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2021-2022学年浙江省杭州市七县市高二上学期期末学业水平测试化学试题（解析版）
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这是一份2021-2022学年浙江省杭州市七县市高二上学期期末学业水平测试化学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列有关物质的用途不正确的是， 下列说法正确的是， 一定条件下，可逆反应等内容，欢迎下载使用。
2021学年第一学期期末学业水平测试
高二年级化学试题卷
考生须知：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，满分100分。考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域内填写学校、班级、姓名、考号、准考证号等相关信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效；
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-27 P-31 Cl-35.5 S-32 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108 Ba-137
I卷
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)
1. 下列物质属于纯净物的是
A. 汽油 B. 食醋 C. 漂白粉 D. 小苏打
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．汽油是碳原子个数在5—11的烃的混合物，故A错误；
B．食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B错误；
C．漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D正确；
故选D。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. 乙烯的结构简式： B. 的结构示意图：
C. 和互为同位素 D. 的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为：，A正确；
B．已知Cl是17号元素，故的结构示意图：，B正确；
C．和二者为具有相同数目的质子和不同数目的中子的原子，故互为同位素，C正确；
D．的电子式为： ，D错误；
故答案为：D。
3. 下列仪器名称正确的是
A. 三脚架 B. 溶量瓶 C. 镊子 D. 坩埚
【答案】D
【解析】
【详解】A．该仪器为泥三角，不是三脚架，故A错误；B．溶量瓶中“溶”错误，应该为容量瓶，故B错误；C．该仪器为坩埚钳，不是镊子，故C错误；D．该仪器为坩埚，灼烧固体常在坩埚中进行，其名称合理，故D正确；故选D。
点睛：明确常见仪器的构造及使用方法是解题的关键。要求平时学习时要注意基础知识的掌握和化学名称的正确书写。
4. 下列说法正确的是
A. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥等
B. 都能与水反应，均可用作供氧剂
C. 可溶性的铝盐溶于水能生成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
D. 工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，提纯后可用于制成计算机的芯片
【答案】D
【解析】
【详解】A。浓硫酸可以与氨气反应，故不能干燥氨气，故A错误；
B．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，不能生成氧气，故不能作供氧剂，故B错误；
C．铝盐形成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物而净水，不能杀菌消毒，故C错误；
D．焦炭还原石英砂制得粗硅，粗硅提出后得到纯硅，纯硅为半导体，可用于制成计算机的芯片，故D正确；
故选D。
5. 下列有关物质的用途不正确的是
A. 氯气有毒，不可用于合成药物
B. 氧化铁红颜料跟某些油漆混合，可以制成防锈油漆
C. 利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜板制作印刷电路板
D. 氨气易液化，液氨汽化时吸热，因此液氨常用作制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气的用途比较广泛，可用于合成多种药物，A错误；
B．氧化铁呈红棕色，所以氧化铁红颜料跟某些油漆混合，可以制成防锈油漆，B正确；
C．FeCl3具有强氧化性，在溶液中可以与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，因此可作为“腐蚀液”腐蚀铜板制作印刷电路板，C正确；
D．氨气易液化，液氨汽化时吸热，使周围环境温度降低，因此液氨常用作制冷剂，D正确；
故合理选项是A。
6. 将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y，有沉淀生成，X、Y不可能是
A. CO2、SO2 B. NH3、CO2 C. SO2、H2O2 D. SO2、Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于HCl的酸性强于H2SO3和H2CO3，故CO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入SO2，仍然没有沉淀生成，A符合题意；
B．NH3能溶于BaCl2溶液中，形成碱性溶液，没有沉淀生成，通入CO2后先后发生反应：2NH3∙H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，(NH4)2CO3+ BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，B不合题意；
C．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后滴加H2O2，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，产生沉淀，C不合题意；
D．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Cl2，发生反应：2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，产生沉淀，D不合题意；
故答案为：A。
7. 下列物质间的每步转化都能通过一步反应实现的是
① ②
③黄铁矿 ④
A. ②③ B. ①②③④ C. ①②④ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①Fe不能直接转化为Fe2O3，①不符合题意；
②该组物质间的转化每一步都可以实现：NaNa2O2， Na2O2Na2CO3，②符合题意；
③黄铁矿的主要成分是FeS2，该组物质间的转化每一步都可以实现：FeS2SO2H2SO4，③符合题意；
④，④符合题意；
综上所述，②③④符合题意，故选D。
8. 下列说法正确的是
A. 比稳定，是由于分子间存在氢键 B. 物质中化学键被破坏，一定发生化学变化
C. 晶体和中的化学键类型相同 D. 熔化时破坏离子键和共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．比稳定，是由于H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，故A错误；
B．化学反应的本质是既有旧键的断裂又有新键的形成，故化学键被破坏不一定发生化学反应，故B错误；
C．晶体和中都只有离子键，故化学键相同，故C正确；
D．熔化时只能破坏离子键，不能破坏共价键，故D错误；
故选C。
9. 为短周期元素，原子序数依次增加：三种元素在周期表中位置如图所示；其中W的原子核中仅含质子，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强。下列说法不正确的是
X
Y
Z
A. X和Y可形成共价化合物
B. Y的气态氢化物的热稳定性比Z的高
C. X与Z可形成用于自来水消毒的化合物
D. 若Y与Z形成化合物，则每个原子均满足8电子结构
【答案】B
【解析】
【分析】由题可知，W为H元素，Z是第三周期非金属性最强的元素，即Cl元素，则Y为S元素，X为O元素。
【详解】A．O和S可以形成共价化合物SO3，A正确；
B．Cl元素的非金属性比S强，因此HCl的热稳定性比H2S高，B错误；
C．O与Cl可以形成用于自来水消毒的物质：ClO2，C正确；
D．S与Cl形成化合物SCl2，则每个Cl最外层多一个共用电子，达到8电子稳定结构；S最外层多了两个共用电子，也达到8电子稳定结构，D正确。
故本题选B。
10. 一定条件下，可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=－92.4kJ•mol－1，达到化学平衡状态时，下列说法一定正确的是（ ）
A. c（N2）：c（H2）=1：3
B. 反应放出92.4 kJ的热量
C. v正（N2）=3v逆（H2）
D. 容器内气体分子总数不再发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，即达到平衡状态时c（N2）：c（H2）不一定等于1：3，与起始量、转化率有关，A错误；
B．物质的量与热量成正比，起始量及转化量未知，不能计算反应放出的热量，B错误；
C．达到化学平衡状态时正、逆反应速率相等，v正（N2）=3v逆（H2）时正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，C错误；
D．该反应为气体体积减小的反应，则容器内气体分子总数不再发生变化，为平衡状态，D正确；
答案选D。
11. 在室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，则此溶液中一定不可能大量存在的离子组是
A. Mg2+、NO、Cl-、Na+ B. Al3+、SO、Cl-、K+
C. Na+、Fe2+、SO、NO D. S2-、SO、K+、Na+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】在室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，说明水的电离被抑制，可能为酸溶液，大量存在H+，也可能为碱溶液，大量存在OH-，
A． 当溶液为酸溶液时，Mg2+、NO、Cl-、Na+之间均不反应，当溶液为碱溶液时，Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，故该离子组可能大量共存，A不符合；
B． 当溶液为酸溶液时，Al3+、SO、Cl-、K+之间均不反应，当溶液为碱溶液时，Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，故该离子组可能大量共存，B不符合；
