2022-2023学年云南省玉溪市高二上学期期末教学质量检测化学试题（解析版）

PAGEPAGE1玉溪市2022-2023学年上学期高二年级教学质量检测化学第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.2022年6月5日是第51个世界环境日，主题是“共建清洁美丽世界”，旨在促进全社会增强生态环境保护意识，投身生态文明建设。下列说法错误的是A.鼓励光电、风电、水电等清洁能源的发展B.用可降解的聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以减少白色污染C.利用煤的气化、液化等物理变化获得清洁燃料D.从电解工业的阳极泥提取金、银等贵金属，提高资源利用率〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．鼓励光电、风电、水电等清洁能源的发展，可减少环境的破坏，A正确；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减少白色污染，B正确；C．煤的气化、液化是固态燃料转化为气态、液态燃料的过程，属于化学变化，C错误；D．利用电解工业的阳极泥提取金、银等贵金属，对贵金属的回收利用，可提高资源利用率，D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.17g羟基中含有的电子数为10NAB.标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NAC.1L0.01mol•L-1HF溶液中含有F-的数目为0.01NAD.7.8gNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．1个羟基含有9个电子，17g即1mol羟基中含有的电子数为9NA，故A错误；B．标准状况下SO3为固体，22.4LSO3中含有的硫原子数远大于NA，故B错误；C．HF是弱酸，1L0.01mol•L-1HF溶液中含有F-的数目小于0.01NA，故C错误；D．1mol过氧化钠与足量水反应时转移1mol电子，7.8g即0.1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA，故D正确；〖答案〗选D。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是A.无色溶液中：Na+、NH、MnO、Cl-B.中性溶液中：K+、Fe3+、NO、SOC.由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1溶液中：Na+、Fe2+、NO、I-D.能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH、Cl-、NO〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．含MnO的溶液为紫色，A错误；B．Fe3+水解，溶液显酸性，B错误；C．由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1溶液，可能显酸性或碱性，Fe2+、NO、I-在酸性溶液中不能大量共存，Fe2+在碱性溶液中不能共存，C错误；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，K+、NH、Cl-、NO相互不反应，可以大量共存，D正确；故选D。4.下列叙述不能用勒夏特列原理解释的是A.高温有利于N2和H2合成NH3B.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热D.在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置后溶液颜色变浅或褪去〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．N2和H2合成NH3为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，高温不利于反应的进行，不能用勒夏特列原理解释，A选；B．红棕色NO2加压后，化学平衡为2NO2⇌N2O4，加压浓度增大气体颜色加深，但反应正向进行，所以颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，B不选；C．稀释和加热能促进水解，则利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热，能用平衡移动原理解释，C不选；D．溶液中存在化学平衡Fe3++3SCN-，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，c(Fe3+)减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特列原理解释，D不选；〖答案〗选A。5.有机物阿司匹林有很好的解热镇痛作用，其结构如图所示。下列说法正确的是A.阿司匹林的分子式为C8H8O4B.阿司匹林分子中所有原子共面C.阿司匹林可以发生氧化、水解反应D.阿司匹林肠溶片包装盒上标记“OTC”，说明该药物必须凭医生处方购买〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．阿司匹林的分子式为C9H8O4，A错误；B．阿司匹林分子中含有甲基，其饱和碳原子为四面体结构，故分子内所有原子不可能共面，B错误；C．阿司匹林含C、H和O元素，可以燃烧，燃烧属于氧化反应，所含酯基可以发生水解，C正确；D．“OTC”是非处方药，说明该药物不需要凭医生处方购买，D错误；〖答案〗选C。6.下列方程式书写正确的是A.NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++COB.S2-的水解方程式：S2-+2H2OH2S+2OH-C.泡沫灭火器工作原理：2Al3++2CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.工业上用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，A错误；B．S2-分步水解，第一步水解方程式：S2-+H2OHS-+OH-，第二步为HS-+H2OH2S+OH-，B错误；C．泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C错误；D．工业上用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)，D正确；故选D。7.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍，加水稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A.HA为弱酸，MOH为强碱B.水的电离程度：X=Z＞YC.若不考虑溶质的挥发，升高温度，X、Z点对应溶液的pH均不变D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈酸性〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由图可知，将X点HA溶液稀释10倍(即增大1)，pH变化小于1，则HA是弱酸；将Y点MOH溶液稀释10倍，pH减小1，则MOH是强碱，A正确；B．酸、碱均抑制水的电离，X点溶液中，由水电离出的，Y、Z点溶液中分别为、，则由水电离出的分别为、，故水的电离程度：X=Z>Y，B正确；C．MOH是强碱，升高温度，溶液中几乎不变，但增大，变大，溶液的pH减小，C错误；D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，发生中和反应后，HA有剩余，所得混合液呈酸性，D正确；故〖答案〗选C。8.如图所示实验装置，不能完成相应实验的是A.用装置甲测量盐酸和NaOH溶液的中和热B.用装置乙进行酸碱中和滴定时，滴定管里装有NaOH溶液C.用装置丙能制取无水MgCl2D.用装置丁比较Cl元素与S元素的非金属性强弱〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．