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河南省鹤壁市高中2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河南省鹤壁市高中2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含河南省鹤壁市高中2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题原卷版docx、河南省鹤壁市高中2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号等在答题卡上填写清楚。
2.每道选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. 氯化银中滴加浓氨水：
B. 氧化铝溶于盐酸：
C. 用足量的进行的尾气处理：
D. 用除去废水中的：
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-，A错误；
B．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为，B正确；
C．足量的与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为，C正确；
D．硫化钠与汞离子反应生成硫化汞沉淀，离子方程式为，D正确；
答案选A。
2. 以工业废渣锌灰(主要成分为、，还含有少量的、、等)为原料制备的工艺流程如图所示：
下列说法不正确的是
A. “酸浸”过程中，稀硝酸被还原
B. “试剂”可为或
C. “还原”过程的目的是除铜
D. “沉淀”时，发生反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有少量的Fe2O3、FeO、CuO等)为原料制备ZnS，锌工业废渣锌灰用硝酸酸浸，稀硝酸有强氧化性，与金属反应时会把金属氧化成最高价态，Zn、Fe、Cu元素进入溶液，溶液含有 Zn2+、Fe3+(+2的铁会被氧化成+3价)、Cu2+，金属与稀硝酸反应会产生NO，反应生成的NO与O2再通入溶液，进行循环利用，加入X调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，沉淀，过滤分离，X可以是ZnO、Zn(OH)2 、ZnCO3等，然后加入物质Zn将Cu2+转化为Cu，实现分离，滤渣主要为Cu、还含有未反应完的Zn，滤液通入H2S生成ZnS沉淀，过滤得产物。
【详解】A．“酸浸”过程中，部分HNO3转化为NO，N元素化合价降低，稀硝酸被还原，故A正确；
B．X调节pH，试剂X为含有Zn的化合物，可提高ZnS的产率，所以试剂X可为ZnO或 Zn(OH)等，故B正确；
C．“还原”过程的目的是除铜，加入物质Zn将 Cu2+转化为Cu，故C正确；
D．H2S为弱电解质，写离子方程式时不能拆，“沉淀”时，发生反应的离子方程式为Zn2++ H2S= ZnS↓+2H+，故 D错误；
故本题选D．
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体共14g，含原子数为3
B. 1ml苯分子含碳碳双键数目为3
C. 常温常压下，28g乙烯含σ键数目为6
D. 1ml羟基所含电子数为10
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据乙烯和丙烯的最简式CH2，可以计算出14g乙烯、丙烯气体CH2物质的量是1ml，原子总数均为3NA，故A正确；
B．苯分子中不含有碳碳双键，故B错误；
C．1个乙烯含5个σ键，28g乙烯相当于1ml乙烯，故28g乙烯含有的σ键数目为5，故C错误；
D．1个羟基含电子数为9，1ml羟基所含电子数为9，故D错误。
答案选A。
4. 氯元素具有多种化合价，形成的等离子，在一定条件下能发生相互转化。和碱反应可生成多种含氧酸盐，且温度不同，反应产物也不同。实验室利用如图装置(部分装置省略)制备和。下列说法正确的是
A. 装置Ⅰ中可将换成
B. 装置Ⅱ洗气瓶中用饱和溶液除去中的少量
C. 装置Ⅳ中反应的离子方程式为
D. 装置V锥形瓶中用澄清石灰水吸收尾气
【答案】C
【解析】
【分析】装置Ⅰ中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，装置Ⅱ用于除去Cl2中的HCl，装置Ⅲ中Cl2与热的KOH浓溶液反应制备KClO3，装置Ⅳ中Cl2与冷NaOH溶液反应制备NaClO，装置Ⅴ用于吸收尾气Cl2、防止污染空气。
【详解】A．装置Ⅰ中KMnO4与浓盐酸常温下反应制备Cl2，而MnO2与浓盐酸反应制备Cl2需要加热，故装置Ⅰ中不可将KMnO4换成MnO2，A项错误；
B．由于浓盐酸具有挥发性，故装置Ⅰ制得的Cl2中混有HCl，装置Ⅱ用于除去Cl2中的少量HCl，所盛试剂为饱和NaCl溶液，若用碳酸氢钠溶液，会和氯气反应、同时和HCl反应有CO2生成产生新的杂质，B项错误；
C．装置Ⅳ中Cl2与冷NaOH溶液反应制备NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，C项正确；
D．Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中OH-浓度小，澄清石灰水不能将尾气Cl2完全吸收，故装置Ⅴ锥形瓶中不能用澄清石灰水吸收尾气，应当用氢氧化钠溶液，D项错误；
答案选C。
5. 的配位化合物较稳定且用运广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的的配离子，不能与形成配位离子。下列说法错误的是
A. Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合
B. 可用NaF和KSCN溶液检验溶液中是否含有
C. 溶液Ⅰ中仅参与形成范德华力和氢键
D. 上述实验可得出，与形成配合物的能力：
【答案】C
【解析】
【分析】Fe(NO3)3·9H2O(s)溶于水所得溶液Ⅰ显紫色，显示的是的颜色，接着加入KSCN得到溶液Ⅱ，溶液显红色，说明溶液中铁主要以[Fe(SCN)6]3+形式存在，再加入NaF得到溶液Ⅲ，溶液无色，说明溶液中铁主要以无色的[FeF6]3+配离子存在。
【详解】A．Fe晶体属于金属晶体，Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合，A正确；
B．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有C2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，再加入KSCN溶液，若含有C2+，则生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子，B正确；
C．Fe(NO3)3·9H2O(s)溶于水所得溶液Ⅰ显紫色，显示的是的颜色，参与形成配位键，C错误；
D．由流程可知，[Fe(SCN)6]3+可以转化为，说明与形成配合物的能力：，D正确；
故选C。
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 澄清无色透明溶液中：
B. 使酚酞试液呈红色的溶液中：
C. 加入Al能放出的溶液中：
D. 由水电离出的的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．在溶液中显橙色，无法在无色溶液中大量存在，A项不符；
B．使酚酞显红的溶液为碱性，溶液中含有OH-，与均可以大量共存，B项符合；
C．酸性或碱性溶液均可以与Al反应放出H2，酸性溶液中与H+不能大量共存，碱性溶液中不能与OH-大量共存，C项不符；
D．在该溶液中水的电离受到抑制，不能确定溶液的酸碱性。酸性条件下会与H+反应，生成Al(OH)3沉淀或Al3+，因此，D项不符。
本题选B。
7. 短周期元素R、X、Y、Z均位于第三周期，它们的最高价氧化物分别与水反应可得四种溶液，浓度均为0.01ml/L的上述四种溶液的pH与对应元素原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 同周期中第一电离能大于Z元素的有3种
B. X元素形成的正四面体结构的物质X4中，键角为109°28′
C. X和Y形成的化合物中X的杂化方式可能不为sp3杂化
D. Z和R组成的化合物R2Z8中，含有离子键和非极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】依题意，四种元素都位于第三周期，由图像知，R的最高价氧化物的水化物是一元强碱，Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸，Z的最高价氧化的水化物是二元强酸，X的最高价氧化物的水化物是中强酸；结合原子半径大小可推知，R为Na，X为P，Y为Cl，Z为S。
【详解】A．第一电离能大小比较：同周期，从左到右，元素第一电离能呈增大的趋势，第一电离能大于Z元素的有3种，P、Cl、Ar，A正确；
B．X元素形成的正四面体结构的物质X4中，白磷的空间构型是正四面体，键角为60°，B错误；
C．X和Y形成的化合物中，PCl3中P的杂化方式为sp3杂化，PCl5中P的杂化方式为sp3d杂化，C正确；
D．Z和R组成的化合物Na2S8中，阴阳离子间是离子键，S原子间为非极性键，Na2S8含有离子键和非极性共价键，D正确；
故选B。
8. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子的价层电子排布式是；Y最外层只有一种自旋方向的电子；X与Z同主族，与某稀有气体具有相同的电子层结构，下列说法正确的是
