【文档说明】北京市顺义区2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.410 MB，由小赞的店铺上传

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2024北京顺义高二(上)期末化学本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32第一部分本部分共1

4题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列设备工作时，化学能转化为电能的是A．碱性普通锌锰电池B．天然气灶C．风力发电D．太阳能电池A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．原电池装置将

化学能转化为电能，故A正确；B．天然气灶将化学能转化为热能，故B错误；C．风力发电将风能转化为电能，故C错误；D．太阳能电池将太阳能转化为电能，故D错误。答案为：A。2.下列化学用语表达正确的是A.2S−的结构示意图：B.22ONa的电子式：C.中子数为32、质子数为26的核素符号：

3226FeD.基态C原子的价层电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．S2-外层有18个电子，最外层有8个电子，结构示意图为，A错误；B．Na2O2为离子化合物，由钠离子和过氧根离子组成，电子式为，B正确；C．中子数为32、质子数为26的

核素符号为5826Fe，C错误；D．基态C原子的价层电子轨道表示式为，D错误；故答案选B。3.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.钠与水反应B.灼热的炭与二氧化碳反应C.22Ba(OH)8HO与4NHCl反应D.甲烷在氧气中燃烧【答案】B【解析】【详解】A

．钠与水反应属于氧化还原反应，属于放热反应，故A不符合题意；B．灼热的碳与CO2反应是吸热反应，其反应方程式为C+CO2=2CO，该反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；C．该反应虽然为吸热反应，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．甲烷的燃烧

属于氧化还原反应，属于放热反应，故D不符合题意；答案为B。4.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.()FeSCN3溶液中加入固体KSCN后颜色变深B.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C.工业合成氨：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒH0，采用4

00℃~500℃的高温条件D.工业制备2TiO：()4222TiCl2HOTiOHO4HClxx++=+，加入大量水，同时加热【答案】C【解析】【详解】A．()FeSCN3溶液中存在平衡：()3+-FeSCNFe+3SCN3，加入固体KSCN

后，平衡逆向移动，颜色变深，A不符合题意；B．氯气在饱和食盐水中存在平衡：+-22Cl+HOHClO+H+Cl，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，故实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，B不符合题意；C．工业合成氨为放热反应，高温平

衡逆向移动，该反应在高温下进行是为了提高反应速率，C符合题意；D．四氯化钛水解产生二氧化钛，加入大量水，同时加热使水解平衡正向移动，可以用该反应制备二氧化钛，D不符合题意；故选C。5.下列方程式与所给事实不相符．．．的是A.电解2CuCl溶液：222CuClCuCl+−=+B.钢铁发生

吸氧腐蚀，负极反应：22eFeFe−+−=C.利用覆铜板制作印刷电路板：32222FeCuFeCu++++=+D.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：()()224334ssCaSOCOCaCOSO−−++【答案】

A【解析】【详解】A．电解2CuCl溶液生成Cu和Cl2，方程式为：22CuClCu+Cl电解，故A符合题意；B．钢铁在接近中性的空气中腐蚀叫吸氧腐蚀，Fe作负极，电极方程式为-2+Fe-2e=Fe，故B不符合题意；C．用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板，离子方程式为：3

+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu，故C不符合题意；D．硫酸钙存在沉淀溶解平衡：2+2-44CaSOCa+SO，碳酸钠溶液中有大量碳酸根离子，碳酸钙更难溶，碳酸根离子结合钙离子使平衡正向移动，最终转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为：()()2-2-4334CaSOs+COCaCOs

+SO，故D不符合题意；故答案选A。6.工业上电解熔融23OAl和冰晶石（36NaAlF）混合物可制得铝。下列说法不相符．．．的是A.半径大小：()()3++rAl>rNaB.还原性强弱：2OF−−C.电离能大小：()()11IOINaD.碱性强弱：()

3NaOH>AlOH【答案】A【解析】【详解】A．铝离子与钠离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故()()3++rAl>rNa，A错误；B．非金属元素的非金属性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性F>O，