装置甲是个简易量热计，绝热、有温度计能测量温度、有环形玻璃搅拌棒可搅拌，因此用装置甲测量盐酸和NaOH溶液的中和热，能完成实验，A不符合；B．装置乙中滴定管是酸式滴定管，不能装氢氧化钠溶液，不能完成实验，B符合；C．氯化镁溶液会水解，盐酸能抑制其水解，氯化镁晶体在氯化氢气流中加热能失去结晶水得到无水氯化镁，故用装置丙能制取无水MgCl2，能完成实验，C不符合；D．高锰酸钾和浓盐酸在室温下反应产生氯气，氯气和硫化钠溶液发生置换反应产生硫，氯气的氧化性大于硫，可证明Cl元素的非金属性大于S元素，反应中多余的氯气、挥发的氯化氢气体能用氢氧化钠溶液吸收、防止污染，故用装置丁比较Cl元素与S元素的非金属性强弱，能完成实验，D不符合；〖答案〗选B。9.含铁物质与其相应化合价的关系如图所示。下列推断合理的是A.常温下，物质a与浓硝酸反应生成NO2气体B.物质c俗称铁红，常用做红色涂料C.存在e→d→f→g的转化关系D.检验物质e中阳离子的方法是先加适量氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图中铁元素的化合价及所属类别，可确定a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为含Fe3+的盐、e为含Fe2+的盐、f为Fe(OH)3、g为Fe(OH)2。〖详析〗A．铁遇到浓硝酸钝化，阻止反应的进一步进行，A错误；B．c为Fe2O3，俗称铁红，常用做红色涂料，B正确；C．Fe2+能一步转化为Fe3+，Fe3+能一步转化为Fe(OH)3，但Fe(OH)3不能一步转化为Fe(OH)2，C错误；D．e为含Fe2+的盐，易被氧化为Fe3+，检验物质e中阳离子的方法是先滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红色，加适量氯水，变红色，D错误；故选B。10.化学学习离不开实验。下列实验操作正确且能达到实验目的的是选项操作目的A向乙醇中加入生石灰，然后蒸馏除去乙醇中混有的少量水B室温下，用pH试纸测量NaClO溶液的pH证明HClO是弱酸C加入NaOH溶液，振荡、静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溶液出现白色沉淀，再滴加2滴相同浓度的NaI溶液，振荡，出现黄色沉淀证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．生石灰和水反应生成氢氧化钙，可以除去乙醇中的少量水，A正确；B．NaClO溶液具有强氧化性，不能用pH试纸测量NaClO溶液的pH，需用pH计测量，B错误；C．乙酸乙酯在NaOH溶液的碱性条件下水解为乙酸钠和乙醇，不能达到除杂目的，C错误；D．AgNO3溶液过量，不能证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D错误；故选A。11.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素最外层电子数是电子层数的2倍，Y元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Y能溶于Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，而不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A.原子半径：Z＞Y＞X B.X是形成化合物种类最多的元素C.Y最高价氧化物具有很高的熔点 D.实验室可用XZ2清洗装有硫磺的试管〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素最外层电子数是电子层数的2倍，则X为C，Y元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Y能溶于Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，而不溶于其浓溶液，则Y为Al，Z为S。〖详析〗A．同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(C)，A不正确；B．有机化合物数量庞大、种类繁多，X(C)是形成化合物种类最多的元素，B正确；C．Y最高价氧化物即氧化铝具有很高的熔点，是一种优良的耐火材料，C正确；D．硫难溶于水、易溶于二硫化碳，实验室可用XZ2即二硫化碳清洗装有硫磺的试管，D正确；〖答案〗选A。12.工业合成氨反应包含多个基元反应，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A.从充入反应物到A处，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热B.该历程中最大活化能E正=590kJ•mol-1C.工业合成氨温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高D.催化剂可以降低活化能，从而显著提高反应速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小；〖详析〗A．从充入反应物到A处，反应物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热，A正确；B．该历程中最大活化能E正=〖(-342)-(-500)〗kJ•mol-1=158kJ•mol-1，B错误；C．合成氨反应正反应为放热反应，高温不利于氨的合成，工业合成氨时温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高，催化效率高、反应速率大，C正确；D．催化剂可以大幅降低活化能，显著提高反应速率，提高产量，D正确；故选B。13.一种微生物电化学方法生产甲烷的装置如图所示。下列说法正确的是A.a为电源的负极B.反应过程中阴极附近的pH减小C.阳极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+D.每生成1.12L甲烷，电路中转移电子0.4mol〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由图示知，左池中CH3COO-在电极上失电子被氧化为CO2，故左池为电解阳极室，右池为电解的阴极室，电源a为正极，b为负极；阳极电极反应式为：；阴极电极反应式为：。〖详析〗A．根据分析，a为正极，A错误；B．阴极电极反应式为：，消耗氢离子，pH增大，B错误；C．阳极电极反应式为：，C正确；D．由图示知，右池生成CO2，然后左池转化为CH4，根据转移电子关系CH4~8e-，生成0.1molCH4转移0.8mol电子，气体状态未知，无法计算转移电子数，D错误；故〖答案〗选C。14.借助pH传感器测得0.1mol•L-1NaHCO3溶液在先升温、后降温过程中pH变化如图所示。下列分析不合理的是A.图甲中25℃时，溶液中存在关系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)B.图甲中25~45℃过程，溶液pH逐渐减小，说明HCO的电离平衡对pH影响较大C.图甲中45~60℃过程，溶液pH逐渐增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3导致的结果D.图乙中降温过程，溶液pH逐渐增大，可能是HCO或CO水解平衡正移所致〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．HCO既水解又电离，0.1mol•L-1NaHCO3溶液中存在物料守恒，则溶液中存在关系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，故A正确；B．碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解，溶液应显碱性，HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，碳酸氢根离子电离，HCO⇌CO+H+，溶液应显酸性，水解和电离都是吸热过程，二者的程度大小决定溶液酸碱性，图甲中25~45℃过程，溶液pH逐渐减小，说明HCO的电离平衡对pH影响较大，故B正确；C．