【文档说明】浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题 含解析.docx，共(25)页，2.767 MB，由小赞的店铺上传

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浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期期中联考化学试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所

有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Mn-55Fe-56Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多

选、错选均不得分)1.含共价键的强电解质的是A.2BaClB.3NaHCOC.()FeSCN3D.HClO【答案】B【解析】【详解】A．BaCl2为强电解质，电离生成Ba2+和Cl－，不含共价键，A项不符合题意；B．NaHCO3为强电解质，电离

生成Na+和-3HCO离子，-3HCO中含共价键，B项符合题意；C．()FeSCN3属于弱电解质，C项不符合题意；D．HClO属于弱电解质，D项不符合题意。答案选B。2.下列物质的水溶液因水解呈酸的是A.4CuSOB.CsClC.3CHCOOHD.4NaHSO【答案】A【解析】【详解】A．

4CuSO为强酸弱碱盐，水解显酸性，A正确；B．CsCl为强碱强酸盐，不水解，显中性，B错误；C．醋酸为弱酸，电离显酸性，C错误；D．NaHSO4为强酸的酸式盐，电离显酸性，D错误；答案选A。3.下列仪器名称不正确的是A．研钵B

．碱式滴定管C．蒸馏烧瓶D．水槽A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】B．图示为酸式滴定管，碱式滴定管下端为橡皮管，B错误；故选B。4.下列化学用语表述正确的是A.氢氧根离子的电子式是B.次氯酸的结构式为HClO−−C.空间填充模型可以表

示2CO分子或2SiO分子D.基态N原子的价电子轨道表示式为【答案】D【解析】【详解】A．是羟基的电子式，不是氢氧根离子的电子式，A错误；B．次氯酸分子内氧原子分别与氢、氯原子各共用一对电子对，结构式为HOCl−−，B错误；C．二氧化硅是共价晶体、不存在分子

，二氧化碳分子呈直线形，则空间填充模型可以表示2CO分子，但不能表示2SiO，C错误；D．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则价电子轨道表示式为，D正确；答案选D。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.

Mg与2CO反应可生成CB.2SO与22HO反应可生成24HSOC.可通过化合反应生成2FeClD.工业上用2Cl和澄清石灰水反应来制备漂白粉【答案】D【解析】详解】A．22Mg+CO2MgO+C点燃，A正确；B．二氧化硫有还原性，双氧水有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸：SO2+H2

O2=H2SO4，B正确；C．Fe+2FeCl3=3FeCl2，C正确；D．工业上用2Cl和石灰乳反应来制备漂白粉，D错误；故选D。6.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.2SO水溶液呈酸性，可用于葡萄酒的添加剂B.3NaHCO受热易分解，可用于制

作食用碱的成分之一C.2SiO熔点很高，可用于制作坩埚等耐高温仪器D.FeS具有还原性，可用作发水中2Hg+的沉淀剂【【答案】C【解析】【详解】A．SO2具有还原性能被其他氧化剂氧化，可用于葡萄酒的抗氧化剂，A错误；B．碳酸氢钠的溶液显碱性，所以可以用

作食用碱或工业用碱，不是因为碳酸氢钠不稳定性，B错误；C．二氧化硅为共价晶体，熔点较高可用于制作坩埚等耐高温仪器，C正确；D．FeS与Hg2+反应生成HgS和Fe2+，该反应中没有元素化合价变化，FeS没

有表现还原性，D错误；故答案选C。7.运用相关化学知识进行判断，下列说法正确的是A.聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量甲烷大C.分子式为24CH、36CH、48CH的三种烃肯定是同系物D.