C．当溶液为酸溶液时，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应而不能大量共存，当溶液为碱溶液时，Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀，故该离子组一定不可能大量共存，C符合；
D． 当溶液为酸溶液时，H+、S2-、SO发生氧化还原反应而不能大量共存，当溶液为碱溶液时，S2-、SO、K+、Na+之间均不反应，故该离子组可能大量共存，D不符合；
故选C。
12. 设为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 溶液中，阴阳离子总数大于
B. 含的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数小于
C. 溶液中含有的数目为
D. 标准状况下，氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A。溶液中的碳酸钾的物质的量为0.5mol，K+的物质的量为1mol，0.5molCO发生水解CO+H2OHCO+OH-，阴离子数目增多，故阴阳离子总数大于，故A正确；
B．根据化学反应，Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+SO2↑+2H20，2mol浓H2SO4和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子2mol，转移的电子数等于2NA，0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，若Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，如果1molH2SO4只生成氢气则转移电子为2mol，转移的电子数数为2NA，0.2molH2SO4只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故B错误；
C．pH=12的溶液中c(OH-)=0.01mol/L，1L溶液中n(OH-)=0.01mol，则的数目为，故C正确；
D．标准状况下，的物质的量为0.4mol，根据反应2H2+O22H2O，2CO+O22CO2，由于1mol氢气或一氧化碳燃烧都消耗0.5mol氧气，故0.4mol氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为，故D正确；
故选B。
13. 下列说法中正确的是
A. 如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用的溶液冲洗
B. 用镊子从煤油中取出一小块钠，用小刀切取一块绿豆大的钠直接放入水中，剩余钠放回试剂瓶
C. 铜与浓硫酸加热条件下发生反应，反应结束后，冷却，然后向试管中加水，观察溶液呈蓝色
D. 比较不同条件下与反应的快慢，可通过测定收集等体积需要的时间来实现
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学实验中，不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故A正确；
B．用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油后，用小刀切一小块，放入盛有水的烧杯中，故B错误；
C．反应结束后，为观察溶液颜色，需将试管I中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，顺序不能颠倒，否则液体飞溅，易发生危险，故C错误；
D．由反应方程式Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，则比较相同浓度的Na2S2O3溶液和不同浓度的H2SO4溶液反应的反应快慢可通过测定溶液出现浑浊的时间来实现，故D错误；
故选：A。
14. 下列说法不正确的是
A. 油脂在碱性条件下的水解可以用于制肥皂
B. 天然有机高分子化合物包括淀粉、纤维素、蛋白质，均由碳、氢、氧三种元素组成
C. 葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，与果糖互为同分异构体
D. 蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等会发生变性，失去生理活性
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂在碱性条件下的水解产生可溶性高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此油脂可以用于制肥皂，A正确；
B．蛋白质的组成元素有碳、氢、氧、氮元素，有的还有硫、磷等元素，因此组成元素不是仅有三种元素，B错误；
C．葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，由于其分子式与果糖相同，都是C6H12O6，但二者的结构不同，因此它们互为同分异构体，C正确；
D．蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等时，会使蛋白质分子结构发生改变而失去其生理活性，即发生变性，D正确；
故合理选项是B。
15. 下列事实中一定能证明是弱电解质的是
①用溶液做导电实验，灯炮很暗
②溶液的
③等等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多
④醋酸溶液恰好与溶液完全反应
⑤的溶液稀释至1000倍，
A. ①②④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，没有与同浓度的强电解质对比，灯炮很暗不能证明CH3COOH是否完全电离，①不符合题意；
②0.1mol·L-1CH3COOH溶液若完全电离则c(H+)=0.1mol·L-1，pH=2.88则c(H+)=10-2.88mol·L-1，说明CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，②符合题意；
③等pH等体积的硫酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明CH3COOH溶液还能电离出H+，原来CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，③符合题意；
④醋酸溶液与NaOH溶液反应，反应量与其是否完全电离无关，与其总物质的量有关，20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与20mL0.2mol·L-1NaOH溶液完全反应，不能说明醋酸是否完全电离，即不能证明CH3COOH是弱电解质，④不符合题意；
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释至1000倍，pH＜4，说明c(H+)没有稀释1000倍，即稀释过程继续电离，说明原CH3COOH溶液没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，⑤符合题意；
符合题意的有②③⑤，故答案选B。
16. 一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是
A. 该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO＝Li2CO3
B. 图中Li＋的移动方向是充电时的移动方向
C. 充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－＝3CO2＋4Li＋
D. 该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图中信息得到放电时Li为负极，电极B为正极，因此该电池放电时的正极反应为3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，故A错误；
B．Li为负极，电极B为正极，因此图中Li＋的移动方向是放电时的移动方向，故B错误；
C．根据信息电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，因此充电时阳极发生的反应为2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，故C错误；
D．根据放电正极电极反应式3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，充电阳极反应式2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，因此该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1mol CO2，故D正确。
综上所述，答案为D。
17. 关于室温下相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，下列叙述正确的是
A. 氨水中的与溶液中的相同
B. 温度均升高(不考虑挥发)，氢氧化钠溶液不变，氨水增大
C. 加水稀释相同的倍数后，两种溶液的仍相同
D. 与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒，pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水中的与NaOH溶液中的c(Na+)相同，故A正确；
B．升高温度，氨水的电离平衡正向移动，温度升高10℃，氨水的pH增大；升高温度，氢氧化钠溶液中c(OH-)不变，但是Kw变大，故c(H+)变大，pH减小，故B错误；
C．加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，加水稀释相同的倍数后，氨水的pH大于氢氧化钠溶液的pH，故C错误；
D．pH相同氨水与氢氧化钠，氨水浓度大于氢氧化钠，pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水的物质的量大于氢氧化钠，与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积氨水大于氢氧化钠，故D错误；
选A。
18. 在绝热恒容的密闭容器中，通入和，发生反应：，下列说法不正确的是
A. 当容器中和物质的量浓度之比保持不变时，可判断反应已达到平衡
B. 当容器内的温度不再变化时，可判断反应已达到平衡
C. 保持其他条件不变，在反应过程中不断将氨液化并移去液氨，可提高合成氨的产率
D. 该反应可通过加入铁触媒做催化剂，降低反应所需的活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为N2与H2的加入量之比为1:3，反应时也按照1:3进行，所以二者浓度比值不会发生改变，不能由此判断反应是否达到平衡，A错误；
B．因为该反应为放热反应，在绝热容器中，反应正向移动时，温度升高。当温度不再改变时，反应即达到平衡，B正确；
C．根据勒夏特列原理，将氨液化移去，氨的浓度降低，有利于反应正向进行，C正确；
