【文档说明】四川省内江市第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，890.604 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0f50d9a9461d70d021b698e9d42deef8.html

以下为本文档部分文字说明：

内江一中高2024届高二(下)半期考试卷(化学)考试时间：100分钟；相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5第I卷(选择题)一、单选题(每小题2分，共42分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.食品袋中常放有

硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用B.NaHCO3受热易分解，故可用于制胃酸中和剂C.用明矾或高铁酸钾(K2FeO4)处理饮用水，既有净水作用，又有杀菌消毒作用D.葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量的SO2目的

是防止营养成分被氧化【答案】D【解析】【详解】A．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶能吸收水分，铁能防止食品被氧化，A错误；B．NaHCO3显碱性，可以和酸反应，故可用于制胃酸中和剂，B错误；C．明矾可以净水但不能杀菌消毒，高铁酸钾有强氧化性可以杀

菌消毒，C错误；D．二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，D正确；故选D。2.下列对化学用语的理解正确的是A.中子数为8的氮原子158NB.电子式既可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C.Fe3＋的最外层电子排

布式：3d5D.结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-【答案】D【解析】【详解】A．中子数为8的氮原子的质量数为8+7=15,原子符号中左下角数字代表质子数,左上角数字代表质量数,所以符号为157N，A错误；B．电子式只能表示羟基，氢氧根离子的电子式为，B错误

；C．Fe3＋的最外层电子排布式：[Ar]3d5，C错误；D．35Cl-和37Cl-核电荷数均为17，核外电子数均为18,只是中子数不同，所以结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-，D正确；故

选D。3.下列有关元素性质的说法中，错误的是A.第一电离能：S>PB.阴离子半径：2OF−−C.电负性：C>HD.金属性：Na>Li【答案】A【解析】【详解】A．由于P的电子排布为1s22s22p63s23p3，3p轨道为半充满的稳定结构，失去一个电子比S难，所以P

的第一电离能大于S，A错误；B．电子层结构相同的离子，质子数越多，半径越小，所以O2-的半径大于F-，B正确；C．电负性是原子对键合电子的吸引能力，C对电子的吸引力大于H，所以C的电负性大于H，C正确；D．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，失去电子能力逐渐增强，金属性逐渐增强，所以

金属性：Na＞Li，D正确；故选A。4.下列物质属于强电解质的是A.酒精B.3AlClC.盐酸D.3NH【答案】B【解析】【分析】强电解质为在水溶液中完全的电解质，主要有酸碱盐、金属氧化物等。【详解】A．酒精在水溶液中无法电离，不属于强电解

质，A错误；B．AlCl3在水溶液中完全电离，该物质为强电解质，B正确；C．盐酸为混合物，不属于电解质，C错误；D．NH3溶于水形成一水合氨可发生部分电离，而不是NH3本身发生电离，NH3为非电解质，D错误；故选B。5.以Fe3O4／Pd为催

化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的-2NO，其反应过程如图所示[已知的Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是A.用该法处理后，水体的pH降低B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C

.处理-2NO的电极反应为2-2NO+8H++6e-=N2↑+4H2OD.消耗标准状况下6.72LH2，理论上可处理含NO2-4.6mg·L-1的废水2000L【答案】A【解析】【详解】A．根据图示，总反应方程式可知：2H++2-2NO+3H2催化剂N2+4H2O，所以用该法处理后水体的p

H升高，故A错误；B．Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．据图示，处理得到电子转化为氮气，电极反应为2-2NO+8H++6

e-=N2↑+4H2O，故C正确；D．根据A项的总反应2H++2-2NO+3H2催化剂N2+4H2O，消耗标准状况下6.72LH2即为0.3mol，理论上可处理-2NO的物质的量0.2mol，可处理含4.6mg·L-1-2NO废水的体积=310.246g/4.610gLmo

lmol−−=2×103L，故D正确；故选A。6.设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是A.0.1mol羟基含有的电子数为NAB.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NAC.含2molCH3COO-的醋酸钠固体中Na+的数目为2N

AD.1L0.1mol·L-1的Na2S溶液中含有S2-的数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．1个羟基含有的电子数为9个，0.1mol羟基含有的电子数为0.9NA，A错误；B．液体积不知不能计算微粒数，B错误；C．醋酸钠固体中CH3COO-与Na+相同，含2m

olCH3COO-的醋酸钠固体中Na+的数目为2NA，C正确；D．1L0.1mol·L-1的Na2S溶液中，S2-会水解，故含有S2-的数目小于0.1NA，D错误；故选C。7.下列离子方程式书写正确的是A.将

稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑B.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO23−(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+SO24−(aq)C.常温下，溶于水中的部分氯气与水反应：Cl2+H2O=2H

++ClO-+Cl-D.泡沫灭火器作用原理：3232322Al3CO3HO2Al(OH)3CO+−++=+【答案】B【解析】【详解】A．根据活动顺序表，Cu排在H后面，稀硫酸滴在铜片上，二者不发生反应，A错误；B．Na2CO3溶液处理水垢，是CaSO4(s)转化

为更难溶的CaCO3(s)，B正确；C．氯气与水反应为可逆反应，且次氯酸不可拆分，C错误；D．泡沫灭火器的灭火原理是碳酸氢钠和硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：()3323Al+3HCO=AlOH+3CO

+−，D错误；故选B。8.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.+Kwc(H)=1×10-12mol/L的溶液中：K+、NO3−、S2-、ClO-B.含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、Cu2+、Cl-、SO24−C.加入Al能放出H

2的溶液中：K+、NH4+、NO3−、C1-D.水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Ba2+、NO3−、OH-【答案】B【解析】【详解】A．+Kwc(H)=1×10-12mol/L的溶液中c(OH-)=

10-12mol/L，溶液呈酸性，酸性溶液中，NO3−具有强氧化性，能够氧化S2-，A不符合题意；B．含有大量Fe3+的溶液中，Al3+、Cu2+、Cl-、SO24−不与Fe3+反应且相互不反应，能够大量共存，B符合题意；C．加入Al能放出H2的溶液可能是强酸性溶液

，也可能是强碱性溶液，强碱性溶液中NH4+不能大量共存，C不符合题意；D．水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中OH-不能大量共存，D不符合题意；答案选B。9.25℃时，用2.000mol·L-1的NaCl溶液滴定25.00mLAgN

O3溶液的滴定曲线如图所示，pAg=-lgc(Ag+)，下列有关叙述错误的是A25℃时，Ksp(AgCl)=10-12B.原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，x点的横坐标为12.5C.当滴入25.00mLNaCl溶液时，溶液中c(

Ag+)=10-12mol·L-1D.相同条件下，若改为2.000mol·L-1的NaI溶液，反应终点的纵坐标值会增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．x点为滴定终点，此点c(Ag+)=c(Cl-)=10-6mol/L，25℃时，Ksp(AgCl)=10-6×10-6=10-12，A正

确；B．原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，则1mol·L-1×25.00mL=2.000mol·L-1×V(NaCl)，V(NaCl)=12.5mL，x点的横坐标为12.5，B正确；C．当滴入25.00mLNaCl溶液时，溶液中c(Cl-)=2.00mol/L25mL-1.00m

ol/L25mL50mL=0.5mol/L，c(Ag+)=12100.5−mol·L-1=2×10-12mol·L-1，C不正确；D．相同条件下，若改为2.000mol·L-1的NaI溶液，由于Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，所以反应终点的

纵坐标值会增大，D正确；.故选C。10.下列实验操作及现象、推论不相符．．．的是选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气

体通入澄清石灰水，产生白色浑浊溶液中可能含有CO2-3或HCO-3C向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色Mg(OH)2沉淀转

化为Fe(OH)3沉淀D用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的pHHClO的酸性弱于CH3COOHA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．CH3COOH为弱酸，电

离不完全，则pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，故A正确；B．无色无味气体为二氧化碳，则溶液中可能含有CO2-3或HCO-3，故B正确；C．NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，故C错误；D．测

定盐溶液的pH可判断水解程度，前者的pH小于后者的，可知HClO的酸性弱于CH3COOH，故D正确；故选：C。11.常温下，向1mL的氨水中加入氯化钠溶液至溶液体积为100mL，下列说法正确的是A.32NHHO的电离常数增大B

.水的电离程度增大C.()+4cNH增大D.()()+4-cNHcOH不变【答案】B【解析】【详解】A．电离常数只受温度的影响，故A错误；B．稀释后氨水的浓度减小，对水的电离抑制减小，则水的电离程度增大，故B正确；C．稀释后氨水的浓度减小，()+4cNH减小，故C错误；D．+-324NHHO

