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湖南省岳阳市教研联盟2022-2023学年高二上学期期中联考联评化学试题 PDF版
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1．【答案】D
【解析】
A项，氢气和氧气燃烧只生成水，降低了对环境的污染，A正确；
B项，无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，所以氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C项，空间站中的O2由太阳能电池电解水得到，太阳能电池板将太阳能转化为电能，水通电分解，电能又转化为化学能，C正确；
D项，太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，D项错误；
答案选D。
2．【答案】B
3．【答案】D
【解析】
A．pH=7的溶液中，Fe3+完全水解为氢氧化铁，故不选A；
B．AlO与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，NaAlO2溶液中不可能大量含有HCO，故不选B；
C．氧化亚铁溶于稀硝酸生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3FeO+10H++ NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C错误；
D．Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液1:2反应，恰好显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选D。
4．【答案】A/C/AC
【解析】
A．LiOH熔融后，OH-在阳极放电，电极反应式为：，A错误；
B．第二步“高温反应”是氮气和单质Li的反应，N元素由单质转变为化合态，属于“氮的固定”，B正确；
C．整个过程除了生成氨以外，还有第一步反应产生的O2剩余，不是传统的“合成氨”工艺，将三不反应方程式叠加，可得总反应方程式：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C错误；
D．第一步消耗LiOH，第三步重新生成等量的LiOH，故LiOH可循环利用，D正确；
故合理选项是C。
5．【答案】A
【解析】
根据结构式可判断Y可以形成4个共价键，位于第ⅣA族，W可形成2个共价键，位于第VIA族，根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素可知，W是O，Y是Si，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca，X可以形成1个共价键，所以X是F，据此解答。
【详解】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Ca＞Si＞F，即Z＞Y＞X，A错误；
B．元素非金属性：F＞O＞Si，即X＞W＞Y，B正确；
C．X的最简单氢化物的水溶液为氢氟酸，是一种弱酸，C正确；
D．化合物SiO2与CaF2中所含化学键的类型不同，前者是共价键，后者是离子键，D正确；
答案选A。
6．【答案】B
【解析】
部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】
A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，故B错误；
C．可通过反应得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾受热分解，可以产生，故D正确；
故答案为B。
7．【答案】B
【解析】
A．容量瓶是精量器，不能用于稀释浓硫酸，故A错误；
B．用原电池反应可以比较锌与铜的金属性强弱，故B正确；
C．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发时氯化氢受热挥发，水解平衡不断右移，促使氯化铝水解趋于完全得到氢氧化铝，无法制得无水氯化铝，故C错误；
D．用氢氧化钠标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液，且眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误；
故选B。
8．【答案】C
【解析】
实验Ⅰ中KMnO4被还原成MnO2，实验Ⅱ中KMnO4被还原成MnS，则实验中Na2S被氧化，A选项错误；
实验Ⅰ中KMnO4溶液用H2SO4溶液酸化，溶液中的SO42－不一定是由S2－被氧化生成的，B选项错误；
实验Ⅰ中，紫色变浅，说明酸性KMnO4溶液过量，pH＜1，根据资料ⅰ，在强酸性条件下MnO4－被还原为Mn2+，实验Ⅰ生成棕褐色沉淀，说明过量的MnO4－和Mn2+反应生成MnO2，反应的离子方程式为：2MnO4－+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+，C选项正确；
根据实验现象Ⅱ，反应后溶液呈淡黄色，说明Na2S过量，被氧化生成的S溶于过量的Na2S生成淡黄色溶液，此时溶液pH≈8，说明被MnO4－还原成浅粉色MnS沉淀，没有MnO2生成，D选项错误。
9．【答案】B
【解析】
A．根据图甲，① ②
根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确；
B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误；
C．该反应正反应的活化能为134 kJ·ml-1，逆反应的活化能为360kJ·ml-1，故C正确；
D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360) kJ·ml-1=-226 kJ·ml-1，故D正确；
故选B。
10．【答案】B
【解析】
A．根据盖斯定律，反应③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)可由2反应①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)减去反应②2O3(g)=3O2(g)，故ΔH3 =2×(-200.9 kJ·ml-1)-( -288.8kJ·ml-1)=-113 kJ·ml-1，即a=-113，A错误；
