【解析】重庆市缙云教育联盟2022-2023学年高二下学期6月化学期末考试试题

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重庆市缙云教育联盟2022-2023学年高二下学期6月化学期末考试试题

一、单选题

1．（2023高二下·重庆市期末）下列实验，能得到溶液的是（）

A．B．C．D．

【答案】B

【知识点】溶液的组成及性质

【解析】【解答】A.植物油不溶于水，A不符合题意；

B.酒精和水互溶，混合得到溶液，B符合题意；

C.沙子不溶于水，C不符合题意；

D.活性炭不溶于水，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.植物油不溶于水；

B.酒精和水互溶；

C.沙子不溶于水；

D.活性炭不溶于水。

2．（2023高二下·重庆市期末）下列关于糖的说法错误的是（）

A．淀粉是一种天然高分子化合物

B．糖都能水解

C．纤维素没有甜味

D．糖类是人体内能量的主要来源之一

【答案】B

【知识点】多糖的性质和用途

【解析】【解答】A．淀粉的相对分子质量几万至几十万，是高分子化合物，A不符合题意；

B．单糖不能水解，B符合题意；

C．纤维素没有甜味，C不符合题意；

D．糖类是人体内能量的主要来源之一，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．淀粉是高分子化合物；

B．单糖不能水解；

C．纤维素没有甜味；

D．糖类是人体内能量的主要来源之一。

3．（2023高二下·重庆市期末）在一定温度下A（g）＋3B（g）2C（g）达平衡的标志是（）

A．物质A、B、C的分子个数比为1：3：2

B．单位时间内生成A、C的物质的量之比为1：2

C．单位时间内生成A、B的物质的量之比为1：3

D．反应速率v（A）=v（B）/3=v（C）/2

【答案】B

【知识点】化学平衡状态的判断

【解析】【解答】A．分子数之比不能判断达到平衡，A不符合题意；

B．单位时间内生成A朝逆反应方向移动，生成C朝正反应方向移动，速率之比等于系数之比为1：2，达到平衡，B符合题意；

C．单位时间内生成A，B都是朝逆反应方向移动，不能判断达到平衡，C不符合题意；

D．没有指明反应方向，不能判断达到平衡，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．分子数之比不能判断达到平衡；

B．正逆速率之比等于系数之比，达到平衡；

C．都朝逆反应方向移动，不能判断达到平衡；

D．没有指明反应方向，不能判断达到平衡。

4．（2023高二下·重庆市期末）X、Y、Z、W为周期表中前20号元素，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体。W单质能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。下列说法正确的是（）

A．原子半径：W>Y>Z>X

B．X与Z形成的化合物可导电

C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的为Y

D．W可从Y的盐溶液中置换出Y

【答案】A

【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律

【解析】【解答】X、Y、Z、W为周期表中前20号元素，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X为O；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，Z为Si；W、Y为金属元素，W单质能与冷水剧烈反应，且其原子序数大于Si，W为K；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，Y的最外层电子数为6+1-4=3，Y为Al；

A，X为O，Z为Si，W为K，Y为Al，同一周期元素从左向右半径逐渐减小，同一主族元素从上到下半径逐渐增大，原子半径：K>Al>Si>O，A符合题意；

B，X为O，Z为Si，X与Z形成的化合物为SiO2，不能导电，B不符合题意；

C，Z为Si，W为K，Y为Al，Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的为K，C不符合题意；

D，W为K，Y为Al，K不能从铝的盐溶液中置换出Al，K与溶液中水先反应，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】X、Y、Z、W为周期表中前20号元素，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X为O；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，Z为Si；W、Y为金属元素，W单质能与冷水剧烈反应，且其原子序数大于Si，W为K；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，Y的最外层电子数为6+1-4=3，Y为Al；

A，同一周期元素从左向右半径逐渐减小，同一主族元素从上到下半径逐渐增大；

B，SiO2，不能导电；

C，最高价氧化物对应的水化物，金属性强，碱性强；

D，K与溶液中水先反应。

5．（2023高二下·重庆市期末）下列各组中的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）

A．Cu(OH)2＋HCl；Cu(OH)2＋CH3COOH

B．NaHCO3＋H2SO4；Na2CO3＋HCl

C．NaHSO4＋NaOH；H2SO4＋NaOH

D．BaCl2＋H2SO4；Ba(OH)2＋H2SO4

【答案】C

【知识点】离子方程式的书写

【解析】【解答】A．HCl为强酸，要拆分成H+和Cl-，CH3COOH为弱酸，不拆，保留化学式，离子方程式不同，A不符合题意；

B．NaHCO3中碳酸氢根离子是弱酸根不能拆，与H2SO4反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3与HCl反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，离子方程式不同，B不符合题意；

