2021-2022学年北京市朝阳区高三（上）期中化学试卷-附答案详解

2021-2022学年北京市朝阳区高三（上）期中化学试卷

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉（

OH,

•一底告,^、）的全合成。下列说法不正确的是（）

uHOOHn„

A.淀粉的分子式为C6Hl2。6

B.由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成

c.玉米等农作物通过光合作用能将cc）2转化为淀粉

D.该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段

2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）

A.%0的结构式:

B.乙醇的分子结构模型:

C.由Na和C1形成离子键的过程：NnX+.Cl：—♦NaxCl：

••••

D.中子数为8的氮原子：/N

3.对浓度均为0.1mol/L的①Na2c。3溶液、②NaHC（）3溶液，下列分析不正确的是（）

A.①、②中的离子种类相同

B.通过焰色试验能区别①、②

C.两种溶液的c（OH-）大小：①〉②

D.①、②均有c（COg）+c（HCO'）+c（H2cO3）=O.lmol/L

4.探究条件对反应的影响。下列实验中颜色变浅的是（）

A.加热经SO2漂白的品红溶液

B.加热含酚献的CH3coONa溶液

C.加热密闭烧瓶内的NC>2、N2O4混合气体

D.光照C*和Ck的混合气体

5.用化学沉淀法去除粗盐水中的Ca2+、Mg2+和SO七等离子获得精制盐水。所选试剂、

装置不合理的是（）

¥附滤纸）一UyH试纸）

步骤目的试剂装置

AI除SO%-Ba5溶液a>c^f

Bn除Mg2+NaOH溶液a^c、f

Cn除Ca2+、Ba2+Na2s。4溶液b、d、e

DIV调pH盐酸a>c>e、f

A.AB.BC.CD.D

6.下列说法不正确的是（）

A.酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3

B.与钠和水的反应相比，镀与水反应更容易

C.与H2s的分解温度相比，小0的分解温度更高

D.判断非金属性Q>S,可通过向Na2s溶液通入Q2的实验证实

7.向密闭容器中充入ImolHI,发生反应：2Hl（g）UH2（g）+l2（g）AH>0,达到平衡

状态。该反应经过以下两步基元反应完成：i.2Hl-^H2+21AH1；ii.2I-^I2AH2»

下列分析不正确的是（）

A.△%>0、△H2<0

B.n（HI）+2n供）=lmol

C.恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的

D.恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移

8.下列方程式不能准确解释相应实验现象的是（）

A.向碘的CCI4溶液中加入浓KI溶液，振荡，下层颜色变浅：L+广^^

B.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaS04（s）+C0『（aq）UCaC03（s）+S0/（aq）

+2+

C.铜溶于浓硝酸，产生红棕色气体：3Cu+8H+2N0J=2Cu+NOT+4H2O

D.向A1（OH）3浊液中滴加NaOH溶液，浊液变清：A1（OH）3+OH-=AIO2+2H2O

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9.在25久时，向水中通入CL得到新制氯水，如图所示。

对现象分析不正确的是（）

A.新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了

B.新制氯水呈黄绿色，证明与出0能反应

C.取出新制氯水，光照一段时间，溶液c（H+）增大，漂白性减弱，原因是：Cl2+

光照

H20#HC1+HC10,2HC10—2HC1+O2T

D.取出新制氯水，加入饱和NaQ溶液，Ck的溶解度减小。说明可用饱和食盐水除

去Cl?中混有的HC1

10.下列指定微粒数目一定相等的是（）

A.等质量的电0与汨2。所含的原子数

B.等物质的量的C2H6与c3H6中所含的碳原子数

C.等体积等浓度的Na2s。3与（NHQ2SO3溶液中所含的SOr数

D.等物质的量的CH3cH20H与CH30cH3所含的共价键数

11.下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能

产生沉淀的是（）

ABCD

试剂a浓盐酸浓H2SO4浓氨水稀H2sO4

试剂bKMnO4少量蔗糖CaOCaCC）3粉末

试剂CAgNOMgCl冷、浓氨盐水

3AICI32

A.A

B.B

C.C

D.D

12.以酚献为指示剂，用O.lOOOmol/LNaOH溶液滴定10.00mL未知浓度的CH3COOH溶

液，滴定过程中的pH变化如图所示。下列分析正确的是（）

A.CH3coOH的浓度为O.lOOOmol/L

B.CH3coOH的电离常数&«1.0X10-s

C.溶液从粉红色变为无色，且半分钟内不变色，表示已达滴定终点

D.pH=a时，溶液中c(Na+)>c(CH3coOH)>c(H+)