D．加入铁触媒做催化剂，可以降低反应所需的活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率，D正确。
故本题选A。
19. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 明矾溶液中加入过量溶液
B. 溶液中滴加少量稀氨水：
C. 用惰性电极电解水溶液：
D. 石灰石与醋酸反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶液中加入过量溶液会生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；
B．NH3·H2O为弱碱，书写离子方程式时不能拆开写，故B错误；
C．惰性电极电解水溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，符合离子方程式的书写原则，故C正确；
D．石灰石为难溶盐，书写离子方程式时不能拆开写，故D错误；
故选C。
20. 氧化还原反应3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O，下列说法正确的是
A. Cu2S中只有S被氧化 B. 氧化剂与还原剂之比为22:3
C. 每生成1 mol NO气体，转移3 mol电子 D. 反应中HNO3只作氧化剂
【答案】C
【解析】
【分析】在反应3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O中，Cu2S中的Cu元素由+1价升高到+2价，S元素由-2价升高到+6价，HNO3中的N元素部分由+5价降为+2价(生成NO)，在整个反应中，电子转移的数目为30e-。
【详解】A．Cu2S中Cu、S元素的价态都升高，所以二者都被氧化，A不正确；
B．氧化剂为HNO3，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:10，B不正确；
C．在整个反应中，生成10mol NO，转移电子的物质的量为30mol，则每生成1 mol NO气体，转移3mol电子，C正确；
D．反应中22mol HNO3参加反应，有10mol HNO3作氧化剂，12mol HNO3表现出酸性，D不正确；
故选C
21. 已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF(g)⇌(HF)2(g)。经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量(M=m总/n总)随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 此反应为吸热反应
B. 气体的压强：p(a)>p(b)=p(c)
C. 平衡常数：K(c)>K(b)=K(a)
D. 若要测定HF的相对分子质量，尽量选择低压、高温条件
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图中信息可知，升高温度，平衡逆向移动，故反应为放热反应，A错误；
B．增大压强，平衡正向移动，故p1>p2， p(a)< p(b)=p(c)，B错；
C．温度不同则平衡常数不同，C错误；
D．在低压、高温条件下有利于平衡逆向移动，故若要测定HF的相对分子质量，尽量选择低压、高温条件，D正确；
故答案为：D。
22. 已知A转化为C和D分步进行：①；②，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是
A. 的能量低于的能量
B.
C. 断裂化学键吸收的热量小于形成和化学键所放出的热量
D. 反应过程中，由于，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，无法比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；
B．从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)⇌C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/mol，B错误；
C．从图中可知，A转化为B和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molB(g)和2molD(g)化学键所放出的热量，C错误；
D．从反应过程的图像中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，D正确。
故选D。
23. 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 溶液和盐酸等体积混合：
B. 溶液和氨水等体积混合
C. 溶液和盐酸等体积混合(为二元弱酸)：
D. 溶液和溶液等体积混合：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液和盐酸等体积混合反应生成氯化钠和醋酸，醋酸和水都能电离出氢离子，故为，A错误；
B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，B错误；
C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl-)+2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，C正确；
D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：，D错误；
答案选C
24. 某兴趣小组用含镁的工业废料为原料，制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：
已知：①该含镁工业废料的主要成分MgO 40%～50%；SiO2 20%～25%；FeO、Fe2O3 10%～20%；此外还含有极少量的CaO；
②金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀～沉淀完全)：Mg2+：8.4～10.9；Fe2+：7.6～9.6；Fe3+：2.7～3.7。
下列说法不正确的是
A. “酸解”时应加入的酸为硫酸
B. 流程中，Ca(ClO)2作为氧化剂，而MgO作用是调节pH
C. 判断“除杂”基本完成的检验方法可取少量除杂、过滤后的滤液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，观察酸性KMnO4溶液是否褪色
D. “浓缩过滤”操作中，不宜使用普通过滤，应采取趁热过滤的方式
【答案】C
【解析】
【详解】A．该流程是以含MgO的工业废料为原料制取MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，所以“酸解”时溶解物质应加入的酸为硫酸，A正确；
B．该废料中含有FeO，FeO与H2SO4反应产生FeSO4和H2O，Ca(ClO)2具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+；MgO可以与溶液中的H+发生反应，通过调节溶液pH，使其中的Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去，B正确；
C．除杂是使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，除去杂质离子Fe3+，因此通过检验Fe3+是否存在就可以，应该是加入KSCN溶液进行检验，而不是通过加入KMnO4溶液判断，C错误；
D．温度对MgSO4、CaSO4的溶解度的影响不同，温度越高MgSO4溶解度越大，而CaSO4的溶解度会越小，所以可以通过蒸发浓缩、趁热过滤的方式除去CaSO4沉淀，D正确；
故合理选项是C。
25. 某溶液只含下表离子中的几种，且各离子的物质的量浓度相等(不考虑水的电离与离子水解)。某同学进行了如下实验(必要时可加热)：
阳离子
K+、NH、Fe2+、Mg2+、Cu2+
阴离子
OH-、Cl-、CO、SO
下列说法正确的是
A. 由沉淀A推断原溶液中一定含有SO
B. 滤液A中可能含有K+
C. 原溶液中只含有NH、Fe2+、Cl-、SO
D. 沉淀B中一定含有Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】溶液与过量的稀硫酸反应没有明显现象，说明原溶液中一定不存在CO；再向加入硫酸的溶液中加入硝酸钡溶液得到了气体A、滤液A和沉淀A，气体A只能为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不存在OH-，沉淀B为硫酸钡，因为加入了稀硫酸，无法确定原溶液中是否含有SO，滤液A中加入过量NaOH溶液得到气体B、滤液B和沉淀B，气体B为氨气，则原溶液中一定含有NH；各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，已经确定含有的阳离子为Fe2+、NH，而阴离子只能含有Cl-、SO，结合电荷守恒可以知道溶液中一定不存在K+、Mg2+、Cu2+，所以沉淀B为氢氧化铁,滤液B中含有氢氧化钡，通入二氧化碳后生成了沉淀C碳酸钡,以此解答该题。
【详解】A．因为加入了稀硫酸,无法确定原溶液中是否含有SO，故A错误；
B．由以上分析可以知道溶液中不含K+，则滤液A中不可能含有K+，故B错误；
C．根据以上分析可知原溶液中只含有NH、Fe2+、Cl-、SO，故C正确；
D．根据以上分析可知沉淀B为硫酸钡，故D错误；
故答案为C。
II卷
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果，解释原因(用离子方程式和必要的文字说明)___________。
（2）根据反应设计成银锌纽扣电池，电解质溶液为溶液，请写出负极的电极反应式___________。
（3）熔融可以导电，解释原因___________。
【答案】（1）碳酸钠发生水解，水解吸热，升高温度促进碳酸钠的水解，使溶液中的增大，去污效果增强
（2）
（3）固体受热熔化克服了离子间的相互作用(破坏了离子键)，产生了自由移动的和，因而能导电。(合理答案均给分)
【解析】
【小问1详解】
碳酸钠发生水解，水解吸热，升高温度促进碳酸钠的水解，使溶液中的增大，去污效果增强。
【小问2详解】
根据总反应可知Zn失电子，做负极，故负极反应式为。
【小问3详解】
固体受热熔化克服了离子间的相互作用(破坏了离子键)，产生了自由移动的和，因而能导电。
27. 固体矿物X由三种元素组成。某学习小组为了探究它的组成和性质，进行了如下实验：
请回答：
（1）溶液F的溶质为___________(写化学式)。
（2）组成X的三种元素是___________。
（3）写出气体A与溶液D反应的离子方程式___________。
（4）写出溶液D中加入铁粉，发生的化合反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】根据生成的红色固体为铜，计算Cu和CuO的物质的量，根据A和双氧水反应生成C，C和氯化钡反应生成白色沉淀，得A为二氧化硫，X含S元素，计算S的物质的量，根据B的质量和氧化铜的质量计算铁的物质的量，根据三者物质的量的关系，得出比例关系 ，确定化学式。根据生成的红色固体为铜，n(Cu)= =0.05mol，固体B为CuO、Fe2O3，n(Fe)==0.1mol，气体A与双氧水反应生成C，C和氯化钡反应生成白色沉淀，得A为二氧化硫，X含S元素，n(S)= =0.15mol，n(Cu):n(Fe):n(S)=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，X的化学式为：CuFe2S3；
