【文档说明】浙江省杭州市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，3.911 MB，由小赞的店铺上传

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2023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-1C-12N-14O-16Na-23Al-27K-39Cl-35.5Fe-56I卷一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题只有一个正确答案)1.下列职业与化学关联最小的是A.机

械工程师B.水质检验员C.科技考古工作D.环境保护工程师【答案】A【解析】【详解】A．机械工程师常指的是从事机械行业的专业人士，与化学关联不大，故A正确；B．水质检验员主要运用化学方法对水中的污染物进行检验，故B错误；C．科技考古工

作具备分析化学相关知识，故C错误；D．环境保护工程师需运用化学知识设计环境保护措施，故D错误；故选A。2.下列物质不属于．．．新型无机非金属材料的是A.玻璃纤维B.光导纤维C.金刚砂D.碳纳米管【答案】A【解析】【详解】A．玻璃纤维属于有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故A符合；B．

光导纤维主要成分为二氧化硅，属于新型无机非金属材料，故B不符合；C．金刚砂成分为碳化硅，属于新型无机非金属材料，故C不符合；D．碳纳米管是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故D不符合。答案选A。3.下列化学用语描述不正

确．．．的是A.中子数为20的氯原子：3717ClB.二氧化碳的空间填充模型：C.2MgCl形成过程：D.磷基态原子价层电子排布违背了洪特规则【答案】C【解析】【详解】A．原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，则中子数为2

0的氯原子，质量数为37，则表示为：3717Cl，故A正确；B．二氧化碳为直线形结构，C原子半径大于O原子半径，空间填充模型为，故B正确；C．MgCl2是离子化合物，氯原子得电子形成Cl-，，故C错误；D．磷基态原子价层电子排布式为

3s23p3，其轨道表示式为：，违背了洪特规则，故D正确。答案选C。4.硫酸亚铁应用广泛，有关其说法不正确．．．的是A.缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片B.2Fe+的价层电子排布式为423d4sC.铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族D.硫酸亚铁可用作净水剂【答案】B【解析】

【详解】A．缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片来补充铁元素，故A正确；B．Fe2+的价层电子排布式3d6，故B错误；C．基态铁原子价电子排布式为3d64s2，位于周期表第四周期第Ⅷ族，故C正确；D．硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，胶体具有吸附性，可以用作净水剂，

故D正确。答案选B。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确．．．的是A.23NaCO溶液呈碱性，其热溶液可用于去除厨房油渍的B.4BaSO难溶于水和酸且不能被X射线穿透，可用作人体造影剂C.2ClO具有强氧化性，可用作自来水消毒剂D.钠、钾具有很强还原性，钠钾合金可用作核

反应堆的传热介质【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO溶液呈碱性，碱性溶液可以和油污反应，可用于厨房去除油污，A正确；B．4BaSO难溶于水，且不和胃酸反应，不能被X射线穿透，可用作人体造影剂，B正确；C．2ClO具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作自来水消毒剂，

C正确；D．金属Na、钾具有良好的导热性，钠钾合金可用作核反应堆的传热介质，D错误；故选D。6.利用下列装置进行相关实验，其中方案设计与操作合理的是A．乙酸乙酯制备中混合乙醇与浓硫酸B．制备氢氧化铁胶体C．测定中和反应的反

应热D．用盐酸滴定锥形瓶中的NaOH溶液AAB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸沿器壁慢慢注入乙醇中，故A错误；B．氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体

，故B错误；C．图中保温好，温度计测定温度，图中装置可测定中和热，故C正确；D．眼睛观察锥形瓶内溶液颜色的变化，判断滴定终点，不能观察酸式滴定管中液面变化，故D错误。答案选C。.7.AN为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.0.1mol氨基()2NH−中含有AN个质子B

.常温下，pH2=的稀硫酸溶液中的H+数目为A0.01NC.14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数目为A2ND.电解饱和NaCl溶液，阴极产生气体质量为7.1g时，外电路通过电子的数目为A0.2N【答案】C【解析】【详解】A．1个氨基(-NH2)中

含有7+2=9个质子，因此0.1mol氨基中含有0.9NA个质子，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算pH=2的稀硫酸溶液中的H+数目，故B错误；C．乙烯和丙烯的最简式为CH2，14gCH2为1mol，所含碳氢键数目为2NA，故C正确；D．电解饱和NaCl溶液，阴极电极反应