NH+OH，稀释后氨水电离出铵根离子、氢氧根离子浓度同步减小，但是水的电离程度增大使得水电离出氢氧根离子浓度变大，故()()+4-cNHcOH减小，故D错误；故选B。12.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞

变红，W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是A.W的氧化物对应水化物均为强酸B.简单离子半径：W<X<YC.简单氢化物沸点：Z<WD.Y与Z形成化合物的

水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】W的气态氢化物的水溶液显碱性，应为氨气，则W为N；W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体是二氧化氮，则X为O；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na；短周期

主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同，则Z为Cl。因此W为N、X为O、Y为Na、Z为Cl，据此解答。【详解】A．W的氧化物对应水化物有HNO3，HNO2，HNO2为弱酸，故A错误；

B．W、X、Y的简单离子核外电子排布完全相同，均为10e-微粒，则核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，因此W>X>Y，故B错误；C．由于W的简单氢化物NH3，存在分子间氢键，沸点比较高，故NH3>HCl，故C正确；D．Y

与Z形成的化合物NaCl的水溶液呈中性，故D错误；答案选C。13.下列事实不能．．用勒夏特列原理解释的是A.向新制的黄绿色氯水中加入少量硝酸银固体，溶液的颜色变浅B.对平衡体系CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)加压后颜色变深C.将二氧化氮平衡球分别放入热水和冷水中，前者颜色变深

，后者颜色变浅的D.向H2(g)+I2(g)2HI(g)恒容平衡体系中通入适量H2，体系颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．向新制的黄绿色氯水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入少量硝酸银固体，由于Ag++Cl-=AgCl↓，导

致溶液中Cl-的浓度减小，上述平衡正向移动，故溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不合题意；B．对平衡体系CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)加压后，由于反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，但由于体积减小，NO2的浓度增大导致颜色变深，故不能勒夏特列原理解释，B符合题

意；C．将二氧化氮平衡球中存在2NO2(g)N2O4(g)ΔH0＜，故放入热水中温度升高平衡逆向移动，颜色加深，放入冷水中，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，故能用勒夏特列原理解释，C不合题意；D．向H2(g)+I2(g)2HI(g)恒容平衡体系中通入适量H2，增大反应物浓度，

平衡正向移动，I2蒸气的浓度减小，体系颜色变浅，故能用勒夏特列原理解释，D不合题意；故答案为：B。14.工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化

。下列粒子浓度关系一定正确的是A.Na2SO3溶液中存在：c(Na+)＞c(2-3SO)＞c(H2SO3)＞c(-3HSO)B.已知NaHSO3溶液pH＜7，该溶液中：c(Na+)＞c(-3HSO)＞c(H2S

O3)＞c(2-3SO)C.当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(2-3SO)+c(-3HSO)+c(H2SO3)D.当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(2-3SO)+c(-3HSO)【答案】D【解析】【详解

】A.Na2SO3溶液中亚硫酸根水解，且以第一步水解为主，则溶液中存在：c(Na+)＞c(2-3SO)＞c(-3HSO)＞c(H2SO3)，A错误；B.已知NaHSO3溶液pH＜7，说明-3HSO的电离程度大于水解程度，则该溶液中：c(Na+)＞c(-3H

SO)＞c(2-3SO)＞c(H2SO3)，B错误；C.当吸收液呈酸性时所得溶液不一定恰好是NaHSO3，因此溶液中c(Na+)=c(2-3SO)+c(-3HSO)+c(H2SO3)不一定满足，C错误；D.当吸收液呈中性时c(H+)=c(OH

－)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c(2-3SO)+c(-3HSO)可知溶液中：c(Na+)=2c(2-3SO)+c(-3HSO)，D正确；答案选D。15.将100mL0.001mol·L-1的盐酸和50mLpH＝3的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH为A4.