B．升高温度，正逆反应速率均增大，故k正、k逆增大，反应达到平衡时，正=逆，即k正c(NO)·c(O3)=k逆c(NO2)·c(O2)，则==K，由图像可知，升高温度，NO的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，故升高温度，K减小，B正确；
C．延长反应时间，化学平衡不移动，故延长时间，不可使φ(NO)由M点移到N点，C错误；
D．用碱液吸收NO2能使平衡正向移动，NO的转化率增大，由于反应前后气体的体积不变，故增大反应器的容积，平衡不移动，不可提高NO的转化率，D错误；
故答案为：B。
二、不定项选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。
11．【答案】AD
【解析】
A．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故A错误；
B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；
C．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故C正确；
D．转化HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故D错误；
答案选AD。
12．【答案】C
【解析】
由流程可知：废铁屑(含有少量碳和杂质)加入盐酸，铁粉与盐酸反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，通入HCl蒸发结晶生成，通入，生成。
A．操作①是过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故A正确；
B．根据已知信息氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解，与反应生成的化学方程式为，故B正确；
C．该流程中试剂B的作用是将氧化成，酸性高锰酸钾溶液或稀硝酸都可以将氧化成，但都会引入新杂质，为了不引入新杂质，试剂B应选用氯水或，故C错误；
D．由D→E的化学方程式可知反应中生成的二氧化硫可将氯化铁还原为氯化亚铁，若是作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂，故D正确；
故选C。
13. 【答案】AC
【解析】
浓度均为0.1ml/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液显碱性，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（NH3•H2O），电荷守恒式为c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl－）+c（OH－），所以c（NH4+）+c（H+）＞c（NH3•H2O）+c（OH－），故A正确；
向澄清石灰水中通入Cl2至Ca（OH）2恰好完全反应，溶液中的溶质为等物质的量的CaCl2和Ca（ClO）2，溶液中存在电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH－）+c（Cl－）+c（ClO－），存在物料守恒2c（Ca2+）＝c（ClO－）+c（Cl－）+c（HClO），联立可得c（OH－）＝c（H+）－c（HClO），故B错误；
0.1ml•L－1的NaHSO3溶液中通NH3至pH＝7，溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）①，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32－）+c（HSO3－）+c（OH－），因为pH＝7所以c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32－）+c（HSO3－）②，由①得c（Na+）＞c（SO32－）；将①式左右两边都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）＝c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，结合②③得c（SO32－）＝c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32－）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32－）＞c（NH4+），故C正确；
若溶液中存在c（K+）＝c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3），对应的溶液溶质应为KHCO3，而碳酸氢钾溶液显碱性，溶液中水电离的c（H+）＞10－7ml/L，故D错误。
14．【答案】CD
【解析】
A．FeCl3溶液是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。根据图示可知在开始滴定时溶液pH＜7，溶液显酸性，因此开始时溶液是盐酸酸化的FeCl3溶液，图示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲线，A错误；
B．在室温下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，则根据a点溶液的pH=1.7，可知此时c(H+)=10-1.7 ml/L，在a点Fe3+有一部分水解使Fe3+的浓度小于0.02 ml/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数Kh=，B错误；
C．pH=3.2以后，pH迅速增加，说明b点Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+刚好沉淀完全，则c(Fe3+)=1.0×10-5 ml/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8，所以此时溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2，即说明b点时表示Fe3+恰好沉淀完全，C正确；
