3COO-在電極上失電子被氧化為CO2，故左池為電解陽極室，右池為電解的陰極室，電源a為正極，b為負極；陽極電極反應式為：；陰極電極反應式為：。〖詳析〗A．根據分析，a為正極，A錯誤；B．陰極電極反應式為：，消耗氫離子，pH增大，B錯誤；C．陽極電極反應式為：，C正確；D．由圖示知，右池生成CO2，然后左池轉化為CH4，根據轉移電子關系CH4~8e-，生成0.1molCH4轉移0.8mol電子，氣體狀態(tài)未知，無法計算轉移電子數，D錯誤；故〖答案〗選C。14.借助pH傳感器測得0.1mol?L-1NaHCO3溶液在先升溫、后降溫過程中pH變化如圖所示。下列分析不合理的是A.圖甲中25℃時，溶液中存在關系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)B.圖甲中25~45℃過程，溶液pH逐漸減小，說明HCO的電離平衡對pH影響較大C.圖甲中45~60℃過程，溶液pH逐漸增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3導致的結果D.圖乙中降溫過程，溶液pH逐漸增大，可能是HCO或CO水解平衡正移所致〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．HCO既水解又電離，0.1mol?L-1NaHCO3溶液中存在物料守恒，則溶液中存在關系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，故A正確；B．碳酸氫鈉溶液中存在碳酸氫根離子的水解，溶液應顯堿性，HCO+H2O?H2CO3+OH-，碳酸氫根離子電離，HCO?CO+H+，溶液應顯酸性，水解和電離都是吸熱過程，二者的程度大小決定溶液酸堿性，圖甲中25~45℃過程，溶液pH逐漸減小，說明HCO的電離平衡對pH影響較大，故B正確；C．NaHCO3熱穩(wěn)定性差，分解后生成碳酸鈉，圖甲中45~60℃過程，溶液pH逐漸增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3、c(CO)逐漸增大導致的結果，故C正確；D．HCO、CO水解是吸熱過程，降溫，水解平衡逆向移動使氫氧根濃度減小，則圖乙中降溫過程溶液pH逐漸增大不可能是HCO或CO水解平衡正移所致，故D錯誤；故選D。第II卷(非選擇題，共58分)二、填空題(本大題共5小題，共58分)15.ClO2為疫情防控的消殺提供了強有力的支撐，是國際公認的最新一代廣譜、高效、安全、環(huán)保的殺菌劑，具有殺菌效果好，見效快，殘留少，不產生抗藥性等優(yōu)點。如圖是實驗室用于制備和收集一定量較純凈的ClO2的裝置(某些夾持裝置和墊持用品省略)。已知：①ClO2是一種易溶于水的氣體，難溶于有機溶劑。②實驗室制備ClO2的原理是2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。（1）A為氯氣的制備裝置，其中a管的作用是_____，裝置G的作用是_____。（2）若圓底燒瓶中盛有高錳酸鉀，分液漏斗中盛有濃鹽酸，寫出生成氯氣的離子方程式：______。氯氣的電子式為______。（3）B裝置中所盛試劑是飽和食鹽水，抑制了Cl2與H2O的反應，B裝置中也可以用水替代飽和食鹽水，實驗室常采用飽和食鹽水而不采用水除去氯氣中氯化氫，試用平衡移動原理解釋原因：______。(用離子方程式結合文字表述)（4）裝置D中盛放NaClO2的儀器名稱為_____。當有18.1gNaClO2與Cl2完全反應時，電子轉移數目為_____。（5）E中盛放的試劑用于除去ClO2中未反應的Cl2，可選用的試劑是______(填標號)。a.飽和食鹽水b.CCl4液體c.水d.濃硫酸〖答案〗（1）①.平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利流下②.防倒吸(安全瓶)（2）①.2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.（3）Cl2+H2OH++Cl-+HClO，飽和食鹽水提供大量氯離子，使得平衡體系中氯離子濃度增大，平衡逆向進行，導致氯氣幾乎不溶于水，所以常用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫（4）①.干燥管②.0.2NA（5）b〖解析〗〖祥解〗由實驗裝置可知：A中制備氯氣，裝置B用于除去Cl2中混有的HCl，裝置C用于干燥氯氣，D中發(fā)生2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，已知C1O2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，裝置E用于吸收除去C1O2中的Cl2，裝置F收集氣體，導氣管應該是長進短出，裝置G是安全瓶，可用于防止倒吸現象的發(fā)生，H后接尾氣處理裝置，可以是盛有NaOH溶液的燒杯。〖小問1詳析〗A中a管使分液漏斗上方氣體和圓底燒瓶內氣體連通，則a的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利流下，由于ClO2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，裝置最后面接含有NaOH溶液的尾氣處理裝置，用于吸收多余Cl2、ClO2，為避免水進入裝置F，連接裝置G，裝置G的作用是防倒吸(安全瓶)。