故还原性：2OF−−，B正确；C．Na原子有3个电子层，最外层1个电子，第一电离能大于O，C正确；D．金属性Na>Al，故碱性：()3NaOH>AlOH，D正确；故选A。7.常温下，下列四种溶液中，水的电离程度最大的是A.pH=5的4NaHSO溶液B.pH=7的24NaSO溶液C.pH=

5的4NHCl溶液D.pH=8的NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A．4NaHSO溶液电离出H+，抑制水的电离；B．24NaSO为强酸强碱盐，对水的电离无影响；C．4NHCl中4NH+水解使得溶液pH=5，促进水的电离；D．NaOH溶液电离出OH-，抑制水的电离；所以pH=5

的4NHCl溶液中水的电离程度最大；故答案选C。8.2NO和24NO存在平衡：()()2242gNOgNOH0。下列分析不正确．．．的是A.当混合气体颜色不再变化时，反应达到了化学平衡状态B.断裂2mol2NO中的共价键所需能量

小于断裂1mol24NO中的共价键所需能量的C.保持温度不变，缩小容器的体积，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅D.保持容器体积不变，水浴加热，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小【答案】C【解析】【详解】A．体系中二氧化氮为红棕色，当混合气体颜色不再变化时，反应达到了化学平

衡状态，故A正确；B．由题干可知，该反应为放热反应，断键时吸收的能量小于成键释放的能量，故断裂2mol2NO中的共价键所需能量小于断裂1mol24NO中的共价键所需能量，故B正确；C．保持温度不变，缩小容器的体积，体系中各物质的浓度增大，混合气体的颜色加深，平衡向气体系数和减小

的方向即正反应方向移动，混合气体颜色变浅但仍然比平衡移动前颜色深，故C错误；D．该反应为放热反应，保持容器体积不变，水浴加热，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D正确。答案为：C。9.下列实验能达到实验目的的是装置构成铜锌原电池证明溶解度：

AgCl＞AgI准确量取一定体积4KMnO标准溶液除去2CO中混有的少量HClABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．要设计成铜锌双液原电池，两个电极应该互换，否则Zn和Cu直接发生置换反应而不能产生电流，故A不符合题意；B．Ag+先和过量的Cl-完全反应，生成AgCl

，再加入NaI，沉淀由白色变为黄色，证明溶解度：AgCl＞AgI，故B发符合题意；C．准确量取一定体积4KMnO标准溶液应使用酸式滴定管，故C不符合题意；D．饱和碳酸钠通入二氧化碳可转化为碳酸氢钠，故D不符

合题意；故答案选B。10.2H与ICl的反应机理如下：反应①：()()()()()2Hg2ggggIClHClHIICl+=++；反应②：()()()()()2gggIg2gHClHIIClHCl++=+，其能量曲线如下图所示。

下列有关说法不正确．．．的是A.反应①12EEH=−B.反应①②均是放热反应C.()()()()22Hg2gIg2gIClHCl+=+1H218kJmol−=−D.该反应的反应速率主要取决于②的快慢【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，反应的H=正反应的活化能-逆反应的活化能，故

反应①的12EEH=−，故A正确；B.反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，由图像可知，反应①②均是放热反应，故B正确；C.由盖斯定律可知，()()()()22Hg2gIg2gIClHCl+=+-112ΔH=ΔH+ΔH=-218k

Jmol，故C正确；D.反应的反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应的速率越慢，故该反应的反应速率主要取决于①的快慢，故D错误。答案为：D。的11.某化学兴趣小组，使用相同的铜片和锌片为电极，探究水果电池水果的种类和电极间距离对电流的影响，实验装置图和所得实验所得数据如下

：实验编号水果种类电极间距离/cm电流/AⅠ番茄198.7Ⅱ番茄272.5Ⅲ苹果227.2电池工作时，下列说法不正确．．．的是A.负极的电极反应为-2+Zn-2e=ZnB.电子从锌片经水果流向铜片C.水果种类和电

极间距离对电流数值的大小均有影响D.若用石墨电极代替铜片进行实验，电流数值会发生变化【答案】B【解析】【详解】A．由图示分析可知，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，即负极的电极反应为-2+Zn-2e=Zn，故A正确；B

