【文档说明】四川省成都市外国语学校2021-2022学年高二下学期6月月考 化学试题 含解析.docx，共(26)页，1.937 MB，由管理员店铺上传

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成都外国语学校2021—2022学年度下期6月月考高二化学试卷注意事项：1.本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分，共8页。2.本堂考试100分钟，满分100分。3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用

2B铅笔填涂。4.考试结束，将答题卡交回可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Na-23Mn-55第I卷(选择题，40分)一、选择题(本题共20小题，每题只有一个正确答案，每小题2分)1.某化合物的试剂瓶上有如图标志，下列物质的包装上应分别贴上上述标签是

()A.浓HNO3、P4(白磷)B.乙醇、汞液C.氯水、KClO3D.双氧水、“84”消毒液【答案】A【解析】【分析】根据标签符号含义，第一个图为腐蚀品，第二个图为剧毒物质。【详解】A．浓HNO3具有腐蚀性、P4(白磷)有剧毒，A正确；B．乙

醇具有可燃性，无腐蚀性，应为易燃物标签，汞液有毒性，B错误；C．氯酸钾是传统火药的主要成，为爆炸品，应贴爆炸品危险标志，C错误；D．过氧化氢、次氯酸钠具有氧化性，应贴氧化剂标志，D错误；答案为A。2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.“新冠”

疫苗需冷藏储运，这与蛋白质变性有关B.糖尿病人不能吃任何糖类物质C.食品加工、消毒、防腐常使用福尔马林D.酿酒过程中，葡萄糖可通过水解反应生成酒精【答案】A【解析】【详解】A．温度较高，蛋白质易变性，“新冠”疫苗需冷藏储运，这与蛋白质变性有关，故A正确；B．糖尿病人血糖含量高，不能将葡萄

糖转化完全，但人类生命活动离不开糖类物质供能，所以糖尿病人饮食中应少吃富含糖食品，不能不吃，故B错误；C．福尔马林有毒，因此食品加工、消毒、防腐不能使用福尔马林，故C错误；D．酿酒过程中，葡萄糖可通过氧化反应生成酒精，故D错误；综上所述，答案为A。3.下列各组化合物的

性质比较中，不正确的是（）A.酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C.稳定性：PH3＞H2S＞HClD.非金属性：F＞O＞S【答案】C【解析】【详解】A.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性的强弱

关系是：Cl＞Br＞I，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；B．金属性强弱关系是：Na＞Mg＞Al，金属性越强，相应的碱碱性越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故B正确；C．元素非金属性的强弱关系是：Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，稳定性

：PH3<H2S<HCl，故C错误；D.同周期金属性依次增强，同主族金属性依次减弱，非金属性：F＞O＞S，故D正确；故选C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.c(2-3SO)=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋、Cl－、2-4SO、Na＋B.由水电离的c(H＋)=1×1

0－14mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、-3HCOC.c(Fe3＋)=0.1mol/L溶液中：K＋、ClO－、2-4SO、SCN－D.+-(H)(OH)cc=1012的溶液中：4NH+、Al3＋、-3NO、Cl－【答案】D【解析】【详

解】A.c(2-3SO)=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋与亚硫酸根离子因氧化还原反应不共存，A不符合；B.由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L等于由水电离的c(OH-)=1×10－14mol/L，溶液可能是酸或碱溶液，-3HCO均不能大量存在，B不符合；C.Fe3＋与SCN－会生成硫

氰化铁而不共存，C不符合；D.+-(H)(OH)cc=1012的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性：4NH+、Al3＋、-3NO、Cl－可共存，D符合；答案选D。5.有机物是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的

说法错误的是（）A.与环己烷互为同分异构体B.一氯代物有五种（不考虑立体异构）C.所有碳原子可能处于同一平面D.能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A．该有机物的结构简式为，分子

式为612CH，环己烷的分子式为612CH，二者互为同分异构体，选项A正确；B．该有机物含有如图4种类型的氢原子，一氯代物有4种，选项B错误；C．该有机物可看作2个3CH—，1个23CHCH—取代乙烯分子中3个氢原子，由于乙烯分子中6个原子共平面，故与双键碳原子直接相连的碳原子与双键碳原子一定

共平面，单键可以旋转，故所有碳原子可能处于同一平面，选项C正确；D．该有机物含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确。答案选B。6.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.晶体硅熔点高硬度大，可用于制造半导体材料B.明矾

溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C.热纯碱溶液碱性强，可用于去除油污D.NH3具有还原性，可用作制冷剂【答案】C【解析】【详解】A．晶体硅导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，与其熔点高硬度大无关

，故A错误；B．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可作净水剂，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，故D错误；C．加热能促进纯碱的水解，碱性增强，有利于油污的水解，则可用热纯碱溶液去除油污，故C正确；D．液氨汽化吸收大量的热，可

以做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故答案为C。7.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.0.1mol/L氨水的pH约为11：NH3·H2O⇌NH+4+OH-B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净

水剂：A13++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+C.向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4溶液橙色加深：Cr2O2-7(橙色)+H2O⇌2CrO2-4(黄色)+2H+D.向AgCl悬浊液加入KBr溶液，有淡黄色沉淀生成：Ag+

+Br-=AgBr↓【答案】D【解析】【详解】A．0.1mol/L氨水的pH约为11，说明氨水部分电离，电离方程式是NH3·H2O⇌NH4++OH-，故A正确，不选；B．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的不溶性杂质，沉降而净水，故用明矾[KAl(SO4)2·12H

2O]作净水剂，离子方程式是Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故B正确，不选；C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深，说明Cr2O72－浓度增大，Cr2O72－(橙色)+H2O⇌2CrO42－(黄色)+2H+平衡逆向移动，故C正确，不选；D．AgCl难溶

于水，加入KBr溶液，生成淡黄色沉淀AgBr，发生沉淀转化，离子方程式是AgCl+Br-=AgBr+Cl-，故D错误，符合题意；故选D。8.下列有关实验的叙述正确的是A.铝热剂加入盐酸后再加入KSCN溶液，溶液变红色，说明铝热剂中一定含有氧化铁B.取少量久置的Na2SO3溶液，加足量盐酸酸化，再加

入BaCl2溶液。若加盐酸时有气体产生，加BaCl2溶液有白色沉淀，证明Na2SO3已部分被氧化C.一定量硝酸亚铁晶体溶于适量稀硝酸中，加水稀释至指定体积，可配制成所需硝酸亚铁溶液D.铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解，说明硝酸

钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率【答案】B【解析】【详解】A．铝热剂可能为Al和四氧化三铁的混合物，加入盐酸后再加入KSCN溶液，溶液变红色，故A错误；B．加足量盐酸时有气体产生，加BaCl2溶液有白色沉淀，可知气体为二氧化硫，沉淀为硫酸钡，则证明Na2SO

3已部分被氧化，故B正确；C．溶于适量稀硝酸中，可氧化亚铁离子，应溶于水，故C错误；D．酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，铜溶解不能说明硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率，故D错误；故选：B。

9.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A.Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42－C.Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D.

分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】【详解】A、SO2使品红溶液褪色，不是氧化还原反应，错误；B、在酸性溶液中，硝酸盐具有氧化性，能把SO32－氧化生成SO42－，因此原溶液中不一定含有SO42－，错误；C、硝酸是氧化性酸，

和铁反应发生氧化还原反应，不是置换反应，错误；D、二者极易溶于水，压强减小，水面上升，正确。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到2NA个电子，则阳极产生22.4L气体B.2L0.05m

ol·L-1乙酸溶液中H+数目为0.1NAC.足量的Cu与含有0.2molH2SO4的浓硫酸共热可生成SO2为0.1NAD.7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NA【答案】D【解析】

【详解】A．用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到A2N个电子，则阳极失去A2N个电子，而阳极的电极反应式为22Cl-2e=Cl−−，即生成1mol的2Cl，标准状况下，2Cl体积为22.4L，但是题干没有说明是否

为标准状况，所以无法确定2Cl体积，A错误；B．乙酸为弱酸，不能完全电离，所以溶液中的+H数目小于-12L0.05molL0.1mol=，B错误；C．Cu与浓硫酸共热发生的反应，会随着浓硫酸浓度的下降

而停止，不能确定生成2SO的物质的量，C错误；D．2NaS和22NaO的摩尔质量均为178gmol−，当质量为7.8g时，混合物质的物质的量为A0.1N，而一个2NaS中有一个2S−、一个22NaO中有一个22O−，所以7.8g2NaS和22Na

