【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一下学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.118 MB，由小赞的店铺上传

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雅礼教育集团2022年上学期期中考试试卷高一化学可能用到的相对原子质量：C-12S-32O-16Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的。1.2022年2月在北京举办的冬季奥运会中，使用了许多功能各异的材料，下列有关材料的说法错误的是A.通讯中使用的光纤，主要成分是2SiOB.滑雪板板底的钢刃，主要成分是铁的合金C.场馆建设使用的水泥含钙、硅、氧等元素D.速滑馆的曲面幕墙使用的超白钢

化中空玻璃，其制备原料是氧化钠、氧化钙和石英砂【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅具有良好的光学性能，通讯中使用的光纤，主要成分是2SiO，A正确；B．生铁和钢都属于铁合金，B正确；C．水泥属于硅酸盐材料，含钙、

硅、氧等元素，C正确；D．制备玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和石英砂，D错误；故选D。2.下列“类比”合理的是A.Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成Cu2SB.C在足量的O2中燃烧生成CO2，则S在足量

的O2中燃烧生成SO3C.Cl2与水反应生成HCl和HClO，则F2与水反应生成HF和HFOD.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．S的氧化性比较弱，S与变价金属

Fe反应产生FeS，与Cu反应产生Cu2S，A正确；B．C在足量的O2中燃烧生成CO2，而S在足量的O2中燃烧生成SO2，B错误；C．Cl2与水反应生成HCl和HClO，但F2与水反应却生成HF和O2，C错误；D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，由于N

a2O2具有强氧化性，SO2具有还原性，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，不能生成Na2SO3和O2，D错误；故合理选项是A。3.下列除杂方法正确的是(括号内为杂质)A.CH4(C2H4)，通入足量溴的CCl4B.KCl溶液(CaCl2)，滴加Na2CO3溶液后过滤C.SO2(CO2)，通

过NaOH溶液D.CO2(SO2)，通过饱和Na2CO3溶液【答案】A【解析】【详解】A．溴的CCl4与C2H4发生加成反应生成液态二溴乙烷，与CH4气体分离，A正确；B．Na2CO3溶液与CaCl2反应生成NaCl，引入新杂质，B错误；C．NaOH溶液与SO2和CO2都能反应，不符合除杂原则

，C错误；D．饱和Na2CO3溶液与SO2和CO2都能反应，不符合除杂原则，D错误；故选A4.以下物质间的每步转化，不能通过一步反应实现的是A.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3B.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C.N2→N

O→NO2→HNO3D.S→SO2→H2SO4→BaSO4【答案】B【解析】【详解】A．Fe与HCl反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2、水反应生成Fe(OH)3，均能通过一步反应实现，A不符合题意；B．Si燃烧生成SiO

2，SiO2不能一步反应生成H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，B符合题意；C．N2与O2放电生成NO，NO与O2接触生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，均能通过一步反

应实现，C不符合题意；。D．S燃烧生成SO2，SO2被H2O2氧化生成H2SO4，H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4，均能通过一步反应实现，D不符合题意；故选B5.将足量的SO2通BaCl2溶液中无明

显现象，当加入某试剂X后，有沉淀生成。试剂(或气体)X可能是①NaOH溶液；②H2O2溶液；③K2SO4溶液；④新制氯水；⑤H2S；⑥CO2A.①②B.①②③④⑤C.②③⑤⑥D.④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①足量的SO2通BaCl2溶液中，当加入NaOH溶液，发生反应生成BaSO3

沉淀，①符合题意；②足量的SO2通BaCl2溶液中，当加入H2O2溶液，发生氧化还原反应得到硫酸根离子，生成BaSO4沉淀，②符合题意；③足量的SO2通BaCl2溶液中，当加入K2SO4溶液，发生复分解反应，生成BaSO4沉淀，③符合题意；④足量的SO2通BaCl2溶液中，

当加入新制氯水溶液，发生氧化还原反应得到硫酸根离子，生成BaSO4沉淀，④符合题意；⑤足量SO2通BaCl2溶液中，当加入H2S，SO2与H2S发生氧化还原反应，生成S单质沉淀，⑤符合题意；⑥CO2与足量的SO

