【文档说明】上海市宜川中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，500.387 KB，由小赞的店铺上传

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宜川中学12021学年第二学期期末考试高一化学试卷用到的原子量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56一、选择题(每小题一个正确答案)1.工农业生产中用途最广、用量最多的金属是A.铜B

.铁C.金D.铝【答案】B【解析】【详解】铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属元素，主要使用的是铁的合金，包括铁和钢，故B正确；故选：B。2.同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是（）A.34

S原子核内的中子数为16B.16O与18O的核电荷数相等C.13C和15N原子核内的质子数相差2D.2H+质量与1H+的质量相同【答案】B【解析】【详解】A．34S原子核内的中子数为34-16=18，故A错误；B．16O与18O的质子数相等，核电荷数相等，故B正确；C．C原

子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7-6=1，故C错误；D．元素符号的左上角为质量数，分别为2、1，质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；故答案为B。3.下列物质在常温下接触时无明显现象的是A.铁和浓盐酸B.铁和稀硫酸C.铁和浓硫酸D.铁和稀硝

酸【答案】C【解析】【详解】A．铁和浓盐酸反应生成氢气，有明显现象，故A错误；B．铁和稀硫酸反应生成氢气，有明显现象，故B错误；C．在常温下，铁和浓硫酸能产生钝化现象，阻止铁和浓硫酸进一步的反应，且不生成氢气，故C正确；D．铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，有明显现象，故D错误；故选：C。4.下列各

物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合而得到的是（）A.FeSB.Fe3O4C.FeCl2D.FeCl3【答案】C【解析】【详解】A．铁为变价金属，遇到弱氧化剂被氧化为+2价化合物，Fe+SFeS，故A不选；B．铁和氧气直接反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2F

e3O4，故B不选；C．氯气是强氧化剂氧化变价金属生成高价化合物，铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，不能直接生成氯化亚铁，故C选；D．铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl2

2FeCl3，故D不选；答案选C。5.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为A.1:1B.2:1C.3:1D.1:3【答案】C【解析】【分析】足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应

放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析。【详解】根据上述分析可知，由2Al∼2NaOH∼6HCl∼3H2可知，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6mol:2mol=3:1。故选C。6.铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝（）A.密度小

，熔点较低B.是金属C.具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热D.在空气中燃烧，发出耀眼白光【答案】C【解析】【详解】铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质，氧化物和铝粉(铝热剂)反应剧烈,放出大量的热使生成

的金属熔化为液态，所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂,是因为铝具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热。故选：C。7.镁粉中混进少量铝粉，将铝粉除去，可选用的试剂是A.氢氧化钠溶液B.硫酸铜溶液C.盐酸D.水【答案】A【解析】【详解】A

．Al与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，反应后过滤可除杂，故A正确；B．Mg、Al均与硫酸铜溶液反应，不能除杂，故B错误；C．Mg、Al均与盐酸反应，不能除杂，故C错误；D．Mg、Al均不溶于水，且Mg与水缓慢反应，不能除杂，故D错误；故选：A。8.下列有关物质性质的比较，错误

的是A.金属性：MgAlB.稳定性：HFHClC.碱性：2NaOHMg(OH)D.酸性：323HClOHSO【答案】D【解析】【详解】A．同一周期从左到右金属性逐渐减弱，因此金属性：Mg>Al，故A正确；B．非金属性越强

对应氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性F>Cl，则稳定性：HF>HCl，故B正确；C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，同一周期从左到右金属性逐渐减弱，金属性Na>Mg，则碱性：2NaOHMg(OH)，故C正

确；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO3和H2SO3不是最高价氧化物对应水化物，无法进行比较，故D错误；故选D。9.在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，0~5min内H2的浓度减

少了0.1mol/L，则在这段时间内用HI表示的平均反应速率[mol/(L﹒min)]为A.0.01B.0.04C.0.2D.0.5【答案】B【解析】【分析】根据氢气的物质的量浓度的变化计算HI的浓度变