O的混合物中，含有的阴离子数目为A0.1N，D正确；故合理选项为D。11.常温下，进行下列实验操作，能达到预期目的的是选项实验操作实验目的A在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液证明CO2-3在溶液中存在水解平衡B分别测定盐酸和醋酸溶液的pH

证明相同温度下，HCl的电离程度大于CH3COOHC向0.1mol•L-1的稀硫酸中加入ag锌粉，向0.4mol•L-1的稀硫酸中加入ag锌粒探究固体表面积对反应速率的影响D向两支装有4mL0.0lmo

l•L-1KMnO4酸性溶液的试管中分别加入2rnL0.04mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液、2mL0.2mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液探究浓度对化学反应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Na2C

O3为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，存在2-3CO＋H2O-3HCO＋OH－，滴入酚酞，溶液显红色，加入BaCl2，发生Ba2＋＋2-3CO=BaCO3↓，使平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，能达到实验目的

，故A正确；B．题中没有指明两种物质物质的量浓度是否相同，因此该实验无法比较电离程度大小，故B错误；C．研究固体表面积对反应速率的影响，需要硫酸的浓度相同，而题中硫酸浓度不相同，因此该实验不能达到实验目的，

故C错误；D．高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为2-4MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，根据离子方程式，前一个草酸不足，高锰酸钾溶液过量，溶液不褪色，后一个草酸过量，高锰酸钾溶液不足，溶液褪色，因

此无法得到实验目的，故D错误；答案为A。12.甲、乙、丙三种物质存在如图所示的转化关系(图中“→”表示一步转化)。下列各组物质转化，不能满足此关系的是甲乙丙ANaOHNa2CO3NaHCO3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CNH3N2HNO3DSSO2H2SO4A.AB

.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.甲→乙，2NaOH+CO2Na2CO3+H2O，乙丙，Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，甲+丙→乙，NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O，故A不符合题意；B.甲→乙，AlCl

3+3NaOHAl(OH)3↓+3NaCl，乙丙，Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，NaAlO2＋HCl＋H2OAl(OH)3↓+NaCl，甲+丙→乙，3NaAlO2＋AlCl34Al(OH)3↓+3NaCl，故B不符

合题意；C.乙→丙，不能一步转化，故C符合题意；D.甲→乙，S+O2SO2，乙丙，SO2+H2O2H2SO4，C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，甲+丙→乙，S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，故D不符合题意。故选C。13

.下列装置能达到实验目的是A.实验室制备乙酸乙酯B.比较不同催化剂对化学反应速率的影响C.比较硫、碳、硅三种元素的非金属性D.验证苯和液溴发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A.右侧导管插入到碳酸钠溶液中，易产生倒吸，A错误；B

.双氧水的浓度不同，无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响，B错误；C.硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，三种含氧酸中，硫、碳、硅元素均为最高价，可以比较三种元素的非金属的强弱，C正确；D.挥发出的溴进入到右侧烧杯中，也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀，不能验

证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢，D错误；正确选项C。14.MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是的A.该机理的总反应为HCHO+O22MnOCO2+H2OB.催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应C.图中的O-2与Na2O2中所含阴离子相同D.该过程涉及化合物

均为电解质【答案】A【解析】【分析】【详解】A．分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为：HCHO+O22MnOCO2+H2O，A正确；B．催化机理存在一步HCO3−与H+反应生成CO2的过程，不是氧化还原反应，B错误

；C．Na2O2中所含阴离子为O22−，与O-2不同，C错误；D．CO2、HCHO自身不能电离，为非电解质，D错误；综上所述答案为A。15.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学

烟雾，Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸。下列说法不正确的是A.Z单质在Y单质和W单质中均可燃烧B.最简单氢化物的稳定性：X<YC.WY2能对自来水进行杀菌消毒D.X、Y、Z、W原子半径大小：Z>W>Y>X【答案】D【解析】

【分析】已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾，且X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，推断可得X为N元素，Y为O元素。Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，推断Z元素为Na元素。W的最高价氧化物对应水化

物和其氢化物均为强酸，推断W为Cl元素，形成的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，氢化物为HCl，均为强酸。则X、Y、Z、W元素分别为N、O、Na、Cl元素。【详解】A．金属单质Na可以在氧气中燃烧，也可在氯气中燃烧，故A项正确；B．X最简单氢化物为NH3，Y最简单