式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阳极产生Cl2质量为7.1g时，外电路通过电子的数目才为0.2NA，故D错误。答案选C。8.下列反应的离子方程式表述不正确．．．的是A.氯化铝溶液与过量浓氨水混合：33234Al3NHHOAl(OH)

3NH+++=+B.少量2SO通入NaClO溶液中：2224ClOSOHOSOCl2H−−−+++=++C.硫酸铜遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝2424(CuS):CuSOPbSCuSPbSO−++=++D.二氧化锰与浓盐酸共热：2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++

【答案】B【解析】【详解】A．氯化铝溶液与过量浓氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：33234Al3NHHOAl(OH)3NH+++=+，故A正确；B．少量2SO通入NaClO溶液中发生氧化还原反应生成铝离子和硫酸根，离子方程式为：22243ClOSOHOSOCl2HClO−−−+

+=++，故B错误；C．硫酸铜遇到难溶PbS，慢慢转变为铜蓝，说明PbS转化为CuS，离子方程式为：2244CuSOPbSCuSPbSO+−++=+，故C正确；的D．二氧化锰与浓盐酸共热生成氯气和氯化锰，离子方程式为：2222MnO4H2ClMnCl

2HO+−+++++，故D正确；故选B。9.化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：实验ⅠⅡ装置现象锌片附近处颜色无变化，裸露在外的铁钉附近处出现红色。铜片附近处出现红色，裸露在外的铁钉附近处出现蓝色下列说法正确的是A.实验I和Ⅱ中铁钉均为负极B.实验I和Ⅱ中均发生吸氧

腐蚀，且铁钉腐蚀速度实验I实验ⅡC.一段时间后，实验I铁钉附近也出现了蓝色，可能是36KFe(CN)氧化了单质FeD.一段时间后，实验I和实验Ⅱ中均出现红褐色【答案】C【解析】【详解】A．实验I中锌比铁活泼，锌为负极，实验Ⅱ中铁比铜活泼，铁为负极，故

A错误；B．实验I和Ⅱ中都是中性环境，均发生吸氧腐蚀，实验I中锌为负极，铁为正极被保护，铁钉腐蚀速度实验I<实验Ⅱ，故B错误；C．一段时间后，实验I铁钉附近也出现了蓝色，说明溶液中存在Fe2+，可能是36KFe(CN

)氧化了单质Fe，故C正确；D．实验I中锌为负极，铁为正极，溶液中不会生成Fe3+，不会出现红褐色沉淀，实验Ⅱ中铁为负极，生成Fe2+，正极O2得电子生成OH-，得到的Fe(OH)2会被O2氧化为Fe(O

H)3红褐色沉淀，故D错误；故选C。10.ABCD、、、是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同；B元素原子的价层电子排布式是n2nnsnp；其中C元素的部分电离能如下表；含D元素的化合物焰色试验火焰呈紫

色(透过蓝色钴玻璃)。下列说法不正确．．．的是元素电离能()1kJmol−1I2I3I4IC5781817274511575A.离子半径大小：CABB.C的最高价氧化物对应水化物可溶于D的最高价氧化物对应水化物的水溶液C.化合物3DB中含离子键和共价键D.元素D的核外电子运动具有10种不同

的空间运动状态【答案】A【解析】【分析】A元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，即2p轨道上有3个自旋方向相同的的电子，核外电子排布式为1s22s22p3，故A为N元素，B元素原子的价层电子排布式是ns2np2n，即为2s22p4，B为O元素，

根据C元素的电离能，失去3个电子后很难失去电子，即最外层为3个电子，原子序数依次增大，即C为Al元素，含D元素的化合物焰色试验火焰呈紫色(透过蓝色钴玻璃)，该元素为K元素。【详解】A．Al3+、O2-、

N3-的电子数相等，核电荷数越大，半径越小，则离子半径大小：N3->O2->Al3+，故A错误；B．Al的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3，K的最高价氧化物对应水化物的水溶液为KOH溶液，Al(OH)3可以溶于KOH溶液，故B正确；C．化合物3KO是离子化合物，含有离子

键，3O−中含有共价键，故C正确；D．K的核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，含有电子的轨道有10个，核外电子运动具有10种不同的空间运动状态，故D正确；故选A。11.我国科研人员设计将脱除2SO的反应与制备22HO相结合的协同转化装置如图。在电场作