C．两个反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O，C符合题意；

D．BaCl2与Na2SO4的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ba(OH)2与H2SO4反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，离子方程式不同，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．HCl为强酸，要拆分成H+和Cl-，CH3COOH为弱酸，不拆，保留化学式；

B．NaHCO3中碳酸氢根离子是弱酸根不能拆；

C．OH-+H+=H2O；

D．Ba(OH)2与H2SO4反应还有水生成也要写在离子方程式里。

6．（2023高二下·重庆市期末）下列关于钠的叙述正确的是（）

A．钠在自然界中存在游离态B．钠是一种灰色的固体

C．钠可以保存在煤油中D．钠着火时可以用水扑灭

【答案】C

【知识点】钠的物理性质；钠的化学性质

【解析】【解答】A．钠的性质活泼，易与空气中的水、氧气反应，不是游离态，A不符合题意；

B．钠是银白色的金属，B不符合题意；

C．钠与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，C符合题意；

D．钠与水剧烈反应，生成氢气，钠着火时不能用水扑灭，可用沙子灭火，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．钠的性质活泼，易与空气中的水、氧气反应；

B．钠是银白色的金属；

C．钠与煤油不反应，密度比煤油大；

D．钠与水剧烈反应，生成氢气。

7．（2023高二下·重庆市期末）下列图示与对应的叙述相符的是（）

A．图甲表示氢氧化钠溶液与盐酸反应时的能量变化

B．图乙表示电解精炼铜时，阳极减少的质量Δm随转移电子物质的量的变化

C．图丙表示合成氨反应其他条件一定，在有、无催化剂条件下n(NH3)随时间的变化

D．图丁表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)其他条件一定，改变起始时O2的物质的量，平衡时SO3的体积分数随起始时O2的物质的量的变化

【答案】D

【知识点】化学反应中能量的转化

【解析】【解答】A．氢氧化钠溶液与盐酸反应是放热反应，图象是吸热反应，A不符合题意；

B．电解精炼铜的阳极是粗铜有杂质，有0.2mol电子转移，阳极减少的质量不一定为6.4g，B不符合题意；

C．催化剂不会影响平衡，平衡时n(NH3)相等，C不符合题意；

D.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，其他条件一定时，增加起始时O2的物质的量，平衡时SO3的体积分数先增大后减小，符合图像，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．氢氧化钠溶液与盐酸反应是放热反应；

B．电解精炼铜阳极是粗铜有杂质；

C．催化剂不会影响平衡；

D．化学平衡与体积分数变化的关系。

8．（2023高二上·上海月考）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）

A．通入溶液中

B．通入溶液中

C．通入溶液中

D．通入已酸化的溶液中

【答案】B

【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变

【解析】【解答】A．NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不符合题意；

B．因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B符合题意；

C．NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不符合题意；

D．SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不符合题意；

故答案为B。

【分析】A、NO2与水反应生成硝酸，具有强氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子；

B、碳酸酸性弱于盐酸，与强酸制弱酸原理不符；

C、实验室制备氢氧化铝的方程式考察；

D、NO3-在酸性条件下具有氧化性，将亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，硫酸钡沉淀不溶于硝酸；

9．（2023高二下·重庆市期末）下列说法中正确的是（）

A．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化

B．增加炼铁高炉的高度可以降低尾气中CO的含量

C．无论加入正催化剂还是加入负催化剂都能大大提高化学反应速率

D．把煤粉碎了再燃烧可以提高煤的燃烧效率

【答案】D

【知识点】常见能量的转化及运用

【解析】【解答】A.化学反应中的能量变化还可以表现为光能、电能的变化等，A不符合题意；

B.高炉产生CO和高度无关，B不符合题意；

C.正催化剂加快反应的速率、负催化剂减弱反应速率，C不符合题意；

D.把煤粉碎可提高与氧气的接触面积，提高煤的燃烧效率，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.化学反应中的能量变化还可以表现为光能、电能的变化等；

B.产生CO，和氧气少有关；

C.正催化剂加快反应的速率、负催化剂减弱反应速率；

D.粉碎可提高与氧气的接触面积。

10．（2023高二下·重庆市期末）某温度下，向10mL的0.100mol·L-1CuCl2溶液中逐渐滴加0.100mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）