氢化物为H2O。同周期，从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：O>N，非金属性越强其对应的最简单氢化物稳定性越强，因此最简单氢化物的稳定性：X<Y，故B项正确；C．WY2为ClO2，根据氯元素化合价分析可得其具有

强氧化性，因此可以进行自来水杀菌消毒，故C项正确；D．原子半径同周期，从左到右半径逐渐减小，同主族，从上到下逐渐增大。同周期X>Y，同理Z>W。但是Z、W位于第三周期，比位于第二周期的X、Y的半径大。因此半径

大小：Z>W>X>Y，故D项错误；故答案选D。16.以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是A.用装

置甲制备“酸浸”所需的SO2B.用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液C.用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液D.用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3【答案】C【解析】【分析】由流程可知，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可

发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CoCO3固体，最后灼烧生成Co2O3，以此分析解答。【详解】A．浓硫酸与铜反应需要加热，无法反应制

取SO2，故A不符合题意；B．胶头滴管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B不符合题意；C．用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作符合题意，故C符合题意；D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能

在烧饼中直接灼烧固体，故D不符合题意；故答案为：C。17.用甲醇燃料电池作电源，用铁作电极电解含2-27CrO的酸性废水，最终可将2-27CrO转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如下图。下列说法正确的是A.电极N为负极，Fe(

Ⅱ)为阳极B.电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出C.M电极的电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－═2-3CO＋6H2OD.电路中每转移6mol电子，最多有1mol2-27CrO被还原【答案

】B【解析】【分析】根据装置图可知，左侧装置为原电池装置，根据左侧质子的移动方向可知M为负极，N为正极，则右侧装置为电解池装置，Fe(Ⅰ)为阳极，Fe(Ⅱ)为阴极，据此答题。【详解】A．由分析可知，N

为正极，Fe(Ⅱ)为阴极，A错误；B．Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+，Fe2+与2-27CrO在阳极反应生成Cr(OH)3沉淀，故电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出，B正确

；C．M电极为负极，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，C错误；D．2-27CrO被Fe2+还原，离子方程式为：6Fe2++2-27CrO+2H+=6Fe3++2Cr(OH)3+H2O，电路中每转移6mol电子，则阳极有3molFe

2+生成，最多有0.5mol2-27CrO被还原，D错误。答案选B。18.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小B.0.1mol/LNaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性

增强C.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③D.向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．N

a2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，故A错误；B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0.05mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，故B错误；C．CH3COO-、3HCO−、ClO-水解程度依次增强，pH相

同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na+)：①>②>③，故C正确；D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，

铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH﹣)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)减小，故D错误；选C。19.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：①CH4(g)+4NO2(g)=4N

O(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1下列说法不正确的是A.由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4N

O(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-Q，Q>574kJ·mol-1B.等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同C.4NO2(g)+2N2(g)=8NO(g)ΔH=+586kJ·mol-1D.若用标准状况下4.48LCH4还原

NO2至N2，则转移的电子总物质的量为1.6mol【答案】B【解析】【详解】A．利用盖斯定律，用题干反应①减去选项A中反应，可得到反应222HO(l)=2HO(g)，结合常识，我们很清楚，液态水变成气态水吸热反应，即222HO(l)=2HO(g)ΔΗ0，所以-1Q>574k

J?mol，A正确；是B．反应①和反应②中，44CH−都变成了42CO+，也就是说转移的电子数为8，所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，B不正确；C．利用盖斯定律，用题干反应①减去反应②，可得到反应()()()224NOg+2Ng=8NOg，其()-1-1

-1574kJ?molkJ?molkJ?mo11605l86=−−−=+，即()()()-1224NOg+2Ng=8NO586gkJ?mol=+，C正确；D．标准状况下4.48L4CH，其物质的量为14.48L0.2mol22.4Lmol−=，结合失电子的过程448

e42CHCO−−+⎯⎯⎯→失去可知，失电子总数为0.2mol8=1.6mol，即转移的电子总物质的量为1.6mol，D正确；故选B。20.常温下，10.1mol?L−的224HCO溶液中，224HCO、24HCO−、224CO−三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。下列

表述不正确的是A.22424HCOHCO−+−+的平衡常数4.3K110−=B.将等物质的量的24NaHCO、224NaCO溶于水中，所得溶液pH恰好为4.3C.常温下HF的电离常数3.45aK110−=，将少量224HCO溶