用下，双极膜中间层的2HO解离为OH−和H+，并向两极迁移。已知：①单独制备222222HO:2HO(l)O(g)2HO(l)+=，不能自发进行；②单独脱除2SO：222424OH(aq)2SO(g)O(g)2SO(aq)2HO(l)−−+=++能自发进行。下列说法不正确．

．．的是A.②单独脱除2SO反应的H0B.协同转化工作时，OH−透过双极膜向左侧移动C.正极的电极反应式：222O2e2HHO−++=+D.协同转化总反应：2222224SOO2HOHOHSO=+++【答案】D【解析】【分析

】该装置为原电池，左侧电极上2-3SO发生失电子的反应生成2-4SO，为负极，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O2，负极反应式为2-3SO-2e-+2OH-═2-4SO+H2O，正极反应式为O2+2e-+2H+═H2

O2，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。【详解】A．单独脱除SO2反应为222424OH(aq)2SO(g)O(g)2SO(aq)2HO(l)−−+=

++，其ΔS＜0，且能自发进行，ΔH-TΔS＜0，则ΔH＜TΔS＜0，故A正确；B．左侧电极为负极，右侧电极为正极，协同转化工作时，阴离子移向负极，即OH-透过双极膜向左侧移动，故B正确；C．由图可知，正极上O2发生得电子

的反应生成H2O2，正极反应式为O2+2e-+2H+═H2O2，故C正确；D．负极上SO2最终转化为2-4SO，正极反应式为O2+2e-+2H+═H2O2，H2O解离为OH-和H+向两极迁移，则协同转化总反应为SO2+O2+

2NaOH═H2O2+Na2SO4，故D错误。答案选D。12.葡萄中含有一种二元有机弱酸酒石酸()466CHO，下列关于酒石酸钠钾()446KNaCHO的说法不正确．．．的是A.446KNaCHO属于正盐B.向水中加入固体4

46KNaCHO，可促进水的电离C.将44610mL0.1mol/LKNaCHO溶液中加水稀释10倍，pH增大D.446KNaCHO溶液中：()()()()466456cOHcH2cCHOcCHO−+−=++【答案】C【解析】【详解】A．C4H6O6是二元有机弱酸，最多只能电离出2个H

+，则KNaC4H4O6不能电离出H+，属于正盐，故A正确；B．KNaC4H4O6是弱酸强碱盐，易发生水解反应，促进水的电离，故B正确；C．KNaC4H4O6是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，将10mL0.1mol/LKNa

C4H4O6溶液中加水稀释10倍时溶液碱性减弱，pH减小，故C错误；D．KNaC4H4O6溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C4H42-6O)+c(C4H5-6O)，物料守恒关系为c(Na+)+c(K+)=2c(C4H6O6)+2c(C4H42-

6O)+2c(C4H5-6O)，则()()()()466456cOHcH2cCHOcCHO−+−=++，故D正确。答案选C。13.已知：气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量叫键能。恒容密闭容器中发生反应：2

23N(g)3H(g)2NH(g)H+。有关数据如下：化学键HH−NH−NN键能1kJmol−436391946下列叙述正确的是A.13222NH(g)N(g)3H(g)H92kJmol−+=−B.当容器中压强不再变化时，反应到达平衡状

态C.增大2N的浓度和使用催化剂均可提高2H的平衡转化率D.增大2H浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A．3222NH(g)N(g)+3H(g)ΔH=6?391-3?436-946kJ/mol

=+92kJ/mol，A错误；B．3222NH(g)N(g)+3H(g)为气体分子数增加的反应，恒容密闭条件下压强会不断增大，当容器中压强不再变化时，反应到达平衡状态，B正确；C．使用催化剂均不可提高2

H的平衡转化率，C错误；D．增大2H浓度可增大单位体积内活化分子百分数，使反应速率增大，D错误。故选B。14.豆腐是我国具有悠久历史的传统美食，其制作流程如下，步骤⑤利用盐卤(氯化镁、硫酸钙等)使豆浆中的蛋白质聚沉。①泡豆②磨豆③过滤④煮浆⑤点卤⑥成形下列说法

不正确．．．的是A.步骤②的目的是为了让更多的蛋白质溶于水B.步骤③的滤液可用于制作豆腐C.将盐卤蒸干可获得2MgCl和4CaSO等混合物D.往饱和的4CaSO悬浊液中加入碳酸钠溶液，可发生反应224334