〖小問2詳析〗若圓底燒瓶中盛有高錳酸鉀，分液漏斗中盛有濃鹽酸，二者反應生成了錳離子、氯氣和水，離子方程式：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。氯氣分子內共用一對電子對，氯氣的電子式為。〖小問3詳析〗實驗室常采用飽和食鹽水而不采用水除去氯氣中氯化氫，試用平衡移動原理解釋原因：Cl2與水反應產生HCl、HClO，該反應是可逆反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，飽和食鹽水提供大量氯離子，使得平衡體系中氯離子濃度增大，平衡逆向進行，導致氯氣幾乎不溶于水，所以常用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫?！夹?詳析〗裝置D中盛放NaClO2的儀器名稱為干燥管。D中反應為2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，NaClO2為還原劑轉變?yōu)镃lO2，Cl化合價升1價，Cl2為氧化劑轉變?yōu)镹aCl，Cl化合價降1價，關系式為2NaClO2~Cl2~2e-，當有2mol即181gNaClO2與Cl2完全反應時，電子轉移數目為2NA，則當有18.1gNaClO2與Cl2完全反應時，電子轉移數目為0.2NA。〖小問5詳析〗由于ClO2是一種易溶于水而難溶于有機溶劑的氣體，使用裝置E用于除去ClO2中未反應的Cl2、而ClO2不溶解，則E盛放的試劑：a．氯氣不溶于飽和食鹽水，而ClO2溶解于水，不符合；b．ClO2難溶解于CCl4液體、Cl2溶解易溶于CCl4液體，符合；c．氯氣能溶于水，ClO2溶解于水，不符合；d．氯氣難溶于濃硫酸，不符合；選b。16.硫酸亞鐵常用作還原劑，也可用于制鐵鹽，氧化鐵顏料、媒染劑、凈水劑、防腐劑、聚合催化劑等，用途非常廣泛。（1）26Fe在周期表中位于第______周期第______族。（2）硫酸酸化的FeSO4溶液可用于制備Fe2(SO4)3溶液，加入的氧化劑常用H2O2而不用硝酸的理由是______，寫出硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應的化學方程式：______。（3）某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質，某實驗小組以鈦鐵礦為原料設計了如圖所示流程制取TiO2和硫酸亞鐵晶體。①粉碎鈦鐵礦的目的是_______。②由濾液2經操作A可得FeSO4?7H2O晶體，則操作A為______、過濾、洗滌、干燥。③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，重復實驗3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標準液為10.00mL。反應為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定終點的現象為______，計算樣品純度為______(保留三位有效數字)?！即鸢浮剑?）①.四②.VIII（2）①.不引入新的雜質，不產生污染環(huán)境的氣體②.2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O（3）①.增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積，提高反應速率，提高鈦鐵礦的利用率②.冷卻結晶③.溶液變?yōu)闇\紅色④.69.5%〖解析〗〖祥解〗(3)某鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3，還含有Fe2O3和其他不溶于酸的物質，鈦鐵礦粉碎、與濃硫酸共熱反應，過濾得濾液1，濾液經加熱后加入鐵粉，得到TiO2+、少量Fe3+、Fe2+和硫酸根離子，趁熱過濾，濾液2經操作A即冷卻結晶、過濾、洗滌并干燥得到FeSO4?7H2O，過濾后，濾液3中含有TiO2+、等離子，水浸得到H2TiO3，煅燒可生成TiO2。〖小問1詳析〗26Fe的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，價電子排布式為3d64s2，則在周期表中位于第四周期第VIII族。〖小問2詳析〗通常硝酸的還原產物是氮的氧化物，雙氧水是綠色氧化劑、還原產物是水，則用H2O2而不用硝酸氧化硫酸酸化的FeSO4溶液以制備Fe2(SO4)3溶液，理由是：不引入新的雜質，不產生污染環(huán)境的氣體，硫酸酸化的FeSO4溶液與H2O2反應的化學方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。〖小問3詳析〗①粉碎鈦鐵礦的目的是：增加鈦鐵礦與濃硫酸之間的接觸面積，提高反應速率，提高鈦鐵礦的利用率。②從溶液中提取結晶水合物需要用冷卻結晶法，則由濾液2經操作A可得FeSO4?7H2O晶體，則操作A為冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。