13.用如图所示装置探究铜丝(下端卷成螺旋状)与过量浓硫酸的反应。

现象：试管①中液面上方有白雾，底部有灰白色固体。

下列实验不合理的是()

A.浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的SO2

B.加热、将铜丝下端卷成螺旋状能提高SO2的生成速率

C.②中用石蕊溶液验证S02水溶液的酸性，③中用品红溶液验证S02的生成

D.冷却后，将①中物质倒入盛有水的另一支试管，以确认C11SO4的生成

14.电子工业用FeCk溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印制电路板。从酸性腐蚀废液回收

铜及FeCk固体的工艺流程如图：

已知：SOC12+H20=S02T+2HC1

下列分析不正确的是()

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A.过程I、U、皿、V中均有气体产生

B.上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应

c.n中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入小。2溶液，可提

高FeCb产率

D.V中用SOU?而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCb水解

二、简答题(本大题共5小题，共58.0分)

15.氢气是未来最具有前途的能源之一。氢气不仅能将二氧化碳转化为CH30H等液体燃

料，也能用于燃料电池发电。

(1)以H2、CO2为原料制CH30H涉及的主要反应如下：

1

i.H2(g)+C02(g)UC0(g)+H20(g)△%=+41kJ-moP

ii.CO(g)+2H2(g)WCH30H(g)△H2=-90kJ-moL

①CO2分子中含有.键(填“极性”或“非极性”)o

@H2(g).CC)2(g)转化为CH30H(g)、出0色)的热化学方程式为

(2)在催化剂作用下，反应温度和压强对CO?平衡转化率、CH30H选择性影响如图1和

图2所示•[CH30H的选择性=n(生成CH30H所用的CO?)

n(反应消耗的CO,)

8

20率80

电

15次^

祖614

1H0

00

-20

5

5

2

80

01

①比较P2、Pl的大小：O

②随着温度的升高，C02平衡转化率增大，CH30H选择性减小。说明原因：。

(3)氢氧燃料电池是最具发展前途的发电技术之一。设计简单氢氧燃料电池，示意

如图3：

①闭合Ki，一段时间后断开Ki。闭合K2，电极b发生的电极反应式为。

②不选用NaCl溶液做电解质溶液的原因是。

(4)大规模制出所需能量可由太阳能提供。利用Na2c。3•10%0可将太阳能储存，

释放，结合方程式说明储存、释放太阳能的原理：。

16.MnCC)3是重要化工原料，由MnC)2制备MnC()3的一种工艺流程如图:

I.研磨MnOz，加水配成浊液。

n.MnOz浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnCC)3固体。

r-»Na,Feo(SO4)4(OH)I,等沉淀

FeSO,、H：SO.、立50.

MnO,浊液

含Mn"母液温/Mn"纯化液一^■乙MnCO,

资料：①MnCC>3不溶于水。该工艺条件下，Mn()2与H2sO4不反应。

②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8x10-39、Ksp[Mn(OH)2]=2.0x

10-13

(1)研磨MnOz的目的是。

(2)加入铁粉除去FeSCU溶液中的Fe3+,反应的离子方程式是。

+2+2+3+

(3)MnC)2氧化Fe2+的反应如下:MnO2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2H2O.

①根据上述反应，还原MnOz所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2。而实际比值

(1〜1.25)小于2,原因是。

②取少量母液，滴加K31Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明o

(4)纯化

向母液中滴加氯水调pH,除去残留的Fe3+。若母液中c(Mr>2+)=Imol-L-1,使Fe3+

恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1xl(p5moi•L-1,此时是否有Mn(OH)2沉淀生成?

(列式计算，已知冠而«6.5)。

(5)制备

将MM+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合,得到含MnCC)3的浊液。将浊液过滤，

洗涤沉淀，干燥后得到M11CO3固体。

①通过检验SO/来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO/的操作是。

②生成MnCC)3的离子方程式是。

17.锂-空气电池的理论能量密度高，是未来提高电动汽车续航里程的关键。

(1)锂在元素周期表中的位置是,属于比较活泼的金属。

放电

(2)锂-空气电池的反应原理可表示为：2以+。2一3图所示：

充电

电池工作时，发生氧化反应的是(填"A”或"B”)极。

(3)空气中的CO?、出0影响电池放电。探究为0对放电的影响：向非水电解液中加

入少量水，放电后检测A、B电极上的固体物质。

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A极：LiOH

B极：Li2O2,LiOH

①A、B电极产生LiOH的化学方程式分别是、o

②H2O降低锂一空气电池放电、充电循环性能。

(4)探究CO2对放电的影响：使电池在三种不同气体(物质的量相等)中放电，测量外

电路转移的电子与消耗的比值［焦］。

实验iiiiii

气体

02C0290%02+10%CO2

n(eQ

y2n(e_)=0a2

n(02)