CaSO(s)CO(aq)CaCO(s)SO(aq)−−++，该反应的平衡常数表达式为()()2423cSOKcCO−−=【答案】C【解析】【详解】A．步骤②为磨豆，增大了蛋白质与水的接触面积，让更多的蛋白质溶于水，故A正确；B．步骤③是过滤，除去豆渣得到豆浆，豆浆中含有

豆蛋白，用于制作豆腐，故B正确；C．盐卤蒸干可获得4CaSO，但2MgCl易水解生成盐酸和()2MgOH，盐酸挥发后得到()2MgOH，不能得到2MgCl，故C错误；D．反应224334CaSO(s)CO(aq)CaCO(s)SO(aq)−−++的平衡常数表达式为2-42-3c(

SO)K=c(CO)，故D正确；故选：C。15.为探究反应223242422NaSOHSONaSOSOSHO+++=+的速率影响因素，某同学设计了以下实验：锥形瓶编号0.1mol/L的223NaSO溶液/mL蒸馏水/m

L0.2mol/L的24HSO溶液/mL反应温度/℃浑浊出现时间/s备注11001020102105V201631001050510s后浑浊不再增多41064508下列说法不正确．．．的是A.该实验一般不通过测2SO

的体积变化来判断反应速率的快慢B.3号瓶中前10s内()223vNaSO为110.01molLs−−C.依据实验设计推测V5=D.由1号瓶和4号瓶的实验结果可得温度越高，反应速率越快【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫溶于水，不能测定SO2的体积变化来表示化学反应

速率的快慢，否则误差太大，故A正确；B．3号瓶用Na2S2O3来表示速率为0.1mol/L0.01L0.0s2L10=0.005mol(L•s)，故B错误；C．对比实验1、2研究c（H+）对该反应速率的

影响，溶液总体积必须相同，所以V=10+10-（10+5）=5，故C正确；D．1号瓶实验H2SO4浓度大，但温度低，4号瓶实验H2SO4浓度小，但温度高，实验结果是4号瓶实验反应速率大，说明温度变化的影

响大于浓度变化的影响，即温度越高反应速率越快，故D正确。答案选B。16.下列有关实验的目的、方案设计、现象和结论中存在不正确．．．的是选项实验目的方案设计现象和结论A探究淀粉能否在酸性条件下水解在试管中加0.5g淀粉和4mL2mol/L24HSO溶液，加热，再加

少量新制2Cu(OH)，加热无明显现象，说明淀粉未发生水解B探究硅、硫元素的非金属性强弱在试管中加入1mL0.1mol/L的23NaSiO溶液，然后向溶液滴加稀硫酸试管中出现白色胶状沉淀，说明硫的非金属性比硅强C探究AgCl与AgIKsp的大小向等浓度的NaCl

NaI、混合溶液中滴入少量稀3AgNO溶液有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D探究温度对下列平衡的影响：()222424CuHO()4ClCuCl()4HO+−−++蓝色黄色H0取两支试管，分

别加入2mL0.5mol/L的2CuCl溶液，将其中一支先加热，然后置于冷水中，与另一支试管进行对比加热时溶液变为黄色，置于冷水中后溶液由黄色变为蓝色，说明升高温度，平衡向吸热方向移动A.AB.BC.CD.D【答案】A

【解析】【详解】A．用少量新制2Cu(OH)检验淀粉水解生成的葡萄糖，需要营造碱性环境，故A错误；B．试管中加入1mL0.1mol/L的23NaSiO溶液，然后向溶液滴加稀硫酸，试管中出现白色胶状沉淀，说明生成了H2SiO3，根据强酸制取弱酸的原理

，说明硫酸的酸性强于硅酸，则非金属性：S>Si，故B正确；C．向等浓度的NaClNaI、混合溶液中滴入少量稀3AgNO溶液，溶解度小的先沉淀，有AgI黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故C正确；D．

升高温度，溶液变为黄色，说明平衡()222424CuHO()4ClCuCl()4HO+−−++蓝色黄色正向移动，降低温度，溶液由黄色变为蓝色，说明该平衡逆向移动，说明升高温度，平衡向吸热方向移动，故D正确；故选A。II卷二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.