液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF+HC2O4-D.在1240.1mol?LNaHCO−溶液中，各离子浓度大小关系为2-2424c(Na)>c(HCO)>c(H)>c(CO)>c(OH)+−+−【答案】B【解析】【详解】A.由各微粒

分布曲线图知，pH4.3=时，24HCO−与224CO−的浓度相同，且二者的分布系数均为0.5，可得()2-4.32424c(H)c(CO)KcH110c(HCO)++−−===，故A正确；B.224CO−的水解反应为，由图中

第二个交点可求出24HCO−的电离平衡常数为4.310−，224CO−的水解平衡常数为()()249.74.3h2-24c(HCO)cKcOH1010c(CO)OH−−−−−===，故224CO−的水解程度小于24HC

O−的电离程度，等物质的量的24NaHCO、224NaCO溶于水中，()()22424cCOcHCO−−，pH4.3，故B错误；C.类似于A项的分析，可以推算出反应的平衡常数()()1.33.45aa24K110KHF110KcHCO−−−

==，根据强酸制弱酸原理可得，故C正确；D.24HCO−的水解平衡的平衡常数()()()()()()()()224224h2424cCOccCOcOHcHKcHCOcHCOcHHOHH−−+−−+===1412.74.31.3110110110110−−−−=，说

明24HCO−的电离程度大于其水解程度，故24NaHCO溶液中：()()()()()2-2424cNacHCOcHcCOcOH+−+−，故D正确。故选B。【点睛】本题考查内容是弱电解质的电离，以图像的形式呈现，需要学生除了具有读图的能力以外，还必须具备知识综合

运用能力，题目考查内容综合，利用好图像中几个特殊点(起点、交点)，此题可解。第II卷(非选择题，60分)21.现有五种原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R，仅由X、Y两种元素形成的某化合物是天然

气的主要成分；Z是短周期元素中原子半径最大的元素；W的最高价氧化物对应的水化物与Z、R的最高价氧化物对应的水化物都可以发生反应；X、R原子的最外层电子数之和等于Y、Z、W原子的最外层电子数之和。试回答下列问题：（1）W在周期表的位置是：____，Y2X4的电子

式为：____。（2）Z、W、R形成的简单离子的半径由大到小的顺序为：____(填离子符号)。（3）W的最高价氧化物对应的水化物与R的最高价氧化物对应的水化物在溶液中反应的离子方程式为：____。（4）实验室制取R的单质的

原理为：____。(填化学方程式)。（5）天然气与空气，在酸性电解质溶液中组成燃料电池，请写出其负极反应方程式：____。【答案】（1）①.第三周期第IIIA族②.（2）Cl-＞Na+＞Al3+（3）Al(OH)3+3H+=

Al3++3H2O（4）MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O（5）CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+【解析】【分析】现有五种原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R，仅由X、Y两种元素形成的某化合物是天然气

的主要成分，则X为H，Y为C；Z是短周期元素中原子半径最大的元素，Z为Na；W的最高价氧化物对应的水化物与Z、R的最高价氧化物对应的水化物都可以发生反应，则W的最高价氧化物对应的水化物显两性，W为Al，R的最高价氧化物

对应的水化物显酸性，X、R原子的最外层电子数之和等于Y、Z、W原子的最外层电子数之和，则R原子的最外层电子数=4+1+3-1=7，则R为Cl，据此分析解答。根据上述分析，X为H，Y为C，Z为Na，W为Al，R为Cl

。【小问1详解】W为Al，在周期表的位置是：第三周期第IIIA族，X为H，Y为C，Y2X4即C2H4，是乙烯，碳和碳原子共用2对电子对，碳和氢原子共用1对电子对，其电子式为：；【小问2详解】Z、W、R形成的简单离子分别为Na+、Al3+、Cl-，电子层数

越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大的离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为：Cl-＞Na+＞Al3+；【小问3详解】W的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，R的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，二者在溶液中反应的离子方程式为Al(OH)3+

3H+=Al3++3H2O；【小问4详解】R为Cl元素，实验室加热二氧化锰和浓盐酸制取Cl2，反应方程式为：2222MnO+4HClMnCl+Cl+2HO()==浓；【小问5详解】天然气主要成分是CH4，CH4与空气在酸性电解质溶液中组成燃料电池，其负极CH4是失电子生成CO2，负极的反应方程