【小问1详解】
固体B为CuO、Fe2O3，溶于稀硫酸，溶液D为硫酸铜和硫酸铁的混合物，与足量的铁反应后，均生成硫酸亚铁，为单一溶质，溶液F的溶质为硫酸亚铁。故答案为：FeSO4；
【小问2详解】
组成X的三种元素是Cu、Fe、S，故答案为：Cu、Fe、S；
【小问3详解】
气体A与溶液D为硫酸铜和硫酸铁的混合物，二氧化硫与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式。故答案为：。
【小问4详解】
硫酸铁和铁反应生成了硫酸亚铁，化学方程式为。
28. 室温下，某一元弱酸HA的电离常数K=1.0×10-5。向20.00 mL浓度约为0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1000 mol/L的标准KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。回答下列有关问题：
（1）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是___________点，滴定过程中宜选用___________作指示剂，滴定终点现象是___________
（2）在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列___________
a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2～3 mL处 b．用蒸馏水洗涤滴定管
c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2 min d．用标准溶液润洗滴定管
e．使液面位于“0”刻度，静置1 min左右，准确读取读数
f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球
（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是___________(填字母序号)。
A. 滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗
B. 滴定结束后，仰视液面，读取KOH溶液体积
C. 滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定
D. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定
（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为___________mol/L。(保留4位有效数字)
实验序号
KOH溶液体积/mL
待测HA溶液体积/mL
1
21.01
20.00
2
20.99
20.00
3
25.40
20.00
（5）a点溶液pH近似为___________。
【答案】（1） ①. c ②. 酚酞 ③. 当最后半滴标准液滴入，溶液恰好由无色变成浅粉红色，且半分钟不变色
（2）cbdafe （3）AB
（4）0.1050 （5）3
【解析】
【小问1详解】
a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液；c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液。酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞作指示剂；滴定终点现象是：当加入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅红，且半分钟不恢复无色；
【小问2详解】
在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列，其顺序是
c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2 min ；b．用蒸馏水洗涤滴定管；d．用标准溶液润洗滴定管；a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2～3 mL处；f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球；e．使液面位于“0”刻度，静置1 min左右，准确读取读数，故合理顺序是cbdafe；
【小问3详解】
A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，由此计算出的测定酸的物质的量偏大，最终导致结果偏高，A正确；
B．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，B正确；
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，以此为标准计算的测定结果偏低，C错误；
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗碱标准液体积偏小，最终导致测定结果偏低，D错误；
故合理选项是AB；
【小问4详解】
根据实验数据可知第三次实验数据偏差较大，应该舍去，则反应消耗KOH标准溶液体积V(KOH)=；根据反应方程式：KOH+HA=KA+H2O可知n(HA)=n(KOH)=0.1000 mol/L×0.021 L=0.0021 mol，则待测HA溶液的物质的量浓度c(HA)=；
【小问5详解】
HA的电离平衡常数K=1.0×10-5，K= ，c(H+)≈10-3 mol/L，所以该溶液pH=3。
29 回答下列问题：
（1）写出的电子式___________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向___________原子。
（2）已知
写出与反应生成的热化学方程式___________。时将与按物质的量比为充入反应器中，达平衡后的转化率，此时反应的平衡常数___________。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的，相同时间内测得转化率与m和温度的关系如图所示。
①___________(填＞、＜或=)
②温度高于时，转化率减小的可能原因为___________
【答案】（1） ①. ②. 氧
（2） ①. ②. 0.25(1/4)
（3） ①. ＞ ②. 温度升高，使催化剂活性降低；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低
【解析】
【小问1详解】
COS的电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O(氧)；
【小问2详解】
COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)=-7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，
体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；0.25；
【小问3详解】
①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低，故答案为：温度升高，使催化剂活性降低；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低。
30. 铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的(金属离子的起始浓度均为)
氢氧化物
开始沉淀的
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的
3.3
9.9
9.5
（1）酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是___________。
（2）操作I产生的滤渣I主要成分为___________(填化学式)。如果在实验室模拟该工艺流程，洗涤该沉淀的操作方法是___________。
（3）①操作Ⅲ中先加入适量，发生反应的离子方程式为___________。
②再加入控制反应液的范围为___________。
③若加入的不足，加入后所得的电解液中会含有元素。请设计实验方案加以检验：___________。
（4）处理含镉废水，常加入实现沉淀转化，若反应达到平衡后，溶液中的，溶液中___________［已知，］。
【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率
（2） ①. ②. 向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次
（3） ①. ②. ③. 取电解液少许于试管中，滴加溶液，无现象，再加入，溶液变红色，则含有铁元素
（4）
【解析】
【分析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，电解含有Zn2+、Co2+的溶液，可得镉单质，据此解答。
【小问1详解】
酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率，故答案为：增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；
【小问2详解】
铜与稀硫酸不反应，则操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为Cu；洗涤沉淀的方法为向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次，故答案为：Cu；向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次；
【小问3详解】
①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
②根据表格中的信息可知在3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此pH范围为3.3≤pH＜7.2，故答案为：3.3≤pH＜7.2；
③若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取待电解液少量与试管中，加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素，故答案为：加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素；
【小问4详解】
除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中，则Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO)=2.8×10-9，可知溶液中碳酸根浓度是3.5×10-8mol/L，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)×c(CO)=5.6×10-12，可知1.6×10-4mol•L-1，故答案为：1.6×10-4。