为庆祝“国际化学元素周期表年”，中国化学会面向会员遴选118名青年化学家，作为118个化学元素的“代言人”，吕华、田振玉、翟天佑分别成为NOS、、元素的代言人。回答下列问题：（1）NOS、、三种元素的第一电离能由小到大排序为_______。（2）氮

化铬在现代工业中发挥着重要的作用。基态铬、氮原子的未成对电子数之比为_______。（3）下列说法正确的是_______。A.N元素的电负性大于S元素，22NS中N元素显负价B.OH−的键能强于SH−的键能，2HO的热稳

定性强于2HSC.2N与2H化合通常需要高温高压催化剂，而S与2H化合一般只需要点燃，说明S元素的非金属性强于N元素D.在冰醋酸中24HSO的酸性强于3HNO，说明S的非金属强于N元素（4）已知2CuFeS与2CuGaS的结构相同，在2CuF

eS中S的化合价为_______，Fe的化合价为_______。（5）NO、和S元素位于周期表的_______区，此区元素的价层电子排布特点是_______。【答案】（1）SON（2）2:1（3）AB（4）①.2−②.+3（5）①.P②.价层电子排布通式为216nsnp

−【解析】【小问1详解】同周期元素从左到右，第一电离能依次增大，ⅡA族全满和ⅤA半满比较稳定，大于同周期相邻的元素，同主族元素从上到下，第一电离能依次减小，则N、O、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为：S＜O＜N；【小问2详解】基态铬原

子的价电子排布式为：3d54s1，核外有6个未成对电子，基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，核外有3个未成对电子，因此基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2：1；【小问3详解】A．N元素的电负性大于S元素，吸引电子对能力强，N2S2中N元素显负价，故A正

确；B．O-H的键能强于S-H的键能，H2O的热稳定性强于H2S，故B正确；C．N2与H2化合通常需要高温高压催化剂，而S与H2化合一般只需要点燃，但氮气和硫单质的结构不同，不能说明S元素的非金属性强于N元素，非金属性N＞S，故C错误；D．在冰醋酸中H2SO4的酸性强于HNO3，不能说明S的非金

属强于N元素，酸性强弱与非金属性无直接关系，故D错误；故答案为：AB；【小问4详解】CuFeS2与CuGaS2的结构相同，则Cu为+1价，Fe为+3价；【小问5详解】N、O和S元素位于周期表的p区，此区元素的价层电子排布特点是：价层电子排布通

式为ns2np1～6。18.燃煤火电厂产生的尾气(主要成分为2SONO、)可以按如下流程脱除或利用已知：混合气体X可直接排入空气。请回答：（1）写出过程I中2SO转化成32ZnSO2HO反应的化学方程式_______。（2）下列说法正确的

是A.煤的主要成分是碳单质B.过程I中24CH的作用是还原剂C.将副产品硫酸锌送往浸出车间电解可回收金属锌和产生可循环使用的硫酸D.过程Ⅱ中的2NaClO也可用3O代替（3）写出过程Ⅱ中NO与32CaCONaClO

、混合液反应的化学反应方程式_______。（4）2SO的水溶液可以使品红褪色，其褪色原理如下该反应的反应类型为_______。（5）设计实验方案检验324ZnSO2HOZnSO→过程中硫元素是否完全被氧化_______。【答案】（1）2232SOZnO2H

OZnSO2HO++=（2）BCD（3）()323224NO2CaCO3NaClO2CaNO3NaCl2CO++=++（4）加成或者化合（5）取少量固体溶于水配成溶液，取该溶液滴入适量酸性4KMnO溶液，若溶液褪色，则未完全氧化；若不褪色，则说明完全氧化【解析】【分析】燃煤火电厂产生的尾

气(主要成分SO2、NO)通入氧化锌悬浊液中，SO2和石灰乳反应生成ZnSO3，后ZnSO3被氧化成ZnSO4；NO和O2结合生NO2，接着NO2和乙烯反应得到N2、CO2、H2O；将燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2

、NO)通入CaCO3-NaClO2混合液中，反应得到CO2、CaSO4、Ca（NO3）2以及NaCl。【小问1详解】过程Ⅰ中SO2与氧化锌和水反应生成ZnSO3⋅2H2O，其反应的化学方程式为SO2+Zn