已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3.00×10-25mol2/L2

A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点

B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)

C．该温度下Ksp(CuS)=4.00×10-36mol2/L2

D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5molL-1的混合溶液中逐滴加入10-2molL-1Na2S溶液，Zn2+先沉淀

【答案】C

【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．b点表示CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，生成溶质是强酸强碱盐氯化钠，对水的电离没有影响，如存在CuCl2、Na2S会水解促进水电离，所以水的电离程度最小的为b点，A不符合题意；

B．物料守恒：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B不符合题意；

C．b点表示CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，c(Cu2+)=c(S2-)，c(Cu2+)=1×10-17.7mol/L，该温度下Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-35.4mol2/L2=4.00×10-36mol2/L2，C符合题意；

D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-2mol/L的Na2S溶液，ZnS中S2-浓度为c(S2-)=Ksp(ZnS)/c(Zn2+)，代入得3x10-20mol/L，由Ksp(CuS)=4.00×10-36mol2/L2，CuS中S2-浓度为c(S2-)=Ksp(CuS)/c(Cu2+)，代入得4x10-31mol/L，产生CuS沉淀需要S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．氯化钠是强酸强碱盐，对水的电离没有影响；

B．物料守恒的判断；

C．恰好完全反应时离子的计算；

D．产生沉淀时需要浓度更小，优先沉淀。

11．（2023高二下·重庆市期末）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．工业上通过电解g的水溶液制备b

B．c具有漂白性，见光易分解

C．a与d制备22.4L(标况)b时转移的电子数为5NA

D．e具有氧化性，可用于自来水消毒

【答案】C

【知识点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用

【解析】【解答】根据价类二维图可推出，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为ClO3-，e为ClO2，g为Cl-；

A．g为Cl-，工业上通过电解饱和食盐水来制备Cl2，A不符合题意；

B．c为HClO，有漂白性，见光易分解，B不符合题意；

C．a为HCl，d为ClO3-，反应离子方程式：5Cl-++6H+=3Cl2↑+3H2O，制备22.4L(标况)Cl2时转移的电子数为NA，C符合题意；

D．e为ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】根据价类二维图可推出，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为ClO3-，e为ClO2，g为Cl-；

A．工业上通过电解饱和食盐水来制备Cl2；

B．HClO，有漂白性，见光易分解；

C．离子方程式：5Cl-++6H+=3Cl2↑+3H2O；

D．ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒。

12．（2023高二下·重庆市期末）KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法不正确的是（）

A．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1

B．Cl2既是氧化产物，又是还原产物

C．盐酸既体现酸性，又体现还原性

D．转移5mol电子时，产生3molCl2

【答案】A

【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；物质的量的相关计算

【解析】【解答】反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3作氧化剂，Cl由+5价降为0价，HCl为还原剂，由-1价升为0价，HCl还表现出酸性。

A.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1，A符合题意；

B.Cl2中的Cl一部分来自KClO3，另一部分来自HCl，B不符合题意；

C.盐酸有酸性，体现还原性，C不符合题意；

D.转移5mol电子时，产生3molCl2，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3作氧化剂，Cl由+5价降为0价，HCl为还原剂，由-1价升为0价，HCl还表现出酸性；

A.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比的计算；

B.Cl2中的Cl一部分来自KClO3，另一部分来自HCl；

C.盐酸有酸性，体现还原性；

D.转移电子数的计算。

13．（2023高二下·重庆市期末）下列实验操作、现象和实验结论均正确的是（）

选项实验操作现象结论

A向1mol/L100mL的KI淀粉溶液中通入足量的氯气溶液最终未变蓝氯气的水溶液具有漂白性

B向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液10mL中加入1mol/L的氨水10mL只产生了白色沉淀KspCu(OH)2>KspMg(OH)2

C向澄清的BaCO3的饱和溶液中加入等体积1mol/LNa2SO4溶液产生了白色沉淀BaCO3溶解度大于BaSO4

D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉和AgNO3溶液前者溶液变成蓝色后者有黄色沉淀KI3溶液存在平衡：I3I2+I-

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A．向1mol/L100mL的KI淀粉溶液中通入足量的氯气，生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，现象错误，A不符合题意；

B．向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液10mL中加入1mol/L的氨水10mL，加入的氨水的量足够让镁离子，铜离子均产生沉淀，既有蓝色沉淀也有白色沉淀，B不符合题意；