利用超分子有“分子识别”的特性，可以用“杯酚”分离60C和70C【答案】D【解析】【详解】A．聚乙烯中不含碳碳双键，不能能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．1mol甲烷消耗2mol氧气，1mol乙炔消耗2.5mol氧气，所以等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量乙炔大，B错误；C．分子式为24

CH、36CH、48CH的烃可能是烯烃或环烷烃，三种烃不一定是同系物，C错误；D．用“杯酚”分离60C和70C，利用超分子有“分子识别”的特性，D正确；故答案选D。8.用如图所示装置电解一段时间后，下列叙述错误的是A.电极Ⅰ、电

极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀B.电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为2FeCl溶液，电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色C.该装置用于保护某钢铁制品时，钢铁制品应与电极Ⅰ连接，该方法叫做外加电流法D.该装置用于电解精炼铜时，电极Ⅰ增加的质量和电极Ⅱ减轻的质量刚好相等

【答案】D【解析】【详解】A．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，阳极铁失去电子被氧化得到亚铁离子，阴极水提供的氢离子得电子产生氢气和氢氧根，离子定向移动，则两电极间可能会出现白色沉淀氢氧化铁，

A正确；B．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为2FeCl溶液，电极Ⅱ为阳极，氯离子放电产生氯气，氯气溶于水且氧化亚铁离子，则电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色，B正确；C．该装置用于保护某钢铁制品时，钢铁制品应与电极Ⅰ连接即作阴极，该方法叫做外加电流的阴极保护法，C正确；D．电解精炼铜时，不

纯的铜作阳极，粗铜中比铜活泼的有Zn、Fe、Ni等，它们在阳极失去电子被氧化，阳极主要反应为Cu－2e－=Cu2＋，其它电极反应式有：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋，由电极上电子数守恒可知，电极Ⅰ增加的质量和电极Ⅱ减轻的质量不相等，D不正确；

答案选D。9.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。X的价电子排布式为xx+1xsxp，基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同。下列说法正确的是A.电负性比较：YXZB.Y元素的第一电离能高于其相

邻元素C.Z元素在周期表中位置可能为第四周期ⅥB族D.X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角小【答案】B【解析】【分析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。则W、X、Y、Z四种元素分别在第一、第二、第三、第四周期，W为H元素，X的价电子排布式为xx+1xsxp

，则X电子排布232s2p，则X为N元素，基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，则Y为第三周期，且有3个单电子，Y为P元素，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同，所以Z有1个单电子，最外层

有1个电子，且不属于第ⅠA族，则Z为Cu。所以W、X、Y、Z分别为H元素、N元素、P元素、Cu元素。【详解】A．电负性比较：NPCu，A错误；B．由于P元素3p轨道处于半充满状态，能量较低较稳定，P元素的第一电离能高于其相邻Si元素、S元素，B正确；

C．Cu元素在周期表中的位置可能为第四周期ⅠB族，C错误；的D．X的简单氢化物NH3比Y的简单氢化物PH3，N的电负性大，成键电子对排斥作用大，键角大，D错误；故答案选B。10.HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：下列说法不正确的是A.50H，60H

B.若将循环图中Cl元素改成Br元素，相应的()()22ClBrHHC.234560HHHHH++++D.340HH−【答案】C【解析】【详解】A．H+(g)→H+(aq)、Cl-(g)→Cl-(aq)为放热过程，ΔH5<

0，ΔH6<0，A正确；B．Cl的非金属性强于Br，氢氯键键能大于氢溴键，断开共价键吸热，则ΔH2(Cl)>ΔH2(Br)，B正确；C．根据题干可知，HCl(g)溶于大量水过程放热，ΔH1<0，根据盖斯定律，ΔH1=2345

6HHHHH0++++，C错误；D．氢原子失电子吸热，氯原子得电子放热，ΔH3>0，ΔH4<0，则ΔH3-ΔH4>0，D正确；故答案选C。11.下列离子方程式正确的是A.()2BaOH溶液与稀硫酸反应：22442BaOHHSOBaSOHO+−+−

+++=+B.向NaClO溶液中通入少量的2CO气体：22232ClOCOHOCO+2HClO−−++=C.4CuSO溶液中加入过量的氨水：()2232324Cu4NHHOCuNH4HO+++=+D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水使其褪色：2

224227HO2MnO6H2Mn6O10HO−++=++++【答案】C【解析】【详解】A．该离子方程式中离子配比错误，Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应的离子反应为22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+，A项错误；B．向NaClO溶液中通入少量

的2CO气体生成3HCO－和HClO，离子方程式为223ClOCOHOHCO+HClO−−++=，B项错误；C．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜，再加过量的氨水与氢氧化铜生成铜氨络离子，C项正确；D．该反应过氧化氢中的氧元