③稱取4.000g硫酸亞鐵晶體(FeSO4?7H2O)樣品溶于蒸餾水，定容至250mL。取25.00mL試液，用0.0200mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定至終點，從反應為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，滴定過程中滴入的酸性高錳酸鉀溶液被還原出現褪色現象，滴定終點時過量的半滴高錳酸鉀溶液顯淺紅色，故滴定終點的現象為溶液變?yōu)闇\紅色、30s內不褪色；重復實驗3次，平均消耗酸性高錳酸鉀標準液為10.00mL。計算樣品純度為(保留三位有效數字)。17.研究NO2、SO2、CO等氣體的無害化處理對治理大氣污染、建設生態(tài)文明具有重要意義。（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ?mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ?mol-1則NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=______kJ?mol-1，該反應熱力學趨勢大，原因是______。（2）在一定條件下，將2molNO2與1molSO2置于1L密閉容器中發(fā)生反應NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)。①下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是______(填標號)。a．每生成1molSO3同時消耗1molSO2b．混合氣體的顏色保持不變c．體系壓強保持不變d．v(SO2)=v(NO)②若測得上述反應經5min達到平衡時NO2與SO2體積比為5∶1，則用SO2表示該反應的速率為v(SO2)=_____mol?L-1?min-1。（3）起始加入氣體的總物質的量一定，反應CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ?mol-1，在進氣比〖〗不同時，測得CO的平衡轉化率與〖〗的關系如圖所示(圖中各點對應的溫度可能相同也可能不同)。①圖中C、D、E三點對應的CO平衡轉化率逐漸降低，原因是_____，反應速率vc(H2O)_____vE(H2O)(填“>”“<”或“=”)。②圖中A、E、G三點對應的反應溫度TA、TE、TG的大小關系是_____。〖答案〗（1）①.-41.8②.該反應是放熱反應（2）①.b②.0.15（3）①.三點對應溫度不同，升高溫度，平衡逆向移動，CO平衡轉化率降低②.＜③.TA=TE=TG〖解析〗小問1詳析〗已知反應Ⅰ：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ?mol-1反應Ⅱ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ?mol-1則按蓋斯定律，(反應Ⅰ-反應Ⅱ)得：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=，該反應熱力學趨勢大，原因是該反應是放熱反應。〖小問2詳析〗在一定條件下，將2molNO2與1molSO2置于1L密閉容器中發(fā)生反應NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，則：①a．每生成1molSO3同時消耗1molSO2，均表示正反應速率，不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．混合氣體的顏色保持不變，說明濃度不變，達到平衡狀態(tài)，故b正確；c．1L密閉容器中溫度不變時體系壓強始終不變，故體系壓強保持不變不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故c錯誤；d．v(SO2)=v(NO)，沒有指明是正反應速率還是逆反應速率，不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故d錯誤；選b。②，若測得上述反應經5min達到平衡時NO2與SO2體積比為5∶1，則，得x=0.75，用SO2表示該反應的速率為v(SO2)=?！夹?詳析〗①反應CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ?mol-1，正反應放熱，升溫平衡左移CO平衡轉化率降低，則圖中C、D、E三點初始投料相同，對應的CO平衡轉化率逐漸降低的原因是：三點對應溫度不同，升高溫度，平衡逆向移動，CO平衡轉化率降低；溫度越高反應速率越大，C、D、E對應的溫度由低到高，則反應速率vc(H2O)＜vE(H2O)。②圖中A點數值為(0.5，66.7%)，即，的平衡轉化率為，根據相關數據列出三段式進行計算：，同理，根據相關數據列出三段式進行計算，可得：，，即。因為平衡常數只受溫度影響，A、E、G三點的平衡常數相同，故A、E、G三點的溫度也相同，即。18.常溫下，根據表中幾種物質的平衡常數回答下列問題：NH3?H2OHNO2AgClAg2CrO4(磚紅色)Kb=1.8×10-5Ka=5.6×10-4Ksp=2.0×10-10Ksp=2.0×10-12（1）現有0.1mol?L-1純