A. 简单离子半径：XB. 简单氢化物的稳定性：WC. X、Y、W三种元素形成的化合物，其水溶液可能呈碱性
D. 元素X与氯元素按原子个数比1∶1形成的化合物只有氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目信息，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子的价层电子排布式是，则n=2，X为O元素；X与Z同主族，则Z为S元素；与某稀有气体具有相同的电子层结构，说明W位于第VIIA，且原子序数大于S，则W为Cl；Y最外层只有一种自旋方向的电子，且Y原子序数大于8小于16，则Y为Na元素；
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，序数越大半径越小，则可判断，即W＞X＞Y，故A错误；
B．元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：Cl＞S，所以简单氢化物的稳定性：W＞Z，故B错误；
C．X、Y、W三种元素分别为O、Na、Cl，可形成化合物NaClO强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故C正确；
D．X为O元素，与氯元素按原子个数比1∶1形成的化合物为ClO，根据氯元素的化合价可知其化合价既可升高，也可降低，既有氧化性，也有还原性，故D错误；
答案选C。
9. 某烃完全燃烧后，生成88克和45克，此烃是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知：某烃完全燃烧后，生成二氧化碳为88g÷44g/ml=2ml，水为45g÷18g/ml=2.5ml， 则1ml该烃含4ml碳原子、10ml氢原子，故为B。
10. 下列实验操作、现象描述和所得结论均正确的是
A. 向苯和甲苯中分别加入少量酸性溶液，只有甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
B. 乙醇与浓硫酸加热至170℃，再将产生的气体通入少量酸性溶液，溶液褪色，但不能说明产生的气体中一定有乙烯
C. 向某有机物中加适量溴水振荡，溴水褪色，说明该有机物分子中含碳碳双键
D. 将溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却后再加入溶液，产生浅黄色沉淀，说明溴乙烷中含溴原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯中溶液紫红色褪去，是由于甲苯被氧化生成苯甲酸，而苯不能和高锰酸钾反应，说明了甲苯分子中苯环对甲基有影响，A错误；
B．乙醇易挥发，同时浓硫酸的脱水性可以使乙醇碳化，继而生成，因此产生的气体中含乙醇蒸气和，也能使酸性溶液褪色，B正确；
C．醛基也能与溴水反应并使之褪色，对碳碳双键的检验有干扰，C错误；
D．NaOH能够和硝酸银发生反应产生氢氧化银沉淀，故将溴乙烷与NaOH溶液共热后的溶液应先加硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，D错误；
故答案选B。
11. 在密闭容器中，发生可逆反应 ，当其他条件不变时，改变某一条件，对此反应的影响可用如下图表示。下列说法错误的是
A. 图Ⅰ表示时刻升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅰ不能表示时刻增大物质的浓度对反应速率的影响
C. 图Ⅱ不能表示在时刻减小容器体积对反应速率的影响
D. 图Ⅲ乙的温度比甲的温度高
【答案】C
【解析】
【详解】A．升温，正逆反应速率均增大，正逆反应速率都增大，反应为放热反应平衡逆向进行，图象符合要求，故A正确；
B．增大C为生成物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，正反应速率不变，所以正反应速率在t1时刻不变，不会离开原平衡点，图Ⅰ不能表示t1时刻增大C物质的浓度对反应速率的影响，故B正确；
C．该反应前后气体体积不变的反应，缩小体积增大压强，也只改变反应速率，不影响平衡的移动，和本图结果一样，故C错误；
D．先拐先平温度高，乙温度高于甲，反应速率大，升温平衡逆向进行，A转化率减小，图象符合，故D正确；
答案选C。
12. 在固定容积的密闭容器中，发生反应：2X(g)+Y(s) Z(g)+W(g)，其化学平衡常数与温度的关系如表：
对该反应而言，下列说法正确的是
A. 增大压强，平衡向正反应方向移动
B. 温度不变，增加X的量，K增大
C. 达平衡后，加入催化剂，反应物转化率增大
D. 该反应的正反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A． 反应2X(g)+Y(s) Z(g)+W(g)中，Y为固体，则反应前后气体总物质的量不变，则增大压强平衡不移动，故A错误；
B． K只受温度的影响，和物质的量的增加没关系，即温度不变，增加X的用量，K不变，故B错误；
C． 达平衡后，加入催化剂，但平衡不移动，反应物转化率不变，故C错误；
D． 根据表格数据知：温度越高，反应的K越大，说明正反应是吸热反应，故D正确；
答案为D。
13. Z是一种治疗糖尿病药物的中间体，可用下列反应制得，下列说法错误的是
A. 1mlX能与1mlNaHCO3反应
B. 1mlZ与足量NaOH溶液反应消耗2mlNaOH
C. X→Y→Z发生反应的类型都是取代反应
D. 苯环上取代基与X相同的X的同分异构体有9种
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据X的结构简式，能与反应的官能团只有，因此能与反应，选项A正确；
B．根据Z的结构简式，能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，中含有1ml羧基和1ml酯基，即与足量NaOH溶液反应消耗，选项B正确；
C．X→Y：X中酚羟基上的断裂，中断裂，H与Br结合成HBr，其余组合，该反应为取代反应，Y→Z：二氧化碳中一个键断裂，与Y发生加成反应，选项C错误；
D．根据X的结构简式，苯环上有三个不同取代基，同分异构体应有10种，因此除X外，还应有9种，选项D正确；
答案选Ｃ。
14. 《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图所示，下列说法正确的是
A. 反应①②的原子利用率均为100%
B. 反应③是取代反应
C. 淀粉与纤维素互为同分异构体
D. 反应②中有非极性键的断裂和极性键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干转化流程图可知，反应①②的方程式分别为：CO2+4H2CH3OH+H2O，2CH3OH+O22HCHO+2H2O，故两个反应的原子利用率均达不到100%，A错误；
B．由题干转化流程图可知，反应③为3HCHO，该反应是三分子甲醛发生加成反应，B错误；
C．淀粉与纤维素虽然都能用(C6H10O5)n表示其组成，但n值不同且属于混合物，故不互为同分异构体，C错误；
D．由题干转化流程图可知，反应①的方程式为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O，故反应②中有O=O非极性键的断裂和C-O，C-O极性键的形成，D正确；
故答案为：D。
15. 海水中不仅含有丰富的水资源，而且蕴藏着宝贵的化学资源。海水资源利用的部分过程如图，下列有关说法错误的是
A. 海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法等，其中蒸馏法技术和工艺较成熟，但成本较高
B. 在氯碱工业中，电解饱和食盐水可得到氢气、氯气和烧碱
C. 在制镁工业中，常用石灰作沉淀剂，整个过程涉及无机四大基本反应类型
D. 在制镁工业中，电解得到的另一产物可用于生产盐酸循环使用到前面流程中
【答案】C
【解析】
【详解】A．海水淡化即利用海水脱盐生产淡水，方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，蒸馏法技术和工艺较成熟，但成本较高，故A正确；
B．氯碱工业指的是工业上用电解饱和氯化钠溶液的方法来制取氢氧化钠(NaOH）、氯气(Cl2)和氢气(H2)，故B正确；
C．在制镁工业中，常用石灰作沉淀剂，整个过程不涉及置换反应，故C错误；
D．在制镁工业中，电解得到的另一产物为氯气，可用于生产盐酸，循环使用到前面流程中，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共5小题，共计55分。
16. 某小组探究三草酸合铁酸钾晶体()的热分解产物，按图所示装置进行实验。
（1）实验中观察到装置变浑浊、中固体变为红色、变浑浊，由此可判断分解产物一定有和_____，装置的作用_____。
（2）小组成员们仔细分析装置，觉得实验装置存在缺陷，其缺陷为_____。
（3）样品完全分解后，装置中的残留固体有，和，且与的物质的量之比为。再结合以上信息，写出三草酸合铁酸钾晶体完全分解的化学方程式_____。
（4）为测定和溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取溶液于带塞锥形瓶中，加入足量，调节，加热除去过量；加入过量充分反应，再用硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液(已知)。
①加热除去过量目的是_____。
②加入溶液发生的离子方程式_____。
③溶液中铁元素的总含量为_____
【答案】（1） ①. ②. 除去混合气体中的
（2）缺少尾气处理装置
（3）
（4） ①. 防止氧化，影响铁含量的测定 ②. ③.