．电子从锌片经导线流向铜片，而不能经水果流向铜片，故B错误；C．由表中的数据分析可知不同的水果以及同种水果间距离的不同，则电流的大小也不同，所以水果种类和电极间距离对电流的大小均有影响，故C正确；D．石墨和铜的导电率不同，若用石墨电极代替铜片进行实验，电流数值会

发生变化；故D正确；故答案选B。12.如图为某实验测得0.1-13mol?LNaHCO溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的A.a点溶液中，()()2-233cHCOcCOB.b点溶液中

，()()()()-2-3323cNacHCO+2cCO+cHCO+=C.ab段，pH减小说明升温抑制了-3HCO的水解D.b点后温度升高溶液pH升高，与生成23NaCO有关【答案】D【解析】【分析】3NaHCO溶液中碳酸氢根离子存在水解和电离两个过程

，碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度。水解和电离过程都是吸热的，在升温过程，碳酸氢根离子的水解程度和电离程度都会被促进，同时Kw也会增大，ab段溶液pH减小；当温度再升高到b点以后，碳酸氢钠受热发生分解会生成碳酸钠，导致溶液pH升高。【详解】A．a点3NaHCO溶液在

常温下，碳酸氢离子既存在水解也存在电离过程，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以()()2-233cHCO>cCO，A错误；B．b点溶液溶质是碳酸氢钠，溶液中存在的物料守恒()()()()2-3323cNacHCOcCO

cHCO+−=++，B错误；C．水解和电离都是吸热反应，ab段温度升高，碳酸氢根离子的水解和电离都会被促进，C错误；D．b点后温度升高，溶液pH迅速升高，说明溶液碱性增强，与碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠有关，D正

确；故选D。13.某化学小组欲探究反应“32222I2IFeFe+−+++”为可逆反应，做了如下实验：已知：22IHOHIHIO++现象为：实验ii中产生了黄色沉淀；实验iii中溶液变蓝；实验iv中溶液不变蓝，下列说法中不

正确．．．的是A.实验ii中产生黄色沉淀的离子方程式为IAgAgI+−+=B.实验iii加淀粉溶液变蓝，证明棕黄色溶液中有2I生成C.设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I−的可能D.通过上述实验可以证明“32222I2IFeFe+−+++”为可逆反应【答案】D【解析】【

详解】A．探究反应“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”为可逆反应，则实验ⅰ所得溶液可能含有Fe3+、I−、Fe2+、I2，所以实验ii中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀的离子方程式为：Ag++I−=AgI

↓，A正确；B．淀粉遇I2会变蓝，则实验iii加淀粉溶液变蓝，可以证明棕黄色溶液中有I2生成，B正确；C．生成的I2可能是I−被空气中氧气氧化，也可能是I−被Fe3+氧化所致，则设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I−的可能，

C正确；D．实验ⅰ中I−和Fe3+等物质的量混合，实验ⅲ、ⅳ说明生成的I2是I−被Fe3+氧化所致，实验ii说明棕黄色溶液中存在I−，但不能确定存在的I−是反应物不能完全转化、反应存在限度所致，还是完全转化生成的I2与水反应(I2+H2O⇌HI+HIO)生成的，则通过上述实验不能证明“2Fe

3++2I−⇌2Fe2++I2”为可逆反应，D错误；故选D。14.常温下，某小组同学用如下实验探究()2MgOH的沉淀溶解平衡实验装置实验ⅠⅡ序号传感器种类导电率传感器pH传感器实验操作向蒸馏水中加入足

量的()2MgOH粉末，一段时间后再加蒸馏水向滴有酚酞的蒸馏水中加入()2MgOH粉末，隔一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸实验数据已知：酚酞的变色范围：pH＜8.2无色；8.2≤pH≤10.0粉红色；pH

＞10红色下列说法不正确．．．的是A.图1中a点导电率不为0的原因是：+-2HOH+OHB.图1中d点()2QMgOH小于()sp2KMgOHC.实验Ⅱ中，溶液颜色先变红，后变为无色，最后溶液呈粉红色D.实验Ⅱ中：加入()2MgOH的物质的量小于加

