【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.281 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附属中学2022-2023学年度下期期末考试高一化学试题满分：100分，考试时间：75分钟注意事项：1.答卷前考生务必把自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑

；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷自己保管好，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四

个选择中，只有一项是符合题目要求的。1.据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石流黄(即硫黄)能化金银铜铁锌奇物”，所得产物不．可能是A.Ag2SB.CuSC.FeSD.ZnS【答案】B【解析】【详解】S单质的氧化性比较弱，所以只能将变价金属氧

化为低价，所以将Ag、Cu、Fe、Zn氧化为+1、+1、+2、+2，转化为Ag2S、Cu2S、FeS、ZnS，所以选项A、C、D有可能；S氧化Cu应该转化为低价的Cu2S，选项是B不可能的。选B。2.下列事实能用

勒夏特列原理解释的是A.打开可乐瓶盖，有大量气泡产生B.已知工业合成氨是放热反应，反应条件选择高温C.SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率D.22H(g)I(g)2HI(g)+，平衡后压缩容器，体系颜色加深【答案】A【解析】【详解】A．

2322HCOHOCO+，打开可乐瓶盖后，压强减小，平衡正向移动，所以有大量气泡逸出，故能用勒夏特列原理解释，选A；B．合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从

催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适，不能用勒夏特列原理解释，不选B；C．SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率但不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，不选C；D．22H(g)I(g)2HI(g)+，加压后平衡不发生移动，颜色加深是因为I2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，不

选D；答案选A。3.下列有关化学方程式书写正确的是A.电解法冶炼铝：322AlCl2Al3Cl+电解B.用硫酸铜溶液吸收H2S气体：22CuSCuS+−+=C.FeS与过量稀硝酸反应：332FeS4HNOFeNOS2HO+−+++=+++D

.Fe3O4和过量HI溶液反应：32342FeO8HI2FeFe4HO8I++−+=+++【答案】C【解析】【详解】A．氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法制取铝，A错误；B．氢硫酸是弱酸，用硫酸铜溶液吸收H2S气体：2+2CuHS

CuS2H++=+，B错误；C．FeS与过量稀硝酸反应发生氧化还原反应：332FeS4HNOFeNOS2HO+−+++=+++，C正确；D．HI是强酸，铁离子和碘离子发生氧化还原反应，则Fe3O4和过量HI溶液反应：+-2

3422FeO8H+2IFe4HOI3++=++，D错误；答案选C。4.NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.14gN2和CO混合气体中含有的分子数为0.5NAB.标准状况下，2.24L的H2O中含有的H-O键数为0.2NAC.标准状况下，2.24LCO

2与足量Na2O2充分反应转移电子数为0.2NAD.一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，则14gN2和CO混合气体的物质的量为0.5mol，含有的

分子数为0.5NA，故A正确；B．标准状况下，水不是气体，2.24L的H2O的物质的量远大于1mol，含有的H-O键数远大于2NA，故B错误；C．2222322NaO2CO2NaCOO+=+反应中存在22CO2e

−，则标准状况下2.24L即0.1molCO2转移0.1mol电子，转移电子数0.1NA，故C错误；D．SO2与O2充分反应生成SO3属于可逆反应，所以将2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数小于2NA，故D错误；故选：A。5.下列说法正确的是A.在常温下可以进行的反应一定是放热反

应B.相同条件下，等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量少C.可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变即为该可燃物的燃烧热D.已知12NaOH(aq)HCl(aq)NaCl(aq)HO(l)Δ57.4kJmolH−+=+=−则含0.5molN

aOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应、该反应在室温下即可发生，A错误；B．相同条件下，等量的硫蒸气能量高于硫粉，则等量的硫

蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量多，B错误；C．燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，则可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变不一定为该

可燃物的燃烧热，C错误；D．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.4kJ/mol，则含0.5molNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量为28.7kJ，醋酸是弱电解质

、电离吸热，则含0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ，D正确；答案选D。6.已知：12221H(g)O(g)HO(g)Δ242kJmol2H−+==−，断开1molO=O键和1molH-O键所吸收的能量分别为49

6kJ和463kJ，则断开1molH—H键所吸收的能量为为A.436kJB.557kJC.872kJD.920kJ【答案】A【解析】【详解】设断开1molH—H键所吸收的能量为xkJ，反应热ΔH=断裂反应物化