2通BaCl2溶液中形成的溶液不反应，无明显现象，⑥不符合题意；符合题意的有①②③④⑤，故选B。6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入浓度相同的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C.两烧杯中溶

液的pH均增大D.产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】。的【分析】由图可知，甲图中组成原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，乙图则只有Zn与稀硫酸反应，据此分析解题。【详解】A

．由分析可知，甲烧杯组成原电池，铜片上产生气泡，而乙烧杯中铜片表面无气泡产生，故A错误；B．由分析可知，甲烧杯组成原电池，铜片是正极，乙烧杯不能组成原电池，铜片不是正极也不是负极，故B错误；C．两烧杯中的总反应

式均为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，故两烧杯中溶液的c(H+)均减小，pH均增大，故C正确；D．由于甲烧杯中形成原电池反应，加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；答案C。7.下列各组中两个反应所属

反应类型相同的是A.光照甲烷和氯气的混合气体，混合气体颜色变浅；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色B.乙烷在氧气中燃烧；乙烯在空气中燃烧C.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色；乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色D.用乙烯与氯化氢制取氯乙烷；用乙烷与氯气反应制取氯乙烷【答案】B【解析】

【详解】A.光照甲烷和氯气的混合气体，混合气体颜色变浅，属于取代反应；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，是加成反应，故错误；B.乙烷在氧气中燃烧和乙烯在空气中燃烧都属于氧化反应，故正确；C.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，乙烯能使

酸性KMnO4溶液褪色是氧化反应，故错误；D.用乙烯与氯化氢制取氯乙烷是加成反应，用乙烷与氯气反应制取氯乙烷是取代反应，故错误。故选B。8.下列物质互为同系物的是A.与B.CH3CH3与C.CH3CH

2Cl与D.CH3CH2CH3与CH3CH2Cl【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲烷是正四面体结构，二者属于同种物质，A不符合；B．CH3CH3与结构相似，都为烷烃，分子组成相差2个—CH2—，两者互为同系物，B符合；C．二者所

含氯原子数不同且分子组成不是相差一个或若干个CH2原子团，不互为同系物，C不符合；D．二者不属于同一类物质，前者是烷烃，后者为卤代烃，不互为同系物，D不符合；故选B。9.同温同压下，将两个干燥圆底烧瓶中分别充满相应的气体后进行喷泉实验(如图所示)，

下列说法错误的是A.打开止水夹、挤出胶头滴管中的水都可产生“喷泉”B.“喷泉”的颜色都呈红色C.实验后烧瓶中溶液的体积不同D.实验后烧瓶中溶质的物质的量浓度不同【答案】D【解析】【分析】设烧瓶的容积为VL，VLNH3全部溶于

水，形成溶液的体积为VL；VLNO2完全反应后，生成了13VL的NO气体，形成的溶液的体积为23VL，从N原子守恒角度分析，也有23VL转化生成溶质HNO3，所以两溶液的物质的量浓度相等。【详解】A．氨

气和二氧化氮均能溶于水，与水反应，打开止水夹、挤出胶头滴管中的水都可产生“喷泉”，选项A正确；B．产生的氨水呈碱性遇酚酞变红，产生的硝酸呈酸性遇石蕊变红，故“喷泉”的颜色都呈红色，选项B正确；C．设烧瓶的容积为VL，VLNH3全部溶于水，形成溶液的体积为VL；VLNO2完全反应后，生成

了13VL的NO气体，形成的溶液的体积为23VL，实验后烧瓶中溶液的体积不同，选项C正确；D．产生氨水的浓度为mVLVL/molVL=Vmmol/L，产生硝酸的浓度为m2VL3VL/mol2VL3=Vmmol/L，两者浓度相等

，选项D错误；答案选D。10.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系，下列有关物质的推断不正确．．．的是丁丁甲甲乙丙⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯A.若甲为2HS，则丁可能是2OB.若甲为32NHHO溶液，则丁

可能是2COC.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为2SO，则丁可能是NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A．甲为2HS，则丁可能是O2，则乙为S，丙为SO2，SO2与2HS反应得到S，符合转化转化关