素被氧化为氧气，正确的离子方程式为2224225HO2MnO6H2Mn5O8HO−++=++++，D项错误。答案选C12.已知：4422433411P60CuSO96HO60HSO20CuP24HPO++=++。关于该反应的下列

说法不正确的是A.若人误食白磷中毒，不可服用浓4CuSO溶液解毒B.4P既是氧化剂，又是还原剂C.3CuP中P元素化合价为-3D.生成6mol24HSO时，被4CuSO氧化的4P为0.6mol【答案】D【解析】【详解】A．白磷中毒，若服用浓CuSO

4解毒，会造成铜离子中毒，A正确；B．从方程式可知，部分P4中P得电子转化为Cu3P，部分P4中P失电子转化为H3PO4，则P4既是氧化剂也是还原剂，B正确；C．Cu3P中Cu化合价为+1价，P化合价为-3价，C正确；D．从该化

学方程式可知，生成6molH2SO4时，消耗6molCuSO4，Cu得到6mol电子，1molP4转化为H3PO4失去20mol电子，则被CuSO4氧化的P4为0.3mol，D错误；故答案选D。13.将18mol的2HS气体平均分成两份，分

别通入容器A、容器B(容积均为1L)，其中一容器为绝热环境，另一容器为25℃恒温环境，在容器内均发生：()()()2222HSg2HgSg+ΔH>0，相关数据如下表：。时间/min010203040506

0容器A()2nS00.81.522.32.42.4容器B011.82.5333下列说法正确的是A.容器A为25℃恒温环境，计算可知该温度下达平衡后化学平衡常数768K245=B.当容器B中的化学平衡常数不变时，可以说明2HS气体的分解反应达到了平衡状态C.0～60min内，25

℃恒温环境反应速率可表示为()112HS0.1molLminv−−=D.可通过降低容器的温度，从而加快逆反应的速率，达到抑制2HS气体分解的目的【答案】C【解析】【分析】2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)ΔH>0，绝热条件下，温度降低，平衡向逆

反应方向进行，则S2的含量降低，可知A为绝热条件，B为恒温条件。【详解】A．B为25℃恒温环境，平衡时c(S2)=3mol/L，列三段式可知()()()2222HSg2Hg+Sg(mol)900(mol)663(mol)3

63起始量转化量平衡量，则平衡常数K=22222c(H)c(S)c(HS)=22633=12，A错误；B．容器B中为恒温条件，平衡常数随温度的变化而变化，B中的温度不变，化学平衡常数一直不变，无法说明说明H2S气体的分解反应是否达到了平衡状态，B错误；C．容器

B为25℃恒温环境，60min时S2的物质的量为3mol，则0～60min内，参加反应的H2S的物质的量为6mol，则H2S物质的量浓度变化量为6mol/L，则容积为1L的容器中硫化氢的反应速率为116mol/L=0.1molLmin60min

−−，C正确；D．降低容器的温度，正逆反应速率都减慢，D错误；故答案为：C。14.苯与卤素发生取代反应可细分为：①C6H6(苯)+∙X+X2→C6H5∙+X2+HX△H1②C6H5∙+X2+HX→C6H5X+HX+∙X△H2

下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。XClBr△H1(kJ∙mol-1)1020△H2(kJ∙mol-1)-111-

100下列说法正确的是A.可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10kJ∙mol-1B.1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量C.使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2D.反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能【答案】A【解析】【详解】A．从表中

可以得出，△H1(Cl)-△H1(Br)=(10-20)kJ∙mol-1=-10kJ∙mol-1，两个过程中其它键的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10kJ∙mol-1，A正

确；B．利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C6H6(苯)+X2→C6H5X+HX△H=△H1+△H2=-101kJ∙mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境释放的热量小于101kJ，B不正确；C．使用催化剂后，只能改变反应

的活化能，不能改变△H1和△H2，也不会改变△H1+△H2，C不正确；D．从图中可以看出，加入催化剂后，C6H5∙的百分含量增大较少，而C6H5X的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；故

选A。15.一定温度下，两种钙盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示(2-2-34M=COSO、，p表示以10为底的负对数)。已知：相同温度下，碳酸钙比硫酸钙更难溶。下列说法错误的是A.该温度下，()-8sp3KCaCO=10B.欲使反应2-2-4334CaSO