学键吸收的能量-形成生成物化学键释放的能量=xkJ·mol-1+12×496kJ·mol-1-2×463kJ·mol-1=-242kJ·mol-1，解得x=436，故A正确；故选A。7.下列有关实验能够达到相应实验目的的是A.图甲用于中和热的测

定B.图乙用于测定H2O2溶液的分解速率C.图丙用于用CCl4溶液萃取碘水中的碘D.图丁用于蒸干NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体【答案】C【解析】【详解】A．铜质搅拌器会加速热量散失，不能用于中和热测定，A错误；B．图乙中，长颈漏斗未进行液

封，产生的氧气会漏气，不能测定体积，不能用于反应速率测定，B错误；C．用CCl4可以萃取碘水中的碘，C正确；D．用该装置蒸干NH4Cl，会发生分解反应，产生NH3和HCl，不能得到NH4Cl固体，D错误；故选C。8.依据图示关系，下列说法错误．．的是A.4

5ΔΔHHB.石墨比金刚石稳定C.14Δ112.4kJmolH−=+D.12C(,s)CO(g)2CO(g)Δ172.5kJmolH−+==+石墨【答案】C【解析】【分析】依据图示关系，反应Ⅰ11C(,s)C(,s)Δ1.9k

JmolH−==+金刚石石墨；反应Ⅱ12221CO(g)O(g)CO(g)Δ-283kJmol2H−+==；反应Ⅲ1223C(,s)O(g)CO(g)Δ-393.5kJmolH−+==石墨；反应Ⅳ241C(,s)O(g)CO(g)Δ2H+=金刚石；反应Ⅴ251C(,s)O(g)CO(g

)Δ2H+=石墨；【详解】A．按盖斯定律，反应Ⅴ=反应Ⅰ+反应Ⅳ，514ΔΔ=+ΔHHH，则45ΔΔHH，A正确；B．由反应Ⅰ11C(,s)C(,s)Δ1.9kJmolH−==+金刚石石墨知，等量的石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，B正确；C．由盖斯定律知，反应Ⅲ=反应Ⅰ

+反应Ⅳ-反应Ⅱ，则14312ΔΔΔΔ-112.4kJm-o-lHHHH−==，C错误；D．结合选项A和选项C，()11514ΔΔ+Δ1.9-112.4kJmJ===ol-110.5kmolHHH−−+由盖斯定律，2反应Ⅴ-反应Ⅲ得目标反应：2C(,s)CO(g

)2CO(g)ΔH+=石墨，1532Δ2ΔΔΔ172.5k-Jmo-lHHHH−==+，D正确；选C。9.已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误．．的是A.I1→I2的反应为该反应的

决速步B.该反应过程中一定存在H-O键断裂C.反应达到平衡状态后，升温使平衡逆向移动D.使用催化剂能改变反应活化能和反应热【答案】D【解析】【详解】A．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，I1→I2的活化能最大，故I1→I2反应为该反应的决速步，A正确

；B．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，则该反应过程中一定存在H-O键断裂，B正确；C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反

应逆向移动，C正确；D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物总能量差值相关，与反应过程无关，D错误；故选D。10.下列有关图像描述正确的是A.图甲表示反应A(g)3B(g)2C(g)Δ0H+，则t₀时刻为增大压强B.由图乙可知满

足反应2A(g)3B(g)2C(g)Δ0H+C.图丙表示的反应方程式为：B3C2A+D.图丁表示反应：2A(g)3B(g)3C(g)Δ0H+，y轴可表示物质B的转化率【答案】B【解析】【详解】A．反应A(g)+3B(g)2C(g)的正反应气体分子数减少，增大压强，正反应速率

增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，平衡向正反应方向移动，图甲中t0改变条件正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，平衡向逆反应方向移动，则t0时刻为升高温度，A项错误；B．图乙选择T1、p2和T1、p1曲

线，由图可知，p2达到平衡所需时间比p1达到平衡所需时间短，说明p2反应速率快，则p2＞p1，p2达到平衡时生成物C%比p1达到平衡时C%大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，满足条件的正反应是气体分子数减小的反应，选择T1、p2和T2