C．需要使硫酸根和碳酸根浓度相等，才能比较BaCO3和BaSO4的溶解度，C不符合题意；

D．向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉和AgNO3溶液，前者溶液变成蓝色说明有碘单质，后者有黄色沉淀说明有碘离子，存在平衡：I3I2+I-，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．碘遇淀粉变蓝；

B．氨水可让镁离子，铜离子产生沉淀；

C．比较溶解度，需要保证阴离子浓度相同；

D．碘离子存在平衡：I3I2+I-。

14．（2023高二下·重庆市期末）某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-。为确认该溶液组成进行如下实验：①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00molL-1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成。过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g。再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2molL-1；②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g。关于原溶液组成结论正确的是（）

A．一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+

B．一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+

C．c(Mg2+)为1.75molL-1，c(Na+)为1.50molL-1

D．c(Cl-)为5.00molL-1，c(Al3+)为1.00molL-1

【答案】A

【知识点】常见离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量

【解析】【解答】由题意分析①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00molL-1NaOH溶液加热，n(NaOH)=0.0325L×4.00mol/L=0.13mol，有白色沉淀产生，可能有Mg2+或Al3+，无刺激气味气体生成，无NH4+，过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g，再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2molL-1，根据碱过量时不可能有Al(OH)3沉淀，沉淀2.03g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03g÷58g/mol=0.035mol，Mg2+消耗n（OH-)为0.035×2=0.07mol，剩余n（OH-）=0.1×0.2=0.02mol，根据溶液中总的氢氧化钠物质的量为0.13mol，可知0.13mol－0.07mol－0.02mol=0.04mol，说明溶液中含有Al3+，且反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，n(Al3+)=0.01mol，可求出c(Al3+)=0.01mol÷0.02L=0.5mol/L，②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，有Cl-，n(Cl-)=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，根据电荷守恒溶液中阳离子带的正电荷总数是2n(Mg2+)+3n(Al3+)，代入得2×0.035mol+3×0.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1×n(Cl-)=1×0.1mol=0.1mol，c(Mg2+)=0.035mol÷0.02L=1.75mol/L，无NH4+、Na+；

A．一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+，A符合题意；

B．溶液中一定有Al3+，B不符合题意；

C．不含有Na+，C不符合题意；

D．c(Al3+)=0.5mol/L，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】由题意分析①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00molL-1NaOH溶液加热，n(NaOH)=0.0325L×4.00mol/L=0.13mol，有白色沉淀产生，可能有Mg2+或Al3+，无刺激气味气体生成，无NH4+，过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g，再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2molL-1，根据碱过量时不可能有Al(OH)3沉淀，沉淀2.03g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03g÷58g/mol=0.035mol，Mg2+消耗n（OH-)为0.035×2=0.07mol，剩余n（OH-）=0.1×0.2=0.02mol，根据溶液中总的氢氧化钠物质的量为0.13mol，可知0.13mol－0.07mol－0.02mol=0.04mol，说明溶液中含有Al3+，且反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，n(Al3+)=0.01mol，可求出c(Al3+)=0.01mol÷0.02L=0.5mol/L，②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，有Cl-，n(Cl-)=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，根据电荷守恒溶液中阳离子带的正电荷总数是2n(Mg2+)+3n(Al3+)，代入得2×0.035mol+3×0.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1×n(Cl-)=1×0.1mol=0.1mol，c(Mg2+)=0.035mol÷0.02L=1.75mol/L，无NH4+、Na+。

二、实验题

15．（2022高一下·赣州期中）草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生反应：MnO+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)