D．c点溶液中存在的离子有Fe3+、Na+、Cl-、H+和OH-，因此根据电荷守恒可知微粒浓度存在关系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D正确；
故合理选项是CD。
第II卷(非选择题)
15．【答案】(14分，毎空2分)
(1) 分液漏斗
(2) 便于晶体干燥
(3) 产品受热易分解
(4) = 1 \* GB3 ① 0.4 ml = 2 \* GB3 ② 2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+
(5) = 1 \* GB3 ① 当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复原色
= 2 \* GB3 ② 0.046 ml/L
【解析】
实验I，装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为( NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，以此来解析；
(1)仪器a的名称是分液漏斗；
(2)无水乙醇洗涤沉淀，可以洗除晶体表面的杂质，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；
(3)(NH4)2S2O8易分解，则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；
(4) 在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnO，过氧根内的O元素化合价由-1价变为-2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等，1 ml S2O 能得到2 ml 电子，所以氧化的Mn2+的物质的量为 0.4 ml；
过二硫酸常被用于检验Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，过氧根内的O元素化合价由-1价变为-2价，根据化合价升降守恒和原子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；根据已知可知(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，过氧根内的O元素化合价由-1价变为-2价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根据
I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1ml·L×18.4×10-3L=1.84×10-3ml，c((NH4)2S2O8)== 1.84×10-3ml220×10-3L=0.046 ml/L；
16．【答案】(14分，毎空2分)
(1)CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.1kJ·ml-1
(2) = 1 \* GB3 ① ＞ = 2 \* GB3 ② 反应I = 3 \* GB3 ③ 350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小 = 4 \* GB3 ④ 625
(3)2115(或2115：1)
(4)3CO2+4Na++4e-=C+2Na2CO3
【解析】
(1)CH4与H2O反应的方程式为CH4＋H2O ⇌ CO＋3H2，根据盖斯定律由：反应Ⅱ－反应Ⅰ，ΔH2－ΔH1=＋206.1kJ·ml－1，热化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.1kJ·ml-1；故答案为CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.1kJ·ml-1；
(2)①根据图像可知，400℃之前，CH4的选择性为100%，即400℃之前，发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，根据温度与CO2转化率的关系图可知，350℃时达到平衡，350℃之前CO2的转化率增大，说明反应达到平衡，即v正(a)＞v逆(a)；故答案为＞；
②根据题中图像可知，低温下，CH4的选择性为100%，即该催化剂在较低温度主要选择反应I；故答案为反应I；
③根据上述分析，350℃反应I达到平衡，350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小；故答案为350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小；
④350℃时发生反应I，CH4的选择性为100%，转化成CO2的物质的量为1ml×80%=0.8ml，同时消耗H2的物质的量为3.2ml，生成甲烷的物质的量为0.8ml，水蒸气的物质的量为1.6ml，反应I的平衡常数为=625；故答案为625；
(3)Ka1=，Ka2=，Ka1×Ka2=×，=2115；故答案为2115；
(4)根据原电池工作原理，正极上得到电子，电解质溶液为NaClO4－四甘醇二甲醚，因此正极反应式为3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3；故答案为3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3。
17．[参考答案] (14分，毎空2分)
(1)B(2分)
(2) (2分)
(3) = 1 \* GB3 ①Na2SO4 (2分) = 2 \* GB3 ②水 (2分)
(4) = 1 \* GB3 ①不能(2分) = 2 \* GB3 ②会沉淀部分 Cu2+，导致Cu的产率降低(2分)
(5) D(2分)
[解析](1)由“Ni(s)+4CO(g) ⇌ Ni(CO)4(g) △H<0"可知，反应为气体分子数减小的放热反应，即△S<0、△H<0，根据△G=△H-T△S<0时反应可以自发进行知，采取低温条件可使反应自发进行，且低温、高压可使平衡正向移动，即增大反应中Ni(CO)4的产率，故选B。
(2) 已知信息①“焙烧时，分别转化为”可知，发生反应：
(3)溶液中存在平衡: ，由图2可知， 硫酸发生阳离子交换，得到液体X和，则液体X为Na2SO4；和NaOH溶液发生阴离子交换，得到和液体Y，则液体Y是水。