O+2H2O=ZnSO3⋅2H2O；【小问2详解】A．煤是混合物，有机物和无机物组成的复杂的混合物，主要成分不是碳单质，故A错误；B．过程Ⅰ中C2H4的作用是还原剂，将二氧化硫还原为S8，同时自身被氧化为CO2，故B正确；C．将副产品硫酸锌送往浸出车间电解可回收金属锌和产生可循环使用的硫酸，这是一

个电解过程，电解硫酸锌溶液可以得到锌和氧气，同时生成硫酸，故C正确；D．O3也具有氧化作用，过程Ⅱ中的NaClO2也可用O3代替，故D正确；故答案为：BCD；【小问3详解】过程Ⅱ中NO与CaCO3、NaClO2混合液反应生成氯化钠、二

氧化碳和硝酸钙，其反应的化学反应方程式为()323224NO2CaCO3NaClO2CaNO3NaCl2CO++=++；【小问4详解】由图可知，该反应是碳碳双键与H2SO3发生的加成反应或化合反应；【小问5详解】亚硫酸锌中硫元素被完全氧化生成硫酸锌，则检验检验溶液

中没有亚硫酸根离子，说明硫元素被完全氧化，其实验方案为取少量固体溶于水配成溶液，取该溶液滴入适量酸性4KMnO溶液，若溶液褪色，则未完全氧化；若不褪色，则说明完全氧化。19.磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。请回答下列问题：（1）已知32HPO(次磷酸)是一元中强酸

，写出32HPO溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：_______。（2）25℃时，向一定体积的亚磷酸()33HPO溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。①2δ代表含磷粒子为_______。②23

33HPO2HHPO+−+的K为_______。（3）过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要。磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：23442442NHMgPO6HONHMgPO6HO++−+++=。①p

H9=时，磷去除率与初始溶液中n(N)n(Mg)n(P)n(P)、的关系如题图1所示。为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n(Mg):n(N):n(P)=_______。②n(Mg):n(N):n(P)一定，磷去除率随

溶液初始pH变化如图2所示。则最佳除磷效果的pH范围是_______，并说明原因_______。【答案】（1）32322HPOOHHPOHO−−+=+（2）①.23HPO−②.7.9710−（3）①.2:5:1②.9~10或者9.5

左右③.pH过小，溶液H+与34PO−结合，导致442NHMgPO6HO溶解，磷去除下降；pH过大，溶液中OH−与4NH+和2Mg+反应，导致442NHMgPO6HO溶解，磷去除率下降【解析】【小问1详解】H3PO2(次磷酸)是一元中强酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应生成N

aH2PO2和H2O，离子方程式是32322HPOOHHPOHO−−+=+；【小问2详解】①根据图知，随着溶液pH值的增大，δ(H3PO3)逐渐减小、δ(H2-3PO)先增大后减小、δ(2-3HPO)逐渐增大

，所以δ2代表含磷粒子为H2-3PO；②δ(H3PO3)=δ(H2-3PO)时，pH=1.43，Ka1(H3PO3)=-2333c(HPO)c(HPO)×c(H+)=10-1.43，δ(H2-3PO)=δ(2-3HPO)时，pH=6.54，同理可得Ka2(H3PO3)=10-6.

54；2333HPO2HHPO+−+的K=()()2-2+333cHPO?cHc(HPO)=()()2-2+-323-3323cHPO?cHc(HPO)c(HPO)c(HPO)=Ka1(H3PO3)×Ka2(H3PO3)=10-1.43×10-6.54=10-7.97；【小

问3详解】①根据图知，pH=9时，初始溶液中n(N)n(P)=5时N的去除率最好，n(Mg)n(P)=2时Mg的去除率最好，为达到最佳除磷效果，并节约试剂，()()()nMg:nN:nP=2：5：1；②根据图知，()()()nMg:nN:nP一定，最佳除磷效果的pH范围是9.0

～10.0或9.5左右，pH>10时，c(OH-)增大，OH-与NH4+和Mg2+反应，导致c(NH4+)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵，从而降低了磷的去除率。20.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，水煤气变换是一种常用的制氢方法，其反应原

理为：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++。已知：(i)2112C(s)O(g)2CO(g)H220kJmol−+==−(ii)122222H(g)O(g)2HO(g)H484kJmol−+==−(iii)1223C(s)O(g)CO