入硫酸的物质的量【答案】D【解析】【详解】A．H2O是弱电解质，能发生微弱的电离，电离方程式为H2O⇌H++OH-，因此a点电导率不等于0，选项A正确；B．cd段再加入少量蒸馏水，Mg2+和OH-浓度减小，使得

d点()2QMgOH小于()2KMgOHsp，选项B正确；C．由图像可知，AB段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，BC段pH不变，存在平衡()22+-()Mg(aq)+2OH(aq)MgOHs，此时溶液pH>10，因此实验②中溶液变红，CD段加入稀硫酸，消耗氢氧化镁，pH减小，

稀硫酸消耗完，氢氧化镁继续溶解，pH增大，最终溶液的pH值范围为9<pH<10，由酚酞的变色范围知，此时溶液变为淡粉色，故溶液颜色先变红，后变为无色，最后溶液呈粉红色，选项C正确；D．a点时加入Mg(OH)2使溶液pH变化到了b点，c点时加入硫酸与氢氧化镁反应，使得溶液的pH变化到了d

点，若Mg(OH)2与硫酸恰好完全反应生成硫酸镁，溶液会因Mg2+水解而呈酸性，但d点溶液的pH约为10，显碱性，说明加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)2，选项D不正确；答案选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.下表为

元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的不同元素。回答下列问题（涉及到元素序号用化学用语作答）：（1）写出基态⑥原子的电子排布式______（2）基态③原子中电子占据最高能级的符号是______，该能级

的电子云轮廓图为______形。基态⑦原子共有______种不同运动状态的电子。（3）表中属于ds区的元素是______。（4）写出⑧的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式______。（5）从原子结构角度解释非金属性⑩

>⑨的原因______。（6）元素⑪（设为字母A）和元素⑫（设为字母B）的部分电离能数据（用1I，2I，3I表示）如表：元素AB电离能/（1kJmol−）1I7177592I150915613I3248257的比较两元素的2I，3I可知，气态2A+再失去一个电子比气态2B+再失去

一个电子难，请解释原因______。【答案】（1）1s22s22p4（2）①.2p②.纺锤③.11（3）Cu（4）--2322AlO+2OH=2AlO+HO（5）S与Cl原子电子层数相同，半径逐渐减小，原子核对核外电子的吸引能力增强，原子得电子能力增强，故非金属性C

l>S（6）气态Fe2+的外围电子排布式为3d6，而气态Mn2+的外围电子排布式为3d5，半满，再失去一个电子需要的能量高，故Mn2+更难再失去一个电子【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，①为Li，②为Be，③为B，④为C，⑤为N，⑥为O，⑦为Na，⑧为Al，⑨为S，⑩为Cl，⑪为Mn

，⑫为Fe，⑬为Cu。【小问1详解】⑥为O，基态O原子的电子排布式：1s22s22p4；【小问2详解】③为B，基态B原子的电子排布式：1s22s22p1，电子占据最高能级的符号是2p，该能级的电子云轮廓图为纺锤形；⑦为Na，

基态Na原子共有1种不同运动状态的电子；【小问3详解】表中属于ds区的元素是：Cu；【小问4详解】⑧为Al，氧化物为Al2O3，与NaOH溶液反应的离子方程式：--2322AlO+2OH=2AlO+HO；【小

问5详解】⑨为S，⑩为Cl，S与Cl原子电子层数相同，半径逐渐减小，原子核对核外电子吸引能力增强，原子得电子能力增强，故非金属性Cl>S；【小问6详解】⑪为Mn，⑫为Fe，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难的原因是：气

态Fe2+的外围电子排布式为3d6，而气态Mn2+的外围电子排布式为3d5，半满，再失去一个电子需要的能量高，故Mn2+更难再失去一个电子。16.二甲醚（33CHOCH）是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产33CHOCH。