NaHCO3热稳定性差，分解后生成碳酸钠，图甲中45~60℃过程，溶液pH逐渐增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3、c(CO)逐渐增大导致的结果，故C正确；D．HCO、CO水解是吸热过程，降温，水解平衡逆向移动使氢氧根浓度减小，则图乙中降温过程溶液pH逐渐增大不可能是HCO或CO水解平衡正移所致，故D错误；故选D。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(本大题共5小题，共58分)15.ClO2为疫情防控的消杀提供了强有力的支撑，是国际公认的最新一代广谱、高效、安全、环保的杀菌剂，具有杀菌效果好，见效快，残留少，不产生抗药性等优点。如图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。已知：①ClO2是一种易溶于水的气体，难溶于有机溶剂。②实验室制备ClO2的原理是2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。（1）A为氯气的制备装置，其中a管的作用是_____，装置G的作用是_____。（2）若圆底烧瓶中盛有高锰酸钾，分液漏斗中盛有浓盐酸，写出生成氯气的离子方程式：______。氯气的电子式为______。（3）B装置中所盛试剂是饱和食盐水，抑制了Cl2与H2O的反应，B装置中也可以用水替代饱和食盐水，实验室常采用饱和食盐水而不采用水除去氯气中氯化氢，试用平衡移动原理解释原因：______。(用离子方程式结合文字表述)（4）装置D中盛放NaClO2的仪器名称为_____。当有18.1gNaClO2与Cl2完全反应时，电子转移数目为_____。（5）E中盛放的试剂用于除去ClO2中未反应的Cl2，可选用的试剂是______(填标号)。a.饱和食盐水b.CCl4液体c.水d.浓硫酸〖答案〗（1）①.平衡气压，使浓盐酸顺利流下②.防倒吸(安全瓶)（2）①.2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.（3）Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水提供大量氯离子，使得平衡体系中氯离子浓度增大，平衡逆向进行，导致氯气几乎不溶于水，所以常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢（4）①.干燥管②.0.2NA（5）b〖解析〗〖祥解〗由实验装置可知：A中制备氯气，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，装置C用于干燥氯气，D中发生2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，已知C1O2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，装置E用于吸收除去C1O2中的Cl2，装置F收集气体，导气管应该是长进短出，装置G是安全瓶，可用于防止倒吸现象的发生，H后接尾气处理装置，可以是盛有NaOH溶液的烧杯。〖小问1详析〗A中a管使分液漏斗上方气体和圆底烧瓶内气体连通，则a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下，由于ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，装置最后面接含有NaOH溶液的尾气处理装置，用于吸收多余Cl2、ClO2，为避免水进入装置F，连接装置G，装置G的作用是防倒吸(安全瓶)。〖小问2详析〗若圆底烧瓶中盛有高锰酸钾，分液漏斗中盛有浓盐酸，二者反应生成了锰离子、氯气和水，离子方程式：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。氯气分子内共用一对电子对，氯气的电子式为。〖小问3详析〗实验室常采用饱和食盐水而不采用水除去氯气中氯化氢，试用平衡移动原理解释原因：Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水提供大量氯离子，使得平衡体系中氯离子浓度增大，平衡逆向进行，导致氯气几乎不溶于水，所以常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。〖小问4详析〗装置D中盛放NaClO2的仪器名称为干燥管。D中反应为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，NaClO2为还原剂转变为ClO2，Cl化合价升1价，Cl2为氧化剂转变为NaCl，Cl化合价降1价，关系式为2NaClO2~Cl2~2e-，当有2mol即181gNaClO2与Cl2完全反应时，电子转移数目为2NA，则当有18.1gNaClO2与Cl2完全反应时，电子转移数目为0.2NA。〖小问5详析〗由于ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，使用装置E用于除去ClO2中未反应的Cl2、而ClO2不溶解，则E盛放的试剂：a．氯气不溶于饱和食盐水，而ClO2溶解于水，不符合；b．ClO2难溶解于CCl4液体、Cl2溶解易溶于CCl4液体，符合；c．氯气能溶于水，ClO2溶解于水，不符合；d．氯气难溶于浓硫酸，不符合；选b。16.硫酸亚铁常用作还原剂，也可用于制铁盐，氧化铁颜料、媒染剂、净水剂、防腐剂、聚合催化剂等，用途非常广泛。（1）26Fe在周期表中位于第______周期第______族。（2）硫酸酸化的FeSO4溶液可用于制备Fe2(SO4)3溶液，加入的氧化剂常用H2O2而不用硝酸的理由是______，写出硫酸酸化的FeSO4溶液与H2O2反应的化学方程式：______。（3）某钛铁矿的主要成分为FeTiO3，还含有Fe2O3和其他不溶于酸的物质，某实验小组以钛铁矿为原料设计了如图所示流程制取TiO2和硫酸亚铁晶体。①粉碎钛铁矿的目的是_______。②由滤液2经操作A可得FeSO4•7H2O晶体，则操作A为______、过滤、洗涤、干燥。③称取4.000g硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，用0.0200mol•L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定至终点，重复实验3次，平均消耗酸性高锰酸钾标准液为10.00mL。反应为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定终点的现象为______，计算样品纯度为______(保留三位有效数字)。〖答案〗（1）①.四②.VIII（2）①.不引入新的杂质，不产生污染环境的气体②.2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O（3）①.增加钛铁矿与浓硫酸之间的接触面积，提高反应速率，提高钛铁矿的利用率②.冷却结晶③.溶液变为浅红色④.69.5%〖解析〗〖祥解〗(3)某钛铁矿的主要成分为FeTiO3，还含有Fe2O3和其他不溶于酸的物质，钛铁矿粉碎、与浓硫酸共热反应，过滤得滤液1，滤液经加热后加入铁粉，得到TiO2+、少量Fe3+、Fe2+和硫酸根离子，趁热过滤，滤液2经操作A即冷却结晶、过滤、洗涤并干燥得到FeSO4•7H2O，过滤后，滤液3中含有TiO2+、等离子，水浸得到H2TiO3，煅烧可生成TiO2。〖小问1详析〗26Fe的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2，则在周期表中位于第四周期第VIII族。〖小问2详析〗通常硝酸的还原产物是氮的氧化物，双氧水是绿色氧化剂、还原产物是水，则用H2O2而不用硝酸氧化硫酸酸化的FeSO4溶液以制备Fe2(SO4)3溶液，理由是：不引入新的杂质，不产生污染环境的气体，硫酸酸化的FeSO4溶液与H2O2反应的化学方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。〖小问3详析〗①粉碎钛铁矿的目的是：增加钛铁矿与浓硫酸之间的接触面积，提高反应速率，提高钛铁矿的利用率。②从溶液中提取结晶水合物需要用冷却结晶法，则由滤液2经操作A可得FeSO4•7H2O晶体，则操作A为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。