通过下表实验探究外界因素对反应速率的影响。

实验序号实验温度/K有关物质溶液颜色褪至无色所需时间/s

酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O

V/mLc/molL-1V/mLc/molL-1V/mL

A29340.0240.10t1

BT140.0230.1V18

C31340.02V20.11t2

（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

（2）其中T1=；V2=。

（3）若t1v(逆)，3min后v(正)Y>Z>X

B．X与Z形成的化合物可导电

C．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的为Y

D．W可从Y的盐溶液中置换出Y

5．（2023高二下·重庆市期末）下列各组中的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（）

A．Cu(OH)2＋HCl；Cu(OH)2＋CH3COOH

B．NaHCO3＋H2SO4；Na2CO3＋HCl

C．NaHSO4＋NaOH；H2SO4＋NaOH

D．BaCl2＋H2SO4；Ba(OH)2＋H2SO4

6．（2023高二下·重庆市期末）下列关于钠的叙述正确的是（）

A．钠在自然界中存在游离态B．钠是一种灰色的固体

C．钠可以保存在煤油中D．钠着火时可以用水扑灭

7．（2023高二下·重庆市期末）下列图示与对应的叙述相符的是（）

A．图甲表示氢氧化钠溶液与盐酸反应时的能量变化

B．图乙表示电解精炼铜时，阳极减少的质量Δm随转移电子物质的量的变化

C．图丙表示合成氨反应其他条件一定，在有、无催化剂条件下n(NH3)随时间的变化

D．图丁表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)其他条件一定，改变起始时O2的物质的量，平衡时SO3的体积分数随起始时O2的物质的量的变化

8．（2023高二上·上海月考）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）

A．通入溶液中

B．通入溶液中

C．通入溶液中

D．通入已酸化的溶液中

9．（2023高二下·重庆市期末）下列说法中正确的是（）

A．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化

B．增加炼铁高炉的高度可以降低尾气中CO的含量

C．无论加入正催化剂还是加入负催化剂都能大大提高化学反应速率

D．把煤粉碎了再燃烧可以提高煤的燃烧效率

10．（2023高二下·重庆市期末）某温度下，向10mL的0.100mol·L-1CuCl2溶液中逐渐滴加0.100mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）

已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3.00×10-25mol2/L2

A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点

B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)

C．该温度下Ksp(CuS)=4.00×10-36mol2/L2

D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5molL-1的混合溶液中逐滴加入10-2molL-1Na2S溶液，Zn2+先沉淀

11．（2023高二下·重庆市期末）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．工业上通过电解g的水溶液制备b

B．c具有漂白性，见光易分解

C．a与d制备22.4L(标况)b时转移的电子数为5NA

D．e具有氧化性，可用于自来水消毒

12．（2023高二下·重庆市期末）KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法不正确的是（）

A．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1

B．Cl2既是氧化产物，又是还原产物

C．盐酸既体现酸性，又体现还原性

D．转移5mol电子时，产生3molCl2

13．（2023高二下·重庆市期末）下列实验操作、现象和实验结论均正确的是（）

选项实验操作现象结论

A向1mol/L100mL的KI淀粉溶液中通入足量的氯气溶液最终未变蓝氯气的水溶液具有漂白性

B向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液10mL中加入1mol/L的氨水10mL只产生了白色沉淀KspCu(OH)2>KspMg(OH)2

C向澄清的BaCO3的饱和溶液中加入等体积1mol/LNa2SO4溶液产生了白色沉淀BaCO3溶解度大于BaSO4

D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉和AgNO3溶液前者溶液变成蓝色后者有黄色沉淀KI3溶液存在平衡：I3I2+I-

A．AB．BC．CD．D

14．（2023高二下·重庆市期末）某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-。为确认该溶液组成进行如下实验：①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00molL-1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成。过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g。再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2molL-1；②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g。关于原溶液组成结论正确的是（）

A．一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+

B．一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+

C．c(Mg2+)为1.75molL-1，c(Na+)为1.50molL-1

D．c(Cl-)为5.00molL-1，c(Al3+)为1.00molL-1

二、实验题

15．（2022高一下·赣州期中）草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生反应：MnO+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)

通过下表实验探究外界因素对反应速率的影响。

实验序号实验温度/K有关物质溶液颜色褪至无色所需时间/s

酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O

V/mLc/molL-1V/mLc/molL-1V/mL

A29340.0240.10t1

BT140.0230.1V18

C31340.02V20.11t2

（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

（2）其中T1=；V2=。

（3）若t1v(逆)，3min后v(正)Al>Si>O，A符合题意；

B，X为O，Z为Si，X与Z形成的化合物为SiO2，不能导电，B不符合题意；

C，Z为Si，W为K，Y为Al，Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的为K，C不符合题意；

D，W为K，Y为Al，K不能从铝的盐溶液中置换出Al，K与溶液中水先反应，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】X、Y、Z、W为周期表中前20号元素，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X为O；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，Z为Si；W、Y为金属元素，W单质能与冷水剧烈反应，且其原子序数大于Si，W为K；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，Y的最外层电子数为6+1-4=3，Y为Al；