工业制备二甲醚在催化反应室中（压强：2.0~10.0MIPa.温度：230-280℃）的进行下列反应：反应i：()()()23g2HggCOCHOH+11Δ99HkJmol−=−反应ii：()()33322CHOH(g)CHOCHg+HOg12Δ235JHkmol−=−．反应iii

：()()()()222gHOggHgCOCO++13Δ41.2HkJmol−=−（1）在该条件下，若反应i的起始浓度分别为()11.2LcCOmol−=，()12H2.8Lcmol−=，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%

，则8min内CO的平均反应速率为______（2）在t℃时．反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质3CHOH33CHOCH2HO()1/Lcmol−

0.052.02.0此时v正______v逆（填“＞”“＜”或“＝”）（3）催化总反应为：()()()()23323COg+3HgCHOCHg+COg4ΔH①4=H______1kJmol−②CO的平衡转化率

（CO）与温度、压强的关系如图I所示．图中X代表______（填“温度”或“压强”），1L______2L（填“＞”“＜”或“＝）。（4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比()()2HnnCO的改变，二甲醚和甲醇的产率（产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分

率）呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因______。（5）二甲醚（33CHOCH）空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。①燃料电池中的正极是______（填“c”或“d”）电极。②c电极的电极反应为___

___。【答案】（1）0.075mol∙L−1∙min−1（2）＜（3）①.-262.7②.温度③.＞（4）当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小（5）①.d②.33CHOC

H-12e-+3H2O=2CO2+12H+【解析】【小问1详解】根据题给数据，CO的反应量为1.2mol/L×50%=0.6mol/L，则8min内CO的平均反应速率为：v(H2)=0.6mol/L8min=0.075mol∙L−1∙min−1；【小问2详解】该时

刻反应的浓度熵为：Qc=332232(CHOCH)(HO)2.0.0==16000(CHOH)20.5ccc＞400，反应逆向进行，所以，v正＜v逆；【小问3详解】①催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，根据

盖斯定理可按以下方法联立得到：①×2+②+③，该反应ΔH4=-99kJ·mol−1×2+(-23.5kJ·mol−1)+(-41.2kJ·mol−1)=-262.7kJ·mol−1；②根据催化反应室的

总反应放热，化学方程式3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH=-262.7kJ·mol−1可知，正向反应气体减少，反应放热，所以CO的平衡转化率α(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压

强，且L1＞L2；【小问4详解】结合图象，根据平衡移动原理分析：随着2(H)(CO)nn增大，反应①CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应②正向移动；另一方面，随着2(H)(CO)nn增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，

进而抑制了反应②；图中二甲醚产率随着2(H)(CO)nn增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大

，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。【小问5详解】①根据图中电子的移动方向可知，d是正极；②根据图中电子的移动方向可知，c是负极，电解质环境为酸性，则其电极反应为：33CHOCH-12e-+3H2O=2CO2+12H+。17

.乙二酸（224HCO）俗称草酸，是一种二元弱酸，在日常生活、实验研究、化学工业中应用广泛。（1）人体内草酸累积过多是导致结石形成的主要原因，其主要成分是草酸钙，草酸钙的化学式为______。（2）常温下，测得12240.1LHCOmol−溶液的pH＝1.3．草酸的电离方程式为______

。（3）向某224HCO溶液中滴加KOH溶液，溶液中224HCO、24OHC−和224CO−物质的量浓度分数()X[已知()()()()()22242424cXδXcHCOcOcCOHC−−=++]与pH关系如图所示①由图可知，草酸的a1=K______。

②草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.8时发生的主要反应是______（写离子方程式）。③pH＝4.2时，溶液中的溶质为______（填化学式）．下列粒子浓度关系正确的是______（填字母）。a．()()()()()22424cKcHcO2cCOcHCOH++−−−+=++b．()()()

()22424224cKcHCOcCOcHCO+−−c()()()()22424224cKcHCOcCOcHCO+−−=++（4）利用草酸制备草酸亚铁晶体（242FeCOxHO)）的流程及组分测定方法如下：已知：i．pH＞4时，2Fe+另被氧气氧化；ii．三种物质的溶解度（g/l