③称取4.000g硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，用0.0200mol•L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定至终点，从反应为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，滴定过程中滴入的酸性高锰酸钾溶液被还原出现褪色现象，滴定终点时过量的半滴高锰酸钾溶液显浅红色，故滴定终点的现象为溶液变为浅红色、30s内不褪色；重复实验3次，平均消耗酸性高锰酸钾标准液为10.00mL。计算样品纯度为(保留三位有效数字)。17.研究NO2、SO2、CO等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1则NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=______kJ•mol-1，该反应热力学趋势大，原因是______。（2）在一定条件下，将2molNO2与1molSO2置于1L密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)。①下列能说明反应达到平衡状态的是______(填标号)。a．每生成1molSO3同时消耗1molSO2b．混合气体的颜色保持不变c．体系压强保持不变d．v(SO2)=v(NO)②若测得上述反应经5min达到平衡时NO2与SO2体积比为5∶1，则用SO2表示该反应的速率为v(SO2)=_____mol•L-1•min-1。（3）起始加入气体的总物质的量一定，反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ•mol-1，在进气比〖〗不同时，测得CO的平衡转化率与〖〗的关系如图所示(图中各点对应的温度可能相同也可能不同)。①图中C、D、E三点对应的CO平衡转化率逐渐降低，原因是_____，反应速率vc(H2O)_____vE(H2O)(填“>”“<”或“=”)。②图中A、E、G三点对应的反应温度TA、TE、TG的大小关系是_____。〖答案〗（1）①.-41.8②.该反应是放热反应（2）①.b②.0.15（3）①.三点对应温度不同，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低②.＜③.TA=TE=TG〖解析〗小问1详析〗已知反应Ⅰ：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1反应Ⅱ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1则按盖斯定律，(反应Ⅰ-反应Ⅱ)得：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=，该反应热力学趋势大，原因是该反应是放热反应。〖小问2详析〗在一定条件下，将2molNO2与1molSO2置于1L密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，则：①a．每生成1molSO3同时消耗1molSO2，均表示正反应速率，不能判断是否达到平衡状态，故a错误；b．混合气体的颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；c．1L密闭容器中温度不变时体系压强始终不变，故体系压强保持不变不能判断是否达到平衡状态，故c错误；d．v(SO2)=v(NO)，没有指明是正反应速率还是逆反应速率，不能判断是否达到平衡状态，故d错误；选b。②，若测得上述反应经5min达到平衡时NO2与SO2体积比为5∶1，则，得x=0.75，用SO2表示该反应的速率为v(SO2)=。〖小问3详析〗①反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ•mol-1，正反应放热，升温平衡左移CO平衡转化率降低，则图中C、D、E三点初始投料相同，对应的CO平衡转化率逐渐降低的原因是：三点对应温度不同，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低；温度越高反应速率越大，C、D、E对应的温度由低到高，则反应速率vc(H2O)＜vE(H2O)。②图中A点数值为(0.5，66.7%)，即，的平衡转化率为，根据相关数据列出三段式进行计算：，同理，根据相关数据列出三段式进行计算，可得：，，即。因为平衡常数只受温度影响，A、E、G三点的平衡常数相同，故A、E、G三点的温度也相同，即。18.常温下，根据表中几种物质的平衡常数回答下列问题：NH3•H2OHNO2AgClAg2CrO4(砖红色)Kb=1.8×10-5Ka=5.6×10-4Ksp=2.0×10-10Ksp=2.0×10-12（1）现有0.1mol•L-1纯碱溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)______。（2）浓度、体积均相同的NH3•H2O与HCl混合，下列说法正确的是______(填标号)。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）浓度为0.1mol•L-1的NH4NO2溶液中离子浓度由大到小顺序是_____。（4）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）测定某溶液中氯离子的浓度，采用K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定。①当溶液中出现______现象时，说明已达到滴定终点。②下列操作会使实验结果偏大的是______(填标号)。a.滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数b滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失c.用蒸馏水洗锥形瓶后未干燥d.滴定管未用标准液润洗〖答案〗（1）CO+H2OHCO+OH-、HCO+H2OH2CO3+OH-（2）c（3）c(NO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)（4）减小（5）①.产生砖红色沉淀②.bd〖解析〗〖小问1详析〗纯碱溶液显碱性的原因是碳酸根离子发生水解，离子方程式表示：CO+H2OHCO+OH-、HCO+H2OH2CO3+OH-。〖小问2详析〗浓度、体积均相同的NH3•H2O与HCl混合，恰好反应得到氯化铵溶液：a．氯化铵是强酸弱碱盐，铵离子水解使溶液呈酸性，a说法不正确；b．氯化铵溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，二式合并得：c(NH3•H2O)+c(OH-)=c(H+)，b说法不正确；c．氯化铵溶液物料守恒：c(NH3•H2O)+c(NH)=c(Cl-)，c说法正确；d．氯化铵溶液电荷守恒：，d说法不正确；选c。〖小问3详析〗由题知，HNO2的电离常数大于NH3·H2O，则NH4NO2溶液中，NH的水解程度大于NO的水解程度，故该溶液中各离子浓度由大到小为：c(NO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)。〖小问4详析〗若向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵离子浓度增大抑制一水合氨电离，c()大幅增加，c(OH-)变小，增大，故减小。〖小问5详析〗测定某溶液中氯离子的浓度，采用K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定：①由Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12可知，AgCl饱和溶液中c(Ag+)=mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，利用沉淀滴定测定氯离子浓度时，当滴入AgNO3时溶解度小的AgCl沉淀先形成，溶液中Cl-沉淀完全了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生砖红色沉淀Ag2CrO4，即当溶液中出现产生砖红色沉淀现象时，说明已达到滴定终点。