①放电时，实验i中B极的电极反应式为。

②下列分析正确的是o

a.放电时，i、iii中通过外电路的电子数相等

b.iii中B极所发生的电极反应的产物主要为Li?。？

c.iii中*x2说明CO2未与302反应

③i、iii中电池放电完毕后充电，iii中产生的量少于i，推测原因：一是iii中02的

量比i少，生成口2。2的量较i少；二是。

18.合成N&是重要的研究课题。一种合成NH3的流程如图。

相关数据如下:

物质熔点/OC沸点/℃与“反应温度/OC分解温度/汽

Mg6491090>300Mg3N2：>800

(1)固氮：

①固氮反应的化学方程式是

②固氮的适宜温度范围是。

a.500-600℃

b.700-800℃

c.900—1000℃

③检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，(填操作和现象)，说明Mg能起

到固氮作用。

(2)转氨：选用试剂a完成转化。

I.选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。

U.选用HC1气体进行转化。发现能产生NH3,且产物Mg。?能直接循环利用。但NG

的收率较低，原因是o

ID.选用NH4cl固体进行转化。合成氨的过程如图：

①合成氨的总反应方程式是0

②经实验研究，证实了Mg3M中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。

实验：将(填化学式)两种物质混合，充分反应。

检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在"NG。

③测量Mg3”的转化率：取固体Mg3N2、NH4cl的混合物mg[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=

1：6],混匀，充分反应。用cmoLL-i的H2sO4滴定生成的NH3,至滴定终点时消

耗vmLH2so4。Mg3N2的转化率为。(KfeN2摩尔质量为100g•mol、NH4C1

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摩尔质量为53.5g•mol-1)

④相比于比0和HC1,选用NH4cl进行转化，N&的收率高，原子利用率高。

19.探究一定浓度H2sO4与卤素离子(C「、BL、「)的反应。实验如图:

一定浓度HSO.

y

I分成I三等份I

1-n□

@NaC侑液gNnBr溶液面口gNai耐液

产生白寡产生粽红色气体.常液变标红色产生气体、紫色P1体

(l)a用酸化的AgN()3溶液检验白雾，产生白色沉淀；

b.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有。

(2)用CUSO4溶液检验汨中气体，产生黑色CuS沉淀，该气体是。

(3)检验ii中产物：

I.用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含田2。

II.取ii中部分溶液，用COj萃取。CCI4层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中

含SO2，过程如图：

①白色沉淀1的成分是。

②生成白色沉淀3的离子方程式是。

(4)已知:X2+SO2+2H2。=2HX+H2SO4(X=CkBr、1)。探究ii中溶液存在B方、

SO2的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：

a.B「2与也0发生了反应。

b.加水稀释导致溶液颜色变浅。

cBr?与SO?在溶液中发生了反应。

-9

①资料：Br2+H2OUHBr+HBrOK=4.0XIO,判断a(填“是”或“不

是”)主要原因。

②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是o

可选试剂：AgNO,溶液、CC14,KMnO4溶液

③原因C成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因：O

(5)实验表明，一定浓度H2sO,能氧化Br、I,不能氧化C「，从原子结构角度说明

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.淀粉为高分子化合物，分子式为：（CGHIOOS"，故A错误；

B.淀粉为长碳链有机化合物，所以由CO?等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，故

B正确；

C.玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉，故C正确；

D.二氧化碳资源广泛，能够合成淀粉，既可以减少温室效应，又能够解决人类粮食问题，

故D正确；

故选：A。

A.淀粉为高分子化合物；

B.淀粉为长碳链有机化合物；

C.植物吸收二氧化碳，通过光合作用生成淀粉；

D.二氧化碳资源广泛。

本题考查了物质的性质及用途，熟悉淀粉的结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】C

0

【解析】解：A.%0中H-0之间形成共用电子对，结构式：X、订，故A正确;

是乙醇分子的球棍结构模型，故B正确;