00g水）如下：42FeSO7HO424(NH)SO44242FeSO(NH)SO6HO20℃48753760℃1018838①用稀硫酸调溶液pH至1~2的目的是：______，______。②

测定草酸亚铁晶体（242FeCOHOx）的x值：实验为：称取0.2700g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸溶液中，用酸性KMnO4溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.10001Lmol−的酸性KMnO4溶液9.00mL，已知：滴定过程中铁、碳元素分别被氧化为3Fe+、CO2，锰元素被还

原为Mn2+。243OOFeCxH中x＝______（FeC2O4的摩尔质量是1144gmol−）。【答案】（1）CaC2O4（2）22424HCOHHCO−＋＋、22424HCOHCO−−＋＋（3）①.10-1.2②.--2-24242HCO+OH=CO+HO③.224KCO和24KHCO

④.a（4）①.防止2+Fe被氧化②.抑制2+Fe的水解③.2【解析】【小问1详解】草酸钙的化学式为CaC2O4，故答案为CaC2O4。【小问2详解】H2C2O4为乙二酸，由0.1mol/LH2C2O4溶液pH＝1.3可知，H2C2O4为二元弱酸，分步电离的方程式为：224

24HCOHHCO−＋＋、22424HCOHCO−−＋＋，故答案为22424HCOHHCO−＋＋、22424HCOHCO−−＋＋。【小问3详解】H2C2O4为乙二酸，为二元弱酸，pH增大，()224δHCO降低，(

)-24δHCO先增大后降低，所以曲线1表示()224δHCO，曲线2表示()-24δHCO，曲线3表示()224δCO−；①由图可知，当pH=1.2时，()224δHCO=()-24δHCO，此时溶液中不存在224CO−，所以()224c

HCO=()24cOHC−，草酸的()()()()241.2224a1cHCOcHcH10cHCOK−++−===，故答案为10-1.2；②草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.8时，()224δHCO=0，发生的主要

反应是--2-24242HCO+OH=CO+HO，故答案为--2-24242HCO+OH=CO+HO；③pH＝4.2时，()-24δHCO=()224δCO−，溶液中的溶质为224KCO和24KHCO；a

．根据电荷守恒，有()()()()()++-2--2424cK+cH=cHCO+2cCO+cOH，故a正确；b．pH＝4.2时，()()2-2424δCO=δHCO=0.5−，()()2--2424cCO=cHCO，故b错误；

c．pH＝4.2时，()()+-cH>cOH，此时()()2--2424cCO=cHCO，溶液中没有224HCO，又()()()()()++-2--2424cK+cH=cHCO+2cCO+cOH，所以()()()()22424224cKcHCOcCOc

HCO+−−++，故c错误；故答案选a。【小问4详解】①已知，pH＞4时，2+Fe另被氧气氧化；所以用稀硫酸调溶液pH至1~2是为了防止2+Fe被氧化，此外，2+Fe发生水解，2++22Fe+2HOFe(OH)+2H，用稀硫酸调溶液pH至1~2可以抑制2+Fe的水解，故答案为防止2+F

e被氧化；抑制2+Fe的水解；②根据电子守恒可知，4MnO−与242FeCOxHO的反应的计量关系为42423MnO5FeCOxHO−～，达到滴定终点时，消耗0.1000mol•L−1的酸性KMnO4溶液9.00mL，则n（242FeCOxHO）＝33

50.1000910mol1.510mol3−−＝，草酸亚铁晶体的质量为0.2700g，所以242FeCOxHO的摩尔质量-1-3m0.2700gM180gmoln1.510mol＝＝＝，所以180144218x−＝＝，故答案为2。18.以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（

主要成分FeS2）为原料联合提取S和制取42HOMnSO的一种流程示意图如下。已知：金属离子沉淀的pHFe3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.55.86.3完全沉淀时2.87.88.3（1）步骤①混合研磨成细粉的主要目的是______（2）充分浸取时生成主要产物是S、M

nSO4及()243FeSO，反应的化学方程式为______。（3）步骤②所得酸性滤液含有Fe2+，检验Fe2+的实验操作为______。（4）沉铁时先加入H2O2，后加入碳酸钠溶液，调节溶液pH≈5，说明试剂加入顺