(4)由流程剖析可知，酸洗后的滤液中含有Al3＋、Cu2＋、Ni2+和Fe3＋，结合已知信息②可知，若要完全除去Fe2+和Al3＋，需调节溶液pH≥5.4，此时溶液中的部分Cu2＋也会沉淀，从而降低Cu的产率，因此沉铁时不能一并除去含铝杂质。
(5)本工艺流程中制Cu的原理是电解法。加热氧化银得到银属于热分解法；四氯化钛中加镁冶炼钛属于热还原法；焙烧辰砂(HgS)制汞属于热分解法；电解硫酸锰制锰的原理是电解法，故选D。
18．(12分，毎空2分)
【答案】（1）N2H4·H2ON2H5++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）（2分）
（2）①c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)（2分） ②酸性（2分）
（3）①0.043 （2分） ②2 （2分）
（4）4.0×10－53（2分）
[解析]
(1) 该化合物的性质与氨气类似，说明能电离出氢氧根离子而显碱性，因此溶液显碱性的离子方程式为N2H4·H2ON2H5++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）。
(2)①由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4， H2CO₃的Ka1=4.2×10-7 ；Ka2=5.61×10-11可判断亚硝酸的酸性强于碳酸，因此向含有2 ml碳酸钠的溶液中加入1 ml的HNO2后生成1 ml碳酸氢钠、1 ml亚硝酸钠，另外还剩余1 ml碳酸钠，水解程度大小顺序为CO32-＞NO2-，水解生成HCO3-，所以溶液中CO32-、HCO3-和NO2-离子的浓度大小关系为c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)；
②已知在25C时，一水合氨的Kb =1.8×10-5，亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，所以亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，则铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度，根据越弱越水解，铵根离子的水解程度大，所以最后所得溶液为酸性；
(3)①根据溶液pH与c(S2-)关系图，pH=13时，c(S2-) =5. 7×10-2 ml/L，在0.10 ml/L H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10 ml/L，所以c(H2S)+c(HS-) = 0.1-5. 7×10-2 = 0.043 ml/L；
②当Qc=Ksp (FeS)时开始沉淀，所以c(S2-) = Ksp(FeS)÷c(Fe2+) = 1.4×10-19 ml/L，结合图象得出此时的pH=2，所以pH=2时亚铁离子开始沉淀。
（4）由已知反应a．Hg2+（aq）+HS－（aq）HgS（s）+H+（aq）K＝l.75×l038；
b．HS－（aq）H+（aq）+S2－（aq）Ka2＝7.0×l0－15，反应b－a得：HgS（s）Hg2+（aq）+S2－（aq），则Ksp（HgS）＝＝＝4.0×10－53。
1．【答案】D
【解析】
A项，氢气和氧气燃烧只生成水，降低了对环境的污染，A正确；
B项，无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，所以氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C项，空间站中的O2由太阳能电池电解水得到，太阳能电池板将太阳能转化为电能，水通电分解，电能又转化为化学能，C正确；
D项，太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，D项错误；
答案选D。
2．【答案】B
3．【答案】D
【解析】
A．pH=7的溶液中，Fe3+完全水解为氢氧化铁，故不选A；
B．AlO与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，NaAlO2溶液中不可能大量含有HCO，故不选B；
C．氧化亚铁溶于稀硝酸生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3FeO+10H++ NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故C错误；
D．Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液1:2反应，恰好显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选D。
4．【答案】A/C/AC
【解析】
A．LiOH熔融后，OH-在阳极放电，电极反应式为：，A错误；
B．第二步“高温反应”是氮气和单质Li的反应，N元素由单质转变为化合态，属于“氮的固定”，B正确；
C．整个过程除了生成氨以外，还有第一步反应产生的O2剩余，不是传统的“合成氨”工艺，将三不反应方程式叠加，可得总反应方程式：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C错误；
D．第一步消耗LiOH，第三步重新生成等量的LiOH，故LiOH可循环利用，D正确；
故合理选项是C。
5．【答案】A
【解析】
根据结构式可判断Y可以形成4个共价键，位于第ⅣA族，W可形成2个共价键，位于第VIA族，根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素可知，W是O，Y是Si，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca，X可以形成1个共价键，所以X是F，据此解答。
【详解】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Ca＞Si＞F，即Z＞Y＞X，A错误；
B．元素非金属性：F＞O＞Si，即X＞W＞Y，B正确；
C．X的最简单氢化物的水溶液为氢氟酸，是一种弱酸，C正确；
D．化合物SiO2与CaF2中所含化学键的类型不同，前者是共价键，后者是离子键，D正确；
答案选A。
6．【答案】B
【解析】