C.NaCl属于离子化合物，由Na和C1形成离子键的过程为

Nay7百：--Na+［；Cl：］-»故c错误；

D.中子数为8的氮原子质量数为15,表示为：/N,故D正确；

故选：Co

A.结构式用断线表示一对共用电子对；

B.用小球表示的模型为比例模型；

C.氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，阴离子还需要标出最外

层电子；

D.中子数为8的氮原子质量数为15。

本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及比例模型、元素符号、结构式、

电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能

力及规范答题能力，题目难度不大，

3.【答案】B

【解析】解：A.碳酸钠中的碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢钠

溶液中的碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子和氢离子，均含有COg、HCOJ.OH，H+、

Na+,所以①和②中的离子种类相同，故A正确；

B.钠元素的焰色试验为黄色，①Na2c。3溶液和②NaHCC)3溶液均含有钠离子，无法区别，

故B错误；

C.碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以两种溶液的c(OH-)大小：①〉

②，故C正确；

D.浓度均为O.lmol/L①Na2cO3溶液，②NaHC()3溶液，溶液中存在碳元素守恒，

c(CO1~)+C(HCO3)+C(H2CO3)=O.lmol/L,故D正确；

故选：Bo

A.碳酸钠中的碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢钠溶液中的碳酸

氢根离子电离生成碳酸根离子和氢离子；

B.钠元素的焰色试验为黄色；

C.碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度；

D.根据物料守恒来分析解答。

本题考查了盐类水解的应用，为高频考点，掌握盐类的水解和电离平衡的相关知识点为

解答的关键，侧重考查了分析和解答能力，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.二氧化硫的漂白性不稳定加热恢复，加热经SO2漂白的品红试液变红，

颜色变深，故A不选；

B.加热含酚献的C^COONa溶液，促进水解，碱性变强，颜色变深，故B不选；

C.N2C)4(g)=2NO2(g)为吸热反应，则加热促进转化为NC>2,气体颜色变深，故C

不选；

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D.光照CH4和Cl2的混合气体发生取代反应，氯气被消耗，则气体颜色变浅，故D选；

故选：D»

A.二氧化硫的漂白性不稳定，加热恢复；

B.加热含酚献的C^COONa溶液，促进水解，碱性变强；

C.N204(g)U2NC)2(g)为吸热反应，则加热促进N2O4转化为NO?:

D.光照CH4和Ck的混合气体发生取代反应。

本题考查了二氧化硫性质的应用，盐类水解，平衡移动等，难度不大，把握反应的本质

是解题的关键。

5.【答案】C

【解析】解：A.把溶液置于烧杯中，用胶头滴管加过量BaCk溶液至不再产生沉淀，m

玻璃棒充分搅拌，除去SO/离子，生成沉淀为Bas。,，选择a、c、f,故A正确；

B.把溶液置于烧杯中，用胶头滴管加过量NaOH溶液至不再产生沉淀，用玻璃棒充分搅

拌，除去Mg2+离子，生成沉淀为Mg(OH)2,选择a、c、f,故B正确；

C.把溶液置于烧杯中，用胶头滴管加过量Na2c。3溶液至不再产生沉淀，用玻璃棒充分

搅拌，除去Ca2+、Ba2+离子，生成沉淀为CaCC>3、BaCO3,选择a、c、f,故C错误；

D.把溶液置于烧杯中，用胶头滴管加过量盐酸调节pH,用玻璃棒充分搅拌，除去过量

的碳酸根、氢氧根离子，选择a、c、e、f,故D正确；

故选：Co

根据粗盐提纯过程，粗盐中加入蒸储水溶解，加过量氯化领可除去硫酸根离子，沉淀为

BaS04,加过量NaOH除去镁离子，沉淀为Mg(OH)2,加过量碳酸钠可除去钢离子、钙离

子，沉淀混合物为CaCO3、BaCO3,过滤后滤液含氯化钠和碳酸钠，加过量盐酸和氢氧

化钠、碳酸钠反应后溶液中溶质为NaCl,蒸发结晶得到NaCl；注意碳酸钠必须在氯化钢

之后加入，以此解答该题。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物

分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂试剂必须过量，题目难

度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A,非金属性N>P>Si,最高价含氧酸的酸性HNO3>H3P04>H2SiO3，

故A正确；

B.金属性Na>Be,钠与水反应剧烈，故B错误；

C.氢化物稳定性也0>%S,也0的分解温度更高，故C正确；

D.向Na2s溶液中通入Cl?发生反应生成硫单质和氯化钠，氯气氧化性大于S,说明非金属

性C1>S,故D正确；

故选：Bo

A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；

B.金属性越强，与水反应的剧烈程度越大；

C.同主族从上到下原子半径依次增大，氢化物稳定性减弱；

D.非金属单质氧化性越大，其非金属性越强。

本题考查了周期表递变规律的分析判断，主要是非金属性强弱判断的理解应用，题目难

度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.第ii步反应碘原子形成碘分子，成键过程放热，△&<(),反应2Hl(g)U