式为：CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+。22.已知A、苯、甲苯是煤干馏后的三种常见产物，A可作为水果催熟剂，D是一种合成高分子材料，F是一种有果香味的物质。已知：苯环直接所连碳上有H时可发生(4+KMnOH⎯⎯⎯→)回答下列问题：（1）D结构简式为：

____，E中官能团的名称为：____。（2）反应A→B的反应类型是：____。（3）反应⑤的化学方程式为：____。（4）反应⑥常用于实验室制溴苯，除去溴苯中混有的溴常用____溶液，分离方法是：____。（5）分子式与F相同，满足下列条件的同分异构体有____种。①苯环上

有2个侧链②与E互为同系物【答案】（1）①.②.羧基（2）加成反应（3）+CH3CH2OH浓硫酸Δ+H2O（4）①.NaOH②.分液（5）6种的【解析】【分析】已知A、苯、甲苯是煤干馏后的三种常见产物，A可作为水果催熟剂，则A

为乙烯，D是一种合成高分子材料，则D为聚乙烯，A与水发生加成反应生成B为乙醇，B发生催化氧化生成C为乙醛；已知：苯环直接所连碳上有H时可发生(4+KMnOH⎯⎯⎯→)，且F是一种有果香味的物质，则E为苯甲酸，B与E发生酯化反应生成F。苯与液溴反应

生成G为溴苯。【小问1详解】D为聚乙烯，其结构简式为：，E为苯甲酸，其官能团的名称为：羧基。【小问2详解】A为乙烯，与水发生加成反应生成B为乙醇，则反应A→B的反应类型是加成反应。【小问3详解】B与E发生酯化反应生成F，则反应⑤的化学方程式为：+CH3CH2OH浓硫酸Δ+H2O。【小问4详解】

反应⑥常用于实验室制溴苯，溴单质易溶于溴苯，除去溴苯中混有的溴常用NaOH溶液，再进行分液分离得到溴苯。【小问5详解】分子式与F相同，为C9H10O2，不饱和度为92+2-10=52，满足下列条件的同分异构体：①苯环上有2个侧链，②与E

互为同系物，则符合的同分异构体有(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)，故共6种。23.二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点。（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒(杂质)，这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：____。(系数

按顺序填在答题卷上)C+KMnO4+H2SO4→CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O（2）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3−占95%，在海洋循环中，通过如图所示的途径固碳，写出钙化作用的离子方程式

：____。（3）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理：____。。（4）CO2可以制甲醇，已知298K和101kPa条件下：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l)△H=

-akJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-bkJ·mol-1CH3OH(g)=CH3OH(l)△H=-ckJ·mol-1则表示CH3OH(l)的燃烧热的热化学方程式为：____。【答案】（1）5C+4

KMnO4+6H2SO4=5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O（2）Ca2++2HCO3−=CaCO3↓+CO2↑+H2O（3）a室：2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+通过阳离子膜从a室进入b室，发生反应：HCO3−+H+=CO2↑+H2O（4）CH3OH(l

)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=(a+c-32b)kJ·mol-1【解析】【小问1详解】反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，该反应中转移20e-，由电子守恒和质量守恒定律可知得化学反应为5C+4KMnO4+6HSO4=5C

O2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O；【小问2详解】根据反应图像分析，钙化过程中-3HCO转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2-3HCO═CaCO3↓+CO2↑+H2O；【小问3详解】提取CO2的原理：a室：2H2O-4e-=4H++O2↑，氢离子通过阳离

子交换膜进入b室，发生反应：H++-3HCO=CO2↑+H2O；【小问4详解】已知①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l)△H=-akJ·mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-bkJ·mol-1，③CH3OH(g)=CH3OH(l)△H=-ck

J·mol-1，根据盖斯定律，32×②-①-③可得，CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=(a+c-32b)kJ·mol-1。24.“温室效应”和光化学污染是全球关注的环境问题之一。（1）CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反

应原理为CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)△H=-868.7kJ·mol-1。在3.00L密闭容器中通入1molCH4和2molNO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(p

)的数据见表：反应时间t/min0246810总压强P/×100kPa4.805.445.765.926.006.00由表中数据计算，0~4min内v(NO2)=_____mol·L-1·min-1，该温度下的平衡

常数Kc=____。（2）CO2和H2催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应A：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)反应B：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)控制CO2和H2初始投料比为1：3