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O加热分解生成FeO、Fe2O3、CO2、CO、H2O，氮气可将装置中气体排出，B中检验二氧化碳，C中NaOH除去二氧化碳，D中干燥气体，E中CO还原CuO，F中石灰水变浑浊可检验生成的二氧化碳，以此来解答；
【小问1详解】
实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有CO，CO2，C作用是除去混合气体中的；
【小问2详解】
尾气中含有CO，实验装置存在的缺陷为缺少尾气处理装置；
【小问3详解】
样品完全分解后，装置A中残留固体有FeO，Fe2O3和K2O，且FeO与Fe2O3的物质的量之比为2：1，由(1)分析可知产物中含有CO和CO2，再结合以上信息，反应中Fe的化合价由+3价部分变为+2价，C的化合价由+3价变为CO中的+2价和变为CO2中的+4价，根据氧化还原反应配平原则可知，三草酸合铁酸钾完全分解的化学方程式为：；
【小问4详解】
①由于H2O2能够氧化I-为I2，反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，如果不加热除去过量H2O2，将导致I2的量偏大，即Fe3+的量偏大，实验结果偏大，故此步操作的目的是防止氧化KI，影响铁含量的测定；
②加入KI溶液即与Fe3+反应生成I2和Fe2+，故发生的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；
③由反应方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，，可知：n(Fe3+)=2n(I2)=n()=0.1000ml•L-1×20.00×10-3L=2.00×10-3ml，溶液中铁元素的总含量为=5.6g•L-1。
17. 绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）为测定绿矾中结晶水的含量，将石英玻璃管(带两端开关和)(设为装置A)称重，记为g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为g。按如图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是___________。
②将下列实验操作步骤正确排序：___________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭和
d．打开和，缓缓通入 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=___________(列式表示)。
（2）为探究硫酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开和，缓缓通入，加热。实验后生成两种硫的化合物，反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为___________、___________(填标号)。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为___________，___________。
a．品红 b．NaOH c． d． e．浓硫酸
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：___________。
③验证反应管中残留固体不含二价铁的实验操作是___________。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. dabfce ③.
（2） ①. c ②. a ③. 产生白色沉淀 ④. 溶液褪色 ⑤. ⑥. 取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入酸性溶液，若溶液不褪色，说明固体中不含二价铁(或取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入溶液，若未产生蓝色沉淀，则说明固体中不含二价铁)
【解析】
【分析】本实验通过将绿矾样品放入石英管中加热，使其分解出结晶水，测量加热前后质量，通过计算，得出绿矾中结晶水的含量；根据实验现象，结合元素守恒，可推测两种硫的化合物分别是二氧化硫和三氧化硫。
【小问1详解】
①根据仪器B的结构特点可知为：球形干燥管；
②实验前应先将装置残留空气除去，在加热使其分解，分解后待其冷却后，关闭和后再进行称重，连接顺序：dabfce；
③根据硫酸亚铁晶体结构，列出比例关系：，则；
【小问2详解】
①根据实验后生成两种硫的化合物，推测分别为二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫选择品红溶液，品红溶液褪色，证明有二氧化硫；检验三氧化硫选择氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有三氧化硫；
②硫酸亚铁高温分解，生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，反应化学方程式：；
③验证反应管中残留固体不含二价铁的实验操作：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入酸性溶液，若溶液不褪色，说明固体中不含二价铁(或取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入溶液，若未产生蓝色沉淀，则说明固体中不含二价铁)。
18. 工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物、一氧化碳、二氧化碳等气体，严重污染空气。通过对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。一氧化碳可以合成甲醇，用CO和合成的化学方程式为，向恒容密闭容器中加入和，在适当的催化剂作用下，此反应能自发进行。
（1）该反应_______0(填“”、“”或“”)
（2）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。(填字母)
A. CO的转化率和的转化率相等
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C. 混合气体的密度保持不变
D. 生成的同时有键断裂
（3）按照上述物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，则有温度： _______，正反应方向速率：_______(填“”、“”或“”)，请写出c、d两点正反应方向速率呈以上关系的原因：_______。
（4）在某温度下，恒压为的容器中加入和，发生反应后达到平衡。甲醇在平衡体系中所占的物质的量分数为0.25，则CO的平衡转化率_______，反应平衡常数表示为_______(就是用各物质的分压代替各物质的平衡浓度来表示化学平衡常数，分压总压物质的量分数，用含的式子表示)
【答案】（1）＜ （2）BD
（3） ①. ＜ ②. ＞ ③. 温度越高、压强越大反应速率越快
（4） ①. 50% ②.