(g)H393.5kJmol−+==−（1）反应222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++的H=_______1kJmol−。（2）恒定总压1.70MPa和水碳比()2nHO12n(CO)5=投料，在不同条件下达到平衡时2CO和2H的分压(某成分分压=总

压该成分的物质的量分数)如下表：()2pCO/MPa()2pH/MPa()4pCH/MPa条件10.300.300条件20.320.260.02①在条件1下，水煤气变换反应的分压平衡常数pK=_______。②对比条件1，条件2中2H产率下降是

因为发生了一个不涉及2CO的副反应，写出该反应方程式_______。（3）科学家在水煤气变换222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)ΔH++中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。该反应历程图如下，其中吸附在催

化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态，部分产物用球棍模型表示。与反应历程对应的微观示意图部分．．如下：①该历程的决速步骤方程式为_______。②下列说法正确的是_______。A．过程Ⅱ既有化学键的断裂也有化学键的形成B．过程Ⅲ的熵变为零C．低温下实现高反应速率是因为该催化过程降

低了水煤气变换反应的HD．过程IV的微观图示为：（4）实验发现，其他条件不变，在相同时间内．．．．．，向222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++反应体系中投入一定量的CaO可以增大2H的体积分数，其实验结果如图所示：投入等质量的纳米CaO比微米C

aO使2H的体积分数增大的原因可能是_______。【答案】（1）41.5−（2）①.0.5②.242CO3HCHHO++（3）①.******22CO2HOCOHOOHH+→+++或者***2HOOHH→+②.D（4）纳米CaO具有更大的表面积，与气体2CO反应速度更快，可以促使2

2CO*CO(g)反应平衡右移，更快的空出催化剂的吸附位点(表面)，加快化学反应【解析】【小问1详解】①令①2112C(s)O(g)2CO(g)H220kJmol−+==−；②122222H(g)O(g)2HO(g)H4

84kJmol−+==−；③1223C(s)O(g)CO(g)H393.5kJmol−+==−；根据盖斯定律，③-12(①+②)，可得222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++，ΔH=ΔH3-12(ΔH1+ΔH2)=(-393.5kJ•mol-1)-12(-220kJ•mol-1-

484kJ•mol-1)═-42kJ•mol-1；【小问2详解】①在条件1下，CH4的分压为0，设开始时加入n(H2O)=12mol、n(CO)=5mol、水煤气变换反应中消耗的n(CO)=xmol；222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)(mol)5

1200(mol)xxxx(mol)5-x12-xxx起始量转化量平衡量，反应前后气体总计量数之和不变，则反应前后气体总物质的量不变，为17mol,总压强始终不变，为1.70MPa；则平衡时p(CO2)=p(H2)=xmol17mol

×1.70MPa=0.1xMPa=0.30MPa，解得x=3，则平衡时p(CO)=(5-3)mol17mol×1.70MPa=0.20MPa，p(H2O)=(12-3)mol17mol×1.70MPa=0.90MPa，化学平衡常数Kp=222p(CO)p(H)p(CO)p(HO

)=0.30.30.50.90.2=；②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，说明没有CO2生成，氢气的量减少，应该是CO和H2反应生成CH4和H2O，反应方程式为CO+3H2⇌CH4+H2O；【小问3详解】①从图中可知，过渡态TS1的相对能量最大

，此时的活化能最大，因此反应历程中活化能最大的一步为******22CO2HOCOHOOHH+→+++或者***2HOOHH→+；②A．由图可知，过程Ⅱ只断开了水中的H-O键，没有化学键的形成，故A错误；B．过程Ⅲ的混乱程度有增加，为熵增的过程，故B错误；C．催化不能改变反应的H，故C错误；

D．过程IV会形成CO2和水分子，可以表示为：，故D正确；答案选D；【小问4详解】若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，吸收CO2能力强，可使反应速率加快，使c(CO2)减小，平衡正向移动，生成氢气的量更多，H2的体

积分数增大。21.三草酸合铁酸钾晶体()32423KFeCO3HO一种感光剂和高效的污水处理剂。其制备流程如下已知：()32423KFeCO3HO易溶于水，难溶于乙醇请回答下列问题：（1）过程Ⅱ、Ⅲ在如下图所示装置

中进行，过程Ⅱ中发生的反应为()24222224324323406FeCO2HO3HO6KCO4KFeCO2Fe(OH)12HO++++℃。①装置中盛放223%HO溶液的仪器名称为_______。②该过程需控制反应溶液温度不高于40℃的原因是_____