H2(g)+I2(g)△H>0,故第i步反应吸热，△%>(),故A正确；

B.由碘元素守恒可知，平衡体系中碘元素的量保持不变，起始时充入ImolHl,故n(HI)+

2no2)=Imol,故B正确;

C.反应：2Hl(g)UH2(g)+h(g)前后气体分子数相等，加压平衡不移动，MI?)不变，加

压容器体积减小，。。2)增大，颜色加深，故C错误；

D.反应吸热，升温，平衡向正向移动，cQ)增大，颜色加深，反应为氧化还原反应，同

时电子发生了转移，故D正确；

故选：Co

A.成键放热；

B.依据原子守恒写出关系式：

C.对于反应前后气体分子数相等，加压平衡不移动，气体颜色深浅由物质浓度大小决定：

D.升温，平衡向吸热反应方向移动。

本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。

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8.【答案】C

【解析】解：A.在碘的CCI4的溶液中加入少量浓K1溶液，碘的浓度减小，溶液紫红色变

浅，反应为：12+「U5，故A正确；

2+

B.硫酸钙存在沉淀溶解平衡：CaS04(s)^Ca+S01-(aq),碳酸钠溶液中有大量碳酸

根离子，碳酸钙更难溶，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转化为碳酸钙沉

淀，离子方程式为：CaSOMs)+CO"(aq)UCaCC)3(s)+SO?-(aq),故B正确；

C.铜溶于浓硝酸，产生红棕色二氧化氮气体，离子方程式：Cu+4H++2NO3=Cu2++

2NO2T+2H2O,故C错误；

D.向Al(0H)3浊液中滴加NaOH溶液，氢氧化铝为两性氢氧化物，可与碱反应：A1(OH)34-

0H-=AIO2+2H2O,浊液变清，故D正确；

故选：Co

A.向碘的CCI4溶液中加入浓KI溶液，I2与碘离子反应，碘的浓度减小，溶液紫红色变浅；

B.碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转

化为碳酸钙沉淀；

C.铜溶于浓硝酸，应生成二氧化氮气体；

D.氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水。

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的

书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关离子反应的考查，注意电子、电

荷守恒的应用，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.氯气为黄绿色，新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了Cl2，故A正确；

B.新制氯水呈黄绿色，不能证明氯气和水反应，故B错误；

C.次氯酸不稳定，见光分解，所以取出新制氯水，光照一段时间，溶液c(H+)增大，漂

光照

白性减弱，原因是：Cl2+H2O#HC1+HC10.2HC10~2HC1+02T,故C正确；

+

D.C12+H20H+C1-+HC1O,依据平衡移动原理可知，加入饱和NaCl溶液，增大氯

离子浓度，平衡逆向移动，抑制氯气溶解，Cl2的溶解度减小，可用饱和食盐水除去中

混有的HC1,故D正确；

故选：Bo

氯水中，氯气与水发生：C12+H2O^HC10+HC1,溶液中含有。2、HC10、出0等分子，

含有H+、CRT、Cl-等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HC1O见光易分解而变质，

以此解答。

本题考查了氯水的性质，明确氯水的成分是解题关键，注意化学平衡移动原理的应用，

题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：A.H2。与汨2。摩尔质量不同，依据n=2NA可知，质量相同时，二者物质

的量不同，含有原子个数不同，故A错误；

B.1个C2H6含有2个C原子，1个C3H6含有3个C,所以等物质的量的C2H6与C3H6中所含的

碳原子数之比为2：3,故B错误；

C.钱根离子能够促进亚硫酸根离子水解，所以等体积等浓度的Na2sO3与（NHQ2SO3溶液

中所含的SO/数不相等，后者少，故C错误；

D.依据分析可知，1个乙醇与1个甲醛含有共价键个数相等，依据N=nNA可知，等物质

的量的CH3cH20H与CH30cH3所含的共价键数相等，故D正确；

故选：Do

A.依据n=1以计算；

B.1个C2H6含有2个C原子，1个C3H6含有3个C；

C.钱根离子能够促进亚硫酸根离子水解；

D.一个乙醇分子中，有3个C-H键、1个C—C键、1个C-0键、1个0-H键，共计8个

化学键，1个甲醛含有6个C-H键、2个C-0键，8条共价键。

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，主要是气体摩尔体积条件应用、可逆反应判断、

电解原理等，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度中等。

11.【答案】C

【解析】解：A.浓盐酸与高铳酸钾反应生成氯气，氯气通入硝酸银溶液反应生成氯化银

沉淀，不符合题干要求，故A不选；

B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖炭化，同时生成二氧化硫、二氧化碳气体，

两种气体通入氯化铝不反应，不会产生沉淀，故B选；

第16页，共27页

C.浓氨水滴到氧化钙生成氨气，氨气通入氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀，不符合题干要