【解析】
【小问1详解】
反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔS＜0，在适当的催化剂作用下，此反应能自发进行，则ΔH—TΔS＜0，即ΔH＜TΔS＜0，该反应＜0，故答案为：＜；
【小问2详解】
A. 起始时容器中投入2ml CO和4ml H2，二者的物质的量之比等于反应计量数之比，则CO的转化率和H2的转化率始终相等，不能据此判断是否达到平衡状态，故A错误；
B. 反应是气体分子数减小的反应，容器中混合气体的总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变的状态是平衡状态，故B正确；
C. 容器中混合气体的总质量不变，则恒容条件下混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断是否达到平衡状态，故C错误；
D. 1ml CO生成的同时有2ml H—H键断裂，即v逆(CO)∶v正(H2)=1∶2，符合反应计量数之比，则反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
【小问3详解】
反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的放热反应，压强一定时升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，即温度越高，CO的平衡转化率越小，所以图中温度：T1＜T2＜T3，c点温度高、压强大，温度越高、压强越大反应速率越快，则v(c)＞v(d)，
故答案为：＜；＞；温度越高、压强越大反应速率越快；
【小问4详解】
在某温度下，恒压为的容器中
反应三段式为
甲醇在平衡体系中所占的物质的量分数为0.25，即=0.25，解得x=1，则CO的平衡转化率α=×100%=50%，气体分压：p(CO)=p(CH3OH)=p0=0.25p0，p(H2)=0.5p0，则反应平衡常数表示为Kp= kPa，故答案为：50%；。
19. 有机反应一般速率较小，副反应多，产物复杂。结合学过的知识回答下列问题：
（1）甲同学欲用装置I比较乙酸、苯酚、碳酸的酸性强弱，苯酚钠溶液中发生反应的化学方程式是_______；饱和NaHCO3溶液的作用是_______。
（2）乙同学利用装置Ⅱ制备乙烯并验证乙烯的性质。当温度迅速上升后，可观察到试管中的溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。
①装置Ⅱ生成乙烯的化学方程式是_______。
②丙同学认为：溴水褪色的现象不能证明装置I中有乙烯生成，原因是_______。
③丙同学查文献得知：若用溴水验证，反应后装置Ⅱ的产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。建议将装置中的溴水改为“溴的CCl4溶液”以排除H2O对乙烯与Br2反应的干扰。写出乙烯与溴水反应生成BrCH2CH2OH的化学方程式_______。
（3）丁同学利用下装置探究卤代烃的性质，他向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热。产生的气体依次通过试管A、B后，试管B溶液紫红色逐渐褪去。
①写出1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式_______试管A中盛放的试剂是_______。
②已知溴乙烷的沸点为38.4℃，1-溴丁烷的沸点为101.6℃。有同学用溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现试管B中酸性KMnO4溶液不褪色。试分析实验失败的可能原因_______。
【答案】（1） ①. ②. 除去CO2中的乙酸(吸收乙酸)，防止其与苯酚钠溶液反应产生沉淀
（2） ①. ②. 乙烯中混有SO2等还原性气体也能使溴水褪色 ③.
（3） ①. ②. H2O ③. 溴乙烷沸点低，加热时，多数挥发，没有充分反应
【解析】
【分析】比较苯酚、乙酸、碳酸的酸性，由实验装置可知，乙酸与碳酸钠发生，饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的乙酸，小试管中发生 ，均为强酸制取弱酸的反应，可比较酸性；乙醇在浓硫酸为催化剂的作用下发生消去反应生成乙烯和水，乙烯具有碳碳双键与溴水发生加成而使得溴水褪色；溴代烷在氢氧化钠的醇溶液中加热的产物为1-丁烯，加热时乙醇会挥发出来，而乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了除去挥发出来的乙醇，据此作答。
【小问1详解】
苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，化学方程式是： ，饱和NaHCO3溶液的作用是：除去CO2中的乙酸(吸收乙酸)，防止其与苯酚钠溶液反应对实验造成干扰；
【小问2详解】
①根据分析，装置Ⅱ用乙醇制取乙烯，反应为：；
②烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色，浓硫酸的脱水性使溶液变黑，同时浓硫酸具有强氧化性，能与生成的碳在加热的条件下生成具有还原性的SO2等杂质气体，与溴水发生氧化还原反应，使得溴水褪色；
③乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，氯代烃与水发生水解反应生成羟基，反应为：；
【小问3详解】
①1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式：，乙醇的沸点低会挥发，在用酸性高锰酸钾检验乙烯时，乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前必须先通入盛水的试管，以此除去挥发出来的乙醇，因此试管A中盛放的试剂是H2O；
②溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现酸性KMnO4溶液不褪色，原因在于：溴乙烷沸点低，加热时，多数挥发，没有充分反应。
20. 碱式碳酸铜［，相对分子质量为222］可用作有机催化剂。工业上以辉铜矿(主要成分为，含及少量)为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如下：
（1）“浸取”时能提高辉铜矿Cu浸取率的措施有___________(填2条)
（2）某小组测得Cu浸取率随浓度及温度影响变化曲线如下：
①由图一可知适宜的浓度范围为___________；
②由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为___________。
③图二中高于85℃时Cu浸取率下降的原因是___________。
（3）①“除铁”步骤调pH可加入试剂___________(填选项字母)；
a．HCl b．NaOH c．CuO d．
②常温下，“过滤”后的滤液中，则“除铁”步骤调pH应小于___________。［常温下，］。
（4）某实验小组为测定碱式碳酸铜纯度，取制得的碱式碳酸铜产品5.0g，加适量硫酸，再加100mL水，加热溶解，冷却后配成250mL溶液。量取配成的25.00mL溶液于碘量瓶中，加入适量缓冲溶液控制溶液的pH在3~4之间，以及过量的碘化钾，摇匀，于暗处放置5分钟。用的溶液进行滴定，至临近滴定终点时再加入1mL淀粉溶液做指示剂，继续滴入溶液至滴定终点。平行测定3次，实验数据如下表所示。
已知：，
①判断滴定到达终点的现象是___________；
②根据表中数据计算实验小组制得的碱式碳酸铜的纯度为___________。
（5）对下列几种假定情况进行讨论(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；
①装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，对测定结果的影响是___________；
②读溶液体积时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是___________。
【答案】（1）当升高温度、适当增大H2O2浓度
（2） ①. 0.1~0.2ml/L ②. ③. 升高温度，双氧水分解速率加快
（3） ①. cd ②. 4
（4） ①. 滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不回复原色 ②. 44.4%
（5） ①. 偏高 ②. 偏低
【解析】
【分析】辉铜矿主要成分为，含及少量，用Fe2(SO4)3溶液、稀硫酸、双氧水浸取，被氧化为Cu2+、S，过滤，滤液中含有Cu2+、Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除铁，滤液中加NH4HCO3溶液生成沉淀。
【小问1详解】
“浸取”时能提高辉铜矿Cu浸取率的措施有：当升高温度、适当增大H2O2浓度等；
【小问2详解】
①由图一可知，浓度为0.1~0.2ml/L 时，铜浸取率高，故适宜的浓度范围为0.1~0.2ml/L；
②由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，被Fe3+氧化为Cu2+、S，该反应的离子方程式为；
③升高温度，双氧水分解速率加快，所以温度高于85℃时，Cu浸取率下降；
【小问3详解】
①“除铁”步骤是除硫酸铜中的Fe3+，为不引入杂质，调pH可加入试剂可以是CuO、，选cd；
②常温下，“过滤”后的滤液中，c(OH-)＜ml∙L-1，此时c(H+)＞110-4ml∙L-1，则“除铁”步骤调pH应小于4；
【小问4详解】
①I2能使淀粉变蓝，滴定终点时，I2完全消耗，判断滴定到达终点的现象是：滴入最后一滴溶液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不回复原色；
