【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14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400℃~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=2F

e+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：()()2-2-4334C

aSOs+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：()3Na

OH>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：()()2242gNO

gNOH0。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C

u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

=-218kJmol，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()()()()2-3323cNacHCOcCOcHCO+−=++，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“2Fe3++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−）1I7177592I

150915613I3248257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Cl>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+11Δ99HkJ

mol−=−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+3HgCHOC

Hg+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()()2

HnnCO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.d②.33CHOCH-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)+3H

2(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L

1、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/l00g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0.1

0001Lmol−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24KHCO④.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：22424HCOHHCO−＋＋、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224C

O−，所以()224cHCO=()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224K

CO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()()()()22424224cKcHCOcCOcHCO+−−++，故c错误；故答案选a。【小问4详解】①已知，p

H＞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+Fe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）＝3350.1000910mol1.510mol3

−−＝，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、MnSO4及()2

43FeSO，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42

MnSOHO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(NH4)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+3MnSO+FeSO+6HO答案为：()2242424

233MnO+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p

H≈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+1322NHS90~100C2NH+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A

gNO3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+H2O⇌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：+4NH+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NH4NO

3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；