②a．滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，则导致标准溶液体积偏小，结果偏小，a不选；b．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致标准溶液体积偏大，则结果偏大，b选；c．用蒸馏水洗锥形瓶后未干燥，不影响标准溶液体积、不影响滴定结果，c不选；d．滴定管未用标准液润洗，导致标准溶液被稀释、导致标准溶液体积偏大，则结果偏大，d选；选bd。19.有机物A、B、C、D、E、F的转化关系如图。已知A的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，E具有浓郁香味，F常用于制造食物保鲜膜。回答下列问题：（1）C中官能团的名称为______；A→F的反应类型为_____。（2）写出B+D→E的化学方程式：_______。（3）A→B的反应过程中的能量变化如图所示。写出A→B总反应的热化学方程式：_______。（4）交警对司机“酒驾”进行呼气检测的化学原理是：经硫酸酸化处理的三氧化铬(CrO3)(与重铬酸钾原理类似)硅胶检查司机呼出的气体，根据硅胶颜色的变化(硅胶中的+6价铬能被B蒸气还原为+3价铬，颜色发生变化)判断司机是否饮酒，写出K2Cr2O7的酸性溶液与B反应生成D的离子方程式：______。（5）研究发现，在酸性B燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示：则硝酸的作用为______，负极电极反应式为______。〖答案〗（1）①.醛基②.加聚反应（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.催化剂②.CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+〖解析〗〖祥解〗有机物A的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，所以A是乙烯(C2H4)，乙烯和水反应生成B为乙醇，乙醇被氧化成C为乙醛，乙醛继续被氧化成D为乙酸，B和D在浓硫酸作用下生成E为乙酸乙酯，乙烯在催化剂作用下发生加聚反应生成F为聚乙烯，据此分析解答。〖小问1详析〗C为乙醛，官能团的名称为醛基；A→F为乙烯在催化剂作用下发生加聚反应生成F为聚乙烯；小问2详析〗B+D→E的化学方程式：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；〖小问3详析〗反应①为C2H4(g)+H2SO4(l)=C2H5OSO3H(l)△H1=（E2-E1）kJ/mol；反应②为C2H5OSO3H(l)+H2O(l)=C2H5OH(l)+H2SO4(l)△H2=（E4-E3）kJ/mol；A→B为①+②可得C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=-(E2+E4-E1-E3)kJ•mol-1；〖小问4详析〗K2Cr2O7的酸性溶液氧化乙醇为乙酸，自身被还原为Cr3+，离子方程式3CH3CH2OH+2Cr2O+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O；〖小问5详析〗该电池为乙醇的酸性燃料电池，通入乙醇的一极为负极，电极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，通入氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极上的反应为，，二者加合可得正极反应式为，可知HNO3在正极起催化剂作用。PAGEPAGE1玉溪市2022-2023学年上学期高二年级教学质量检测化学第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.2022年6月5日是第51个世界环境日，主题是“共建清洁美丽世界”，旨在促进全社会增强生态环境保护意识，投身生态文明建设。下列说法错误的是A.鼓励光电、风电、水电等清洁能源的发展B.用可降解的聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以减少白色污染C.利用煤的气化、液化等物理变化获得清洁燃料D.从电解工业的阳极泥提取金、银等贵金属，提高资源利用率〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．鼓励光电、风电、水电等清洁能源的发展，可减少环境的破坏，A正确；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减少白色污染，B正确；C．煤的气化、液化是固态燃料转化为气态、液态燃料的过程，属于化学变化，C错误；D．利用电解工业的阳极泥提取金、银等贵金属，对贵金属的回收利用，可提高资源利用率，D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.17g羟基中含有的电子数为10NAB.标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NAC.1L0.01mol•L-1HF溶液中含有F-的数目为0.01NAD.7.8gNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．1个羟基含有9个电子，17g即1mol羟基中含有的电子数为9NA，故A错误；B．标准状况下SO3为固体，22.4LSO3中含有的硫原子数远大于NA，故B错误；C．HF是弱酸，1L0.01mol•L-1HF溶液中含有F-的数目小于0.01NA，故C错误；D．1mol过氧化钠与足量水反应时转移1mol电子，7.8g即0.1molNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA，故D正确；〖答案〗选D。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是A.无色溶液中：Na+、NH、MnO、Cl-B.中性溶液中：K+、Fe3+、NO、SOC.由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1溶液中：Na+、Fe2+、NO、I-D.能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH、Cl-、NO〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．含MnO的溶液为紫色，A错误；B．Fe3+水解，溶液显酸性，B错误；C．由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1溶液，可能显酸性或碱性，Fe2+、NO、I-在酸性溶液中不能大量共存，Fe2+在碱性溶液中不能共存，C错误；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，K+、NH、Cl-、NO相互不反应，可以大量共存，D正确；故选D。4.下列叙述不能用勒夏特列原理解释的是A.高温有利于N2和H2合成NH3B.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热D.在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置后溶液颜色变浅或褪去〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．N2和H2合成NH3为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，高温不利于反应的进行，不能用勒夏特列原理解释，A选；B．红棕色NO2加压后，化学平衡为2NO2⇌N2O4，加压浓度增大气体颜色加深，但反应正向进行，所以颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，B不选；C．稀释和加热能促进水解，则利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热，能用平衡移动原理解释，C不选；D．