②根据表格数据，第二次实验超出正常误差范围，舍去不用，第一次、第三次实验平均消耗溶液的体积为20.00mL，根据，得滴定关系式~I2~2，所以的物质的量为×0.02L=0.001ml，碱式碳酸铜的纯度为；
【小问5详解】
①装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，则测定结果偏高；
②读溶液体积时，若滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液体积偏小，则测定结果偏低。T/℃
700
800
900
1000
1200
K
0.6
0.9
1.3
1.8
2.7
实验编号
滴定前溶液的体积读数/mL
滴定后溶液的体积读数/mL
1
0.10
20.12
2
1.20
23.21
3
1.50
21.48
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号等在答题卡上填写清楚。
2.每道选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. 氯化银中滴加浓氨水：
B. 氧化铝溶于盐酸：
C. 用足量的进行的尾气处理：
D. 用除去废水中的：
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl沉淀溶于氨水生成[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-，A错误；
B．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为，B正确；
C．足量的与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为，C正确；
D．硫化钠与汞离子反应生成硫化汞沉淀，离子方程式为，D正确；
答案选A。
2. 以工业废渣锌灰(主要成分为、，还含有少量的、、等)为原料制备的工艺流程如图所示：
下列说法不正确的是
A. “酸浸”过程中，稀硝酸被还原
B. “试剂”可为或
C. “还原”过程的目的是除铜
D. “沉淀”时，发生反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有少量的Fe2O3、FeO、CuO等)为原料制备ZnS，锌工业废渣锌灰用硝酸酸浸，稀硝酸有强氧化性，与金属反应时会把金属氧化成最高价态，Zn、Fe、Cu元素进入溶液，溶液含有 Zn2+、Fe3+(+2的铁会被氧化成+3价)、Cu2+，金属与稀硝酸反应会产生NO，反应生成的NO与O2再通入溶液，进行循环利用，加入X调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，沉淀，过滤分离，X可以是ZnO、Zn(OH)2 、ZnCO3等，然后加入物质Zn将Cu2+转化为Cu，实现分离，滤渣主要为Cu、还含有未反应完的Zn，滤液通入H2S生成ZnS沉淀，过滤得产物。
【详解】A．“酸浸”过程中，部分HNO3转化为NO，N元素化合价降低，稀硝酸被还原，故A正确；
B．X调节pH，试剂X为含有Zn的化合物，可提高ZnS的产率，所以试剂X可为ZnO或 Zn(OH)等，故B正确；
C．“还原”过程的目的是除铜，加入物质Zn将 Cu2+转化为Cu，故C正确；
D．H2S为弱电解质，写离子方程式时不能拆，“沉淀”时，发生反应的离子方程式为Zn2++ H2S= ZnS↓+2H+，故 D错误；
故本题选D．
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体共14g，含原子数为3
B. 1ml苯分子含碳碳双键数目为3
C. 常温常压下，28g乙烯含σ键数目为6
D. 1ml羟基所含电子数为10
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据乙烯和丙烯的最简式CH2，可以计算出14g乙烯、丙烯气体CH2物质的量是1ml，原子总数均为3NA，故A正确；
B．苯分子中不含有碳碳双键，故B错误；
C．1个乙烯含5个σ键，28g乙烯相当于1ml乙烯，故28g乙烯含有的σ键数目为5，故C错误；
D．1个羟基含电子数为9，1ml羟基所含电子数为9，故D错误。
答案选A。
4. 氯元素具有多种化合价，形成的等离子，在一定条件下能发生相互转化。和碱反应可生成多种含氧酸盐，且温度不同，反应产物也不同。实验室利用如图装置(部分装置省略)制备和。下列说法正确的是
A. 装置Ⅰ中可将换成
B. 装置Ⅱ洗气瓶中用饱和溶液除去中的少量
C. 装置Ⅳ中反应的离子方程式为
D. 装置V锥形瓶中用澄清石灰水吸收尾气
【答案】C
【解析】
【分析】装置Ⅰ中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，装置Ⅱ用于除去Cl2中的HCl，装置Ⅲ中Cl2与热的KOH浓溶液反应制备KClO3，装置Ⅳ中Cl2与冷NaOH溶液反应制备NaClO，装置Ⅴ用于吸收尾气Cl2、防止污染空气。
【详解】A．装置Ⅰ中KMnO4与浓盐酸常温下反应制备Cl2，而MnO2与浓盐酸反应制备Cl2需要加热，故装置Ⅰ中不可将KMnO4换成MnO2，A项错误；
B．由于浓盐酸具有挥发性，故装置Ⅰ制得的Cl2中混有HCl，装置Ⅱ用于除去Cl2中的少量HCl，所盛试剂为饱和NaCl溶液，若用碳酸氢钠溶液，会和氯气反应、同时和HCl反应有CO2生成产生新的杂质，B项错误；
C．装置Ⅳ中Cl2与冷NaOH溶液反应制备NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，C项正确；
D．Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中OH-浓度小，澄清石灰水不能将尾气Cl2完全吸收，故装置Ⅴ锥形瓶中不能用澄清石灰水吸收尾气，应当用氢氧化钠溶液，D项错误；
答案选C。
5. 的配位化合物较稳定且用运广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的的配离子，不能与形成配位离子。下列说法错误的是
A. Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合
B. 可用NaF和KSCN溶液检验溶液中是否含有
C. 溶液Ⅰ中仅参与形成范德华力和氢键
D. 上述实验可得出，与形成配合物的能力：
【答案】C
【解析】
【分析】Fe(NO3)3·9H2O(s)溶于水所得溶液Ⅰ显紫色，显示的是的颜色，接着加入KSCN得到溶液Ⅱ，溶液显红色，说明溶液中铁主要以[Fe(SCN)6]3+形式存在，再加入NaF得到溶液Ⅲ，溶液无色，说明溶液中铁主要以无色的[FeF6]3+配离子存在。
【详解】A．Fe晶体属于金属晶体，Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合，A正确；
B．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有C2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，再加入KSCN溶液，若含有C2+，则生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子，B正确；
C．Fe(NO3)3·9H2O(s)溶于水所得溶液Ⅰ显紫色，显示的是的颜色，参与形成配位键，C错误；
D．由流程可知，[Fe(SCN)6]3+可以转化为，说明与形成配合物的能力：，D正确；
故选C。
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 澄清无色透明溶液中：
B. 使酚酞试液呈红色的溶液中：
C. 加入Al能放出的溶液中：
D. 由水电离出的的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．在溶液中显橙色，无法在无色溶液中大量存在，A项不符；
B．使酚酞显红的溶液为碱性，溶液中含有OH-，与均可以大量共存，B项符合；
C．酸性或碱性溶液均可以与Al反应放出H2，酸性溶液中与H+不能大量共存，碱性溶液中不能与OH-大量共存，C项不符；
D．在该溶液中水的电离受到抑制，不能确定溶液的酸碱性。酸性条件下会与H+反应，生成Al(OH)3沉淀或Al3+，因此，D项不符。
本题选B。
7. 短周期元素R、X、Y、Z均位于第三周期，它们的最高价氧化物分别与水反应可得四种溶液，浓度均为0.01ml/L的上述四种溶液的pH与对应元素原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 同周期中第一电离能大于Z元素的有3种
B. X元素形成的正四面体结构的物质X4中，键角为109°28′
C. X和Y形成的化合物中X的杂化方式可能不为sp3杂化
D. Z和R组成的化合物R2Z8中，含有离子键和非极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】依题意，四种元素都位于第三周期，由图像知，R的最高价氧化物的水化物是一元强碱，Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸，Z的最高价氧化的水化物是二元强酸，X的最高价氧化物的水化物是中强酸；结合原子半径大小可推知，R为Na，X为P，Y为Cl，Z为S。
【详解】A．第一电离能大小比较：同周期，从左到右，元素第一电离能呈增大的趋势，第一电离能大于Z元素的有3种，P、Cl、Ar，A正确；
B．X元素形成的正四面体结构的物质X4中，白磷的空间构型是正四面体，键角为60°，B错误；
C．X和Y形成的化合物中，PCl3中P的杂化方式为sp3杂化，PCl5中P的杂化方式为sp3d杂化，C正确；
D．Z和R组成的化合物Na2S8中，阴阳离子间是离子键，S原子间为非极性键，Na2S8含有离子键和非极性共价键，D正确；