5B.2.7C.3.3D.3【答案】D【解析】【详解】常温下，100mL0.001mol/L的盐酸和50mLpH=3的硫酸溶液混合后溶液中氢离子浓度为0.1L0.001mol/L0.05L0.001mol/L0.15L+=10-3mol•L-1，混合

溶液的pH为：pH=-lg10-3=3，故答案选D。16.下列实验与盐类水解无关的是A.CaCO3的饱和溶液pH约为9.3B.在氯化氢气流中加热蒸发CuCl2溶液以制备CuCl2·2H2OC.FeCl3溶液和Na2S溶液混合有沉淀生成D.实验室配

制硫化钾溶液时加入适量KOH溶液【答案】C【解析】【详解】A.CaCO3的饱和溶液中碳酸根离子水解显碱性，则常温下，CaCO3的饱和溶液pH约为9.3，故A不选；B．由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易

挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OΔCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水，与水解有关，故B不选；C.FeCl3

溶液和Na2S溶液混合有沉淀生成，发生的氧化还原反应，与盐类水解无关，故C正确；D．在配制硫化钾（K2S）溶液时，硫离子水解溶液显碱性，为了防止发生水解，应加入对应碱，可以加入少量的氢氧化钾，与水解有关，故D不选；故选：C。17.在一密闭容器中存在反应：aX(g)

+bY(g)垐?噲?cZ(g)，根据下列图像作出的判断正确的是.A.由图1可知，该反应△H＞0，压强p1＞p2B.由图2可知，54min后反应物转化率达到最高C.由图3可知，T1和T2对应的平衡常数K1＜K2D.由图4可知，甲在乙的基础上一定使用了催化剂【答案】C【解析

】【详解】A．由图1无法判断压强1p和2p的大小关系，A错误；B．由图2可知，40min后平衡逆移，反应物转化率未达到最高，B错误；C．由图3可知，1T和2T对应的平衡常数12KK，C正确；D．由图4可知，甲在乙

的基础上也有可能是等体积反应增大了压强，D错误；故选C。18.铜锌原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.锌电极上发生的反应：Zn2＋＋2e－===ZnB.电池工

作一段时间后，甲池的c(SO)减小C.电流由锌电极经电流表流向铜电极D.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加【答案】D【解析】【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过

，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性。【详解】A、由图象可知，该原电池反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，故A错误；B、阳离子交换膜只允许阳离子和水分子

通过，两池中c(SO2－4)不变，故B错误；C、电流从铜电极经过导线流向锌电极，故C错误；D、随反应的进行，甲池中的Zn2＋通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2＋与放电的Cu2＋的

物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增加，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原电池工作原理，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，难点D选项利用电荷守恒分析。19.室温下，在11mo1L−的某二元酸2HA溶液中，存在HA−、2A−的物质的量分

数随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是A.室温下，2HAAH−−++的电离平衡常数3aK10−=B.在2NaA溶液中存在()()()2cNa2cA2cHA+−−=+C.10.1molLNaHA−溶液中：()()cOHcH−+D.2HA的电离方程式为2HAHHA+−=+

，2HAAH−−++【答案】C【解析】【分析】由曲线的起点可知，二元酸2HA溶液中不存在2HA分子，则二元酸第一步电离完全而显强酸性，第二步电离不完全存在电离平衡，图像中的交叉点可求第二步的电离平衡常数。【详解】A．根据图像中的交叉点，+22+3

3ac(H)c(A)c(A)=c(HA)c(H)=10K=10c(HA)−−−−−−=，，，A正确；B．2NaA只发生一步水解，()()()+2--cNa=2cA+2cHA符合物料守恒，B正确；C．NaHA在溶液

中只电离不水解，电离使溶液显酸性，则c(OH-)＜c(H+)，C错误；D．据分析该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以该二元酸两步电离方程式为2HAHHA+−=+，2HAAH−−++，D正确；答案选C。20.已知25℃时，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10

－10，现向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是A.25℃时，0.1mol·L－1HF溶液中pH＝1B.Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C.该体系中没有沉淀产生D.该体系中

HF与CaCl2反应产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A、已知25℃时，电离常数Ka(HF)=3.6×10－4，这说明HF为弱酸，不可能完全电离，因此25℃时，0.1mol·L－1HF溶液的pH＞1，A错误

；B、Ksp(CaF2)与浓度无关，只与温度有关系，B错误；C、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L－1，HF的浓度为0.1mol/L，F－浓度为633610mol/610/LmolL−−=，离子积Qc=0.1×(6×10－3)2=3.6×10－

6＞Ksp(CaF2)=1.46×10－10，因此会产生沉淀，C错误；D、根据C中分析可知有CaF2沉淀生成，D正确；答案选D。21.已知常温下，浓度为10.1molL−下列溶液的电离平衡常数如表所示。下列有关说法错误的是化学式3CHCO