系，故A正确；B．甲为32NHHO溶液，丁为2CO，则乙为碳酸铵，丙为碳酸氢铵，碳酸氢铵与氨水发生反应得到碳酸铵，符合转化关系，故B正确；C．甲为Fe，若丁是盐酸，生成的乙为FeCl2，FeCl2不能再与盐酸继续反应生成丙，故C错误；D．甲为2SO

，则丁可能是NaOH溶液，乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与2SO、水反应得到NaHSO3，符合转化关系，故D正确；故答案为C。11.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下：①Cu为负极，Zn为正

极②Cu电极上有气泡产生，发生还原反应③SO24−向Cu电极移动④若有1mol电子流经导线，则可产生0.5mol气体⑤电子的流向是Cu→Zn⑥正极反应式为Cu-2e-=Cu2+，发生氧化反应则卡片上的描述合理的是A.①②③B.②④C.②③④

D.③④⑤【答案】B【解析】【分析】Zn和Cu形成的原电池，以稀硫酸作电解质溶液，Zn是负极失去电子，电极反应：Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，电极反应：2H++2e-=H2↑。【详解】①据分析，Zn为负极，Cu为正极，①不合理；②Cu电极上有气泡产生，发生还

原反应，电极反应：2H++2e-=H2↑，②合理；③原电池中阴离子朝负极移动，该电池中SO24−向Zn电极移动，③不合理；④若有1mol电子流经导线，据分析，2H++2e-=H2↑，则可产生0.5mol氢气，④合理；⑤电子的流向是从负极

经外电路流向正极，Zn→Cu，⑤不合理；⑥Cu为正极材料，起到导电作用，正极反应式为2H++2e-=H2↑，发生还原反应，⑥不合理；合理的是②④，故选B。12.2022年1月15日，南太平洋岛国汤加境内发生了“21世纪至今最剧烈火山喷发”，对该国造成

了严重的破坏。火山喷发是硫元素在自然界中转化的重要途径，部分过程如图所示。下列说法错误的是A.2SO、3SO均是酸性氧化物的B.火山喷发易诱发酸雨的形成C.2FeS转化为石膏时，21molFeS最多可消耗23.5molOD.火山口可能发生的反应有2222HSSO3S2HO+=+【答案】

C【解析】【详解】A．2SO、3SO均能与碱反应生成盐和水，则均是酸性氧化物，A正确；B．火山喷发能够产生大量的SO2，则易诱发硫酸型酸雨的形成，B正确；C．根据得失电子守恒可知，2FeS转化为石膏时Fe由+2价转化为+3价，S由-1价转化为+6价，21molFeS最多能失

去的电子总数为：(1+2[+6-(-1)])=15mol，故最多可消耗15mol4=23.75molO，C错误；D．由图示可知，火山口放出的气体有H2S、SO2，故火山口可能发生的反应有2222HSSO3S2H

O+=+，D正确；故答案为：C。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。13.将4molA和2molB在2L的容器中混合并在一定条件下发生如

下反应：2A(s)+B(g)2C(g)若经2s(秒)后测得C的浓度为0.6mol·L-1，下列几种说法，其中正确A.用物质A表示反应的平均速率为0.3mol·L-1·s-1B.用物质B表示的反应平均速率为0.6mol·L-1·s-1C.2s时物质A

的转化率为30%D.2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1【答案】CD【解析】【分析】根据题意，2s末C的物质的量为0.6mol·L-1×2L=1.2mol，则有：2A(s)+B(g)2C(g)(mol)420(mol)1.20.61

.22s(mol)2.81.41.2起始反应末【详解】A．物质A是固体，不用来表示该反应的速率，A错误；B．用物质B表示的反应平均速率为-1-10.6mol=0.15molLs2L2s，B错误；C．2s时物质A的转化率为1.2100%=30%4，C正确；D．2s时物质B的浓

度为1.4mol2L=0.7mol·L-1，D正确；故选CD。14.纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中，不正确．．．的是A.过程I的反应：2Fe3O4=6FeO+O2↑B.Fe3O4、FeO以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂C.过程I、Ⅱ的总

反应：2H2O=2H2↑+O2↑D.整个过程实现了太阳能向化学能的转化【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图示，过程I是在太阳能作用下四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，反应方程式是：2Fe3O4=6FeO+O2↑，故A正确；B．Fe3O4