2021学年第一学期期末学业水平测试
高二年级化学试题卷
考生须知：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，满分100分。考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域内填写学校、班级、姓名、考号、准考证号等相关信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效；
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-27 P-31 Cl-35.5 S-32 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108 Ba-137
I卷
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)
1. 下列物质属于纯净物的是
A. 汽油 B. 食醋 C. 漂白粉 D. 小苏打
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．汽油是碳原子个数在5—11的烃的混合物，故A错误；
B．食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B错误；
C．漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D正确；
故选D。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. 乙烯的结构简式： B. 的结构示意图：
C. 和互为同位素 D. 的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为：，A正确；
B．已知Cl是17号元素，故的结构示意图：，B正确；
C．和二者为具有相同数目的质子和不同数目的中子的原子，故互为同位素，C正确；
D．的电子式为： ，D错误；
故答案为：D。
3. 下列仪器名称正确的是
A. 三脚架 B. 溶量瓶 C. 镊子 D. 坩埚
【答案】D
【解析】
【详解】A．该仪器为泥三角，不是三脚架，故A错误；B．溶量瓶中“溶”错误，应该为容量瓶，故B错误；C．该仪器为坩埚钳，不是镊子，故C错误；D．该仪器为坩埚，灼烧固体常在坩埚中进行，其名称合理，故D正确；故选D。
点睛：明确常见仪器的构造及使用方法是解题的关键。要求平时学习时要注意基础知识的掌握和化学名称的正确书写。
4. 下列说法正确的是
A. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥等
B. 都能与水反应，均可用作供氧剂
C. 可溶性的铝盐溶于水能生成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
D. 工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，提纯后可用于制成计算机的芯片
【答案】D
【解析】
【详解】A。浓硫酸可以与氨气反应，故不能干燥氨气，故A错误；
B．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，不能生成氧气，故不能作供氧剂，故B错误；
C．铝盐形成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物而净水，不能杀菌消毒，故C错误；
D．焦炭还原石英砂制得粗硅，粗硅提出后得到纯硅，纯硅为半导体，可用于制成计算机的芯片，故D正确；
故选D。
5. 下列有关物质的用途不正确的是
A. 氯气有毒，不可用于合成药物
B. 氧化铁红颜料跟某些油漆混合，可以制成防锈油漆
C. 利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜板制作印刷电路板
D. 氨气易液化，液氨汽化时吸热，因此液氨常用作制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气的用途比较广泛，可用于合成多种药物，A错误；
B．氧化铁呈红棕色，所以氧化铁红颜料跟某些油漆混合，可以制成防锈油漆，B正确；
C．FeCl3具有强氧化性，在溶液中可以与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，因此可作为“腐蚀液”腐蚀铜板制作印刷电路板，C正确；
D．氨气易液化，液氨汽化时吸热，使周围环境温度降低，因此液氨常用作制冷剂，D正确；
故合理选项是A。
6. 将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y，有沉淀生成，X、Y不可能是
A. CO2、SO2 B. NH3、CO2 C. SO2、H2O2 D. SO2、Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于HCl的酸性强于H2SO3和H2CO3，故CO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入SO2，仍然没有沉淀生成，A符合题意；
B．NH3能溶于BaCl2溶液中，形成碱性溶液，没有沉淀生成，通入CO2后先后发生反应：2NH3∙H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，(NH4)2CO3+ BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，B不合题意；
C．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后滴加H2O2，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，产生沉淀，C不合题意；
D．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Cl2，发生反应：2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，产生沉淀，D不合题意；
故答案为：A。
7. 下列物质间的每步转化都能通过一步反应实现的是
① ②
③黄铁矿 ④
A. ②③ B. ①②③④ C. ①②④ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①Fe不能直接转化为Fe2O3，①不符合题意；
②该组物质间的转化每一步都可以实现：NaNa2O2， Na2O2Na2CO3，②符合题意；
③黄铁矿的主要成分是FeS2，该组物质间的转化每一步都可以实现：FeS2SO2H2SO4，③符合题意；
④，④符合题意；
综上所述，②③④符合题意，故选D。
8. 下列说法正确的是
A. 比稳定，是由于分子间存在氢键 B. 物质中化学键被破坏，一定发生化学变化
C. 晶体和中的化学键类型相同 D. 熔化时破坏离子键和共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．比稳定，是由于H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，故A错误；
B．化学反应的本质是既有旧键的断裂又有新键的形成，故化学键被破坏不一定发生化学反应，故B错误；
C．晶体和中都只有离子键，故化学键相同，故C正确；
D．熔化时只能破坏离子键，不能破坏共价键，故D错误；
故选C。
9. 为短周期元素，原子序数依次增加：三种元素在周期表中位置如图所示；其中W的原子核中仅含质子，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强。下列说法不正确的是
X
Y
Z
A. X和Y可形成共价化合物
B. Y的气态氢化物的热稳定性比Z的高
C. X与Z可形成用于自来水消毒的化合物
D. 若Y与Z形成化合物，则每个原子均满足8电子结构
【答案】B
【解析】
【分析】由题可知，W为H元素，Z是第三周期非金属性最强的元素，即Cl元素，则Y为S元素，X为O元素。
【详解】A．O和S可以形成共价化合物SO3，A正确；
B．Cl元素的非金属性比S强，因此HCl的热稳定性比H2S高，B错误；
C．O与Cl可以形成用于自来水消毒的物质：ClO2，C正确；
D．S与Cl形成化合物SCl2，则每个Cl最外层多一个共用电子，达到8电子稳定结构；S最外层多了两个共用电子，也达到8电子稳定结构，D正确。
故本题选B。
10. 一定条件下，可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=－92.4kJ•mol－1，达到化学平衡状态时，下列说法一定正确的是（ ）
A. c（N2）：c（H2）=1：3
B. 反应放出92.4 kJ的热量
C. v正（N2）=3v逆（H2）
D. 容器内气体分子总数不再发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，即达到平衡状态时c（N2）：c（H2）不一定等于1：3，与起始量、转化率有关，A错误；
B．物质的量与热量成正比，起始量及转化量未知，不能计算反应放出的热量，B错误；
C．达到化学平衡状态时正、逆反应速率相等，v正（N2）=3v逆（H2）时正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，C错误；
D．该反应为气体体积减小的反应，则容器内气体分子总数不再发生变化，为平衡状态，D正确；
答案选D。
11. 在室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，则此溶液中一定不可能大量存在的离子组是
A. Mg2+、NO、Cl-、Na+ B. Al3+、SO、Cl-、K+
C. Na+、Fe2+、SO、NO D. S2-、SO、K+、Na+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】在室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，说明水的电离被抑制，可能为酸溶液，大量存在H+，也可能为碱溶液，大量存在OH-，
A． 当溶液为酸溶液时，Mg2+、NO、Cl-、Na+之间均不反应，当溶液为碱溶液时，Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，故该离子组可能大量共存，A不符合；
B． 当溶液为酸溶液时，Al3+、SO、Cl-、K+之间均不反应，当溶液为碱溶液时，Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，故该离子组可能大量共存，B不符合；
C．当溶液为酸溶液时，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应而不能大量共存，当溶液为碱溶液时，Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀，故该离子组一定不可能大量共存，C符合；