、p2曲线，由图可知，T1达到平衡所需时间比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速率快，则T1＞T2，T2达到平衡时生成物C%比T1达到平衡时C%大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，满足条件的正反应为放热反应即ΔH＜0，图乙满足反应2A(g)+3B(g)2C(

g)ΔH＜0，B项正确；C．图丙从起始到平衡，A的浓度随时间推移逐渐减小，B、C浓度随时间推移逐渐增多，A为反应物，B、C为生成物，转化A、B、C的物质的量浓度之比为(2.0-1.2)mol/L∶(0.4-0)mol/L∶(1.2-0)mol/L=2∶1∶3，图丙表示的反应方程

式为2AB+3C，C项错误；D．反应2A(g)+3B(g)3C(g)的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，与图像不吻合，y轴不能表示物质B的转化率，D项错误；答案选B。11.M、R、T、W四种元素在元素周期表中所处位置如图，已知W能与氧元素形成化合物

WO2，WO2中氧的质量分数为50%，且W原子中质子数等于中子数。下列说法错误．．的是A.简单气态氢化物的稳定性：M<WB.T的最高价氧化物属于两性氧化物C.简单气态氢化物的熔沸点：M>RD.MW2分子中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】W能与氧元素形成化合物WO

2，WO2中氧的质量分数为50%，则W的相对原子质量为32，W原子中质子数等于中子数，则W的质子数为16，W是S元素；根据T、Q、R、W四种元素在元素周期表中所处位置，可知T、Q、R分别是Al元素、C元素、N元素。【详解】A．非金属性碳小于硫，则简单气态氢化物

的稳定性：CH4＜H2S，故A正确；B．Al2O3为两性氧化物，既能和酸反应，能与强碱反应生成偏铝酸盐和水，故B正确；C．甲烷分子间存在范德华力，氨气分子间存在氢键，则简单气态氢化物的熔沸点：R>M(NH3＞CH4)，故C错误；D．MW2即CS2分子结构与CO2类似，分子内所有

原子最外层均能满足8电子稳定结构，故D正确；故选：C。12.已知：3A(g)B(g)C(g)2D(g)x++，恒温条件下，向一个体积为2L的恒容密闭容器中通入等物质的量的A、B，经5min后反应达到平衡，测得D的物质的量为1mol，(A):(B)1:3cc=，以C表示的平均反应速率(C

)0.2mol/(Lmin)v=，下列说法错误．．的是A.x=4B.以B表示的平均反应速率为(B)0.05mol/(Lmin)v=C.反应前后容器内气体压强之比为4∶5D.该温度下该反应的平衡常数2256(mol/L)3K=【答案】D【解析】【分析】假设反应

开始时加入A、B的物质的量都是amol，根据题给信息，存在三段式：(g)+B(g)(g)+(g)(mol/L)aa00(mol/L)0.750.2510.5(mol/L)a-0.75a-0.2510.53AC2Dx起始浓度转化浓度平衡

浓度。已知a-0.751=a-0.253，得a=1，则平衡时c(A)=0.25mol/L，c(B)=0.75mol/L，c(C)=1mol/L，c(C)=0.5mol/L.详解】A．根据物质转化值之比等于化学方程式中化学计量数之

比，可知x：2=1：0.5，所以x=4，A正确；B．根据物质反应转化关系可知v(B)：v(C)=1：4，由于v(C)=0.2mol/(L·min)，则v(B)=0.05mol/(L·min)，B正确；【C．根据分析可知

反应前气体总物质的量为n(前)=4mol；反应后n(后)=5mol，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的物质的量的比等于压强之比，所以反应前后容器内气体的压强之比为4：5，C正确；D．该温度下该反应的平衡常数324242310.5B0.25CD6(50.l7

4mo/L)A3Kcccc===()()()()，D错误；故合理选项是D。13.海水是一种宝贵的自然资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法错误．．的是A.过程①中涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作B.制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH

3，再通入过量CO2C.过程③④⑤均为氧化还原反应D.在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增大【答案】D【解析】【详解】A．过程①为粗盐提纯，除掉Mg2+用NaOH溶液，除掉SO24−用BaCl2溶液，除掉Ca2+用Na2CO3溶