是以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂，故B错误；C．根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，故C正确；D．根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气

，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确；选B。15.硫元素的几种化合物及其单质存在下列转化关系(反应条件省略)。浓H2SO4⎯⎯⎯⎯→Cu①SO2NaOH溶液②⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Na2SO3S③⎯⎯→Na2S2O324HSO④

稀⎯⎯⎯⎯→S下列判断不正确的是A.反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1B.反应②表明SO2具有酸性氧化物的性质C.反应③属于四大基本反应类型中的化合反应D.反应④中稀H2SO4作氧化剂(稀H2SO4中S参与升降)【答案】AD【解析】【详解】A．反应①中浓硫酸与Cu反应生成S

O2，S的化合价降低2价，Cu的化合价升高2价，根据氧化还原反应原理，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，A不正确；B．反应②SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，表明SO2具有酸性氧化物的性质，B正确；C．反应

③Na2SO3与S生成Na2S2O3，没有其它物质生成，属于四大基本反应类型中的化合反应，C正确；D．反应④中在稀H2SO4环境下，Na2S2O3中的+2价S发生歧化反应得到S，H2SO4中的S化合价不变

，D不正确；故选AD。16.向200mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中缓慢加入铁粉，产生气体的体积随铁粉质量的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列说法正确的是A.OA段反应的离子方程式为：22Fe2HF=eH++++B.A点溶液中的溶质为()243FeSOC.原

混合溶液中3NO−的物质的量为0.2molD.原混合溶液中24HSO的物质的量浓度为11molL−【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+3NO−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC

段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；最终消耗22.4gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。【详解】A．根据分析可知，OA段发生反应为：Fe+3NO−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，A

B段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；B．A点时，3NO−被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有3NO−，此时溶质为Fe2(SO4)3和H2SO

4，B错误；C．OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根据方程式Fe+3NO−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物质的量为0.2mol，因此原混合酸中3NO−物质的量为0.2mol，C正确；D．最终消耗22.4gFe，即0.4molF

e，最后溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，则n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为0.4mol÷0.2L=2mol⋅L-1，D错误

；故选C。三、填空题(此题包括4小题，共48分)17.I.A经如图所示的过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：A2O⎯⎯→B2O⎯⎯→C→D（1）若常温下C是红棕色的气体，A是碱性气体。则：①A化学式是：A____，C转化D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为____。②D的稀溶液在常温

下可与铜反应，请写出该反应的离子方程式____。（2）若A是一种黄色单质固体，则：向含2molD浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生气体体积____22.4L(“大于”“等于”或“小于”)；（3）若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C的化学式为____。II.根据如图

所示装置回答以下问题：（4）若要用此装置证明非金属性：C>Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：①稀盐酸②稀硫酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤碳酸钠试剂A为____，试剂C为____(填序号)。的【答案】（1）①.NH3②.1：2③.3Cu+8H++2

NO3−=3Cu2++2NO2↑+4H2O（2）小于（3）Na2O2（4）①.②②.④【解析】【分析】NH3催化氧化得到NO，NO接触O2生成红棕色NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO；S在O2中燃烧生成SO2

，SO2与O2可反应生成SO3，SO3与H2O生成H2SO4；Na与O2生成Na2O，Na2O与O2共热可得到淡黄色固体Na2O2，据此分析回答。【小问1详解】C是红棕色的气体，推断C是NO2，A是碱性气体，推断A是NH3；①A的化学式是：NH3；C转化D是NO2转化为HNO3，反

应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂被还原得到还原产物，是NO，还原剂被氧化得到氧化产物，是HNO3，氧化剂和还原剂均为二氧化氮，物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2；②D是HNO3，其稀溶液在常温下可与铜反应生

成硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO2↑+4H2O；【小问2详解】A是一种黄色单质固体，推断A是S单质，则D是H2SO4，2mol浓硫酸与足量的Cu加热生成SO2和