化，结合c=ct计算。【详解】0∼5min内H2的浓度减少了0.1mol/L，由方程式H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知△c(HI)=2△c(H2)=0.2mol/L，v(HI)=0.2mol/L5min=0.04mol/(L⋅min)，故选B。10.下列哪种方法不能增大铁跟盐

酸反应的速率A.用粉末状铁代替块状铁B.用11molLHCl−代替10.1molLHCl−C.增大压强D.改用不纯的铁代替纯铁【答案】C【解析】【详解】A．用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A不选；B．增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快

，故B不选；C．该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；D．改用不纯的铁代替纯铁，可形成原电池反应，反应速率增大，故D不选；故选：C。11.一定温度下的密闭容器中

发生可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，不能说明该反应一定达到平衡状态的是A.SO3质量保持不变B.SO2的百分含量保持不变C.SO2和SO3的生成速率相等D.SO2、O2、SO3的物质的量之比为2︰1︰2【答案】D【

解析】【详解】反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变。A.SO3的质量保持不变，即其浓度不变，达到化学平衡状态，A不符合题意；B.二氧化硫的体积百分含量不变，则其浓度不变，达到化学平衡状态，能作为判断达到平衡状态的判据，B不符合题意；C.SO2和SO3的生成速率相等，证明化学

反应中正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，C不符合题意；D.平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，这个比值不能说明其含量保持不变，不能作为判断达到平衡的依据，D符合题意；故合理选项是D。12.可逆反应mA(s)nB(g)pC(g)qD(g

)++中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，则下列说法正确的是的A.12TT放热反应B.12TT吸热反应C.12TT吸热反应D.12TT放热反应【答案】D【解析】【详解】温度升高反应速率加快，T2先达到平衡，可知T1

<T2，由图可知升高温度，C的质量分数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故选D。13.为了使可逆反应2A(g)B(s)2C(g)+(放热反应)的正反应速率加大，且平衡向正反应方向移动，可采取的措施是A.增大A的浓度B.减少C的量C.降低温度

D.增大压强【答案】A【解析】【详解】A。增大A的浓度，正反应速率加大，平衡正向移动，故A符合题意；B．减少C的量，正反应速率减小，故B不符合题意；C．降低温度，正反应速率减小，故C不符合题意；D．增大压强，平衡不移

动，故D不符合题意；故选A。14.下列离子方程式正确的是A.将金属钠投入水中：22NaHONaOHH−+=++B.向溶液中通入过量氨气：3+-3Al+3OH=Al(OH)C.向氯化铵溶液中加入氢氧化钠：+432O

NH+OH=NHHD.向稀硫酸溶液中加入铁粉：322Fe6H2Fe3H+++=+【答案】C【解析】【详解】A．将金属钠投入水中的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．向硫酸铝溶液中通入过量氨气，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH

)3↓+3+4NH，故B错误；C．向氯化铵溶液中加入氢氧化钠，离子方程式为：+4NH+OH-=NH3•H2O，故C正确；D．向稀硫酸溶液中加入铁粉，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；故选：C。15.某工厂运输N

H3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，该液体最有可能是A.浓盐酸B.烧碱C.浓硫酸D.碳酸钠【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以检验NH3泄漏，A正确；B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，B错误；C、浓硫

酸没有挥发性，不符合要求，C错误；D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，D错误，答案选A。16.测定胆矾晶体结晶水含量时，不会引起实验误差的操作是A.为了防止玻璃棒上粘上晶体造成实验误差，加热时不使用玻璃棒B.大火加热，

使胆矾晶体迅速升温失去结晶水并变黑C.停止加热后，硫酸铜固体放在空气中冷却再称量D.恒重操作时，连续两次称量结果相差0.001g就停止加热【答案】D【解析】【详解】A．加热时需要用玻璃棒搅拌晶体，防止晶体过热爆溅，产生误差，A错误；B．温度过高导致胆矾变黑，硫酸铜分解生成CuO，应

控制温度不可过高，B错误；C．硫酸铜固体放在空气中冷却，会使其重新结合结晶水，应在干燥器中冷却，C错误；D．连续两次称量结果相差0.001g，可认为恒重，完全失去结晶水，D正确；故选D。17.下列反应中调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是A.碳酸钠与盐酸B.硫化氢在氧气中燃烧C