D． 当溶液为酸溶液时，H+、S2-、SO发生氧化还原反应而不能大量共存，当溶液为碱溶液时，S2-、SO、K+、Na+之间均不反应，故该离子组可能大量共存，D不符合；
故选C。
12. 设为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 溶液中，阴阳离子总数大于
B. 含的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数小于
C. 溶液中含有的数目为
D. 标准状况下，氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A。溶液中的碳酸钾的物质的量为0.5mol，K+的物质的量为1mol，0.5molCO发生水解CO+H2OHCO+OH-，阴离子数目增多，故阴阳离子总数大于，故A正确；
B．根据化学反应，Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+SO2↑+2H20，2mol浓H2SO4和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子2mol，转移的电子数等于2NA，0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，若Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，如果1molH2SO4只生成氢气则转移电子为2mol，转移的电子数数为2NA，0.2molH2SO4只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故B错误；
C．pH=12的溶液中c(OH-)=0.01mol/L，1L溶液中n(OH-)=0.01mol，则的数目为，故C正确；
D．标准状况下，的物质的量为0.4mol，根据反应2H2+O22H2O，2CO+O22CO2，由于1mol氢气或一氧化碳燃烧都消耗0.5mol氧气，故0.4mol氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为，故D正确；
故选B。
13. 下列说法中正确的是
A. 如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用的溶液冲洗
B. 用镊子从煤油中取出一小块钠，用小刀切取一块绿豆大的钠直接放入水中，剩余钠放回试剂瓶
C. 铜与浓硫酸加热条件下发生反应，反应结束后，冷却，然后向试管中加水，观察溶液呈蓝色
D. 比较不同条件下与反应的快慢，可通过测定收集等体积需要的时间来实现
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学实验中，不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故A正确；
B．用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油后，用小刀切一小块，放入盛有水的烧杯中，故B错误；
C．反应结束后，为观察溶液颜色，需将试管I中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，顺序不能颠倒，否则液体飞溅，易发生危险，故C错误；
D．由反应方程式Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，则比较相同浓度的Na2S2O3溶液和不同浓度的H2SO4溶液反应的反应快慢可通过测定溶液出现浑浊的时间来实现，故D错误；
故选：A。
14. 下列说法不正确的是
A. 油脂在碱性条件下的水解可以用于制肥皂
B. 天然有机高分子化合物包括淀粉、纤维素、蛋白质，均由碳、氢、氧三种元素组成
C. 葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，与果糖互为同分异构体
D. 蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等会发生变性，失去生理活性
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂在碱性条件下的水解产生可溶性高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此油脂可以用于制肥皂，A正确；
B．蛋白质的组成元素有碳、氢、氧、氮元素，有的还有硫、磷等元素，因此组成元素不是仅有三种元素，B错误；
C．葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，由于其分子式与果糖相同，都是C6H12O6，但二者的结构不同，因此它们互为同分异构体，C正确；
D．蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等时，会使蛋白质分子结构发生改变而失去其生理活性，即发生变性，D正确；
故合理选项是B。
15. 下列事实中一定能证明是弱电解质的是
①用溶液做导电实验，灯炮很暗
②溶液的
③等等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多
④醋酸溶液恰好与溶液完全反应
⑤的溶液稀释至1000倍，
A. ①②④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，没有与同浓度的强电解质对比，灯炮很暗不能证明CH3COOH是否完全电离，①不符合题意；
②0.1mol·L-1CH3COOH溶液若完全电离则c(H+)=0.1mol·L-1，pH=2.88则c(H+)=10-2.88mol·L-1，说明CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，②符合题意；
③等pH等体积的硫酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明CH3COOH溶液还能电离出H+，原来CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，③符合题意；
④醋酸溶液与NaOH溶液反应，反应量与其是否完全电离无关，与其总物质的量有关，20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与20mL0.2mol·L-1NaOH溶液完全反应，不能说明醋酸是否完全电离，即不能证明CH3COOH是弱电解质，④不符合题意；
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释至1000倍，pH＜4，说明c(H+)没有稀释1000倍，即稀释过程继续电离，说明原CH3COOH溶液没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，⑤符合题意；
符合题意的有②③⑤，故答案选B。
16. 一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是
A. 该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO＝Li2CO3
B. 图中Li＋的移动方向是充电时的移动方向
C. 充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－＝3CO2＋4Li＋
D. 该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图中信息得到放电时Li为负极，电极B为正极，因此该电池放电时的正极反应为3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，故A错误；
B．Li为负极，电极B为正极，因此图中Li＋的移动方向是放电时的移动方向，故B错误；
C．根据信息电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，因此充电时阳极发生的反应为2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，故C错误；
D．根据放电正极电极反应式3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，充电阳极反应式2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，因此该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1mol CO2，故D正确。
综上所述，答案为D。
17. 关于室温下相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，下列叙述正确的是
A. 氨水中的与溶液中的相同
B. 温度均升高(不考虑挥发)，氢氧化钠溶液不变，氨水增大
C. 加水稀释相同的倍数后，两种溶液的仍相同
D. 与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒，pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水中的与NaOH溶液中的c(Na+)相同，故A正确；
B．升高温度，氨水的电离平衡正向移动，温度升高10℃，氨水的pH增大；升高温度，氢氧化钠溶液中c(OH-)不变，但是Kw变大，故c(H+)变大，pH减小，故B错误；
C．加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，加水稀释相同的倍数后，氨水的pH大于氢氧化钠溶液的pH，故C错误；
D．pH相同氨水与氢氧化钠，氨水浓度大于氢氧化钠，pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水的物质的量大于氢氧化钠，与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积氨水大于氢氧化钠，故D错误；
选A。
18. 在绝热恒容的密闭容器中，通入和，发生反应：，下列说法不正确的是
A. 当容器中和物质的量浓度之比保持不变时，可判断反应已达到平衡
B. 当容器内的温度不再变化时，可判断反应已达到平衡
C. 保持其他条件不变，在反应过程中不断将氨液化并移去液氨，可提高合成氨的产率
D. 该反应可通过加入铁触媒做催化剂，降低反应所需的活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为N2与H2的加入量之比为1:3，反应时也按照1:3进行，所以二者浓度比值不会发生改变，不能由此判断反应是否达到平衡，A错误；
B．因为该反应为放热反应，在绝热容器中，反应正向移动时，温度升高。当温度不再改变时，反应即达到平衡，B正确；
C．根据勒夏特列原理，将氨液化移去，氨的浓度降低，有利于反应正向进行，C正确；
D．加入铁触媒做催化剂，可以降低反应所需的活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率，D正确。
故本题选A。
19. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 明矾溶液中加入过量溶液
B. 溶液中滴加少量稀氨水：
C. 用惰性电极电解水溶液：