液，由于加入的BaC12溶液过量，过量的BaCl2溶液需要用Na2CO3溶液除掉，因此加入试剂的顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸调溶液为中性，并蒸发结晶，故涉及流程包括溶解、

除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作，A正确；B．二氧化碳能溶于水，氨气极易溶于水，所以制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入CO2，B正确；C．母液中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气

的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子：-+2-2224Br+SO+2HO=2Br+4H+SO，所得溶液中可以通氯气把溴离子氧化为溴单质，则过程③④⑤均为氧化还原反应，C正确；D．在步骤④中，SO2水溶液

吸收Br2的反应为：-+2-2224Br+SO+2HO=2Br+4H+SO，则反应后溶液的氢离子浓度增大、pH值减小，D不正确；答案选D。14.一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2和O2，进行反应：2232SO

(g)O(g)2SO(g)Δ0H+，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如表所示。下列判断错误．．的是容器编号甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n(SO2)/mol0.400.800.80040n(O2)/mol0.240.240.480.24SO2

的平衡转化率%80a1a2a3A.起始反应速率：丙=丁>乙>甲B.反应放出热量：2Q甲>Q丙C.平衡常数：甲=乙=丙=丁D.SO2的平衡转化率：α1<α3【答案】B【解析】【详解】A．温度相同、体积相同的甲、乙、丙三个容器，反应物浓度越大，反应速率越快，起始反应速率：丙>乙

>甲，丁和丙容器温度相同、压强相同、投料比例相同，起始时反应速率相同，丁=丙>乙>甲，A正确；B．甲和丙容器温度相同、体积相同，丙的投料是甲的2倍，则丙等效于甲增压1倍后平衡右移所致，故反应放出热量：Q丙>2Q甲，B错误；C．平衡常数只受温度影响，四个容器中在相同温度下建立2232

SO(g)O(g)2SO(g)Δ0H+平衡，故平衡常数：甲=乙=丙=丁，C正确；D．由乙、丙可知，二氧化硫的浓度相同，丙中氧气的浓度增大，会促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率12α<α，丙和丁达到的

是相同的平衡状态，所以二氧化硫转化率123α<α=α，D正确；故答案选B。二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)15.X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大。化合物甲是漂白液的主要成分，由Z、Q、R三种元素组成。W与Z同主族，X可分别与Z和W

组成含有18电子的化合物。请回答下列问题：.（1）元素W在周期表中的位置为___________。（2）化合物甲中所含三种元素对应原子的半径由大到小顺序为___________(填元素符号)，写出甲溶液与过量二氧化碳反应的离子方程式___________。（3）

X与Z组成18电子物质中含有的化学键类型有___________。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键（4）Y元素是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，其气态氢化物乙与最高价氧化物对应水化物丙能发生化合反应，则Y元素

为___________(填元素符号)，元素X和Y组成一种相对分子质量为32的化合物丁是一种常见的燃料，则化合物丁的化学式为___________。（5）化合物W2R2(沸点：138℃)可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.1mo

l该物质参加反应时转移0.15mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为___________。【答案】（1）第三周期第VIA族（2）①.Na>Cl>O②.-3-22CO+ClO+HOCHlO+CO=H（3）BC（4）①.N②.N2H4（5）2

2222SCl+2HO=3S+4HCl+SO【解析】【分析】六种元素为短周期元素，且原子序数依次递增。化合物甲为漂白液主要成分NaClO，由Z、Q、R三种元素组成，则Z为O，Q为Na，R为Cl；W与Z同主族，则W为S，X与Z和W组成18电子化合物，则X为H。【小问1详解】W为

S，在周期表第三周期第VIA族；【小问2详解】原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，所以Na>Cl>O；【小问3详解】NaClO与过量CO2反应，由强制弱原理可知，生成次氯酸，则方程式为-3-22CO+ClO+HOCHlO+CO=H；【小问4

详解】X与Z组成的化合物为H2O2，化学键类型有非极性共价键，极性共价键，选BC；由题目信息可知，Y元素的氢化物与最高价含氧酸能发生反应，则Y为N元素；X与Y组成的相对分子质量为32的常见燃料为N2H4；【小问5详解】化合物W2R2为S2Cl2，与水反应生成SO2，且只有一种元素变价

，则为S元素变价，方程式为22222SCl+2HO=3S+4HCl+SO【点睛】常见的18电子微粒有：16.次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。（1）NaH