部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】
A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，故B错误；
C．可通过反应得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾受热分解，可以产生，故D正确；
故答案为B。
7．【答案】B
【解析】
A．容量瓶是精量器，不能用于稀释浓硫酸，故A错误；
B．用原电池反应可以比较锌与铜的金属性强弱，故B正确；
C．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，蒸发时氯化氢受热挥发，水解平衡不断右移，促使氯化铝水解趋于完全得到氢氧化铝，无法制得无水氯化铝，故C错误；
D．用氢氧化钠标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液，且眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误；
故选B。
8．【答案】C
【解析】
实验Ⅰ中KMnO4被还原成MnO2，实验Ⅱ中KMnO4被还原成MnS，则实验中Na2S被氧化，A选项错误；
实验Ⅰ中KMnO4溶液用H2SO4溶液酸化，溶液中的SO42－不一定是由S2－被氧化生成的，B选项错误；
实验Ⅰ中，紫色变浅，说明酸性KMnO4溶液过量，pH＜1，根据资料ⅰ，在强酸性条件下MnO4－被还原为Mn2+，实验Ⅰ生成棕褐色沉淀，说明过量的MnO4－和Mn2+反应生成MnO2，反应的离子方程式为：2MnO4－+3Mn2++2H2O5MnO2↓+4H+，C选项正确；
根据实验现象Ⅱ，反应后溶液呈淡黄色，说明Na2S过量，被氧化生成的S溶于过量的Na2S生成淡黄色溶液，此时溶液pH≈8，说明被MnO4－还原成浅粉色MnS沉淀，没有MnO2生成，D选项错误。
9．【答案】B
【解析】
A．根据图甲，① ②
根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确；
B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误；
C．该反应正反应的活化能为134 kJ·ml-1，逆反应的活化能为360kJ·ml-1，故C正确；
D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360) kJ·ml-1=-226 kJ·ml-1，故D正确；
故选B。
10．【答案】B
【解析】
A．根据盖斯定律，反应③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)可由2反应①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)减去反应②2O3(g)=3O2(g)，故ΔH3 =2×(-200.9 kJ·ml-1)-( -288.8kJ·ml-1)=-113 kJ·ml-1，即a=-113，A错误；
B．升高温度，正逆反应速率均增大，故k正、k逆增大，反应达到平衡时，正=逆，即k正c(NO)·c(O3)=k逆c(NO2)·c(O2)，则==K，由图像可知，升高温度，NO的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，故升高温度，K减小，B正确；
C．延长反应时间，化学平衡不移动，故延长时间，不可使φ(NO)由M点移到N点，C错误；
D．用碱液吸收NO2能使平衡正向移动，NO的转化率增大，由于反应前后气体的体积不变，故增大反应器的容积，平衡不移动，不可提高NO的转化率，D错误；
故答案为：B。
二、不定项选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。
11．【答案】AD
【解析】
A．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故A错误；
B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；
C．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故C正确；
D．转化HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故D错误；
答案选AD。
12．【答案】C
【解析】
由流程可知：废铁屑(含有少量碳和杂质)加入盐酸，铁粉与盐酸反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，通入HCl蒸发结晶生成，通入，生成。
A．操作①是过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故A正确；
B．根据已知信息氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解，与反应生成的化学方程式为，故B正确；
C．该流程中试剂B的作用是将氧化成，酸性高锰酸钾溶液或稀硝酸都可以将氧化成，但都会引入新杂质，为了不引入新杂质，试剂B应选用氯水或，故C错误；
D．由D→E的化学方程式可知反应中生成的二氧化硫可将氯化铁还原为氯化亚铁，若是作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂，故D正确；
故选C。
13. 【答案】AC
【解析】
浓度均为0.1ml/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液显碱性，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（NH3•H2O），电荷守恒式为c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl－）+c（OH－），所以c（NH4+）+c（H+）＞c（NH3•H2O）+c（OH－），故A正确；
向澄清石灰水中通入Cl2至Ca（OH）2恰好完全反应，溶液中的溶质为等物质的量的CaCl2和Ca（ClO）2，溶液中存在电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH－）+c（Cl－）+c（ClO－），存在物料守恒2c（Ca2+）＝c（ClO－）+c（Cl－）+c（HClO），联立可得c（OH－）＝c（H+）－c（HClO），故B错误；