OHHClO23HCO32NHHO电离常数51.710−84.710−7a14.210K−=，11a25.610K−=51.710−A.向10.1molL−的醋酸溶液中加水稀释，()()33CHCOO

HCHCOOcc−减小B.常温时，等物质的量浓度溶液pH大小为：()()()()2333pHNaCOpHNaClOpHNaHCOpHCHCOONaC.43NHHCO溶液显酸性D.向NaClO溶液中通入少量2CO，发生反应223NaClOCOHO

HClONaHCO++=+【答案】C【解析】【分析】由表可知Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，故酸性CH3COOH)>H2CO3>HClO>3HCO−，据此分析解答。【

详解】A．3-3c(CHCOOH)c(CHCOO)3-3ac(CHCOOH)c(H)c(H)=c(CHCOO)c(H)K+++=，加水稀释时，Ka不变，c(H+)减小，所以比值减小，A正确；B．等物质的量浓度

的盐溶液，对应弱酸酸性越弱，酸根离子水解程度越大，盐溶液的pH越大，由于Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以等物质的量浓度溶液pH大小为：pH(Na2CO3)>pH(NaClO)>pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa

)，B正确；C．NH4HCO3溶液中存在NH4+、3HCO−水解，由于Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5>Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，所以溶液显碱性，C错误；D．由于Ka(HClO)>K

a2(H2CO3)，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，D正确；故本题选C。第II卷(非选择题)22.氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓

度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.2000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，回答下列问题：（1）已知NaHSO3溶液显酸性，则其中c(H2SO3)_______c(2-3SO)(填“>、＜或=”)。（2）用KMnO4进行滴定时，KMnO4溶液应装在_______中，判断滴定终点

的现象是_______。（3）配平离子方程式：_______。(-4MnO+-3HSO+H+=Mn2++2-4SO+H2O)（4）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。A.盛装未知浓液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗B.未用标准浓度的酸

性KMnO4溶液润洗滴定管C.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视D.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失（5）根据下表测定的实验数据，计算KMnO4溶液体积的平均值为_______mL；NaHSO3溶液的物质的

量浓度为_______mol/L(数据精确到0.0001)。试验编号待测NaHSO3溶液的体积/mLKMnO4溶液体积/mL120.0015.98220.0017.40320.0016.02【答案】（1）<（2）①.酸式滴定管②.当最后一滴标准液滴入

，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（3）2-4MnO+5-3HSO+H+=2Mn2++52-4SO+3H2O（4）BD（5）①.16.00②.0.4000【解析】【小问1详解】NaHSO3溶液显酸性，

则-3HSO的电离程度大于水解程度，则c(H2SO3)＜c(2-3SO)；【小问2详解】KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装；滴定终点时NaHSO3溶液恰好反应完全，溶液会呈现高锰酸钾溶液的颜色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被

氧化；【小问3详解】1mol-4MnO参加氧化还原反应得到5mol电子，1mol-3HSO参加氧化还原反应失去2mol电子，得失电子的最小公倍数是10，则-4MnO的计量数是2，-3HSO的计量数是5，根据原子守恒来配平得2-4

MnO+5-3HSO+H+=2Mn2++52-4SO+3H2O；【小问4详解】A．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响，故A错误；B．酸式滴定管水洗后未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故B正确；C．观

察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致滴定消耗的高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故D正确；故答案为BD；【小问5详解】实验

2中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1和3取平均值，KMnO4溶液体积的平均值=16mL；消耗的高锰酸钾的物质的量为0.016L×0.2000mol/L=0.0032mol，由关系式2-4Mn

O~5-3HSO，则n(-3HSO)=0.0032mol×52=0.008mol，c(-3HSO)=L02.00080.mol=0.4000mol/L。23.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效、新型的水处理剂，在碱性条件下较稳定；在中性或弱酸性条件

下转化为Fe(OH)3和O2；易被H2还原。工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备Na2FeO4并回收某些金属资源的工艺流程如图：已知：i．“焙烧”后矿石中的金属元素均以氧化物的形式存在；ii．Ksp[N

i(OH)2]=1×10−16；iii．部分物质沉淀的pH如下：Fe3+Cu2+Ni2+开始沉淀的pH2.14.76.4恰好完全沉淀的pH3.26.7a（1）“粉碎”的目的是_______。（2）气体X为_______，滤渣1为_______。（3）流程中“调节pH1”的实验操作目的是______