+COCaCO+SO正向进行，需满足()()2-432-3cSO>10cCOC.欲使c点移动到b点，可向c点的饱和溶液中加入适量2CaCl固体D.生活中，用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙后的滤液中一定存在()()()sp32+2

-3KCaCOcCa=cCO【答案】B【解析】【分析】相同温度下，CaCO3比CaSO4更难溶，则X曲线代表CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，Y曲线代表CaCO3的沉淀溶解平衡曲线；由X曲线可得Ksp(CaSO4)=10-5

，由Y曲线可得Ksp(CaCO3)=10-8。【详解】A．根据分析，该温度下Ksp(CaCO3)=10-8，A项正确；B．反应CaSO4+2-3CO⇌CaCO3+2-4SO的平衡常数K=2-42-3()S(CO)Occ=2-242-23(SO)(C

a)(CO)(Ca)cccc++=sp4sp3(CaSO)(CaCO)KK=-5-81010=103，欲使反应CaSO4+2-3CO⇌CaCO3+2-4SO正向进行，需满足2-42-3()S(CO)Occ＜103，B项错误；C．c点

存在的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+2-3CO(aq)，向c点的饱和溶液中加入适量CaCl2固体，Ca2+浓度增大，平衡逆向移动，2-3CO浓度减小，Ksp(CaCO3)不变，可使c点移动到b点，C项正确；D．生活中用饱和碳酸钠溶液浸

泡硫酸钙可发生沉淀的转化生成CaCO3，滤液中为CaCO3的饱和溶液，一定存在()()()sp32+2-3KCaCOcCa=cCO，D项正确；答案选B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方

案设计现象和结论A探究温度对化学平衡的影响将2mL10.5molL−的2CuCl溶液加热后置于冷水中，观察现象溶液由黄色变为蓝色，说明降低温度，()222424CuHO4ClCuCl4HO+−−++

向正方向移动B比较不同的粒子和Ag+结合能力大小在1mL2%的3AgNO溶液中，逐滴滴入2%的氨水先产生沉淀，后沉淀溶解，说明结合Ag+能力：3NHOH−C比较3CHCOO−和ClO−水解程度大小用pH试纸分别测定同浓度CHCOONa和NaClO溶液的pH测得Na

ClO溶液pH大，说明ClO−水解程度大于3CHCOO−D比较()spAgIK和()spAgClK的大小向2mL10.05molL−的3AgNO溶液中滴入5滴浓度均为10.05molL−的NaI和NaCl溶液最终有黄色沉淀生成，说明()()spspAgIAgClKKA

.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．溶液由黄色变为蓝色，则()224CuHO+浓度增加、24CuCl−浓度减小，说明降低温度，()222424CuHO4ClCuCl4HO+

−−++向逆方向移动，A错误；B．先产生AgOH沉淀，后沉淀溶解，AgOH转变为+32Ag(NH)，则说明结合Ag+能力：3NHOH−，B正确；C．次氯酸钠及水解产生的次氯酸有强氧化性，有漂白性，不能用pH试纸检测其pH，C错误；D．硝酸银

过量，最终有黄色沉淀生成，不能说明是由氯化银转化而来，故不能说明()()spspAgIAgClKK，D错误；答案选B。非选择题部分二、非选择题部分(本大题共5小题，共52分)17.C、Si、Ge、Sn是同族元素，该族元素单质及其化合物

在材料、医药等方面有重重要应用。请回答下列问题：（1）已知乙醇(32CHCHOH)与钠反应的速率不如水(2HO)与钠反应的剧烈，试从结构上解释原因___________。（2）写出Ge的原子结构示意图___________。（3）甲烷在水中的溶解度与氨气相差较大

，其中氨气极易溶于水与分子间氢键有关，请写出氨水中存在的氢键的表达式___________。（4）()36KFeCN中3Fe+的配位数为___________，其中碳原子的杂化轨道类型为___________。1mol()36KFeCN中含有σ键与π键的数目之比为_