故选B。
8. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子的价层电子排布式是；Y最外层只有一种自旋方向的电子；X与Z同主族，与某稀有气体具有相同的电子层结构，下列说法正确的是
A. 简单离子半径：X
D. 元素X与氯元素按原子个数比1∶1形成的化合物只有氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目信息，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X元素原子的价层电子排布式是，则n=2，X为O元素；X与Z同主族，则Z为S元素；与某稀有气体具有相同的电子层结构，说明W位于第VIIA，且原子序数大于S，则W为Cl；Y最外层只有一种自旋方向的电子，且Y原子序数大于8小于16，则Y为Na元素；
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，序数越大半径越小，则可判断，即W＞X＞Y，故A错误；
B．元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：Cl＞S，所以简单氢化物的稳定性：W＞Z，故B错误；
C．X、Y、W三种元素分别为O、Na、Cl，可形成化合物NaClO强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故C正确；
D．X为O元素，与氯元素按原子个数比1∶1形成的化合物为ClO，根据氯元素的化合价可知其化合价既可升高，也可降低，既有氧化性，也有还原性，故D错误；
答案选C。
9. 某烃完全燃烧后，生成88克和45克，此烃是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知：某烃完全燃烧后，生成二氧化碳为88g÷44g/ml=2ml，水为45g÷18g/ml=2.5ml， 则1ml该烃含4ml碳原子、10ml氢原子，故为B。
10. 下列实验操作、现象描述和所得结论均正确的是
A. 向苯和甲苯中分别加入少量酸性溶液，只有甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
B. 乙醇与浓硫酸加热至170℃，再将产生的气体通入少量酸性溶液，溶液褪色，但不能说明产生的气体中一定有乙烯
C. 向某有机物中加适量溴水振荡，溴水褪色，说明该有机物分子中含碳碳双键
D. 将溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却后再加入溶液，产生浅黄色沉淀，说明溴乙烷中含溴原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯中溶液紫红色褪去，是由于甲苯被氧化生成苯甲酸，而苯不能和高锰酸钾反应，说明了甲苯分子中苯环对甲基有影响，A错误；
B．乙醇易挥发，同时浓硫酸的脱水性可以使乙醇碳化，继而生成，因此产生的气体中含乙醇蒸气和，也能使酸性溶液褪色，B正确；
C．醛基也能与溴水反应并使之褪色，对碳碳双键的检验有干扰，C错误；
D．NaOH能够和硝酸银发生反应产生氢氧化银沉淀，故将溴乙烷与NaOH溶液共热后的溶液应先加硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，D错误；
故答案选B。
11. 在密闭容器中，发生可逆反应 ，当其他条件不变时，改变某一条件，对此反应的影响可用如下图表示。下列说法错误的是
A. 图Ⅰ表示时刻升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅰ不能表示时刻增大物质的浓度对反应速率的影响
C. 图Ⅱ不能表示在时刻减小容器体积对反应速率的影响
D. 图Ⅲ乙的温度比甲的温度高
【答案】C
【解析】
【详解】A．升温，正逆反应速率均增大，正逆反应速率都增大，反应为放热反应平衡逆向进行，图象符合要求，故A正确；
B．增大C为生成物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，正反应速率不变，所以正反应速率在t1时刻不变，不会离开原平衡点，图Ⅰ不能表示t1时刻增大C物质的浓度对反应速率的影响，故B正确；
C．该反应前后气体体积不变的反应，缩小体积增大压强，也只改变反应速率，不影响平衡的移动，和本图结果一样，故C错误；
D．先拐先平温度高，乙温度高于甲，反应速率大，升温平衡逆向进行，A转化率减小，图象符合，故D正确；
答案选C。
12. 在固定容积的密闭容器中，发生反应：2X(g)+Y(s) Z(g)+W(g)，其化学平衡常数与温度的关系如表：
对该反应而言，下列说法正确的是
A. 增大压强，平衡向正反应方向移动
B. 温度不变，增加X的量，K增大
C. 达平衡后，加入催化剂，反应物转化率增大
D. 该反应的正反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A． 反应2X(g)+Y(s) Z(g)+W(g)中，Y为固体，则反应前后气体总物质的量不变，则增大压强平衡不移动，故A错误；
B． K只受温度的影响，和物质的量的增加没关系，即温度不变，增加X的用量，K不变，故B错误；
C． 达平衡后，加入催化剂，但平衡不移动，反应物转化率不变，故C错误；
D． 根据表格数据知：温度越高，反应的K越大，说明正反应是吸热反应，故D正确；
答案为D。
13. Z是一种治疗糖尿病药物的中间体，可用下列反应制得，下列说法错误的是
A. 1mlX能与1mlNaHCO3反应
B. 1mlZ与足量NaOH溶液反应消耗2mlNaOH
C. X→Y→Z发生反应的类型都是取代反应
D. 苯环上取代基与X相同的X的同分异构体有9种
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据X的结构简式，能与反应的官能团只有，因此能与反应，选项A正确；
B．根据Z的结构简式，能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，中含有1ml羧基和1ml酯基，即与足量NaOH溶液反应消耗，选项B正确；
C．X→Y：X中酚羟基上的断裂，中断裂，H与Br结合成HBr，其余组合，该反应为取代反应，Y→Z：二氧化碳中一个键断裂，与Y发生加成反应，选项C错误；
D．根据X的结构简式，苯环上有三个不同取代基，同分异构体应有10种，因此除X外，还应有9种，选项D正确；
答案选Ｃ。
14. 《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图所示，下列说法正确的是
A. 反应①②的原子利用率均为100%
B. 反应③是取代反应
C. 淀粉与纤维素互为同分异构体
D. 反应②中有非极性键的断裂和极性键的形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干转化流程图可知，反应①②的方程式分别为：CO2+4H2CH3OH+H2O，2CH3OH+O22HCHO+2H2O，故两个反应的原子利用率均达不到100%，A错误；
B．由题干转化流程图可知，反应③为3HCHO，该反应是三分子甲醛发生加成反应，B错误；
C．淀粉与纤维素虽然都能用(C6H10O5)n表示其组成，但n值不同且属于混合物，故不互为同分异构体，C错误；
D．由题干转化流程图可知，反应①的方程式为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O，故反应②中有O=O非极性键的断裂和C-O，C-O极性键的形成，D正确；
故答案为：D。
15. 海水中不仅含有丰富的水资源，而且蕴藏着宝贵的化学资源。海水资源利用的部分过程如图，下列有关说法错误的是
A. 海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法等，其中蒸馏法技术和工艺较成熟，但成本较高
B. 在氯碱工业中，电解饱和食盐水可得到氢气、氯气和烧碱
C. 在制镁工业中，常用石灰作沉淀剂，整个过程涉及无机四大基本反应类型
D. 在制镁工业中，电解得到的另一产物可用于生产盐酸循环使用到前面流程中
【答案】C
【解析】
【详解】A．海水淡化即利用海水脱盐生产淡水，方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，蒸馏法技术和工艺较成熟，但成本较高，故A正确；
B．氯碱工业指的是工业上用电解饱和氯化钠溶液的方法来制取氢氧化钠(NaOH）、氯气(Cl2)和氢气(H2)，故B正确；
C．在制镁工业中，常用石灰作沉淀剂，整个过程不涉及置换反应，故C错误；
D．在制镁工业中，电解得到的另一产物为氯气，可用于生产盐酸，循环使用到前面流程中，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共5小题，共计55分。
16. 某小组探究三草酸合铁酸钾晶体()的热分解产物，按图所示装置进行实验。
（1）实验中观察到装置变浑浊、中固体变为红色、变浑浊，由此可判断分解产物一定有和_____，装置的作用_____。
（2）小组成员们仔细分析装置，觉得实验装置存在缺陷，其缺陷为_____。
（3）样品完全分解后，装置中的残留固体有，和，且与的物质的量之比为。再结合以上信息，写出三草酸合铁酸钾晶体完全分解的化学方程式_____。
（4）为测定和溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取溶液于带塞锥形瓶中，加入足量，调节，加热除去过量；加入过量充分反应，再用硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液(已知)。
①加热除去过量目的是_____。
②加入溶液发生的离子方程式_____。
③溶液中铁元素的总含量为_____
【答案】（1） ①. ②. 除去混合气体中的
（2）缺少尾气处理装置
（3）
（4） ①. 防止氧化，影响铁含量的测定 ②. ③.