__。③制备过程中始终通入2N的主要作用是_______。（2）可用酸性4KMnO标准液滴定样品中224CO−含量来测定晶体样品纯度。①4KMnO标准溶液滴定样品溶液前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→_______→_______→排除滴定管中气泡

→_______→_______→开始滴定a．用4KMnO标准溶液润洗2至3次b．记录起始读数c．调整标准液液面至零刻度或零刻度以下d．装入标准液至碱式滴定管零刻度以上e．装入标准液至酸式滴定管零刻度以上f．用()3243KFeCO溶液润洗2至3次②滴定终点的现象为：滴入

最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色_______且半分钟内不变色。③准确称取0.500g三草酸合铁酸钾晶体，配制成100mL溶液，每次量取20.00mL待测液，用浓度为0.010mol/L的酸性4KMnO溶液滴定，三次平行实验记录4KMnO溶液数据如下

：序号123滴定前读数/mL0.981.261.01滴定后读数/mL21.0020.1220.99则该次实验制得的三草酸合铁酸钾晶体()32423KFeCO3HO(M491g/mol)=纯度为_______%。（3）下列有关上述实验说法正确的是_____

__。A.过程I中的系列操作为过滤、洗涤、烘干B.过程Ⅱ中若2Fe+氧化不充分，会导致测定的样品纯度偏低C.过程V中加入乙醇的目的是降低()32423KFeCO3HO的溶解度D.滴定过程发现，开始

滴入4KMnO标准液，紫红色褪去慢，滴入一定量后，紫红色很快褪去，原因可能是反应生成的2Mn+对滴定反应起催化作用【答案】（1）①.分液漏斗②.防止22HO分解③.搅拌反应体系，增大反应物的接触面，加快反应速率或者防止22HO浓度局部

过高，氧化224CO−（2）①.a②.e③.c④.b⑤.由无色变浅红色⑥.81.83%（3）CD【解析】【分析】硫酸亚铁溶液中滴入草酸生成草酸亚铁晶体，加入双氧水氧化亚铁离子，加入草酸钾、草酸在加热的条件下生成三草酸合铁酸钾

，最后加入乙醇，冷却结晶、过滤得到三草酸合铁酸钾晶体，据此解答。【小问1详解】①装置中盛放3%H2O2溶液的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②由于H2O2易分解，所以该过程需控制反应溶液温度不高于40℃；③制备过程中始终通入N2的主要作用

是搅拌反应体系，增大反应物的接触面，加快反应速率或者防止22HO浓度局部过高，氧化224CO−；【小问2详解】①KMnO4标准溶液滴定样品溶液前，有关滴定管正确操作为：检漏→蒸馏水洗涤→用KMnO4标准溶液润洗2至3次→装入标准液至酸式滴定管零刻度以上→排

除滴定管中气泡→调整标准液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定，故答案为：a；e；c；b；②滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不变色，故答案为：由无色变浅红色；③表中

三次实验消耗酸性KMnO4溶液的体积分别为20.02mL、18.86mL、19.98mL，舍去不合理的18.86mL，平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为20.00mL，根据关系式5()32423KFeC

O3HO～的6KMnO4可计算三草酸合铁酸钾晶体的纯度51000.02L0.010/L491g/620100%81.83%0.500gmolmol==，故答案为：81.83；【小问3详解】A.由（1）可知过程Ⅱ发生反应是在水溶液中进行的，过程Ⅰ没必

要对FeC2O4·2H2O进行烘干，故A错误；B.过程Ⅱ中若Fe2+氧化不充分，产品中会混有Fe2+，因为Fe2+也能与酸性KMnO4反应，在进行滴定操作时消耗的酸性KMnO4溶液的体积偏大，会导致测定的样品纯度偏高，故B错误；C.()32423KFeCO3HO易溶于水，难溶于乙醇

，过程Ⅴ中加入乙醇的目的是降低K3[Fe（C2O4）3]⋅3H2O的溶解度，便于()32423KFeCO3HO析出，故C正确；D.()32423KFeCO3HO与KMnO4反应生成Mn2+，开始滴入KMnO4标准液，紫红色褪去

慢，滴入一定量后，紫红色很快褪去，原因可能是反应生成的Mn2+对滴定反应起催化作用，故D正确；故答案为：CD。的