D. 石灰石与醋酸反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶液中加入过量溶液会生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；
B．NH3·H2O为弱碱，书写离子方程式时不能拆开写，故B错误；
C．惰性电极电解水溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，符合离子方程式的书写原则，故C正确；
D．石灰石为难溶盐，书写离子方程式时不能拆开写，故D错误；
故选C。
20. 氧化还原反应3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O，下列说法正确的是
A. Cu2S中只有S被氧化 B. 氧化剂与还原剂之比为22:3
C. 每生成1 mol NO气体，转移3 mol电子 D. 反应中HNO3只作氧化剂
【答案】C
【解析】
【分析】在反应3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O中，Cu2S中的Cu元素由+1价升高到+2价，S元素由-2价升高到+6价，HNO3中的N元素部分由+5价降为+2价(生成NO)，在整个反应中，电子转移的数目为30e-。
【详解】A．Cu2S中Cu、S元素的价态都升高，所以二者都被氧化，A不正确；
B．氧化剂为HNO3，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:10，B不正确；
C．在整个反应中，生成10mol NO，转移电子的物质的量为30mol，则每生成1 mol NO气体，转移3mol电子，C正确；
D．反应中22mol HNO3参加反应，有10mol HNO3作氧化剂，12mol HNO3表现出酸性，D不正确；
故选C
21. 已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF(g)⇌(HF)2(g)。经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量(M=m总/n总)随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 此反应为吸热反应
B. 气体的压强：p(a)>p(b)=p(c)
C. 平衡常数：K(c)>K(b)=K(a)
D. 若要测定HF的相对分子质量，尽量选择低压、高温条件
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图中信息可知，升高温度，平衡逆向移动，故反应为放热反应，A错误；
B．增大压强，平衡正向移动，故p1>p2， p(a)< p(b)=p(c)，B错；
C．温度不同则平衡常数不同，C错误；
D．在低压、高温条件下有利于平衡逆向移动，故若要测定HF的相对分子质量，尽量选择低压、高温条件，D正确；
故答案为：D。
22. 已知A转化为C和D分步进行：①；②，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是
A. 的能量低于的能量
B.
C. 断裂化学键吸收的热量小于形成和化学键所放出的热量
D. 反应过程中，由于，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，无法比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；
B．从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)⇌C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/mol，B错误；
C．从图中可知，A转化为B和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molB(g)和2molD(g)化学键所放出的热量，C错误；
D．从反应过程的图像中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，D正确。
故选D。
23. 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 溶液和盐酸等体积混合：
B. 溶液和氨水等体积混合
C. 溶液和盐酸等体积混合(为二元弱酸)：
D. 溶液和溶液等体积混合：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液和盐酸等体积混合反应生成氯化钠和醋酸，醋酸和水都能电离出氢离子，故为，A错误；
B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，B错误；
C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl-)+2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，C正确；
D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：，D错误；
答案选C
24. 某兴趣小组用含镁的工业废料为原料，制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：
已知：①该含镁工业废料的主要成分MgO 40%～50%；SiO2 20%～25%；FeO、Fe2O3 10%～20%；此外还含有极少量的CaO；
②金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀～沉淀完全)：Mg2+：8.4～10.9；Fe2+：7.6～9.6；Fe3+：2.7～3.7。
下列说法不正确的是
A. “酸解”时应加入的酸为硫酸
B. 流程中，Ca(ClO)2作为氧化剂，而MgO作用是调节pH
C. 判断“除杂”基本完成的检验方法可取少量除杂、过滤后的滤液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，观察酸性KMnO4溶液是否褪色
D. “浓缩过滤”操作中，不宜使用普通过滤，应采取趁热过滤的方式
【答案】C
【解析】
【详解】A．该流程是以含MgO的工业废料为原料制取MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，所以“酸解”时溶解物质应加入的酸为硫酸，A正确；
B．该废料中含有FeO，FeO与H2SO4反应产生FeSO4和H2O，Ca(ClO)2具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+；MgO可以与溶液中的H+发生反应，通过调节溶液pH，使其中的Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去，B正确；
C．除杂是使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，除去杂质离子Fe3+，因此通过检验Fe3+是否存在就可以，应该是加入KSCN溶液进行检验，而不是通过加入KMnO4溶液判断，C错误；
D．温度对MgSO4、CaSO4的溶解度的影响不同，温度越高MgSO4溶解度越大，而CaSO4的溶解度会越小，所以可以通过蒸发浓缩、趁热过滤的方式除去CaSO4沉淀，D正确；
故合理选项是C。
25. 某溶液只含下表离子中的几种，且各离子的物质的量浓度相等(不考虑水的电离与离子水解)。某同学进行了如下实验(必要时可加热)：
阳离子
K+、NH、Fe2+、Mg2+、Cu2+
阴离子
OH-、Cl-、CO、SO
下列说法正确的是
A. 由沉淀A推断原溶液中一定含有SO
B. 滤液A中可能含有K+
C. 原溶液中只含有NH、Fe2+、Cl-、SO
D. 沉淀B中一定含有Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】溶液与过量的稀硫酸反应没有明显现象，说明原溶液中一定不存在CO；再向加入硫酸的溶液中加入硝酸钡溶液得到了气体A、滤液A和沉淀A，气体A只能为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不存在OH-，沉淀B为硫酸钡，因为加入了稀硫酸，无法确定原溶液中是否含有SO，滤液A中加入过量NaOH溶液得到气体B、滤液B和沉淀B，气体B为氨气，则原溶液中一定含有NH；各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，已经确定含有的阳离子为Fe2+、NH，而阴离子只能含有Cl-、SO，结合电荷守恒可以知道溶液中一定不存在K+、Mg2+、Cu2+，所以沉淀B为氢氧化铁,滤液B中含有氢氧化钡，通入二氧化碳后生成了沉淀C碳酸钡,以此解答该题。
【详解】A．因为加入了稀硫酸,无法确定原溶液中是否含有SO，故A错误；
B．由以上分析可以知道溶液中不含K+，则滤液A中不可能含有K+，故B错误；
C．根据以上分析可知原溶液中只含有NH、Fe2+、Cl-、SO，故C正确；
D．根据以上分析可知沉淀B为硫酸钡，故D错误；
故答案为C。
II卷
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果，解释原因(用离子方程式和必要的文字说明)___________。
（2）根据反应设计成银锌纽扣电池，电解质溶液为溶液，请写出负极的电极反应式___________。
（3）熔融可以导电，解释原因___________。
【答案】（1）碳酸钠发生水解，水解吸热，升高温度促进碳酸钠的水解，使溶液中的增大，去污效果增强
（2）
（3）固体受热熔化克服了离子间的相互作用(破坏了离子键)，产生了自由移动的和，因而能导电。(合理答案均给分)
【解析】
【小问1详解】
碳酸钠发生水解，水解吸热，升高温度促进碳酸钠的水解，使溶液中的增大，去污效果增强。
【小问2详解】
根据总反应可知Zn失电子，做负极，故负极反应式为。
【小问3详解】
固体受热熔化克服了离子间的相互作用(破坏了离子键)，产生了自由移动的和，因而能导电。
27. 固体矿物X由三种元素组成。某学习小组为了探究它的组成和性质，进行了如下实验：
请回答：
（1）溶液F的溶质为___________(写化学式)。
（2）组成X的三种元素是___________。
（3）写出气体A与溶液D反应的离子方程式___________。
（4）写出溶液D中加入铁粉，发生的化合反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】根据生成的红色固体为铜，计算Cu和CuO的物质的量，根据A和双氧水反应生成C，C和氯化钡反应生成白色沉淀，得A为二氧化硫，X含S元素，计算S的物质的量，根据B的质量和氧化铜的质量计算铁的物质的量，根据三者物质的量的关系，得出比例关系 ，确定化学式。根据生成的红色固体为铜，n(Cu)= =0.05mol，固体B为CuO、Fe2O3，n(Fe)==0.1mol，气体A与双氧水反应生成C，C和氯化钡反应生成白色沉淀，得A为二氧化硫，X含S元素，n(S)= =0.15mol，n(Cu):n(Fe):n(S)=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，X的化学式为：CuFe2S3；
【小问1详解】