A，同一周期元素从左向右半径逐渐减小，同一主族元素从上到下半径逐渐增大；

B，SiO2，不能导电；

C，最高价氧化物对应的水化物，金属性强，碱性强；

D，K与溶液中水先反应。

5．【答案】C

【知识点】离子方程式的书写

【解析】【解答】A．HCl为强酸，要拆分成H+和Cl-，CH3COOH为弱酸，不拆，保留化学式，离子方程式不同，A不符合题意；

B．NaHCO3中碳酸氢根离子是弱酸根不能拆，与H2SO4反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3与HCl反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，离子方程式不同，B不符合题意；

C．两个反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O，C符合题意；

D．BaCl2与Na2SO4的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ba(OH)2与H2SO4反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，离子方程式不同，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．HCl为强酸，要拆分成H+和Cl-，CH3COOH为弱酸，不拆，保留化学式；

B．NaHCO3中碳酸氢根离子是弱酸根不能拆；

C．OH-+H+=H2O；

D．Ba(OH)2与H2SO4反应还有水生成也要写在离子方程式里。

6．【答案】C

【知识点】钠的物理性质；钠的化学性质

【解析】【解答】A．钠的性质活泼，易与空气中的水、氧气反应，不是游离态，A不符合题意；

B．钠是银白色的金属，B不符合题意；

C．钠与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，C符合题意；

D．钠与水剧烈反应，生成氢气，钠着火时不能用水扑灭，可用沙子灭火，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．钠的性质活泼，易与空气中的水、氧气反应；

B．钠是银白色的金属；

C．钠与煤油不反应，密度比煤油大；

D．钠与水剧烈反应，生成氢气。

7．【答案】D

【知识点】化学反应中能量的转化

【解析】【解答】A．氢氧化钠溶液与盐酸反应是放热反应，图象是吸热反应，A不符合题意；

B．电解精炼铜的阳极是粗铜有杂质，有0.2mol电子转移，阳极减少的质量不一定为6.4g，B不符合题意；

C．催化剂不会影响平衡，平衡时n(NH3)相等，C不符合题意；

D.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，其他条件一定时，增加起始时O2的物质的量，平衡时SO3的体积分数先增大后减小，符合图像，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．氢氧化钠溶液与盐酸反应是放热反应；

B．电解精炼铜阳极是粗铜有杂质；

C．催化剂不会影响平衡；

D．化学平衡与体积分数变化的关系。

8．【答案】B

【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变

【解析】【解答】A．NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不符合题意；

B．因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B符合题意；

C．NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不符合题意；

D．SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不符合题意；

故答案为B。

【分析】A、NO2与水反应生成硝酸，具有强氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子；

B、碳酸酸性弱于盐酸，与强酸制弱酸原理不符；

C、实验室制备氢氧化铝的方程式考察；

D、NO3-在酸性条件下具有氧化性，将亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，硫酸钡沉淀不溶于硝酸；

9．【答案】D

【知识点】常见能量的转化及运用

【解析】【解答】A.化学反应中的能量变化还可以表现为光能、电能的变化等，A不符合题意；

B.高炉产生CO和高度无关，B不符合题意；

C.正催化剂加快反应的速率、负催化剂减弱反应速率，C不符合题意；

D.把煤粉碎可提高与氧气的接触面积，提高煤的燃烧效率，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.化学反应中的能量变化还可以表现为光能、电能的变化等；

B.产生CO，和氧气少有关；

C.正催化剂加快反应的速率、负催化剂减弱反应速率；

D.粉碎可提高与氧气的接触面积。

10．【答案】C

【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．b点表示CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，生成溶质是强酸强碱盐氯化钠，对水的电离没有影响，如存在CuCl2、Na2S会水解促进水电离，所以水的电离程度最小的为b点，A不符合题意；

B．物料守恒：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B不符合题意；

C．b点表示CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，c(Cu2+)=c(S2-)，c(Cu2+)=1×10-17.7mol/L，该温度下Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-35.4mol2/L2=4.00×10-36mol2/L2，C符合题意；

D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-2mol/L的Na2S溶液，ZnS中S2-浓度为c(S2-)=Ksp(ZnS)/c(Zn2+)，代入得3x10-20mol/L，由Ksp(CuS)=4.00×10-36mol2/L2，CuS中S2-浓度为c(S2-)=Ksp(CuS)/c(Cu2+)，代入得4x10-31mol/L，产生CuS沉淀需要S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．氯化钠是强酸强碱盐，对水的电离没有影响；