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O加热分解生成FeO、Fe2O3、CO2、CO、H2O，氮气可将装置中气体排出，B中检验二氧化碳，C中NaOH除去二氧化碳，D中干燥气体，E中CO还原CuO，F中石灰水变浑浊可检验生成的二氧化碳，以此来解答；
【小问1详解】
实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有CO，CO2，C作用是除去混合气体中的；
【小问2详解】
尾气中含有CO，实验装置存在的缺陷为缺少尾气处理装置；
【小问3详解】
样品完全分解后，装置A中残留固体有FeO，Fe2O3和K2O，且FeO与Fe2O3的物质的量之比为2：1，由(1)分析可知产物中含有CO和CO2，再结合以上信息，反应中Fe的化合价由+3价部分变为+2价，C的化合价由+3价变为CO中的+2价和变为CO2中的+4价，根据氧化还原反应配平原则可知，三草酸合铁酸钾完全分解的化学方程式为：；
【小问4详解】
①由于H2O2能够氧化I-为I2，反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，如果不加热除去过量H2O2，将导致I2的量偏大，即Fe3+的量偏大，实验结果偏大，故此步操作的目的是防止氧化KI，影响铁含量的测定；
②加入KI溶液即与Fe3+反应生成I2和Fe2+，故发生的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；
③由反应方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，，可知：n(Fe3+)=2n(I2)=n()=0.1000ml•L-1×20.00×10-3L=2.00×10-3ml，溶液中铁元素的总含量为=5.6g•L-1。
17. 绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）为测定绿矾中结晶水的含量，将石英玻璃管(带两端开关和)(设为装置A)称重，记为g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为g。按如图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是___________。
②将下列实验操作步骤正确排序：___________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭和
d．打开和，缓缓通入 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=___________(列式表示)。
（2）为探究硫酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开和，缓缓通入，加热。实验后生成两种硫的化合物，反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为___________、___________(填标号)。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为___________，___________。
a．品红 b．NaOH c． d． e．浓硫酸
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：___________。
③验证反应管中残留固体不含二价铁的实验操作是___________。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. dabfce ③.
（2） ①. c ②. a ③. 产生白色沉淀 ④. 溶液褪色 ⑤. ⑥. 取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入酸性溶液，若溶液不褪色，说明固体中不含二价铁(或取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入溶液，若未产生蓝色沉淀，则说明固体中不含二价铁)
【解析】
【分析】本实验通过将绿矾样品放入石英管中加热，使其分解出结晶水，测量加热前后质量，通过计算，得出绿矾中结晶水的含量；根据实验现象，结合元素守恒，可推测两种硫的化合物分别是二氧化硫和三氧化硫。
【小问1详解】
①根据仪器B的结构特点可知为：球形干燥管；
②实验前应先将装置残留空气除去，在加热使其分解，分解后待其冷却后，关闭和后再进行称重，连接顺序：dabfce；
③根据硫酸亚铁晶体结构，列出比例关系：，则；
【小问2详解】
①根据实验后生成两种硫的化合物，推测分别为二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫选择品红溶液，品红溶液褪色，证明有二氧化硫；检验三氧化硫选择氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有三氧化硫；
②硫酸亚铁高温分解，生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，反应化学方程式：；
③验证反应管中残留固体不含二价铁的实验操作：取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入酸性溶液，若溶液不褪色，说明固体中不含二价铁(或取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入溶液，若未产生蓝色沉淀，则说明固体中不含二价铁)。
18. 工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物、一氧化碳、二氧化碳等气体，严重污染空气。通过对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。一氧化碳可以合成甲醇，用CO和合成的化学方程式为，向恒容密闭容器中加入和，在适当的催化剂作用下，此反应能自发进行。
（1）该反应_______0(填“”、“”或“”)
（2）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。(填字母)
A. CO的转化率和的转化率相等
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C. 混合气体的密度保持不变
D. 生成的同时有键断裂
（3）按照上述物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，则有温度： _______，正反应方向速率：_______(填“”、“”或“”)，请写出c、d两点正反应方向速率呈以上关系的原因：_______。
（4）在某温度下，恒压为的容器中加入和，发生反应后达到平衡。甲醇在平衡体系中所占的物质的量分数为0.25，则CO的平衡转化率_______，反应平衡常数表示为_______(就是用各物质的分压代替各物质的平衡浓度来表示化学平衡常数，分压总压物质的量分数，用含的式子表示)
【答案】（1）＜ （2）BD
（3） ①. ＜ ②. ＞ ③. 温度越高、压强越大反应速率越快
（4） ①. 50% ②.