固体B为CuO、Fe2O3，溶于稀硫酸，溶液D为硫酸铜和硫酸铁的混合物，与足量的铁反应后，均生成硫酸亚铁，为单一溶质，溶液F的溶质为硫酸亚铁。故答案为：FeSO4；
【小问2详解】
组成X的三种元素是Cu、Fe、S，故答案为：Cu、Fe、S；
【小问3详解】
气体A与溶液D为硫酸铜和硫酸铁的混合物，二氧化硫与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式。故答案为：。
【小问4详解】
硫酸铁和铁反应生成了硫酸亚铁，化学方程式为。
28. 室温下，某一元弱酸HA的电离常数K=1.0×10-5。向20.00 mL浓度约为0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1000 mol/L的标准KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。回答下列有关问题：
（1）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是___________点，滴定过程中宜选用___________作指示剂，滴定终点现象是___________
（2）在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列___________
a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2～3 mL处 b．用蒸馏水洗涤滴定管
c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2 min d．用标准溶液润洗滴定管
e．使液面位于“0”刻度，静置1 min左右，准确读取读数
f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球
（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是___________(填字母序号)。
A. 滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗
B. 滴定结束后，仰视液面，读取KOH溶液体积
C. 滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定
D. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定
（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为___________mol/L。(保留4位有效数字)
实验序号
KOH溶液体积/mL
待测HA溶液体积/mL
1
21.01
20.00
2
20.99
20.00
3
25.40
20.00
（5）a点溶液pH近似为___________。
【答案】（1） ①. c ②. 酚酞 ③. 当最后半滴标准液滴入，溶液恰好由无色变成浅粉红色，且半分钟不变色
（2）cbdafe （3）AB
（4）0.1050 （5）3
【解析】
【小问1详解】
a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液；c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液。酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞作指示剂；滴定终点现象是：当加入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅红，且半分钟不恢复无色；
【小问2详解】
在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列，其顺序是
c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2 min ；b．用蒸馏水洗涤滴定管；d．用标准溶液润洗滴定管；a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2～3 mL处；f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球；e．使液面位于“0”刻度，静置1 min左右，准确读取读数，故合理顺序是cbdafe；
【小问3详解】
A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，由此计算出的测定酸的物质的量偏大，最终导致结果偏高，A正确；
B．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，B正确；
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，以此为标准计算的测定结果偏低，C错误；
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗碱标准液体积偏小，最终导致测定结果偏低，D错误；
故合理选项是AB；
【小问4详解】
根据实验数据可知第三次实验数据偏差较大，应该舍去，则反应消耗KOH标准溶液体积V(KOH)=；根据反应方程式：KOH+HA=KA+H2O可知n(HA)=n(KOH)=0.1000 mol/L×0.021 L=0.0021 mol，则待测HA溶液的物质的量浓度c(HA)=；
【小问5详解】
HA的电离平衡常数K=1.0×10-5，K= ，c(H+)≈10-3 mol/L，所以该溶液pH=3。
29 回答下列问题：
（1）写出的电子式___________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向___________原子。
（2）已知
写出与反应生成的热化学方程式___________。时将与按物质的量比为充入反应器中，达平衡后的转化率，此时反应的平衡常数___________。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的，相同时间内测得转化率与m和温度的关系如图所示。
①___________(填＞、＜或=)
②温度高于时，转化率减小的可能原因为___________
【答案】（1） ①. ②. 氧
（2） ①. ②. 0.25(1/4)
（3） ①. ＞ ②. 温度升高，使催化剂活性降低；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低
【解析】
【小问1详解】
COS的电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径O
【小问2详解】
COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)=-7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，
体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；0.25；
【小问3详解】
①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低，故答案为：温度升高，使催化剂活性降低；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低。
30. 铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的(金属离子的起始浓度均为)
氢氧化物
开始沉淀的
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的
3.3
9.9
9.5
（1）酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是___________。
（2）操作I产生的滤渣I主要成分为___________(填化学式)。如果在实验室模拟该工艺流程，洗涤该沉淀的操作方法是___________。
（3）①操作Ⅲ中先加入适量，发生反应的离子方程式为___________。
②再加入控制反应液的范围为___________。
③若加入的不足，加入后所得的电解液中会含有元素。请设计实验方案加以检验：___________。
（4）处理含镉废水，常加入实现沉淀转化，若反应达到平衡后，溶液中的，溶液中___________［已知，］。
【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率
（2） ①. ②. 向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次
（3） ①. ②. ③. 取电解液少许于试管中，滴加溶液，无现象，再加入，溶液变红色，则含有铁元素
（4）
【解析】
【分析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，电解含有Zn2+、Co2+的溶液，可得镉单质，据此解答。
【小问1详解】
酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率，故答案为：增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；
【小问2详解】
铜与稀硫酸不反应，则操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为Cu；洗涤沉淀的方法为向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次，故答案为：Cu；向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次；
【小问3详解】
①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
②根据表格中的信息可知在3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此pH范围为3.3≤pH＜7.2，故答案为：3.3≤pH＜7.2；
③若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取待电解液少量与试管中，加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素，故答案为：加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素；
【小问4详解】
除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中，则Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO)=2.8×10-9，可知溶液中碳酸根浓度是3.5×10-8mol/L，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)×c(CO)=5.6×10-12，可知1.6×10-4mol•L-1，故答案为：1.6×10-4。
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