序及调节pH的原因______。（5）步骤⑥需在90~100℃下进行，该反应的化学方程式为______。（6）硫酸锰在不同温度下结晶可分别得到42MnSO7HO、42MnSO5HO和42MnSOHO。硫酸锰在不同温度下的溶解度

和该温度范围内析出晶体组成的关系如下图所示。从沉铁后的滤液中获得较高纯度42MnSOHO的操作是：控制温度在80~90℃之间蒸发结晶、______，然后用80~90℃的蒸馏水洗涤产品2~3次、真空干燥。（7）从两种矿石中各物质性质利用的角度，分析联合提

取S和制取42HOMnSO的优点______。【答案】（1）增大表面积，提高硫酸浸取时的浸取率（2）()2242424233MnO+6HSO+2FeS=4S+3MnSO+FeSO+6HO（3）取少许滤液于试管中，

加入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明滤液中含有Fe2+（4）沉铁时先加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，后加入碳酸钠溶液，调节溶液pH≈5，将铁全部转化为Fe(OH)3除去，同时不影响Mn2+（5）()4x+1322NHS90~100C2NH+HS+xS（6）趁热过滤（7）减少耗

能，减少了污染性气体二氧化硫的排放【解析】【分析】已知：金属离子沉淀的pH软锰矿和黄锰矿混合研磨后加入20%的硫酸溶液，反应生成硫酸锰、硫酸铁和硫单质，过滤后，向滤液中加入碱沉铁，将铁转化为氢氧化铁除去，过滤经蒸发结晶缩、趁热过滤得到42HOMnSO，向滤渣中加入硫化铵溶液，得到(N

H4)2Sx+1固体，加热后分解得到S。【小问1详解】步骤①混合研磨成细粉，可以增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率。答案为：增大表面积，提高硫酸浸取时的浸取率。【小问2详解】结合上述分析，充分浸取时反应的化学方程式为：()2242424233MnO+6HSO+2FeS=4S+3

MnSO+FeSO+6HO答案为：()2242424233MnO+6HSO+2FeS=4S+3MnSO+FeSO+6HO。【小问3详解】步骤②所得酸性滤液含有Fe2+，检验Fe2+的实验操作为取少

许滤液于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明滤液中含有Fe2+。答案为：取少许滤液于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明滤液中含有Fe2+。【小问4详解】沉铁时先加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，后加入碳酸钠溶液，调节溶液pH≈5，将铁全部转化为Fe(

OH)3除去，同时不影响Mn2+。答案为：沉铁时先加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，后加入碳酸钠溶液，调节溶液pH≈5，将铁全部转化为Fe(OH)3除去，同时不影响Mn2+。【小问5详解】步骤⑥需在90~100℃下进行，该反应的化学方程式：()4x+1322NHS

90~100C2NH+HS+xS答案为：()4x+1322NHS90~100C2NH+HS+xS。【小问6详解】从沉铁后的滤液中获得较高纯度42MnSOHO的操作是：控制温度在80~90℃之间蒸发结晶、趁

热过滤，然后用80~90℃的蒸馏水洗涤产品2~3次、真空干燥。答案为：趁热过滤。【小问7详解】软锰矿与黄铁矿联合提取S和制取42HOMnSO的优点是该反应在常温下就能进行，减少黄铁矿煅烧时的耗能，减少了污染性气体二氧化硫的排放答案为：减少耗能，减少了污染性

气体二氧化硫的排放。19.实验小组对Mg与NH4Cl溶液的反应进行探究。（1）用pH计测定1.014LmolNHCl−溶液约为4.6，分析NH4Cl溶液呈酸性的原因______（用化学用语表示）。（2）探究镁与NH4Cl溶液的反应

：实验Ⅰ、Ⅱ所取镁粉质量均为0.5g，分别加入选取的实验试剂中。实验实验试剂实验现象Ⅰ5mL蒸馏水反应缓慢，有少量气泡产生（经检验为H2）Ⅱ5mL11.0Lmol−NH4Cl溶液（pH＝4.6）剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体①实验Ⅰ中发生反应的化学方程式为______。