_，调节pH1的范围为：_______。（4）“转化”过程中发生的主要反应的离子方程式为_______。（5）当离子浓度≤1×10−5mol∙L−1时认为沉淀完全，则表格中a的值是_______。【答案】（1）加快“焙烧”速率，使“焙烧”更充分（

2）①.SO2②.SiO2（3）①.“调节pH1”目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而Cu2+和Ni2+不沉淀②.3.2~4.7（4）2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=22-4FeO+3Cl-+5H2O（5）8.5【解析】【分析】黄铁矿粉碎，增大与空气的接触面积，

可加快化学反应速率，是焙烧更加充分。充分焙烧后，得各金属的氧化物以及SiO2，矿石中的硫元素转化为SO2，加入稀硫酸酸化，SiO2不与硫酸反应过滤除去，而金属氧化物与硫酸反应得到硫酸盐，调节pH1，在滤渣2中得到Fe(OH)3，Fe(OH)3、NaClO、NaOH反应

得到Na2FeO4。滤液2中有Cu2＋和Ni2＋；调节pH2，分离Ni和Cu；Ni(OH)2最终转化为Ni(CO)4。【小问1详解】黄铁矿粉碎，可以增大固体的表面积，加快“焙烧速率”，使“焙烧”更充分

；【小问2详解】根据元素守恒，黄铁矿焙烧时，金属元素均转化为其氧化物，因此气体X为SO2；金属氧化物均与硫酸反应转化为可溶于水的硫酸盐，而SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；【小问3详解】根据流程图，滤渣2最终转化为Na2FeO4，因此滤渣2为Fe(OH)

3，调节pH1的目的是使Fe3＋转化为Fe(OH)3，与Cu2＋、Ni2＋分离；调节pH1的范围为：3.2~4.7；小问4详解】转化过程，Fe(OH)3、NaOH和NaClO转化为Na2FeO4，Fe的化合价从＋3价升高到＋6价，Cl的化合

价从＋1价降低到－1价，化合价升降守恒，Fe(OH)3和ClO－的系数为2∶3，再根据质量守恒和电荷守恒配平，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=FeO42－+3Cl－+5H2O；【小问5详解】()()()()()2+2-5

2--16--5.52KspNiOH=cNicOH=110cOH110cOH110−==；a=8.5。24.工业上，煤的气化和液化是高效、清洁、综合利用煤炭的重要途径。（1）一定条件下，将C(s)和H2O(g)分别加入甲、乙两个密闭容器发生反应：C(s

)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)【ΔH1>0，相关数据如下表：容器容积/L温度/℃起始量/mol平衡量/molC(s)H2O(g)H2(g)甲2T1343.2乙1T21.521.0①T1_______T2(填“>、＜或=”)。②T2时，若

起始时乙容器中加入1.5molC(s)、1.2molH2O(g)、0.5molCO2(g)、1.4molH2(g)，此时v正_______v逆(填“>、＜或=”)。（2）煤液化时发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3O

H(g)ΔH2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200℃时，n(H2)随时间的变化如下表所示t/min0135n(H2)/mol8.05.13.03.0①ΔH2_______0(填“>、＜或=”

)。②下列说法正确的是_______(填标号)。a．温度越高，该反应的平衡常数越大b．达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高c．容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度d．图中压强P1＜P2③0-3min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=_______mol/(L·min)④

200℃时，该反应的平衡常数K=_____。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变，则化学平衡______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。【答案】（1）①.>②.<（2）①.

<②.cd③.0.1④.75⑤.正向【解析】【分析】(1)①甲、乙中水蒸气浓度相等，只有温度不同，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则生成的氢气越多，甲中氢气物质的量大于乙中2倍，说明甲的温度高；②

T2时，利用三段式可求出该反应的平衡常数；利用浓度商Qc与平衡常数K的大小关系，判定平衡移动方向，得出v正与v逆的关系；(2)①随温度的升高CO转化率降低，说明平衡向着逆反应方向进行，逆反应为吸热反应；②根据外界条件对平衡移动的影响规律、外界条件对平衡常数的影响规律、平