求，故c不选；

D.稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入冷、浓氨盐水反应生成碳酸氢钠沉

淀和氯化钠，试管内产生沉淀，故D不选；

故选：Co

A.浓盐酸与高锯酸钾反应生成氯气，氯气通入硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀；

B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖炭化，同时生成二氧化硫、二氧化碳气体，

两种气体通入氯化铝不反应；

C.浓氨水滴到氧化钙生成氨气，氨气通入氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀；

D.稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入冷、浓氨盐水反应生成碳酸氢钠沉

淀和氯化钠。

本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

12.【答案】D

【解析】解：A.CH3COOH、NaOH以1：1发生中和反应，根据图知，力口入V(NaOH)=

20.00mL时，酸碱恰好完全反应，B|Jn(CH3COOH)=n(NaOH),恰好中和时V(NaOH)=

2V(CH3coOH),则c(CH3coOH)=2c(NaOH)=2xO.lOOOmol/L=0.2000mol/L,故A

错误；

B.根据图知I,开始时溶液的pH=3,CH3COOH电离程度较小，溶液中C(CH3CO(T)《

c(H+)=0.001mol/L,c(CH3C00H)近似等于醋酸溶液浓度为0.2000mol/L,CH3coOH的

电离常数心=嘴粉祟=*3=5.0x10-6,故B错误；

H3LUUU.NUUU

C.酚酥遇酸呈无色，遇碱变红色，以酚酸作指示剂，当溶液从无色变为粉红色，且半分

钟内不变色，表示已达滴定终点，故c错误；

D.pH=a时，力口入V(NaOH)=10.00mL,溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、

C⑸COONa,溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3coeT的水解程度，则c(Na+)>

+

c(CH3C00H),酸电离程度较小,所以存在c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H),故D正确;

故选：Do

A.CH3COOH、NaOH以1：1发生中和反应，根据图知，加入V(NaOH)=20.00mL时，酸

碱恰好完全反应，即MCMCOOH)=n(NaOH)；

B.根据图知，开始时溶液的pH=3,CH3COOH电离程度较小，溶液中c(CH3coCT)*

c(H+)=O,OOlmol/L,cKECOOH)近似等于醋酸溶液浓度，CH3COOH的电离常数七=

c(CH3coO-)c(H+)

-C(CH3COOH)-；

c.酚酥遇酸呈无色，遇碱变红色；

D.pH=a时，力口入V(NaOH)=10.00mL,溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、

CH3COONa,溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，酸电离程

度较小。

本题考查酸碱好好溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中

溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，浸NaOH溶液的棉团用

于吸收多余的SO?，故A正确；

B.加热、将铜丝下端卷成螺旋状，即增大了接触面积，能提高SO2的生成速率，故B正

确；

C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离产生氢离子，可用石蕊指示剂检验其酸性;

二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，所以③中用品红溶液验证SO2的生成，故C正

确；

D.由于试管A中有剩余的浓硫酸，浓硫酸溶于水会放出大量的热，且浓硫酸密度大于水，

所以正确操作方法为：将试管A中的液体，慢慢倒入盛有少量水的试管中，观察溶液的

颜色，二者顺序不能颠倒，故D错误；

故选：D。

A.二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应；

B.加热、增大接触面积都可以加快反应速率；

C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离产生氢离子，可用指示剂检验其酸性；二

氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色；

D.硫酸密度大于水，应将试管中的溶液倒入水中，防止硫酸溅出伤人。

本题以Cu和浓硫酸的反应为载体考查实验操作、浓硫酸的性质，侧重考查分析、判断及

知识综合应用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，

D为解答易错点，题目难度不大。

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14.【答案】A

【解析】解：A.过程I中铁与酸反应产生氢气、n中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、

in中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁没有产生气体、v中sock与氯化铁晶体中的结晶

水作用产生气体SOCI2+%0=S02T+2HC1T,故A错误；

B.上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，

故B正确；

C.II中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入出。2溶液，将氯化亚铁

氧化生成氯化铁，可提高FeCh产率，故C正确；

D.V中用SOCk而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SO。？+H20=S02T

+2HC1T,抑制FeCb水解，故D正确；

故选：A»