.铁粉氯气中燃烧D.铝加入硫酸中【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3和少量HCl反应生成NaHCO3，Na2CO3和足量HCl反应生成CO2，故A错误；B．硫化氢在少量氧气中燃烧，生成硫和水，在足量氧气中燃烧，生成SO2和水，故B错误；在C．氯气能将金属氧化为最高价，铁

在氯气中燃烧，无论铁是否过量，产物都是氯化铁，故C正确；D．铝加入浓硫酸中发生钝化，铝的表面生成致密的氧化物薄膜，铝加入稀硫酸中反应生成硫酸铝和氢气，故D错误；故选：C。18.锌铜原电池的装置如图所示。下列有关说法错误的是A.锌片发生氧化反应作负极

B.铜片换成石墨棒，电流计G指针依然会同向发生偏转C.铜片上的电极反应为：22H2eH++=，铜片质量不变D.电子先从锌片沿导线流向铜片，再经过溶液流回锌片，形成闭合回路【答案】D【解析】【分析】锌铜原电池中锌活泼，故锌发生失电子的氧化反应，做负极，铜作正极。【详解】A．锌比铜活泼

，故锌发生失电子的氧化反应，做负极，故A正确；B．铜片换成石墨棒，总反应不变，石墨棒仍正极，故电流计指针依然会同向发生偏转，故B正确；C．铜片上氢离子得电子生成氢气，故电极反应式为22H2eH++=，铜片质量不变，故C正确；D．电子不能经过溶液，故

D错误；故选D。19.一密闭体系中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化。则下列时间段中，SO3的百分含量最高的是A.t0→t1B.t2→t

3C.t3→t4D.t5→t6【答案】A为【解析】【详解】分析图象可知，t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量降低，t3→t4和t2→t3两个时间段内，SO3的百分含量相同，t5→t6

是平衡再次逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量再次降低，所以t0→t1时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大；故选：A。20.合金就是不同种金属(也包括一些非金属单质)在熔化状态下形成的一种熔合物，表格为四种金属

的熔沸点，根据数据判断其中不能形成合金的是NaCuAlFe熔点(℃)97.510836601535沸点(℃)883259524672750A.Cu和AlB.Fe和CuC.Al和NaD.Fe和Na【答案】D【解析】【分

析】由合金的形成可知，两种金属若能够形成合金，则熔点较高的金属的熔点不能大于熔点较低的金属的沸点；【详解】A．铜的熔点低于铝的沸点，两种金属能够形成合金，A错误；B．铁的熔点低于铜的沸点，两种金属能够形成合金，B错误；C．铝的熔点低于钠的沸点，两种金属能够形成合金，C错误；D．铁的

熔点高于钠的沸点，两种金属不能形成合金，D正确；答案选D。21.在一定温度下的密闭容器中发生反应：x?A(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为10.50molL−。保持温度不变，将容器的

容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为10.30molL−。下列有关判断正确的是A.x+y<zB.平衡向正反应方向移动C.B转化率增大D.C的体积分数减小【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，平衡时测得A的浓度为10.50mo

lL−，保持温度不变，将容器的容积扩大到原的来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为10.30molL−，说明减小压强，平衡逆向移动，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，故逆反应为气体体积增大的方向，即x+yz＞，A错

误；B．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．由分析可知，平衡逆向移动，故B的转化率减小，C错误；D．由分析可知，平衡逆向移动，故C的体积分数减小，D正确；故答案为：D。22.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是A.接触法制硫酸过程中2232SOO2SO+，通入过量的空

气B.由2242NO(g)NO(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深C.氨水应密闭保存D.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A．2232SOO2SO+，增大氧气浓度，平衡正向移动，工业上生产硫酸时，

充入过量的空以提高SO2的转化率，故不选A；B．2242NO(g)NO(g)，由NO2(g)和N2O4(g)组成的平衡体系，加压后平衡正向移动，颜色加深是因为NO2的浓度增大，与平衡移动的方向无关，故选B；C．氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3·H2O，若敞口放置