__________。（5）Si为重要的半导体材料，硅与NaOH溶液反应生成23NaSiO溶液，该溶液中四种元素电负性由小到大的顺序为___________。硅酸盐中的硅酸根离子通常以44SiO四面体(如图1所示)的方式形成链状、环状或

网络状复杂阴离子，图2所示为一种环状硅酸根离子，写出其化学式：___________。【答案】（1）烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小于水分子中的氢氧键的极性（2）（3）N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O

-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O（4）①.6②.sp杂化③.1:1（5）①.Na<Si<H<O②.(Si6O18)12-【解析】【小问1详解】水与钠反应更剧烈，是由于C的电负性略大于H的电负性，烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小

于水分子中的氢氧键的极性，答案：烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小于水分子中的氢氧键的极性；【小问2详解】Ge是32号元素，位于第四周期第ⅣA族，原子结构示意图，答案：；【小问3详解】氨气溶于水

，氨气和水分子之间形成氢键，存在的氢键有N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O，答案：N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O；【小问4详解】KFe(CN)

6中Fe3+的配体是CN-，Fe3+的配位数是6，CN-中C原子与N原子形成碳氮叁键，C原子与Fe3+形成一个配位键，杂化轨道数为2，所以C原子杂化类型是sp杂化，[Fe(CN)6]3-中Fe3+和6个C原子形成6个σ键，每个CN-中

含有1个σ键和2个π键，则每个[Fe(CN)6]3-中含有12个σ键、12个π键，所以每个[Fe(CN)6]3-中σ键、π键个数之比=12:12=1:1，则1molK[Fe(CN)中含有σ键与π键的数目

之比为1:1答案：6；sp杂化；1:1；【小问5详解】同周期自左向右，电负性增大，同一主族自上而下，电负性减小，则23NaSiO溶液，该溶液中四种元素Na、Si、O、H的电负性由小到大的顺序Na<Si<H<O。根据图知，该结构中含有6个Si原子、

18个O原子，0元素为-2价、Si元素为+4价，则该离子所带电荷=(-2)×18+(+4)×6=-12，其化学式为(Si6O18)12-，答案：Na<Si<H<O；(Si6O18)12-。18.磁性材料X(1M238gmol−=)为化合物，由2种元素

组成，某学习小组开展如图探究实验。其中，无色气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，流程中所用到的试剂均过量。请回答：（1）沉淀D的化学式是___________，溶液B中含有的溶质是___________(用化学式表示)。（2）化合物X的化学式是___________。（

3）气体C通入3AlCl溶液生成白色沉淀F的离子方程式为___________。（4）请写出X和稀盐酸反应生成A和B的化学方程式___________。（5）请用化学方法设计实验验证B溶液中的金属阳离子_________

__。【答案】（1）①.2Fe(OH)②.FeCl2、HCl、NH4Cl（2）Fe4N（3）()3++3243Al3NHHO=AlOH++3NH或()3++3243Al+3NH+3HO=AlOH+3NH（4）42422FeN18HCl8FeCl

2NHCl5H+=++（5）取B溶液少许于试管中，加入几滴()36KFeCN，若生成蓝色沉淀，证明含2+Fe；或者：取B溶液少许于试管中，加入几滴KSCN不变红，继续加氯水，变为血红色，证明含2+Fe【解析】【分析】X(1M238gmol−=)为化合物，由2种元素组成，用盐酸溶解后生

成无色气体A和浅绿色溶液B，则溶液B含氯化亚铁，X中含铁元素，溶液B中加入氢氧化钠溶液，得到白色沉淀D为氢氧化亚铁，被过氧化氢氧化为红褐色沉淀H为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解得红棕色固体I为氧化铁，9.600g氧化铁物质的量为0.060mol，铁元素守恒，则X中含0.120mol铁元素

、质量为6.720g，无色气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气，由溶液B中所含铵离子转化产生，则X中含N元素，根据X共7.140g，则其中所含氮元素为7.140g-6.720g=0.420g，

则X含0.030molN，又根据C在标况下的体积为672.0mL，也可计算得N的物质的量为0.03mol，则X中Fe、N原子数目之比为0.120mol：0.030mol=4:1，故X的化学式为Fe4N。【