②经检验实验Ⅱ中刺激性气味气体为NH3和H2的混合气体，用平衡移动原理解释产生NH3的原因______。③已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后的固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO

3溶液，出现白色沉淀。推测沉淀中含有______，灰白色固体可能是______（填化学式）。④针对实验Ⅱ比实验Ⅰ反应剧烈的原因，小组同学提出了两种假设：假设l：NH4Cl溶液中的H+溶解了Mg（OH）2；假设2：NH4Cl溶液中的4NH+溶解了Mg（OH）2。为证明假设的合理性．小组同

学做了如下对比实验：实验实验方案实验现象Ⅲ取2根覆盖了Mg（OH）2的Mg条，分别同时放入相同体积相同pH的盐酸和饱和NH4Cl溶液中。饱和NH4Cl溶液中反应更剧烈Ⅳ向饱和NH4Cl溶液中滴加浓氨水，使溶液呈中性或略显碱性，再放入覆盖了Mg

（OH）2的镁条。剧烈反应，但是比实验Ⅲ饱和NH4Cl溶液略慢，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体。实验结论是______。（3）甲同学通过深入思考，认为Mg与NH4Cl溶液反应剧烈．可能还与Cl−有关．并通过设计实验，证

明了猜想的正确性．他设计的实验方案和实验证据为______。（4）由上述实验得出的结论是______。【答案】（1）+4NH+H2O⇌NH3·H2O+H+（2）①.()222Mg+2HO=MOH+gH②.+4NH+H2

O⇌NH3·H2O+H+，镁消耗H+，平衡正向移动，促进NH3·H2O生成，NH3·H2O分解生成氨气；③.Cl-④.Mg(OH)Cl⑤.+4NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2+4NH+Mg(OH)2=Mg2++232NHHO，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应，反

应放热，温度升高，反应速率加快；（3）在盛有3.0mL1.0mol/LNH4Cl溶液和3.0mL1.0mol/LNH4NO3溶液的2支试管中分别加入0.20g镁粉．观察现象。若NH4Cl溶液中有大量气泡产生，但NH4NO3溶液中无气泡

产生，则说明是氯离子的作用；若反应速率几乎一样，说明C1-不起作用；（4）NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，+4NH对反应影响大；。【解析】【分析】本题主要是对Mg与NH4Cl溶液反应机理进行实验探究，探究了反应得到的灰白色固体的成分，以及进行几组对照实验来探究该反

应的机理，最后得出NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，+4NH对反应影响大的结论，解题过程中要密切关系题干信息，时刻注意对照实验仅能改变一个变量的思想；【小问1详解】NH4Cl是一种强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律可知，NH4Cl溶液显酸性，反应的离子方程式为：+4N

H+H2O⇌NH3·H2O+H+；【小问2详解】①()222Mg+2HO=MgOH+H②实验Ⅱ中刺激性气味气体为NH3和H2的混合气体，+4NH+H2O⇌NH3·H2O+H+，+2+2Mg+2H=Mg+H，镁消耗H+，使铵根离子的水解正向进行，促进NH3·H2O生成，NH3·H2O分解生成

氨气；③将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊，说明灰白色固体表面没有能使AgNO3溶液变浑浊的杂质，将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明灰白色沉淀中含

有Cl-，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-，和化学式中化合价代数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl④Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因是+4NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2+4NH+Mg(OH

)2=Mg2++232NHHO，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应，反应放热，温度升高，反应速率加快；【小问3详解】在盛有3.0mL1.0mol/LNH4Cl溶液和3.0mL1.0mol/LNH4NO3溶液的2支试管中分别加入0

.20g镁粉．观察现象。若NH4Cl溶液中有大量气泡产生，但NH4NO3溶液中无气泡产生，则说明是氯离子的作用；若反应速率几乎一样，说明C1-不起作用；【小问4详解】NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，+4NH对反应影响大；