腐蚀废液含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜，加入过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，滤

渣中含有铜和铁，加入盐酸后得到铜和含有氯化亚铁溶液2,加入双氧水后得到氯化铁

溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，加入SOCk得到氯化铁；

A.过程I中铁与酸反应产生氢气、II中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、m中双氧水将

氯化亚铁氧化为氯化铁没有产生气体；

B.上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应；

c.n中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入出。2溶液，将氯化亚铁

氧化生成氯化铁；

D.V中用SOCk而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOC12+H20=S02T

+2HCIT»

本题借助酸性腐蚀废液回收铜及FeCh固体的工艺流程，考查了化学反应原理、化合物

的性质等知识，可以根据所学知识完成，本题难度中等。

_1

15.【答案】极性3H2(g)+CO2(g)WCH30H(g)+H20(g)AH=-49kJ-molp2>

Pi温度升高，反应i正向进行，CO2的转化率增大，反应ii为放热反应，温度升高，不利

+

于CH30H的生成H2-2e-=2H闭合K°a极发生2C「一2e1=，闭合七，a极发

生C%+2e-=2C「，形成的不是氢氧燃料电池Na2CO3-10H20=Na2CO3+10H20,

该过程需要吸收能量，将太阳能储存，Na2CO3+10H2O=Na2CO3-10H2O,该过程放

出能量，将储存的太阳能释放

【解析】解：(1)①化学键分为共价键和离子键，共价键分为极性共价键(不同种原子)和

非极性共价键(同种原子)，C02中存在2个碳氧双键，不同种原子间形成的共价键为极性

共价键，

故答案为：极性；

②H2(g)、C02(g)反应生成CH30H(g)、H20(g),热化学方程式为3H2(g)+C()2(g)u

CH3OH(g)+H2O(g)AH3,根据盖斯定律可知，目标方程式=i+ii,所以A&=△%+

-1_1-1

△H2=+41kJ-mol+(―90kJ-mol)=-49kJ-mol,

1

故答案为：3H2(g)+CO2(g)=CH30H(g)+H2O(g)AH=-49kJ-mor；

(2)①由图1可知，CO2的平衡转化率随温度的升高而变大，作等温线，从Pi到P2,CO2的

平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动，向分子数减小的方向移动，即P2>P1，

故答案为：p2>Pi；

②反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，升高温度，反应i正向进行，CO2的转化率增大，

反应ii向逆反应方向移动，不利于CH30H的生成，因此温度升高，CO2的转化率增大，

CH30H选择性减小，

故答案为：温度升高，反应i正向进行，CO2的转化率增大，反应ii为放热反应，温度升

高，不利于CH30H的生成；

(3)①闭合K「该装置为电解池,b电极为阴极，电极反应式为2H2。+2e-=H2T+20H1

电极a为阳极，电极反应式为2H20+4e-=。2T+4H+,断开Kr闭合K2,构成氢氧燃

料电池，电极b为负极，电极反应式为Hz-2e-=2H+,

+

故答案为：H2—2e-=2H；

②选用NaQ溶液做电解质溶液的话，闭合闭合Ki，a极发生2C「-2e-=C12,闭合公，

a极发生Cl2+2e-=2C1-,此时形成的不是氢氧燃料电池，

故答案为：闭合Kra极发生2C1--2e-=。2，闭合K2,a极发生+2e-=2C「，形

成的不是氢氧燃料电池；

(4)根据金属钠在空气中的变化可知，Na2CO3-10H20=Na2CO3+10H20,分解反应断

键吸收能量，可以储存太阳能，Na2CO3+10H2O=Na2CO3-10H2O,化合反应成键释

放能量，可以释放出太阳能，

故答案为：Na2cO3-10H20=Na2cO3+10H20,该过程需要吸收能量，将太阳能储存，

Na2CO3+10H20=Na2CO3-10H20,该过程放出能量，将储存的太阳能释放。

氢气可以和二氧化碳反应生成CH30H等液体燃料，也可以做为燃料电池的原料。

(1)①化学键分为共价键和离子键，共价键分为极性共价键(不同种原子)和非极性共价

键(同种原子)；

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②H2(g)、CC)2(g)反应生成CH30H(g)、H20(g),热化学方程式为3H2(g)+CC)2(g)u