，NH3挥发逸出，溶液中c(NH3)降低，化学平衡逆向移动，导致氨水浓度降低，因此应密闭保存，能够使用勒夏特列原理解释，故不选C；D．Cl2溶于水，存在化学平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当向水中加入NaCl形成饱和溶液时，溶液中c(Cl-)

增大，化学平衡逆向移动，能降低Cl2在水中溶解度，因此用排饱和食盐水的方法收集氯气，可以使用勒夏特列原理解释，故不选D；故选B。23.能将溶液中的3Fe+转化成2Fe+的物质是A.2HSB.32NHHOC.2ClD.4CuSO【答案】A【解析】【详解】A．2HS与铁离子发生

氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质，A选；B．32NHHO与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，得不到亚铁离子，B不选；C．Cl2与铁离子不反应，C不选；D．4CuSO与铁离子不反应，得不到亚铁离子，D不选；答案选A。24.有分

别装有23NaCO溶液和3NaHCO溶液的两试管，下列操作或判断正确的是方案操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀者为23NaCO溶液B分别加入等物质的量浓度的稀盐酸反应较剧烈者为23NaCO溶液C分别加入

2CaCl溶液产生沉淀者为23NaCO溶液D逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液无明显现象的是23NaCO溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，

故Ca(OH)2溶液比较是否有沉淀生成的方法不能鉴别二者，故A错误；B．向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，故B错误；C．碳酸钠

与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故氯化钙溶液可以区分两物质，故C正确；D．NaHCO3与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水也无现象，故D错误；故选C。25.将0．4gNaOH和1．06932NaCO混合并配成溶液，向溶液

中滴加0．1mol·1L−稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成2CO的物质的量的关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】n(NaOH)=0.440/molgg=0.01mol、n(Na2CO3)=1.06106/ggmol=0.01mol，盐酸滴入后，由

于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.01L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HC

O3-，此时再消耗0.01L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。二、综合分析题26.四种短周期元素的性质或结构信息如表。请根据信息回答下列问题。

元素ABCD性质结构信息地壳中含量最多的金属元素；其氧化物具有两性。淡黄色固体；一种单质相对分子质量为256，能溶于2CS。原子半径是短周期主族元素中最大。其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚氰胺中含量较高。（1）写出A元素的原子结构

示意图_______；B与C形成的化合物的电子式_______(用元素符号表示，下同)；D元素形成的单质的结构式_______。（2）比较上述各元素形成的离子的半径大小_______(用离子符号表示)。（3）C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，写出该氧化物与

2CO反应的方程式_______。（4）A、C两元素金属性较强的是(写元素符号)_______，请设计一个实验，证明该结论_______。请从原的子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系_______。（5）写出B的最高价氧化物对应的水

化物与D的气态氢化物反应的离子反应方程式_______。【答案】（1）①.②.③.N≡N（2）S2-＞N3-＞Na+＞Al3+（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（4）①.Na②.将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水

发生剧烈反应，而铝不和水反应③.Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱（5）NH3+H+=+4NH【解析】【分析】四种短周期元素，其中A是地壳中含量最多的金属元素，其氧化物具有两性，则A为Al；B为淡黄色固体，一种

单质相对分子质量为256，能溶于CS2，则B为S元素；C的原子半径是短周期主族元素中最大的，则C为Na；D的氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一，该元素在三聚氰胺中含量较高，则D为N元素。【小问1详解】A为Al元素，原子结

构示意图为；B与C形成的化合物为Na2S，其电子式为；D元素形成的单质为N2，其结构式为N≡N，故答案为：；；N≡N；【小问2详解】离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径

：S2-＞N3-＞Na+＞Al3+，故答案为：S2-＞N3-＞Na+＞Al3+；【小问3详解】C的一种氧化物可做潜艇中的供氧剂，该氧化物为Na2O2，与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2

Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na＞Al，证明该结论的实验方案：将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，原子核对核外电子小