0.1ml•L－1的NaHSO3溶液中通NH3至pH＝7，溶液中存在物料守恒：c（Na+）＝c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）①，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）＝2c（SO32－）+c（HSO3－）+c（OH－），因为pH＝7所以c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32－）+c（HSO3－）②，由①得c（Na+）＞c（SO32－）；将①式左右两边都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）＝c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）+c（NH4+）③，结合②③得c（SO32－）＝c（NH4+）+c（H2SO3），故c（SO32－）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO32－）＞c（NH4+），故C正确；
若溶液中存在c（K+）＝c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3），对应的溶液溶质应为KHCO3，而碳酸氢钾溶液显碱性，溶液中水电离的c（H+）＞10－7ml/L，故D错误。
14．【答案】CD
【解析】
A．FeCl3溶液是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。根据图示可知在开始滴定时溶液pH＜7，溶液显酸性，因此开始时溶液是盐酸酸化的FeCl3溶液，图示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲线，A错误；
B．在室温下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，则根据a点溶液的pH=1.7，可知此时c(H+)=10-1.7 ml/L，在a点Fe3+有一部分水解使Fe3+的浓度小于0.02 ml/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数Kh=，B错误；
C．pH=3.2以后，pH迅速增加，说明b点Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+刚好沉淀完全，则c(Fe3+)=1.0×10-5 ml/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8，所以此时溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2，即说明b点时表示Fe3+恰好沉淀完全，C正确；
D．c点溶液中存在的离子有Fe3+、Na+、Cl-、H+和OH-，因此根据电荷守恒可知微粒浓度存在关系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D正确；
故合理选项是CD。
第II卷(非选择题)
15．【答案】(14分，毎空2分)
(1) 分液漏斗
(2) 便于晶体干燥
(3) 产品受热易分解
(4) = 1 \* GB3 ① 0.4 ml = 2 \* GB3 ② 2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+
(5) = 1 \* GB3 ① 当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复原色
= 2 \* GB3 ② 0.046 ml/L
【解析】
实验I，装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为( NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，以此来解析；
(1)仪器a的名称是分液漏斗；
(2)无水乙醇洗涤沉淀，可以洗除晶体表面的杂质，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；
(3)(NH4)2S2O8易分解，则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；
(4) 在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnO，过氧根内的O元素化合价由-1价变为-2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等，1 ml S2O 能得到2 ml 电子，所以氧化的Mn2+的物质的量为 0.4 ml；
过二硫酸常被用于检验Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，过氧根内的O元素化合价由-1价变为-2价，根据化合价升降守恒和原子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；根据已知可知(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，过氧根内的O元素化合价由-1价变为-2价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根据
I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1ml·L×18.4×10-3L=1.84×10-3ml，c((NH4)2S2O8)== 1.84×10-3ml220×10-3L=0.046 ml/L；
16．【答案】(14分，毎空2分)
(1)CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.1kJ·ml-1
(2) = 1 \* GB3 ① ＞ = 2 \* GB3 ② 反应I = 3 \* GB3 ③ 350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小 = 4 \* GB3 ④ 625
(3)2115(或2115：1)
(4)3CO2+4Na++4e-=C+2Na2CO3