CuSO4，随着硫酸浓度下降，其变为稀硫酸时反应停止，故产生的SO2气体小于1mol，标准状况下产生气体体积小于22.4L；【小问3详解】A为金属单质，C为淡黄色固体，则推断C为Na2O2，A为Na单质。金属钠与氧气反应生成Na2O，Na2O在氧气中加热生成Na2O2；【小问4详解】

根据装置图所示，锥形瓶中发生固液无需加热型反应产生CO2，可以是强酸溶液与碳酸钙或碳酸钠反应，CO2进入试管与C溶液反应，为证明非金属性：C>Si，可通过证明酸性：H2CO3>H2SiO3，则C溶液为Na2SiO3溶液，产生白色沉淀即证明成立。为防止盐

酸挥发出HCl干扰CO2与Na2SiO3的反应，故试剂A为稀硫酸，选择②；试剂C为Na2SiO3溶液，选择④。18.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图：（1）请写出C装置中

生成CH3Cl的化学方程式：____。（2）B装置有三种功能：①混匀混合气体；②____；③____。（3）设24V(Cl)V(CH)=x，当CH4的体积一定时，若想理论上获得最多的氯化氢，则x≥____。（4）将1molCH4

与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为____。（5）已知某丁烷与氯气发生取代反应的产物之一为C4H9Cl，则分子式为C4H9

Cl的同分异构体有____种。【答案】（1）CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl（2）①.控制气体流速②.干燥气体（3）4（4）3mol（5）4【解析】【分析】浓盐酸与二氧化锰共热制得氯气，氯气与甲烷通入浓硫酸中干燥后的混合气，在装置C的硬质

玻璃管内受漫射光照射，产物通过石棉，在装置E内被水吸收，得到盐酸。【小问1详解】C装置中甲烷与氯气受光照生成CH3Cl，化学方程式：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl。【小问2详解】B装置装有浓硫酸的洗气瓶，有三种功能：①混匀混合气体；②通过观

察气泡速度，控制气体流速；③干燥气体。【小问3详解】CH4中的H原子理论上都可被取代，1molCH4最多可与4molCl2反应生成4molHCl，故若想理论上获得最多的氯化氢，则24V(Cl)V(CH)=x≥4。【小问4详解】依题意，设CH3Cl物质的量为xmol，CH3Cl、CH2Cl

2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则有x+x+0.1+x+0.2+x+0.3=1，解得x=0.1，则参加反应的Cl2的物质的量为0.1+0.2×2+0.3×3+0.4

×4=3(mol)。【小问5详解】C4H9Cl是一氯丁烷，碳链有两种，则一氯取代的同分异构体有：、，共4种。19.I.有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH+4、Cl-、Mg2

+、Ba2+、CO23−、SO24−，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：①向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；②向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol；③向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干

燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，推测错（1）一定存在的离子：____。（2）该600mL某种混合物溶液中n(K+)的范围：____。II.A是一种正盐，D的相对分子质量比C的大16，E是强酸，X无论是强酸还是强碱都有如图所示的转化关系。若X是强酸时，A、B、C

、D、E均含有同一种元素；若X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。AX⎯⎯→BY⎯⎯→CY⎯⎯→DZ→E（3）当X是强酸时，E是____。（4）A为____。【答案】（1）K+、NH4+、SO24−、CO23−（2）n(K+)≥

0.06mol（3）H2SO4（4）(NH4)2S【解析】【分析】根据离子反应原理，能生成难溶物、弱电解质、气体或发生氧化还原反应的离子不能大量共存；由某种离子确定存在，可推断能与其反应的离子不能大量存在；溶液中阴阳

离子所带的电荷总数要相等，溶液才会呈电中性。弱酸的铵盐既能跟强酸反应，也能与强碱反应；相对分子质量相差16，则差了一个氧原子。【小问1详解】该混合物溶液只可能含有离子：K+、NH+4、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO23−、SO24−，加入AgNO3溶液，有沉淀产生，

则该混合溶液含有Cl-或SO24−；加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04mol，则含有0.04molNH+4；加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，得到沉淀BaSO4，质量为2.33g，

则6.27g中含有BaCO3的质量3.94g。故每份该混合溶液中含有n(SO24−)=2.33233=0.01mol，n(CO23−)=3.94197=0.02mol，根据离子共存原则，推断该混合溶液中肯定没