B．物料守恒的判断；

C．恰好完全反应时离子的计算；

D．产生沉淀时需要浓度更小，优先沉淀。

11．【答案】C

【知识点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用

【解析】【解答】根据价类二维图可推出，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为ClO3-，e为ClO2，g为Cl-；

A．g为Cl-，工业上通过电解饱和食盐水来制备Cl2，A不符合题意；

B．c为HClO，有漂白性，见光易分解，B不符合题意；

C．a为HCl，d为ClO3-，反应离子方程式：5Cl-++6H+=3Cl2↑+3H2O，制备22.4L(标况)Cl2时转移的电子数为NA，C符合题意；

D．e为ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】根据价类二维图可推出，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为ClO3-，e为ClO2，g为Cl-；

A．工业上通过电解饱和食盐水来制备Cl2；

B．HClO，有漂白性，见光易分解；

C．离子方程式：5Cl-++6H+=3Cl2↑+3H2O；

D．ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒。

12．【答案】A

【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质；物质的量的相关计算

【解析】【解答】反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3作氧化剂，Cl由+5价降为0价，HCl为还原剂，由-1价升为0价，HCl还表现出酸性。

A.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1，A符合题意；

B.Cl2中的Cl一部分来自KClO3，另一部分来自HCl，B不符合题意；

C.盐酸有酸性，体现还原性，C不符合题意；

D.转移5mol电子时，产生3molCl2，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，KClO3作氧化剂，Cl由+5价降为0价，HCl为还原剂，由-1价升为0价，HCl还表现出酸性；

A.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比的计算；

B.Cl2中的Cl一部分来自KClO3，另一部分来自HCl；

C.盐酸有酸性，体现还原性；

D.转移电子数的计算。

13．【答案】D

【知识点】化学实验方案的评价

【解析】【解答】A．向1mol/L100mL的KI淀粉溶液中通入足量的氯气，生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，现象错误，A不符合题意；

B．向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液10mL中加入1mol/L的氨水10mL，加入的氨水的量足够让镁离子，铜离子均产生沉淀，既有蓝色沉淀也有白色沉淀，B不符合题意；

C．需要使硫酸根和碳酸根浓度相等，才能比较BaCO3和BaSO4的溶解度，C不符合题意；

D．向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉和AgNO3溶液，前者溶液变成蓝色说明有碘单质，后者有黄色沉淀说明有碘离子，存在平衡：I3I2+I-，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．碘遇淀粉变蓝；

B．氨水可让镁离子，铜离子产生沉淀；

C．比较溶解度，需要保证阴离子浓度相同；

D．碘离子存在平衡：I3I2+I-。

14．【答案】A

【知识点】常见离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量

【解析】【解答】由题意分析①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00molL-1NaOH溶液加热，n(NaOH)=0.0325L×4.00mol/L=0.13mol，有白色沉淀产生，可能有Mg2+或Al3+，无刺激气味气体生成，无NH4+，过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g，再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2molL-1，根据碱过量时不可能有Al(OH)3沉淀，沉淀2.03g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03g÷58g/mol=0.035mol，Mg2+消耗n（OH-)为0.035×2=0.07mol，剩余n（OH-）=0.1×0.2=0.02mol，根据溶液中总的氢氧化钠物质的量为0.13mol，可知0.13mol－0.07mol－0.02mol=0.04mol，说明溶液中含有Al3+，且反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，n(Al3+)=0.01mol，可求出c(Al3+)=0.01mol÷0.02L=0.5mol/L，②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，有Cl-，n(Cl-)=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，根据电荷守恒溶液中阳离子带的正电荷总数是2n(Mg2+)+3n(Al3+)，代入得2×0.035mol+3×0.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1×n(Cl-)=1×0.1mol=0.1mol，c(Mg2+)=0.035mol÷0.02L=1.75mol/L，无NH4+、Na+；

A．一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+，A符合题意；

B．溶液中一定有Al3+，B不符合题意；

C．不含有Na+，C不符合题意；

D．c(Al3+)=0.5mol/L，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】由题意分析①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00molL-1NaOH溶液加热，n(NaOH)=0.0325L×4.00mol/L=0.13mol，有白色沉淀产生，可能有Mg2+或Al3+，无刺激气味气体生成，无NH4+，过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g，再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2molL-1，根据碱过量时不可能有Al(OH)3沉淀，沉淀2.03g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03g÷58g/mol=0.035mol，Mg2+消耗n（OH-)为0.035×2=0.07mol，剩余n（OH-）=0.1×0.2=0.02mol，根据溶液中总的氢氧化钠物质的量为0.13mol，可知0.13mol－0.07mol－0.02mol=0.04mol，说明溶液中含有Al3+，且反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，n(Al3+)=0.01mol，可求出c(Al3+)=0.01mol÷0.02L=0.5mol/L，②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，有Cl-，n(Cl-)=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，根据电荷守恒溶液中阳离子带的正电荷总数是2n(Mg2+)+3n(Al3+)，代入得2×0.035mol+3×0.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1×n(Cl-)=1×0.1mol=0.1mol，c(Mg2+)=0.035mol÷0.02L=1.75mol/L，无NH4+、Na+。