【解析】
【小问1详解】
反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔS＜0，在适当的催化剂作用下，此反应能自发进行，则ΔH—TΔS＜0，即ΔH＜TΔS＜0，该反应＜0，故答案为：＜；
【小问2详解】
A. 起始时容器中投入2ml CO和4ml H2，二者的物质的量之比等于反应计量数之比，则CO的转化率和H2的转化率始终相等，不能据此判断是否达到平衡状态，故A错误；
B. 反应是气体分子数减小的反应，容器中混合气体的总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变的状态是平衡状态，故B正确；
C. 容器中混合气体的总质量不变，则恒容条件下混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断是否达到平衡状态，故C错误；
D. 1ml CO生成的同时有2ml H—H键断裂，即v逆(CO)∶v正(H2)=1∶2，符合反应计量数之比，则反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
【小问3详解】
反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是气体体积减小的放热反应，压强一定时升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，即温度越高，CO的平衡转化率越小，所以图中温度：T1＜T2＜T3，c点温度高、压强大，温度越高、压强越大反应速率越快，则v(c)＞v(d)，
故答案为：＜；＞；温度越高、压强越大反应速率越快；
【小问4详解】
在某温度下，恒压为的容器中
反应三段式为
甲醇在平衡体系中所占的物质的量分数为0.25，即=0.25，解得x=1，则CO的平衡转化率α=×100%=50%，气体分压：p(CO)=p(CH3OH)=p0=0.25p0，p(H2)=0.5p0，则反应平衡常数表示为Kp= kPa，故答案为：50%；。
19. 有机反应一般速率较小，副反应多，产物复杂。结合学过的知识回答下列问题：
（1）甲同学欲用装置I比较乙酸、苯酚、碳酸的酸性强弱，苯酚钠溶液中发生反应的化学方程式是_______；饱和NaHCO3溶液的作用是_______。
（2）乙同学利用装置Ⅱ制备乙烯并验证乙烯的性质。当温度迅速上升后，可观察到试管中的溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。
①装置Ⅱ生成乙烯的化学方程式是_______。
②丙同学认为：溴水褪色的现象不能证明装置I中有乙烯生成，原因是_______。
③丙同学查文献得知：若用溴水验证，反应后装置Ⅱ的产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。建议将装置中的溴水改为“溴的CCl4溶液”以排除H2O对乙烯与Br2反应的干扰。写出乙烯与溴水反应生成BrCH2CH2OH的化学方程式_______。
（3）丁同学利用下装置探究卤代烃的性质，他向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热。产生的气体依次通过试管A、B后，试管B溶液紫红色逐渐褪去。
①写出1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式_______试管A中盛放的试剂是_______。
②已知溴乙烷的沸点为38.4℃，1-溴丁烷的沸点为101.6℃。有同学用溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现试管B中酸性KMnO4溶液不褪色。试分析实验失败的可能原因_______。
【答案】（1） ①. ②. 除去CO2中的乙酸(吸收乙酸)，防止其与苯酚钠溶液反应产生沉淀
（2） ①. ②. 乙烯中混有SO2等还原性气体也能使溴水褪色 ③.
（3） ①. ②. H2O ③. 溴乙烷沸点低，加热时，多数挥发，没有充分反应
【解析】
【分析】比较苯酚、乙酸、碳酸的酸性，由实验装置可知，乙酸与碳酸钠发生，饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的乙酸，小试管中发生 ，均为强酸制取弱酸的反应，可比较酸性；乙醇在浓硫酸为催化剂的作用下发生消去反应生成乙烯和水，乙烯具有碳碳双键与溴水发生加成而使得溴水褪色；溴代烷在氢氧化钠的醇溶液中加热的产物为1-丁烯，加热时乙醇会挥发出来，而乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了除去挥发出来的乙醇，据此作答。
【小问1详解】
苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，化学方程式是： ，饱和NaHCO3溶液的作用是：除去CO2中的乙酸(吸收乙酸)，防止其与苯酚钠溶液反应对实验造成干扰；
【小问2详解】
①根据分析，装置Ⅱ用乙醇制取乙烯，反应为：；
②烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色，浓硫酸的脱水性使溶液变黑，同时浓硫酸具有强氧化性，能与生成的碳在加热的条件下生成具有还原性的SO2等杂质气体，与溴水发生氧化还原反应，使得溴水褪色；
③乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，氯代烃与水发生水解反应生成羟基，反应为：；
【小问3详解】
①1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式：，乙醇的沸点低会挥发，在用酸性高锰酸钾检验乙烯时，乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前必须先通入盛水的试管，以此除去挥发出来的乙醇，因此试管A中盛放的试剂是H2O；
②溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现酸性KMnO4溶液不褪色，原因在于：溴乙烷沸点低，加热时，多数挥发，没有充分反应。
20. 碱式碳酸铜［，相对分子质量为222］可用作有机催化剂。工业上以辉铜矿(主要成分为，含及少量)为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如下：
（1）“浸取”时能提高辉铜矿Cu浸取率的措施有___________(填2条)
（2）某小组测得Cu浸取率随浓度及温度影响变化曲线如下：
①由图一可知适宜的浓度范围为___________；
②由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为___________。
③图二中高于85℃时Cu浸取率下降的原因是___________。
（3）①“除铁”步骤调pH可加入试剂___________(填选项字母)；
a．HCl b．NaOH c．CuO d．
②常温下，“过滤”后的滤液中，则“除铁”步骤调pH应小于___________。［常温下，］。
（4）某实验小组为测定碱式碳酸铜纯度，取制得的碱式碳酸铜产品5.0g，加适量硫酸，再加100mL水，加热溶解，冷却后配成250mL溶液。量取配成的25.00mL溶液于碘量瓶中，加入适量缓冲溶液控制溶液的pH在3~4之间，以及过量的碘化钾，摇匀，于暗处放置5分钟。用的溶液进行滴定，至临近滴定终点时再加入1mL淀粉溶液做指示剂，继续滴入溶液至滴定终点。平行测定3次，实验数据如下表所示。
已知：，
①判断滴定到达终点的现象是___________；
②根据表中数据计算实验小组制得的碱式碳酸铜的纯度为___________。
（5）对下列几种假定情况进行讨论(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；
①装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，对测定结果的影响是___________；
②读溶液体积时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是___________。
【答案】（1）当升高温度、适当增大H2O2浓度
（2） ①. 0.1~0.2ml/L ②. ③. 升高温度，双氧水分解速率加快
（3） ①. cd ②. 4
（4） ①. 滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不回复原色 ②. 44.4%
（5） ①. 偏高 ②. 偏低
【解析】
【分析】辉铜矿主要成分为，含及少量，用Fe2(SO4)3溶液、稀硫酸、双氧水浸取，被氧化为Cu2+、S，过滤，滤液中含有Cu2+、Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除铁，滤液中加NH4HCO3溶液生成沉淀。
【小问1详解】
“浸取”时能提高辉铜矿Cu浸取率的措施有：当升高温度、适当增大H2O2浓度等；
【小问2详解】
①由图一可知，浓度为0.1~0.2ml/L 时，铜浸取率高，故适宜的浓度范围为0.1~0.2ml/L；
②由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，被Fe3+氧化为Cu2+、S，该反应的离子方程式为；
③升高温度，双氧水分解速率加快，所以温度高于85℃时，Cu浸取率下降；
【小问3详解】
①“除铁”步骤是除硫酸铜中的Fe3+，为不引入杂质，调pH可加入试剂可以是CuO、，选cd；
②常温下，“过滤”后的滤液中，c(OH-)＜ml∙L-1，此时c(H+)＞110-4ml∙L-1，则“除铁”步骤调pH应小于4；
【小问4详解】
①I2能使淀粉变蓝，滴定终点时，I2完全消耗，判断滴定到达终点的现象是：滴入最后一滴溶液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不回复原色；
②根据表格数据，第二次实验超出正常误差范围，舍去不用，第一次、第三次实验平均消耗溶液的体积为20.00mL，根据，得滴定关系式~I2~2，所以的物质的量为×0.02L=0.001ml，碱式碳酸铜的纯度为；
【小问5详解】
①装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，则测定结果偏高；
②读溶液体积时，若滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液体积偏小，则测定结果偏低。T/℃
700
800
900
1000
1200
K
0.6
0.9
1.3
1.8
2.7
实验编号
滴定前溶液的体积读数/mL
滴定后溶液的体积读数/mL
1
0.10
20.12
2
1.20
23.21
3
1.50
21.48
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