溶液中存在化学平衡Fe3++3SCN-，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，c(Fe3+)减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特列原理解释，D不选；〖答案〗选A。5.有机物阿司匹林有很好的解热镇痛作用，其结构如图所示。下列说法正确的是A.阿司匹林的分子式为C8H8O4B.阿司匹林分子中所有原子共面C.阿司匹林可以发生氧化、水解反应D.阿司匹林肠溶片包装盒上标记“OTC”，说明该药物必须凭医生处方购买〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．阿司匹林的分子式为C9H8O4，A错误；B．阿司匹林分子中含有甲基，其饱和碳原子为四面体结构，故分子内所有原子不可能共面，B错误；C．阿司匹林含C、H和O元素，可以燃烧，燃烧属于氧化反应，所含酯基可以发生水解，C正确；D．“OTC”是非处方药，说明该药物不需要凭医生处方购买，D错误；〖答案〗选C。6.下列方程式书写正确的是A.NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++COB.S2-的水解方程式：S2-+2H2OH2S+2OH-C.泡沫灭火器工作原理：2Al3++2CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑D.工业上用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，A错误；B．S2-分步水解，第一步水解方程式：S2-+H2OHS-+OH-，第二步为HS-+H2OH2S+OH-，B错误；C．泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C错误；D．工业上用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)，D正确；故选D。7.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍，加水稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A.HA为弱酸，MOH为强碱B.水的电离程度：X=Z＞YC.若不考虑溶质的挥发，升高温度，X、Z点对应溶液的pH均不变D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈酸性〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由图可知，将X点HA溶液稀释10倍(即增大1)，pH变化小于1，则HA是弱酸；将Y点MOH溶液稀释10倍，pH减小1，则MOH是强碱，A正确；B．酸、碱均抑制水的电离，X点溶液中，由水电离出的，Y、Z点溶液中分别为、，则由水电离出的分别为、，故水的电离程度：X=Z>Y，B正确；C．MOH是强碱，升高温度，溶液中几乎不变，但增大，变大，溶液的pH减小，C错误；D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，发生中和反应后，HA有剩余，所得混合液呈酸性，D正确；故〖答案〗选C。8.如图所示实验装置，不能完成相应实验的是A.用装置甲测量盐酸和NaOH溶液的中和热B.用装置乙进行酸碱中和滴定时，滴定管里装有NaOH溶液C.用装置丙能制取无水MgCl2D.用装置丁比较Cl元素与S元素的非金属性强弱〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．装置甲是个简易量热计，绝热、有温度计能测量温度、有环形玻璃搅拌棒可搅拌，因此用装置甲测量盐酸和NaOH溶液的中和热，能完成实验，A不符合；B．装置乙中滴定管是酸式滴定管，不能装氢氧化钠溶液，不能完成实验，B符合；C．氯化镁溶液会水解，盐酸能抑制其水解，氯化镁晶体在氯化氢气流中加热能失去结晶水得到无水氯化镁，故用装置丙能制取无水MgCl2，能完成实验，C不符合；D．高锰酸钾和浓盐酸在室温下反应产生氯气，氯气和硫化钠溶液发生置换反应产生硫，氯气的氧化性大于硫，可证明Cl元素的非金属性大于S元素，反应中多余的氯气、挥发的氯化氢气体能用氢氧化钠溶液吸收、防止污染，故用装置丁比较Cl元素与S元素的非金属性强弱，能完成实验，D不符合；〖答案〗选B。9.含铁物质与其相应化合价的关系如图所示。下列推断合理的是A.常温下，物质a与浓硝酸反应生成NO2气体B.物质c俗称铁红，常用做红色涂料C.存在e→d→f→g的转化关系D.检验物质e中阳离子的方法是先加适量氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图中铁元素的化合价及所属类别，可确定a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为含Fe3+的盐、e为含Fe2+的盐、f为Fe(OH)3、g为Fe(OH)2。〖详析〗A．铁遇到浓硝酸钝化，阻止反应的进一步进行，A错误；B．c为Fe2O3，俗称铁红，常用做红色涂料，B正确；C．Fe2+能一步转化为Fe3+，Fe3+能一步转化为Fe(OH)3，但Fe(OH)3不能一步转化为Fe(OH)2，C错误；D．e为含Fe2+的盐，易被氧化为Fe3+，检验物质e中阳离子的方法是先滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红色，加适量氯水，变红色，D错误；故选B。10.化学学习离不开实验。下列实验操作正确且能达到实验目的的是选项操作目的A向乙醇中加入生石灰，然后蒸馏除去乙醇中混有的少量水B室温下，用pH试纸测量NaClO溶液的pH证明HClO是弱酸C加入NaOH溶液，振荡、静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溶液出现白色沉淀，再滴加2滴相同浓度的NaI溶液，振荡，出现黄色沉淀证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．生石灰和水反应生成氢氧化钙，可以除去乙醇中的少量水，A正确；B．NaClO溶液具有强氧化性，不能用pH试纸测量NaClO溶液的pH，需用pH计测量，B错误；C．乙酸乙酯在NaOH溶液的碱性条件下水解为乙酸钠和乙醇，不能达到除杂目的，C错误；D．AgNO3溶液过量，不能证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D错误；故选A。11.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素最外层电子数是电子层数的2倍，Y元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Y能溶于Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，而不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A.原子半径：Z＞Y＞X B.X是形成化合物种类最多的元素C.Y最高价氧化物具有很高的熔点 D.实验室可用XZ2清洗装有硫磺的试管〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素最外层电子数是电子层数的2倍，则X为C，Y元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Y能溶于Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，而不溶于其浓溶液，则Y为Al，Z为S。〖详析〗A．同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(C)，A不正确；B．有机化合物数量庞大、种类繁多，X(C)是形成化合物种类最多的元素，B正确；C．Y最高价氧化物即氧化铝具有很高的熔点，是一种优良的耐火材料，C正确；D．硫难溶于水、易溶于二硫化碳，实验室可用XZ2即二硫化碳清洗装有硫磺的试管，D正确；〖答案〗选A。12.工业合成氨反应包含多个基元反应，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A.从充入反应物到A处，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热B.