衡状态的判定标准进行综合分析；③结合图表信息，根据3Δcv(CHOH)=Δt进行计算；④200℃时，利用三段式可求出该反应的平衡常数；根据浓度熵Qc与平衡常数K的大小关系，判定平衡移动方向。【小问1详解】①甲、乙中水蒸气浓度相等，只有温度不同，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移

动，则生成的氢气越多，甲中氢气物质的量大于乙中2倍，说明甲的温度高，则T1＞T2；②T2时，利用三等式可求出该反应的平衡常数，有222C(s)+2HO(g)CO(g)+2H(g)2001.20.61.20.80.61.2开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量该温度下的化学平衡常数222

2220.6mol1.2mol()c(CO)c(H)1L1LK===1.350.8molc(HO)(1L）。若起始时向乙容器中加入1.5molC(s)、1.2molH2O(g)、0.5molCO2(g)、1.4molH2(g)，浓度商2222c220.5mol1.4mo

l()c(CO)c(H)1L1LQ==?0.681.2molc(HO)(1L），浓度商Qc<平衡常数K，化学平衡正向移动，则v正＞v逆；【小问2详解】①随温度的升高CO转化率降低，这说明升高温度平衡向逆

反应方向进行，则正反应是放热反应，因此ΔH2＜0；②a．升高温度平衡向逆反应方向进行，因此温度越高，该反应的平衡常数越小，a错误；b．在恒容容器中，达平衡后再充入稀有气体，反应物浓度不变，CO的转化率不变，b错误。c．正反应体积减小，则当容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度，即反应达到平衡

状态，c正确；d．正反应体积减小，增大压强平衡向正反应方向进行，CO转化率增大，所以图中压强P1＜P2，d正确；答案选cd；③0-3min内消耗氢气是5mol，生成甲醇是2.5mol，其浓度为0.25mol/L，则用甲醇表示的反应速率30.25mol/L(CHOH)0.083mol/

(Lmin)3mincvt==④200℃时，利用三等式可求出该反应的平衡常数，有：23CO(g)+2H(g)CHOH(g)0.40.800.250.50.250.150.30.25开始的浓度转化的浓度平衡的浓度所以200℃时，该反应的平衡常数3222c(C

HOH)0.25500K===c(CO)c(H)0.150.327；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时CO、H2、CH3OH的浓度变为0.35mol·L－1、0.5mol·L－1、0.45mol·L－1；保

持温度不变，此时浓度熵3c222(CHOH)0.45=5.14(CO)(H)0.350.5cQcc=，小于平衡常数，则化学平衡正向移动。25.碳及其化合物有着重要用途。回答下列问题：（1）基态碳原子的价层电子排布图为_______。（2）在CH2=

CHCN中，碳原子的杂化方式有_______，所含σ键数目和π键数目之比为_______；C、N、O三种元素的第一电离能由大到小为：_______。（3）CH4和H2O中的C、O原子均采用sp3杂化方式，其键角较大的是_______，原因是_______。（4）C60室温下为

紫红色固体，不溶于水，能溶于四氯化碳等非极性溶剂。据此判断C60的晶体类型是_______。【答案】（1）（2）①.sp、sp2②.2：1③.N>O>C（3）①.CH4②.H2O中有两对孤电子对，“孤电子对—成键电子对”的斥力大于“成键电子对—成键电子对”的斥力（4）分子晶体【解析】【小问1详解

】基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，价电子排布式为2s22p2，则价电子排布图为。【小问2详解】2NCHCHC=中，双键上C原子采用sp2杂化、三键上C原子采用sp杂化。双键含1个σ键和1个π键，三键含1个σ键和2个π

键，则CH2=CHCN中σ键、π键数目分别为6、3，所含σ键数目和π键数目之比为2:1；在同一周期内，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但N元素2p能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，则C、N、O三种元素的第一

电离能由大到小为：N>O>C；【小问3详解】甲烷中心C原子价层电子对数为4，采取sp3杂化，无孤电子对，水中心O原子价层电子对数为4，采取sp3杂化，有2个孤电子对。由于“孤电子对—成键电子对”的斥力大于“成键电子对—成键电子对”的斥力，

孤电子对数越多排斥力越强，使得键角：CH4>H2O。【小问4详解】根据相似相溶的原理，C60室温下不溶于水，能溶于四氯化碳等非极性溶剂。说明C60是非极性分子，属于分子晶体。