2PO2中P的化合价为___________价。（2）将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍(在待镀零件表面形成一层金属镍)的目的，该过程中22HPO−被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式___________。（3）次磷酸钠

的制备将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)，实验装置如图：①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为___________。②由装置A中发生化学反应可知，次磷酸(H3PO2)属于___________

元弱酸。③装置C中发生反应的化学方程式为___________。④已知相关物质的溶解度如表：25℃100℃NaCl37g39gNaH2PO2100g667g充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然

后___________(填操作名称)，得到含NaH2PO2溶液，进一步处理得到粗产品。的⑤反应结束后，向装置内通入N2的目的是___________。（4）次磷酸钠的纯度测定先取1.0g粗产品配成100mL溶液，再取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，酸化后加入过量的130.00mL

0.100molL−碘水。充分反应后，剩余碘水恰好可消耗122324.00mL0.100molLNaSO−溶液(相关反应方程式为：222223HPOHOIHPO2H2I−−+−++=++，22232462SOISO

2I−−−+=+)，则产品纯度为___________。(已知：NaH2PO2相对分子质量为88)【答案】（1）+1（2）222233HPONiHONiHPOH−++++=++（3）①.分液漏斗②.一③.3322NaClOPHHP

O2NaCl+=+④.趁热过滤⑤.将生成的PH3全部排入C中充分吸收，增大次磷酸钠产率（4）63.36%【解析】【分析】目标产物的制备：由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧化，装置A中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和

磷化氢，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备目标产物，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收磷化氢，防止污染空气。【小问1详解】由化合价代数和为0可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+

1价；【小问2详解】由题意可知，溶液中镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，反应的离子方程式为Ni2++H2PO2−+H2O=H3PO3+Ni+H+，故答案为：Ni2++H2PO2−+H2O=H3PO3+Ni+H+；【小问3详解】①由实验装

置图可知，装置A中盛放烧碱溶液的仪器为分液漏斗；②由装置A中发生化学反应可知，次磷酸(H3PO2)属于一元弱酸；③由实验装置图可知，装置C中发生的反应为磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸，反应的化学方程式为3322NaClOPHHPO2NaCl+=+；④

由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将A、B中溶液混合，将混合液采用蒸发浓缩，有大量晶体析出时，趁热过滤，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠，故答案为：趁热过滤；⑤反应结束后，向装置内通入N2的目的是：将生成的PH3全部排入C中充分吸收，增大次磷酸钠产率。

【小问4详解】由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×12=0.0018mol，则1.00g粗产品的纯度为0.0018mol488g/mo

l1.00g×100%=63.36%。17.二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体()2442N

HAlSO和硫酸亚铁铵()()4422NHFeSO晶体，其工艺流程如图所示：已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，Ce2O3易溶于强酸。②常见离子开始沉淀和完全沉淀pH表离子2Fe+3Fe+3Al+开始沉淀时的p

H7.61.53.4完全沉淀时的pH9.62.84.7回答下列问题：（1）“氧化焙烧”时，气体与矿料逆流而行进行投料，其目的是___________，此时，发生化学方程式为___________。（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___

________和___________(填化学式)。虽浓盐酸价格便宜，但用于溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，若用稀硫酸和双氧水代替浓盐酸，则发生反应的离子方程式为___________。（3）“滤液Ⅰ

”中加入物质X的目的是___________。（4）“操作①”加入浓氨水调节pH后，溶液pH范围是___________。（5）“滤渣Ⅲ”在制备硫酸铝铵晶体过程中，理论上需加入稀硫酸和(NH4)2SO4的物质的量之比为__________

_。【答案】（1）①.增大反应物接触面积，加快化学反应速率②.322224CeCOF2HOO4CeO4CO4HF++++焙烧（2）①.CeO2②.SiO2③.生成Cl2污染环境④.3222222CeOHO6H2CeO4HO+

+++=++（3）将Fe3+还原为Fe2+（4）4.77.6（5）3:1【解析】【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中3CeCOF转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，二氧化硅不溶于盐酸成为滤渣Ⅱ，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加

入碳酸氢铵得到()233CeCO，焙烧得到CeO2；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵

晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体；【小问1详解】“氧化焙烧”时，气体与矿料逆流而行进行投料，其目的是：使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；此时，3CeCOF和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、C