15．【答案】（1）2：5

（2）293；3

（3）在其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；0.00125mol/(Ls)

（4）K+和SO未参与反应或若K+和SO是催化剂，则反应一开始就会很快(答案合理即可给分)；MnSO4

【知识点】探究影响化学反应速率的因素

【解析】【解答】(1)2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，锰元素化合价降低，C的化合价升高，MnO为氧化剂，H2C2O4为还原剂，物质的量之比为2：5；

(2)A、B作为对比试验，温度应该相同，H2C2O4体积不同，T1为293K，B、C为对比试验，温度不同其余条件相同，则V2=3；

(3)V1=1mL，A组实验中H2C2O4若t1<8，则由实验可得出的结论是在其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，KMnO4是不足量的，草酸过量，故以KMnO4的物质的量进行计算，0~8s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.00125mol/(Ls)；

(4)①丙同学认为假设3不合理，其理由是：K+和SO未参与反应或若K+和SO是催化剂，则反应一开始就会很快；②在A、B两个试管中分别加入4mL0.02mol/L的草酸溶液，再在A试管中加入1mL0.01mol/L的MnSO4，B加入1mL蒸馏水，再向两只试管中同时加入1mL0.01mol/L的酸性高锰酸钾，现象为A褪色时间小于B。

【分析】（1）氧化剂在反应中得电子价态降低，还原剂在反应中失电子价态升高，依据电子守恒判断物质的量关系；

（2）利用控制变量法探究影响速率的因素，应保证变量单一；

（3）实验A、B的反应物浓度不同；根据计算；

（4）①若离子有催化作用，起始反应速率快；

②反应生成的Mn2+对该反应有催化作用。

16．【答案】（1）sp2、sp3

（2）SOCl2

（3）F为离子晶体，D为分子晶体，熔融时破坏F中离子键所需能量大于D分子间作用力

（4）或

（5）

【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体

【解析】【解答】(1)A分子中有羰基，饱和碳原子，碳原子的杂化方式为sp2、sp3。

(2)A→B反应是酯化反应，A为氨基酸，有氨基呈碱性，不能用浓硫酸、加热条件，条件X是SOCl2。

(3)D、F相对分子质量接近，晶体类型不同，F熔点高于D的原因是：F为离子晶体，D为分子晶体，熔融时破坏F中离子键所需能量大于D分子间作用力。

(4)M分子式为C9H9O4N，①能发生银镜反应和水解反应，且含苯环，苯环上的取代基可能有酯基和醛基或甲酸酯基，也可能有醛基和酰胺基，②分子中有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为3∶2∶2∶1，氧原子组合为醛基或酯基时，1个甲基一种氢原子有三个，1个氨基上一种氢原子有两个，2个甲酸酯基上1种氢原子有两个，满足条件的该同分异构体的结构简式或。

(5)用苯甲酸和乙醇制备苯甲酸乙酯，用甲苯制取苯甲酰胺，利用甲苯、苯甲酸和乙醇为原料制备的流程图是：

【分析】(1)羰基，饱和碳原子，碳原子的杂化方式为sp2、sp3；

(2)其中一种酯化反应条件是SOCl2；

(3)相对分子质量接近，晶体类型不同；

(4)同分异构体的书写；

(5)用苯甲酸和乙醇制备苯甲酸乙酯，用甲苯制取苯甲酰胺。

17．【答案】（1）c

（2）

（3）浓度大，反应速率快，反应放热使体系迅速升温，促使分解

（4）当滴入最后1滴酸性溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，且内不褪色，即达到滴定终点；90；偏高

【知识点】吸热反应和放热反应；中和滴定；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算

【解析】【解答】大理石CaCO3，有杂质FeO、Fe2O3，除去铁杂质，第一步是加盐酸溶解，加入氧化剂H2O2，将F