该历程中最大活化能E正=590kJ•mol-1C.工业合成氨温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高D.催化剂可以降低活化能，从而显著提高反应速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小；〖详析〗A．从充入反应物到A处，反应物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热，A正确；B．该历程中最大活化能E正=〖(-342)-(-500)〗kJ•mol-1=158kJ•mol-1，B错误；C．合成氨反应正反应为放热反应，高温不利于氨的合成，工业合成氨时温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高，催化效率高、反应速率大，C正确；D．催化剂可以大幅降低活化能，显著提高反应速率，提高产量，D正确；故选B。13.一种微生物电化学方法生产甲烷的装置如图所示。下列说法正确的是A.a为电源的负极B.反应过程中阴极附近的pH减小C.阳极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+D.每生成1.12L甲烷，电路中转移电子0.4mol〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由图示知，左池中CH3COO-在电极上失电子被氧化为CO2，故左池为电解阳极室，右池为电解的阴极室，电源a为正极，b为负极；阳极电极反应式为：；阴极电极反应式为：。〖详析〗A．根据分析，a为正极，A错误；B．阴极电极反应式为：，消耗氢离子，pH增大，B错误；C．阳极电极反应式为：，C正确；D．由图示知，右池生成CO2，然后左池转化为CH4，根据转移电子关系CH4~8e-，生成0.1molCH4转移0.8mol电子，气体状态未知，无法计算转移电子数，D错误；故〖答案〗选C。14.借助pH传感器测得0.1mol•L-1NaHCO3溶液在先升温、后降温过程中pH变化如图所示。下列分析不合理的是A.图甲中25℃时，溶液中存在关系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)B.图甲中25~45℃过程，溶液pH逐渐减小，说明HCO的电离平衡对pH影响较大C.图甲中45~60℃过程，溶液pH逐渐增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3导致的结果D.图乙中降温过程，溶液pH逐渐增大，可能是HCO或CO水解平衡正移所致〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．HCO既水解又电离，0.1mol•L-1NaHCO3溶液中存在物料守恒，则溶液中存在关系：c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，故A正确；B．碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解，溶液应显碱性，HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，碳酸氢根离子电离，HCO⇌CO+H+，溶液应显酸性，水解和电离都是吸热过程，二者的程度大小决定溶液酸碱性，图甲中25~45℃过程，溶液pH逐渐减小，说明HCO的电离平衡对pH影响较大，故B正确；C．NaHCO3热稳定性差，分解后生成碳酸钠，图甲中45~60℃过程，溶液pH逐渐增大，可能是NaHCO3分解生成Na2CO3、c(CO)逐渐增大导致的结果，故C正确；D．HCO、CO水解是吸热过程，降温，水解平衡逆向移动使氢氧根浓度减小，则图乙中降温过程溶液pH逐渐增大不可能是HCO或CO水解平衡正移所致，故D错误；故选D。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(本大题共5小题，共58分)15.ClO2为疫情防控的消杀提供了强有力的支撑，是国际公认的最新一代广谱、高效、安全、环保的杀菌剂，具有杀菌效果好，见效快，残留少，不产生抗药性等优点。如图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。已知：①ClO2是一种易溶于水的气体，难溶于有机溶剂。②实验室制备ClO2的原理是2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。（1）A为氯气的制备装置，其中a管的作用是_____，装置G的作用是_____。（2）若圆底烧瓶中盛有高锰酸钾，分液漏斗中盛有浓盐酸，写出生成氯气的离子方程式：______。氯气的电子式为______。（3）B装置中所盛试剂是饱和食盐水，抑制了Cl2与H2O的反应，B装置中也可以用水替代饱和食盐水，实验室常采用饱和食盐水而不采用水除去氯气中氯化氢，试用平衡移动原理解释原因：______。(用离子方程式结合文字表述)（4）装置D中盛放NaClO2的仪器名称为_____。当有18.1gNaClO2与Cl2完全反应时，电子转移数目为_____。（5）E中盛放的试剂用于除去ClO2中未反应的Cl2，可选用的试剂是______(填标号)。a.饱和食盐水b.CCl4液体c.水d.浓硫酸〖答案〗（1）①.平衡气压，使浓盐酸顺利流下②.防倒吸(安全瓶)（2）①.2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.（3）Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水提供大量氯离子，使得平衡体系中氯离子浓度增大，平衡逆向进行，导致氯气几乎不溶于水，所以常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢（4）①.干燥管②.0.2NA（5）b〖解析〗〖祥解〗由实验装置可知：A中制备氯气，装置B用于除去Cl2中混有的HCl，装置C用于干燥氯气，D中发生2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，已知C1O2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，装置E用于吸收除去C1O2中的Cl2，装置F收集气体，导气管应该是长进短出，装置G是安全瓶，可用于防止倒吸现象的发生，H后接尾气处理装置，可以是盛有NaOH溶液的烧杯。〖小问1详析〗A中a管使分液漏斗上方气体和圆底烧瓶内气体连通，则a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下，由于ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，装置最后面接含有NaOH溶液的尾气处理装置，用于吸收多余Cl2、ClO2，为避免水进入装置F，连接装置G，装置G的作用是防倒吸(安全瓶)。〖小问2详析〗若圆底烧瓶中盛有高锰酸钾，分液漏斗中盛有浓盐酸，二者反应生成了锰离子、氯气和水，离子方程式：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。氯气分子内共用一对电子对，氯气的电子式为。〖小问3详析〗实验室常采用饱和食盐水而不采用水除去氯气中氯化氢，试用平衡移动原理解释原因：Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水提供大量氯离子，使得平衡体系中氯离子浓度增大，平衡逆向进行，导致氯气几乎不溶于水，所以常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。〖小问4详析〗装置D中盛放NaClO2的仪器名称为干燥管。D中反应为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，NaClO2为还原剂转变为ClO2，Cl化合价升1价，Cl2为氧化剂转变为NaCl，Cl化合价降1价，关系式为2NaClO2~Cl2~2e-，当有2mol即181gNaClO2与Cl2完全反应时，电子转移数目为2NA，则当有18.1gNaClO2与Cl2完全反应时，电子转移数目为0.2NA。