O2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、3CeCOF中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为322224CeCOFO2HO4CeO4HF4CO++++高温。【小问2详解】据分析，“滤渣Ⅰ”的主要成分是CeO2和SiO2。浓盐酸具有挥发性，且会和CeO2反

应氧化还原反应生成有毒的氯气，故溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出HCl污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则发生反应的离子方程式为3222222CeOHO6H2CeO4HO++++=++。【小问3详解】据分析，“滤液Ⅰ”中加入物

质X的目的是将Fe3+还原为Fe2+。【小问4详解】为使铝离子沉淀完全而亚铁离子不沉淀，“操作①”加入浓氨水调节pH后，溶液pH范围是4.77.6。【小问5详解】“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为，()()244

4442232+3HSO+NHSO=2NHS2Al(OH)OA+6HlO，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。18.CH3OH是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，根据所学回答下列问题：（1）工业上制备甲醇反应

方程式为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++，某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：时间/hl23

456PP后前0.900.850.830.810.800.80①写出该反应体系中CO2的电子式___________。②用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)=___________。③该温度下，CO2的平衡转化率为___________。④在一定条件下，下列说法能说明该可逆反应达到平衡状

态的是___________(填字母)。A．容器中气体密度不变B．容器中气体平均摩尔质量不变C．()()22CO3vHv=正逆D．形成2molC=O键同时断裂3molH-H键⑤在温度为T，压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的

量之比1∶3通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为pK=___________(用含P的表达式表示，其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（2）CH3OH制备丙烯的反应为：3

3623CHOH(g)CH(g)3HO(g)+，速率常数k与反应温度T的关系遵循Arrhenius方程，已知Arrhenius方程为：lglg2.303aERkRAT=−+(其中k为速率常数，反应速率与其成正比；aE为活化能：118.314JmolKR

−−=，A为常数)。的①在一定条件下，测得实验数据如上图曲线a所示。则该条件下，反应的活化能aE=___________1Jmol−②若实验时改变外界条件，测得实验数据为如上图曲线b所示，则可能改变的外界条件是__

_________(填标号)A．升高温度B．增大压强C．增大()3cCHOHD．更换适宜的催化剂【答案】（1）①.②.0.225mol/(L·h)③.40%④.BD⑤.243P（2）①.71393②.D【解析】【小问1详解】

①二氧化碳为共价分子，结构式为O=C=O，CO2的电子式。②设反应进行到前2h时参加反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比；2232COg3HgCHOHg+HOgmol1300molx3xxxmol1x33xxx+−−（）（）（）（）起始量（）变化量（）平衡量

（）P后：P前=0.85=(4-2x)：(1+3)，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)=30.3mohl2L2=0.225mol/(L•h)；③反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y

；2232COg3HgCHOHg+HOgmol1300moly3yyymol1y33yyy+−−（）（）（）（）起始量（）变化量（）平衡量（）P后：P前=0.8=(4-2y)：(1+3)，解得：y=0.4mol，则该温度下CO2的平衡转化率=0.4mo

l1mol×100%=40%；④A．气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，A错误；B．气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，B正确；C．()()2

2CO3vHv=正逆时，正反应和逆反应速率不相等、未平衡，C错误；D．形成2molC=O键同时断裂3molH-H键时正反应和逆反应速率相等、平衡，D正确；选BD。⑤在温度为T，压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3

通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，2232COg3HgCHOHg+HOgmol1300mol0.51.50.50.5mol0.51.50.50.5+（）（）（）（）起始量（）变化量（）平衡量（）根据分压=总压×物质的量分数可知：P(CO2)=P

×60.5mol3molP=，P(H2)=P×=21.5mol3mlPoP(CH3OH)=P×60.5mol3molP=，P(H2O)=P×60.5mol3molP=，Kp=23PP66PP243P6=（）。【小问2详解】①利用图中数据，可

得出：39.23.210lg2.303aERA−=−+、33.03.410lg2.303aERA−=−+，两式联立求出Ea=71393J/mol；②改变条件时，可得出：39.23.210lg2.303aERA

−=−+、31.03.610lg2.303aERA−=−+，两式联立求出获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com