于能力减弱，失电子能力减弱，金属性减弱；故答案为：Na；将两种金属单质分别投入冷水中，钠能和冷水发生剧烈反应，而铝不和水反应；Na和Al的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属

性减弱；【小问5详解】B的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，D的气态氢化物为NH3，二者反应的离子反应方程式为NH3+H+=+4NH，故答案为：NH3+H+=+4NH。27.铝、铁是生产、生活中常见的金属，其合金与盐在各领域都有着

广泛的应用。（1）铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是A.不易生锈B.导电性好C.密度小D.硬度大（2）铝元素在周期表中的位置是_______。写出3Al(OH)与稀硫酸反应的离子方程式_

______。铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成的固态产物是_______。（3）焊接金属时常用的焊接液为氯化铵，其作用是消除焊接金属表面的铁锈。2343224FeO6NHCl6Fe2FeCl3N12H

O+→+++；上述反应中当生成3.36L氮气(标准状况)时，转移的电子数为_______个，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是(用化学方程式表示原因)_______。（4）现有仪器和药

品：试管和胶头滴管，10.1molLKSCN−溶液、10.2molL−酸性4KMnO溶液、10.1molLKI−溶液、氯水等。请你设计一个简单实验，探究铁与稀硝酸完全反应后铁可能的价态，填写下列实验报告：实验步骤操作现象与结论第一步取少量液体装于试管，向

试管中滴入几滴KSCN溶液。_______第二步______________；若无明显变化，则说明不含2Fe+。【答案】（1）B（2）①.第3周期第ⅢA族②.+3+32Al(OH)+3H=Al+3HO③.Fe3O4（3）①.0.

9NA②.322FeCl+Fe=3FeCl（4）①.若溶液呈血红色，则说明含，Fe3+若不显血红色，证明没有Fe3+②.取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液③.若高锰酸钾溶液紫红色褪去，

说明含Fe2+【解析】【分析】铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点；铝元素核电荷数为13，核外电子层数三个，最外层电子数3个，周期序数=电子层数，主族族序数=原子最外层电子数，据此判断在周期表中的位置，Al(OH)

3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，铁离子能和硫氰化钾溶液反应络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪

色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，以此解题。【小问1详解】A．不易生锈，用作建筑装潢材料，美观，A正确；B．导电性好，与装潢无关，B错误；C．密度小，有利于用作建筑装潢材料，C正确；D．强度高，用作建筑装潢材料，坚固耐用，D正确；故选B；【小问

2详解】铝是13号元素，在周期表中的位置是：第3周期第ⅢA族；3Al(OH)与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为：+3+32Al(OH)+3H=Al+3HO；铁粉与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和氢气；【小

问3详解】3.36L氮气的物质的量为0.15mol，根据方程式2343224FeO6NHCl6Fe2FeCl3N12HO+→+++，上述反应中氮元素化合价-3价升高到0价，生成3mol氮气，电子转移总数18mole-，当生成0.15mol氮气时，转移的电子数AA0

.15mol18mol=N/mol=0.9N3mol；，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：322FeCl+Fe=3FeCl；【小问4详解】铁离子能和硫氰

化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如果向溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色就说明含有铁离子，否则不含铁离子如果向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色

，就说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子，故答案为：若溶液呈血红色，则说明含，Fe3+若不显血红色，证明没有Fe3+；取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液；若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+。28.煤是重要能源。燃煤会释放2SO、CO等有毒

气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。用4CaSO可消除CO。反应①：42CaSO(s)4CO(g)CaS(s)4CO(g)++(放热反应)反应②：422CaSO(s)CO(g)CaO(s)SO(g)CO(g)+++(吸热反应)（1）其他条件不变，增加4CaSO的用量(质量)，反应①的速

率_______A.增大B.减小C.不变D.无法判断（2）若在容积为1L的密闭装置中仅发生反应①，20分钟后，固体的质量减少了3.2g，则2CO的反应速率为_______，不能说明反应①一定达到平衡状态的是。A.压强不变B.气