【解析】
(1)CH4与H2O反应的方程式为CH4＋H2O ⇌ CO＋3H2，根据盖斯定律由：反应Ⅱ－反应Ⅰ，ΔH2－ΔH1=＋206.1kJ·ml－1，热化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.1kJ·ml-1；故答案为CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.1kJ·ml-1；
(2)①根据图像可知，400℃之前，CH4的选择性为100%，即400℃之前，发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，根据温度与CO2转化率的关系图可知，350℃时达到平衡，350℃之前CO2的转化率增大，说明反应达到平衡，即v正(a)＞v逆(a)；故答案为＞；
②根据题中图像可知，低温下，CH4的选择性为100%，即该催化剂在较低温度主要选择反应I；故答案为反应I；
③根据上述分析，350℃反应I达到平衡，350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小；故答案为350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小；
④350℃时发生反应I，CH4的选择性为100%，转化成CO2的物质的量为1ml×80%=0.8ml，同时消耗H2的物质的量为3.2ml，生成甲烷的物质的量为0.8ml，水蒸气的物质的量为1.6ml，反应I的平衡常数为=625；故答案为625；
(3)Ka1=，Ka2=，Ka1×Ka2=×，=2115；故答案为2115；
(4)根据原电池工作原理，正极上得到电子，电解质溶液为NaClO4－四甘醇二甲醚，因此正极反应式为3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3；故答案为3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3。
17．[参考答案] (14分，毎空2分)
(1)B(2分)
(2) (2分)
(3) = 1 \* GB3 ①Na2SO4 (2分) = 2 \* GB3 ②水 (2分)
(4) = 1 \* GB3 ①不能(2分) = 2 \* GB3 ②会沉淀部分 Cu2+，导致Cu的产率降低(2分)
(5) D(2分)
[解析](1)由“Ni(s)+4CO(g) ⇌ Ni(CO)4(g) △H<0"可知，反应为气体分子数减小的放热反应，即△S<0、△H<0，根据△G=△H-T△S<0时反应可以自发进行知，采取低温条件可使反应自发进行，且低温、高压可使平衡正向移动，即增大反应中Ni(CO)4的产率，故选B。
(2) 已知信息①“焙烧时，分别转化为”可知，发生反应：
(3)溶液中存在平衡: ，由图2可知， 硫酸发生阳离子交换，得到液体X和，则液体X为Na2SO4；和NaOH溶液发生阴离子交换，得到和液体Y，则液体Y是水。
(4)由流程剖析可知，酸洗后的滤液中含有Al3＋、Cu2＋、Ni2+和Fe3＋，结合已知信息②可知，若要完全除去Fe2+和Al3＋，需调节溶液pH≥5.4，此时溶液中的部分Cu2＋也会沉淀，从而降低Cu的产率，因此沉铁时不能一并除去含铝杂质。
(5)本工艺流程中制Cu的原理是电解法。加热氧化银得到银属于热分解法；四氯化钛中加镁冶炼钛属于热还原法；焙烧辰砂(HgS)制汞属于热分解法；电解硫酸锰制锰的原理是电解法，故选D。
18．(12分，毎空2分)
【答案】（1）N2H4·H2ON2H5++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）（2分）
（2）①c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)（2分） ②酸性（2分）
（3）①0.043 （2分） ②2 （2分）
（4）4.0×10－53（2分）
[解析]
(1) 该化合物的性质与氨气类似，说明能电离出氢氧根离子而显碱性，因此溶液显碱性的离子方程式为N2H4·H2ON2H5++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）。
(2)①由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4， H2CO₃的Ka1=4.2×10-7 ；Ka2=5.61×10-11可判断亚硝酸的酸性强于碳酸，因此向含有2 ml碳酸钠的溶液中加入1 ml的HNO2后生成1 ml碳酸氢钠、1 ml亚硝酸钠，另外还剩余1 ml碳酸钠，水解程度大小顺序为CO32-＞NO2-，水解生成HCO3-，所以溶液中CO32-、HCO3-和NO2-离子的浓度大小关系为c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)；
②已知在25C时，一水合氨的Kb =1.8×10-5，亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，所以亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，则铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度，根据越弱越水解，铵根离子的水解程度大，所以最后所得溶液为酸性；
(3)①根据溶液pH与c(S2-)关系图，pH=13时，c(S2-) =5. 7×10-2 ml/L，在0.10 ml/L H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10 ml/L，所以c(H2S)+c(HS-) = 0.1-5. 7×10-2 = 0.043 ml/L；
②当Qc=Ksp (FeS)时开始沉淀，所以c(S2-) = Ksp(FeS)÷c(Fe2+) = 1.4×10-19 ml/L，结合图象得出此时的pH=2，所以pH=2时亚铁离子开始沉淀。
（4）由已知反应a．Hg2+（aq）+HS－（aq）HgS（s）+H+（aq）K＝l.75×l038；
b．HS－（aq）H+（aq）+S2－（aq）Ka2＝7.0×l0－15，反应b－a得：HgS（s）Hg2+（aq）+S2－（aq），则Ksp（HgS）＝＝＝4.0×10－53。
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