〖小问5详析〗由于ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，使用装置E用于除去ClO2中未反应的Cl2、而ClO2不溶解，则E盛放的试剂：a．氯气不溶于饱和食盐水，而ClO2溶解于水，不符合；b．ClO2难溶解于CCl4液体、Cl2溶解易溶于CCl4液体，符合；c．氯气能溶于水，ClO2溶解于水，不符合；d．氯气难溶于浓硫酸，不符合；选b。16.硫酸亚铁常用作还原剂，也可用于制铁盐，氧化铁颜料、媒染剂、净水剂、防腐剂、聚合催化剂等，用途非常广泛。（1）26Fe在周期表中位于第______周期第______族。（2）硫酸酸化的FeSO4溶液可用于制备Fe2(SO4)3溶液，加入的氧化剂常用H2O2而不用硝酸的理由是______，写出硫酸酸化的FeSO4溶液与H2O2反应的化学方程式：______。（3）某钛铁矿的主要成分为FeTiO3，还含有Fe2O3和其他不溶于酸的物质，某实验小组以钛铁矿为原料设计了如图所示流程制取TiO2和硫酸亚铁晶体。①粉碎钛铁矿的目的是_______。②由滤液2经操作A可得FeSO4•7H2O晶体，则操作A为______、过滤、洗涤、干燥。③称取4.000g硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，用0.0200mol•L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定至终点，重复实验3次，平均消耗酸性高锰酸钾标准液为10.00mL。反应为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定终点的现象为______，计算样品纯度为______(保留三位有效数字)。〖答案〗（1）①.四②.VIII（2）①.不引入新的杂质，不产生污染环境的气体②.2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O（3）①.增加钛铁矿与浓硫酸之间的接触面积，提高反应速率，提高钛铁矿的利用率②.冷却结晶③.溶液变为浅红色④.69.5%〖解析〗〖祥解〗(3)某钛铁矿的主要成分为FeTiO3，还含有Fe2O3和其他不溶于酸的物质，钛铁矿粉碎、与浓硫酸共热反应，过滤得滤液1，滤液经加热后加入铁粉，得到TiO2+、少量Fe3+、Fe2+和硫酸根离子，趁热过滤，滤液2经操作A即冷却结晶、过滤、洗涤并干燥得到FeSO4•7H2O，过滤后，滤液3中含有TiO2+、等离子，水浸得到H2TiO3，煅烧可生成TiO2。〖小问1详析〗26Fe的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2，则在周期表中位于第四周期第VIII族。〖小问2详析〗通常硝酸的还原产物是氮的氧化物，双氧水是绿色氧化剂、还原产物是水，则用H2O2而不用硝酸氧化硫酸酸化的FeSO4溶液以制备Fe2(SO4)3溶液，理由是：不引入新的杂质，不产生污染环境的气体，硫酸酸化的FeSO4溶液与H2O2反应的化学方程式：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。〖小问3详析〗①粉碎钛铁矿的目的是：增加钛铁矿与浓硫酸之间的接触面积，提高反应速率，提高钛铁矿的利用率。②从溶液中提取结晶水合物需要用冷却结晶法，则由滤液2经操作A可得FeSO4•7H2O晶体，则操作A为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。③称取4.000g硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，用0.0200mol•L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定至终点，从反应为5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，滴定过程中滴入的酸性高锰酸钾溶液被还原出现褪色现象，滴定终点时过量的半滴高锰酸钾溶液显浅红色，故滴定终点的现象为溶液变为浅红色、30s内不褪色；重复实验3次，平均消耗酸性高锰酸钾标准液为10.00mL。计算样品纯度为(保留三位有效数字)。17.研究NO2、SO2、CO等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1则NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=______kJ•mol-1，该反应热力学趋势大，原因是______。（2）在一定条件下，将2molNO2与1molSO2置于1L密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)。①下列能说明反应达到平衡状态的是______(填标号)。a．每生成1molSO3同时消耗1molSO2b．混合气体的颜色保持不变c．体系压强保持不变d．v(SO2)=v(NO)②若测得上述反应经5min达到平衡时NO2与SO2体积比为5∶1，则用SO2表示该反应的速率为v(SO2)=_____mol•L-1•min-1。（3）起始加入气体的总物质的量一定，反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ•mol-1，在进气比〖〗不同时，测得CO的平衡转化率与〖〗的关系如图所示(图中各点对应的温度可能相同也可能不同)。①图中C、D、E三点对应的CO平衡转化率逐渐降低，原因是_____，反应速率vc(H2O)_____vE(H2O)(填“>”“<”或“=”)。②图中A、E、G三点对应的反应温度TA、TE、TG的大小关系是_____。〖答案〗（1）①.-41.8②.该反应是放热反应（2）①.b②.0.15（3）①.三点对应温度不同，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低②.＜③.TA=TE=TG〖解析〗小问1详析〗已知反应Ⅰ：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1反应Ⅱ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-113.0kJ•mol-1则按盖斯定律，(反应Ⅰ-反应Ⅱ)得：NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)的△H=，该反应热力学趋势大，原因是该反应是放热反应。〖小问2详析〗在一定条件下，将2molNO2与1molSO2置于1L密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，则：①a．每生成1molSO3同时消耗1molSO2，均表示正反应速率，不能判断是否达到平衡状态，故a错误；b．混合气体的颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；c．1L密闭容器中温度不变时体系压强始终不变，故体系压强保持不变不能判断是否达到平衡状态，故c错误；d．v(SO2)=v(NO)，没有指明是正反应速率还是逆反应速率，不能判断是否达到平衡状态，故d错误；选b。②，若测得上述反应经5min达到平衡时NO2与SO2体积比为5∶1，则，得x=0.75，用SO2表示该反应的速率为v(SO2)=。〖小问3详析〗①反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ•mol-1，正反应放热，升温平衡左移CO平衡转化率降低，则图中C、D、E三点初始投料相同，对应的CO平衡转化率逐渐降低的原因是：三点对应温度不同，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低；温度越高反应速率越大，C、D、E对应的温度由低到高，则反应速率vc(H2O)＜vE(H2O)。②图中A点数值为(0.5，66.7%)，即，的平衡转化率为，根据相关数据列出三段式进行计算：，同理，根据相关数据列出三段式进行计算，可得：，，即。因为平衡常数只受温度影响，A、E、G三点的平衡常数相同，故A、E、G三点的温度也相同，即。18.常温下，根据表中几种物质的平衡常数回答下列问题：NH3•H2OHNO2AgClAg2CrO4(砖红色)Kb=1.8×10-5Ka=5.6×10-4Ksp=2.0×10-10Ksp=2.0×10-12（1）现有0.1mol•L-1纯