有Mg2+、Ba2+；故每份该混合溶液中含有0.04molNH+4，根据电荷守恒，则一定含有K+，物质的量至少为(0.01×2+0.02×2)>0.04；故一定存在的离子：K+、NH4+、SO24−、CO23−。【小问2详解】据第(1)分析，每份溶液阴离子所带负电荷物质的量为0.01×2+0.0

2×2=0.06(mol)，则n(K+)至少为0.06-0.04=0.02(mol)，则该600mL某种混合物溶液中n(K+)至少有0.02×3=0.06(mol)，若是溶液中含有Cl-，则K+的含量要增加，以保持溶液呈电中性，故n(K+)

的范围：n(K+)≥0.06mol。【小问3详解】D的相对分子质量比C的大16，结合转化关系图所示，推断Y为O2，E是强酸，含有同种元素的物质经氧气两度氧化后与Z得到强酸，X是强酸时，正盐A含有S2-，则B、C、D分别是H2S、SO2、SO3；X是强碱时，正盐A含有NH4

+，则B、C、D分别是NH3、NO、NO2，则当X是强酸时，E是H2SO4。【小问4详解】据小问(3)分析，A为(NH4)2S。20.化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如图所示实验，以验证此结论。请回答下列问题：（1）进行实验时，温度计中水银液面

变化：②____(填“升高”或“降低”)。（2）下列化学反应中的能量变化关系与③相符合的是____(填序)。A.H2+Cl2光照2HClB.C+CO2高温2COC.SO24−+Ba2+=BaSO4↓D.NH3•H2O+HCl=NH4Cl+

H2O（3）将①中涉及的反应设计成如图所示的原电池。则溶液中的SO24−移向____(填“正”或“负”)极，电极材料X不能是____(填序号)。A.CuB.ZnC.PbD.石墨（4）在300℃时，X、Y、Z三种

气体在恒容密闭容器中反应时的浓度变化如图所示：请回答下列问题：①该反应的化学方程式为____，0～2min内的反应速率V(X)=____。②下列事实能表明300℃时该反应处于平衡状态的是____(填序号)。A.容器内气体压强保持不变B.生成Y、Z的速率之比为2：1C.气体的密度保持

不变D.C(X)=C(Y)【答案】（1）降低（2）B（3）①.负②.B（4）①.2X(g)2Y(g)+Z(g)②.0.1mol·L-1·min-1③.A【解析】【小问1详解】实验②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是吸

热过程，环境温度下降，温度计水银液面降低。【小问2详解】图③所示，反应物总能量低于生成物总能量，反应过程是吸热过程。A是放热反应，不符合；B是吸热过程，符合；C是放热过程，不符合；D是放热过程，不符合；故选

B。【小问3详解】①是铁片与稀硫酸反应，设计成原电池，则铁失去电子作为负极，稀硫酸中的H+在正极得到电子生成H2，故溶液中的阴离子SO24−移向负极，电极材料X要求能导电，且活泼性低于铁，故不能是Zn，选B。【小问4详解】①由图可知，X减少了0.2

mol/L，作反应物，Y增加了0.2mol/L，是生成物，Z增加了0.1mol/L，是生成物，又反应的改变量之比等于化学方程式的系数之比，该反应的化学方程式为2X(g)2Y(g)+Z(g)；0～2min内的反应速

率V(X)=0.2mol/L2min=0.1mol·L-1·min-1。②当某个量在反应过程中发生了改变，当其不变时可说明该反应达到平衡状态。A．该反应气体分子数发生了改变，恒温恒容密闭容器中，容器内气体压强发生了改变，其若保持不变，则说明该反应达到平

衡状态，A符合题意；B．Y、Z均是生成物，生成Y、Z的速率同指正反应速率，其比值恒等于系数之比，不能用其判断该反应是否达到平衡，B不符合题意；C．该反应各物质均是气体，根据质量守恒，气体的总质量保持不变，恒容容器内则气体的密度始终保持不变，故不能用其判断该反应是否达到平衡，C不符合题意；

D．C(X)=C(Y)，不能判断其浓度是否不再改变，故不能用其判断该反应是否达到平衡，D不符合题意；