CH30H(g)+H2O(g)AH3,根据盖斯定律可知，AH3=AHI+AH2，求出AG即可；

(2)①由图1分析相同温度下CO2的平衡转化率可判断出反应移动的方向，从而判断出压

强的大小关系；

②随着温度的变化，分析化学平衡的移动方向，从而得出CO2平衡转化率增大，CH30H

选择性减小的结论；

(3)①根据开关判断是电解池还是原电池，再根据原电池和电解池的相关知识判断出电

极反应式；

②NaCl溶液和图中电解质溶液的区别是阴离子不同，找到阴离子放电的影响；

(4)太阳能也是一种能量，根据断键吸热成键放热的原理进行分析。

本题综合性较强，难度中等，主要考查了热化学方程式、化学平衡移动的图像问题、电

化学等，学生应非常熟悉各版块的知识点，注意对各个知识点题型的积累。

16.【答案】增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率2Fe3++Fe=3Fe2+由于

反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶液中氢离子浓度增

大，所以还原MnC)2所需的H+与Fe?+的物质的量实际比值(1〜1.25)小于2取少量母液,

滴加K31Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在亚铁离子Fe3+恰好沉淀完

全即溶液中c(Fe3+)=1x10-5mol.L,根据Ksp[Fe(0H)3]=2.8x10-39=c(Fe3)x

332+

c(0H-)=1x10-5xC(0H-),C(OH-)=6.5xI。一12moi•L,Qc=c(Mn)x

C2(OH-)=1x(6.5x10-12)2=4.225xIO-23,而Ksp[Mn(0H)2]=2.0xl。-%即

Qc<Lp,没有沉淀产生取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸，再加入氯化钢溶液，

2+

没有沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净2HC0.+Mn=MnCO3I+C02T+H20

【解析】解：(1)研磨Mn()2,变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积，加快反

应速率，

故答案为：增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率：

(2)加入铁粉除去FeS04溶液中的Fe3+,反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+,

故答案为:2Fe3++Fe=3Fe2+；

+2+2+3+

(3)①MnOz氧化Fe?+的反应如下:MnO2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2H2O,根

据上述反应,还原MnC)2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2,而实际比值(1〜1.25)小

于2,原因是：由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，

溶液中氢离子浓度增大，所以还原MnOz所需的H+与Fe2+的物质的量实际比值

(1〜1.25)小于2,

故答案为：由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶液

中氢离子浓度增大，所以还原MnC)2所需的H+与Fe2+的物质的量实际比值(1〜1.25)小

于2：

②亚铁离子能够与K31Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，以此检验亚铁离子存在；取少量母

液，滴加K3【Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在亚铁离子，

故答案为：取少量母液，滴加K3【Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在

亚铁离子；

(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=lx10-5molr1,根据Ksp[Fe(0H)31=2.8x

10-39=c(Fe3)xC3(OH-)=1xIO-5Xc3(OH-),c(OH-)=6.5X10_12mol-L-1,

2+212223

Qc=c(Mn)xc(OH-)=1x(6,5x10-)=4.225x10-,而Ksp[Mn(0H)2]=

2.0X10T3,即Qc<Ksp,没有沉淀产生，

故答案为：Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=lx10-5mol•厂】，根据

393353

Ksp[Fe(OH)3]=2.8x10-=c(Fe)xc(OH-)=1x10-xc(OH-),c(OH­)=

2+2-122-23

6.5xKT12moi•L,Qc=c(Mn)xc(OH-)=1x(6.5xIO)=4.225xIO,

而Ksp[Mn(0H)21=2.0X10T3,即Q0<(p,没有沉淀产生;

(5)①硫酸根离子检验常用试剂为盐酸和氯化初，具体操作如下：取最后一次洗涤液，

加入足量的稀盐酸，再加入氯化钢溶液，没有沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净，

故答案为：取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸，再加入氯化钢溶液，没有沉淀产生，

说明沉淀已经洗涤干净；

②将Mr?+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnC()3的浊液，生成MnC()3的

2+

离子方程式是2HC0]+Mn=MnCO3I+C02?+出0,

2+

故答案为：2HCO3+Mn=MnCO3I+C02T+H20»

(1)研磨MnOz，变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积；

(2)加入铁粉除去FeSCU溶液中的Fe3+,发生归中反应；

+2+2+3+

(3)①MnOz氧化Fe2+的反应如下:MnO2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2H2O,根

据上述反应，还原MnC)2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2,而实际比值(1〜1.25)小

于2,原因是：由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，进而影响了溶液

中水的电离平衡；

②亚铁离子能够与K31Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，以此检验亚铁离子存在；取少量母

液，滴加K3【Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀；

(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=lx10-5mol•广、根据Ksp[Fe(0H)31=2.8x