体的密度不变C.()2V(CO)VCO正逆=D.CO、2CO浓度相等（3）为了提高反应②的CO的吸收率，可行的措施是_______、_______(2条)。（4）补全图中反应②的能量变化示意图____

_(即注明生成物能量的大致位置)（5）若反应①、②同时发生，一段时间后均到达了平衡，升高温度，均再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，分析可能的原因是_______。【答案】（1）C（2）L（3）①.减小压强②.升高温度（4）（5）升

高温度对反应①逆向移动的程度大于反应②正向移动的程度【解析】【小问1详解】4CaSO为固体，浓度视为常数，则增加4CaSO的用量其反应物浓度不变，反应①的速率不变，故选：C；【小问2详解】由42CaSO(s)4CO(g)CaS(s)4CO(g)++理论上每生成4

mol2CO固体减少的质量为136-72=64g，20分钟后，固体的质量减少了3.2g，则生成了0.2mol2CO，则2CO的反应速率为-1-12Δn0.2molv(CO)===0.01molLminVΔt1L20min；A．反应①是气体体积不变的反应，压强一直保持不变，

不能说明达平衡状态，故A错误；B．反应①有固体参与反应，混合气体的质量会变化，容器体积不变，则当气体密度不变，说明气体的质量不变，则正逆反应速率相等，达平衡状态，故B正确；C．化学反应速率之比等于系数比，()2V(CO)VCO=V(CO)=正逆逆，说明达平衡状态，故C正确；D．CO和二

氧化碳的浓度与起始加入量有关，CO、2CO浓度相等，不一定说明反应达平衡状态，故D错误；故选：BC；【小问3详解】反应②是气体体积增大的吸热反应，则减小压强和升高温度，平衡正向移动，为了提高反应②的CO的吸收率，可行的措施是减小压强、升高温度；【小问4详解】反应②是吸热反应

，则生成物的总能量大于反应物的总能量，能量变化示意图为如图；【小问5详解】升高温度，对于反应①是放热反应，平衡逆向移动，CO的浓度增大，对于反应②是吸热反应，平衡正向移动，CO浓度减小，再次达到平衡，发现CO的吸收率减小，原因是升高温度对反应①逆向移动的程度大于反应②正向移动的程度。29.高

铁酸钾(24KFeO)是优质水处理剂。实验室制取24KFeO的装置如图。24KFeO的制备原理为：232423Cl2Fe(OH)10KOH=2KFeO6KCl8HO++++回答下列问题（1）A装置的作用是_______。盛浓盐酸的仪器名称为_______。（2）装置C的作用是_____

__。B装置内出现_______现象时，说明B中反应已停止。（3）24KFeO中铁元素的化合价为，分析24KFeO是优质水处理剂的原因可能是_____。（4）当上述反应消耗标准状况下2672mLCl时，生成24KFeO质量为_______。【答案】（1）①.制取氯气②.

分液漏斗（2）①.尾气吸收②.红褐色沉淀消失（3）高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为Fe3+，与水反应生成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物，常用作水处理剂（4）7.92g【解析】【分析】本实验目的为制取K2FeO4，实验原理

为232423Cl2Fe(OH)10KOH=2KFeO6KCl8HO++++，其中A装置为制备氯气的装置，B装置为制备K2FeO4的装置，C为尾气吸收装置，据此分析解答。【小问1详解】A装置的作用为制取氯气。根据仪器结构可知，盛装浓盐酸的仪器名

称为分液漏斗。【小问2详解】Cl2为有毒气体，不能直接排放至空气中，因此C装置为尾气吸收装置。Fe(OH)3为红褐色沉淀，因此当B装置内出现红褐色沉淀消失的现象时，说明反应已经停止。【小问3详解】24KFeO中K为+1价，0为-2价，根据化

合物中元素化合价代数和为0，可知其中铁元素的化合价为+6价。高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为Fe3+，与水反应成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物，常用作水处理剂。【小问4详解】标准状况下672mLCl2的物

质的量为-3672mL10L/mL22.4L/mol=0.03mol，根据方程式可知，生成K2FeO4的物质的量为0.02mol，其质量为0.02mol×396g/mol=7.92g。