时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。①由图可知获取CH3OH最适宜的温度是：____。②下列措施不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有：____(填字母)。A.使用催化剂B.增大体系压强C.增大CO2和H2的初始投料比D.及时分离产物CH3OH在（3）

常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中c(NH4+)____c(HCO3−)(填“>”“<”或“=”)；反应NH4++HCO3−+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=

____。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11)【答案】（1）①.0.1②.6.75（2）①.250℃②.AC（3）①.＞②.1.25×10-3【解析】【小问1详解】在3.00L密闭容器中通入1mol

CH4和2molNO2，列三段式：(g)(g)(g)(g)242)22(g+++2HO/mol12000/molx2xxx2x/mol1-x2-2xxxCH2NOCON2x起始量转化量某时刻量，由压强与物

质的量成正比，由表知4min时总压强为5.76×100kPa，则4.801-x+2-2x+x+1+22x+x=5.76，解得x=0.6mol，0~4min内-1-12Δn20.6molv(NO)===0.1molLminVΔt

3L4min，8min后反应达到平衡状态，则4.801-x+2-2x+x+1+22x+x=6.00，解得x=0.75mol，该温度下的平衡常数22222c22420.750.751.5()c(CO)c(N)c(HO)333==6.750.250.5c(CH)c(NO)()33K

=；【小问2详解】①据图示进行分析250℃CO2转化率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250℃；②A．使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，故A选；B．增大体系压强，平衡向正方向移动，提高甲醇转化率，故B不选；C．增大CO2和H2的初始投料比

，可增大氢气的转化率，但二氧化碳的转化率减小，故C选；D．及时分离产物CH3OH即减少生成物的浓度，平衡正向移动，能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，D不选；故答案为：AC；【小问3详解】已知常温下NH3

•H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5mol•L-1，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7mo•L-1，Ka2=4×10-11mol•L-1，NH3•H2O的电离程度大于H2CO3的一级电离程度，则-3HCO的水解程度大于+4NH的水解程度，故在NH4HCO3溶液中，c(+4NH)

＞c(-3HCO)；对于反应+-4323223NH+HCO+HONHHO+HCO的平衡常数()()()()()()()()()()()()+-32233223+-+-+-4343cHcOHcNHHOcHCOcNHHOcHCOcNHcHCO==cNHcHCOcHc

OHK=3wha11.250=1KKK−。25.高铁酸钾(K2FeO4)为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中产生O2，在碱性溶液中较稳定。实验室用如图所示装置(夹持仪器已省略)制备K2FeO4。回答下列问题：（1）仪器a的名称为：____，使用前需

____。（2）装置A圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为：____。（3）装置B的作用是：___。（4）装置C中发生反应的化学方程式为：___，该反应说明在此条件下Cl2的氧化性比K2FeO4____(填“强”或“弱”)，当装置C中得到大量紫色固体时立即停止通入Cl2，原因是：____。【答案】

（1）①.分液漏斗②.检查是否漏水（2）2MnO4−+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3）除去Cl2中的HCl（4）①.3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O②.强③

.过量氯气使溶液显酸性，在酸性溶液中K2FeO4不稳定【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸混合反应制备氯气，由于A装置中浓盐酸具有挥发性，制得的氨气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中

盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中发生反应为氯气与氢氧化铁生和氢氧化钾成K2FeO4、氯化钾和水，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的有毒的氯气，防止污染空气，据此分析解题。【小问1详解】仪器a的名称为分液漏斗，使用前需检查是否漏水，保证装置气密

性，故答案为：分液漏斗；检查是否漏水；【小问2详解】装置A圆底烧瓶中发生反应为浓盐酸与高锰酸钾生成氯气，离子方程式为：2-4MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2-4MnO+16H+

+10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；【小问3详解】由于A装置中的浓盐酸有挥发性，装置B的作用是除去Cl2中的HCl，故答案为：除去Cl2中的HCl；【小问4详解】装置C中发生反应为氯气与氢氧化铁生和氢氧化钾成K2FeO4、氯化钾和水，化学方

程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；氯元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，K2FeO4为氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物，该反应说明在此条件下Cl2的

氧化性比K2FeO4强；当装置C中得到大量紫色固体时立即停止通入Cl2，原因是：过量氯气使溶液显酸性，在酸性溶液中K2FeO4不稳定，故答案为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；强；过量氯气使溶液显酸性，在酸性溶液中K2FeO4不稳定。26.软锰