小问1详解】据分析，沉淀D的化学式是2Fe(OH)，因为X与过量盐酸反应，则所得溶液B中含有的反应产物氯化亚铁、氯化铵和过量盐酸，则溶质的化学式是FeCl2、HCl、NH4Cl。【小问2详解】据分析，化合物X的化学

式是Fe4N。【小问3详解】气体C为氨气，通入3AlCl溶液发生复分解反应，生成白色沉淀F即氢氧化铝，离子方程式为()3++3243Al3NHHO=AlOH++3NH或()3++3243Al+3N

H+3HO=AlOH+3NH。【小问4详解】据分析，X和稀盐酸反应时，X中元素全部转入溶液B成为氯化亚铁和氯化铵，结合元素守恒可知，无色气体A为氢气，则生成A和B的化学方程式42422FeN18HCl8FeCl2NHCl5H+

=++。【小问5详解】要化学方法设计实验验证B溶液中的金属阳离子，即亚铁离子，方法为：取B溶液少许于试管中，加入几滴()36KFeCN，若生成蓝色沉淀，证明含2+Fe；或者：取B溶液少许于试管中，加入几滴KSCN，不变红，继续加氯水，变为血红色，证明含2+Fe。19.工业上用2CO

、CO和2H在催化剂下制取甲烷、甲醇等有重要的意义。（1）已知①()()()()4222CHgOgCOg22HOl++=1890kJmolH−=−②()()()2222HgOg=2HOl+1572kJmolH−=−③()()22HO

g=HOl144kJmolH−=−()()()()2242COg4HgCHg2HOg+=+1akJmol−=H则a=___________。（2）①利用CO和2H在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：()()()23COg2HgCHOHg+。在体积为2L的密闭容器中按物质的量之比为

1：2充入CO和2H，测得平衡混合物中3CHOH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。下列说法正确的是___________(填字母)。A．该反应的H0，且12p<pB．若1p时最初充入1molCO和2mol2H，经过5min达到B点的平衡状态，

此段时间()113CHOH1.75molLminv−−=C．在C点时，CO的转化率为75%D．A、B、C、D的平衡常数大小关系：ABCD==②下图所示中(图2)虚线为该反应在使用催化剂条件下关于起始2H与CO投料比和CO

平衡转化率的关系图。当其条件完全相同时，请用实线在图2中画出不使用催化剂情况下CO平衡转化率的关系图。_________（3）3CO和2H在雔化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成3CHOH和CO。反应Ⅰ：()()()()2

232COg3HgCHOHgHOg++；反应Ⅱ：()()()()222COgHgCOgHOg++控制2CO和2H初始投料比为1：3时，温度对2CO平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图3所示。①反应Ⅰ自发进行的条件是___________。②由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原

因可能是___________。③由图可知获取3CHOH最适宜的温度是___________。（4）目前二氧化碳加氢合成甲醇常选用铜基催化剂(23CuO/ZnO/AlO)，在相同氢碳比()()22nHnCO下，某研究小组对催化剂组分的不同配比(假设为Cat1、Ca

t2、Cat3)进行了对比研究，结论如图所示。①催化效率最佳的催化剂是___________，在该催化剂下工业生产中最佳温度是___________K。②温度高于4TK时，以Cat2为催化剂，2CO转化率下降的原因可能是___________。【答案】（1）-166（2）①.C②.（实线虚线完全

重合）（3）①.低温②.由图可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，则反应Ⅱ正反应是吸热反应,温度升高平衡正向移动，CO产率升高③.250℃（4）①.Cat1②.T3③

.催化剂失活【解析】【小问1详解】有盖斯定律②×2−③×4-①得：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=-166kJmol-1，则a=-166kJmol-1；【小问2详解】①A.由图可知，升高温度,CH

3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H<0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1>p2，故A错误；B.若p1时最初充入1molCO，经过5min达到B点的平衡状态，此时CH3

OH的体积分数为70%，则向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则()()()23COg+2HgCHOHgmol120molx2xxmol1-x2-2xx起始量（）转化量（）平衡量（）在C点时，CH3OH的体积分数x100%

3-2x=70%，x=0.875，此段时间v(CH3OH)=0.0875mol2L5min=0.0875mol/(L⋅min)，故B错误；C.设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，此时CH3OH的体积分数为50%，设CO的转化率为x，则()()()23COg+2HgCH

OHgmol120molx2xxmol1-x2-2xx起始量（）转化量（）平衡量（）在C点时，CH3OH的体积分数=x100%3-2x=0.5，解得x=0.75，在C点时，CO转化率为0.75×100%=75

%，故C正确；D.由图像可知，升高温度甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，平衡常数与压强无关，只受温度的影响，则A、B、C、D的平衡常数大小关系：A>B=C=D，故D错误；故选C；②使用催化剂，加快反应速率

，达到平衡需要的时间减少，但是不会引起平衡的移动，当不使用催化剂，反应速率减慢，达到平衡需要的时间增大，但平衡状态相同，因此起始H2，CO投料比和CO平衡转化率的关系示意图如下：（实线虚线完全重合）；【小问3详解】①由图可

知，随着温度的升高，甲醇的产率降低，说明反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，H<0，正反应是气体体积缩小的反应，S<0，有G=H-TS<0反应自发进行，得低温下自发进行；②由图可得，

温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，则反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；③温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，可知获取CH

3OH最适宜的温度250℃；【小问4详解】①由图知，催化效率最佳催化剂是Cat1；T3和T4时二氧化碳转化率几乎一样，故工业生产中最佳温度是T3；②温度高于T4K时，以Cat2为催化剂，CO2转化率下降明显，不同于Cat1和Cat3，主要原因应该是催化剂自身引起的，可能是催化剂失

活。20.完成下列空白处（1）25℃时，233HSOHSOH−++垐?噲?的电离常数2a1110−=K，则该温度下3NaHSO水解反应的平衡常数hK=___________，若向3NaHSO溶液中加

入少量的2I，发生的离子反应方程式为___________。反应后溶液中()()233HSOHSOcc−将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）25℃时，几种物质的电离平衡常数如下：的3CHCOOH

23HCO224HCO32NHHO()3AlOH电离平衡常数51.810−71Ka4.510−=112Ka4.710−=21Ka5.610−=52Ka1.510−=51.810−13Ka6.310−=回答下列问题：①一般情况下，当温度升高时，Ka___________(

填“增大”、“减小”或“不变”)。②54CHCOONH溶液中：()3CHCOOHc___________()32NHHOc(填“=、>或<”)。醋酸的电离常数③请用一个离子方程式表示3HCO−和2AlO−结合质子的能力大小___________。④设224HCO溶液中()

()()()22242424HCOHCOCOcccc−−=++总，室温下用NaOH溶液滴定25.00mL10.1000molL−224HCO溶液至终点，滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是___________。A．10.1000molL−224HCO溶液：()

()()()1224224H0.1000molLCOOHHCOcccc+−−−=++−B．()()Nacc+=总的溶液：()()()()222424NaHCOCOHcccc+−+C．pH7=的溶液：()()()122422

4Na0.1000molLCOHCOccc+−−=+−D．()()Na2cc+=总的溶液：()()()()22424OHH2HCOHCOcccc−+−−=+【答案】（1）①.12110−②.I2+4HSO3−=2I-+SO24−+3SO

2+2H2O③.增大（2）①.增大②.=③.HCO3−+AlO2−+H2O=Al(OH)3+CO23−④.AD【解析】【小问1详解】3NaHSO水解反应的平衡常数hK=1412w2110==110a1110KK

−−−，若向3NaHSO溶液中加入少量的2I，I2+4HSO3−=2I-+SO24−+3SO2+2H2O，()+cH增大，a1K不变，()()()()()()()++2323--+33HSOHHHSOa1HSOHSOHccccc

Kcc==增大，答案：12110−；I2+4HSO3−=2I-+SO24−+3SO2+2H2O；增大；【小问2详解】①若电解质的电离是吸热的，升温促进电离，故当温度升高时，Ka增大；②根据表格中的数据可知，醋酸和

一水合氨的电离常数相同，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同，故54CHCOONH溶液中：()3CHCOOHc=()32NHHOc；③越难电离出氢离子，则电离出氢离子后剩余的阴离子结合氢离子的能力越大，则用一个离子