矿是锰矿石的主要存在形式之一，其主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，可用于制取在电池领域、涂料工业和农业上均有重要用途的MnSO4。某制备MnSO4的工艺流程如图：已知：①Fe(OH)3、Mn(OH)2的Ksp分别为1×10-39、

4×10-14②MnSO4的溶解度随温度变化的曲线如图所示。回答下列问题：（1）“酸浸还原”发生的主要反应的化学方程式为：____。（2）“酸浸还原”后铁元素的存在形式为：____，滤渣1的主要成分是：____。（3）“氧化”后溶液中Mn2

+浓度为1mol/L，则“调pH”时为了确保Fe3+被沉淀完全(离子浓度不超过10-6mol/L)应控制的pH范围为：____(已知lg2=0.3)。（4）“滤渣2”的主要成分是：____。（5）“沉锰”时加入的试剂为氨水－NH4HCO3混合溶液，写出“沉锰”的离子

方程式：____。（6）采用“趁热过滤”操作的目的是：____。（7）用1吨软锰矿制取硫酸锰，得到MnSO4质量为1660kg，求软锰矿中MnO2的含量为：____。(结果保留两位有效数字)【答案】（1）MnO2+SO2=MnSO4（2）①.Fe2+②

.SiO2、CaSO4（3）3≤pH＜7.3（4）MgF2、CaF2（5）Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO3↓++4NH+H2O或Mn2++-3HCO+NH3=MnCO3↓++4NH（6）防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液（7）96%【解析】【分析】软锰矿

主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，酸浸过程中除去二氧化硅和部分硫酸钙，利用二氧化硫将二氧化锰和Fe3+还原，再将Fe2+氧化，调节pH将铁元素除去，利用氟化锰将钙镁离子除去，氨水-NH4H

CO3混合溶液沉锰得到碳酸锰，稀硫酸将其溶解，最后蒸发浓缩、趁热过滤，得到硫酸锰晶体，据此分析答题。【小问1详解】“酸浸还原”过程中二氧化硫将二氧化锰还原，同时将三价铁离子还原为亚铁离子，发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4，答案为：M

nO2+SO2=MnSO4；【小问2详解】“酸浸还原”后三价铁被二氧化硫还原为二价铁离子，所以铁元素的存在形式为Fe2+；软锰矿主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，酸浸过程中二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，所以滤渣1

的主要成分是SiO2、CaSO4，答案为：Fe2+；SiO2、CaSO4；【小问3详解】若“氧化”后溶液中Mn2+浓度为1mol/L，“调pH”时为了确保Fe3+被沉淀完全(离子浓度不超过10-6mol/L

)时，溶液中()()()3116OH10mol/L10mol/LspKFeOH−−−３ｃ＝＝，pH=3，Mn2+浓度为1mol/L，其开始沉淀时()()()27MnOHOH10mol/L1mol/LspK−−ｃ＝＝2，pH=7.3，应控制的pH范围

为3≤pH<7.3，答案为：3≤pH<7.3；【小问4详解】根据Fe(OH)3、Mn(OH)2Ksp分别为1×10-39、4×10-14，可知氢氧化铁先于氢氧化锰沉淀，可以通过调节溶液pH时三价铁离子沉淀，加入氟化锰用于除去钙镁离子，所以“滤渣2

”的主要成分是MgF2、CaF2，答案为：MgF2、CaF2；【小问5详解】“沉锰”时加入的试剂为氨水-NH4HCO3混合溶液，与锰离子反应生成碳酸锰沉淀，“沉锰”的离子方程式：Mn2++-3HCO+NH3•H

2O=MnCO3↓++4NH+H2O或Mn2++-3HCO+NH3=MnCO3↓++4NH，答案为：Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO3↓++4NH+H2O或Mn2++-3HCO+NH3=MnCO3↓++4NH；【小问6详解

】根据MnSO4的溶解度随温度变化的曲线可知，随着温度的升高，硫酸锰的溶解度降低，采用“趁热过滤”操作可以防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液；答案为：防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液；【小问7详解】用1吨软锰矿制取硫酸锰，得到

MnSO4质量为1660kg，则软锰矿中MnO2的含量为：871660kg151100%1000kg96%。的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com