方程式表示3HCO−和2AlO−结合质子的能力大小为：HCO3−+AlO2−+H2O=Al(OH)3+CO23−；④A．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中c(H2C2O4)+c(-24HCO)+c(2-24CO)=0.1mol·L-1，根据电荷守恒c(-24HCO)

+2c(2-24CO)+c(OH-)=c(H+)，所以c(H+)=0.1000mol·L-1+c(2-24CO)+c(OH-)-c(H2C2O4)，故A正确；B．根据物料守恒，c(Na+)=c(总)的溶液中溶质为

NaHC2O4，-24HCO的电离常数为1.5×10-5、水解常数为-14-12-2101=105.6105.6，-24HCO电离大于水解，c(2-24CO)>c(H2C2O4)，故B错误；C．加入一定体积的氢氧化钠溶液，c(H2C2O4)+c(-

24HCO)+c(2-24CO)<0.1mol·L-1，根据电荷守恒，pH=7的溶液c(-24HCO)+2c(2-24CO)=c(Na+)，c(Na+)>0.1000mol·L-1+c(2-24CO)-c(H2C2O4)，故C错误；D．根据物料守恒c(Na+)=2c(总)的溶液中溶质为N

a2C2O4，根据物料守恒c(Na+)=2［c(H2C2O4)+c(-24HCO)+c(2-24CO)］，根据电荷守恒c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(-24HCO)，故D正确；故选AD。21

.已知22HO、4KMnO、2NaClO、227KCrO均具有强氧化性，将溶液中的2Fe+、2Cu+、3Fe+完沉淀为氢氧化物需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有含有2FeCl杂质的22CuCl2HO，首先将

其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：（1）第一步除去2Fe+，能否直接调整pH9.6=将2Fe+沉淀除去？___________(填“能”或“否”)，理由是___________。（2）本实验最适合的氧化剂X是___________(填标号，下同)

。A．227KCrOB．NaClOC．22HOD．4KMnO加入氧化剂的目的是___________(用相应的离子方程式并加以文字说明)。（3）物质Y可以是___________。A．NaOHB．氨水C．()223OHCuCO

D．23NaCOE．CuOF．()2CuOH（4）题中的“一定条件”的具体流程为：将溶液倒入到___________(A．坩埚B．蒸发血)中，在___________(C．空气中加热浓缩D．HCl气流中加热浓度至__

_________(E．大量晶体析出F．溶液表面有晶膜析出)，冷却结晶，用___________(G．漏斗H．分液漏斗)进行___________(I．过滤J.分液)。(选择相应的字母填空)【答案】（1）①.否②.因Fe2+沉淀

的pH最大，Fe2+沉淀完全时，Cu2+、Fe3+也会沉淀完全（2）①.C②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）CEF（4）①.B②.D③.E④.G⑤.I【解析】【分析】现有含FeCl2杂质氯化铜晶体(CuCl2•2H2O)，

为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后用H2O2作氧化剂，把亚铁离子氧化为铁离子，不会引入新的杂质；得到溶液后加入物质Y，加入物质Y来调节pH且不能引进新的杂质，所以加入物质应能转化为氯化铜，则可以加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2

CO3，把铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，并得到溶液，在一定条件下得到纯净的CuCl2•2H2O。【小问1详解】由题给信息可知，除去Fe2+时，应避免Cu2+生成沉淀，如直接调整溶液pH=9.6，则生成氢氧化亚铁的同时，氢氧化铜、氢氧化铁也

同时生成，故答案为：否；因Fe2+沉淀的pH最大，Fe2+沉淀完全时，Cu2+、Fe3+也会沉淀完全；【小问2详解】加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以X为H2O2，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易转化为Fe

(OH)3沉淀除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：C；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问3详解】为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加

入物质Y来调节pH且不能引进新的杂质，所以加入物质应能转化为氯化铜，则可以加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3，故答案为：CEF；【小问4详解】CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水

解(HCl易挥发)，所以将溶液倒入到蒸发皿中，在HCl气氛中的采用浓缩后冷却结晶，当出现大量晶体析出停止加热，用漏斗进行过滤，以得到CuCl2•2H2O的晶体，故答案为：B；D；E；G；I。获得更多资源请扫码加入享学

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