浙江省杭州市七县市2021-2022学年高二化学上学期期末学业水平测试试卷（Word版附解析）

2021学年第一学期期末学业水平测试高二年级化学试题卷考生须知：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，满分100分。考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域内填写学校、班级、姓名、考号、准考证号等相关信息；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效；4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-27P-31Cl-35.5S-32Ca-40Mn-55Fe-56Cu-64Br-80Ag-108Ba-137I卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1.下列物质属于纯净物的是A.汽油B.食醋C.漂白粉D.小苏打【答案】D【解析】【分析】【详解】A．汽油是碳原子个数在5—11的烃的混合物，故A错误；B．食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B错误；C．漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D正确；故选D。2.下列化学用语表述错误的是A.乙烯的结构简式：B.的结构示意图：C.和互为同位素D.的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．乙烯的结构简式为：，A正确； B．已知Cl是17号元素，故的结构示意图：，B正确；C．和二者为具有相同数目的质子和不同数目的中子的原子，故互为同位素，C正确；D．的电子式为：，D错误；故答案为：D。3.下列仪器名称正确的是A.三脚架B.溶量瓶C.镊子D.坩埚【答案】D【解析】【详解】A．该仪器为泥三角，不是三脚架，故A错误；B．溶量瓶中“溶”错误，应该为容量瓶，故B错误；C．该仪器为坩埚钳，不是镊子，故C错误；D．该仪器为坩埚，灼烧固体常在坩埚中进行，其名称合理，故D正确；故选D。点睛：明确常见仪器的构造及使用方法是解题的关键。要求平时学习时要注意基础知识的掌握和化学名称的正确书写。4.下列说法正确的是A.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥等B.都能与水反应，均可用作供氧剂C.可溶性的铝盐溶于水能生成胶体，可用于自来水的杀菌消毒D.工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，提纯后可用于制成计算机的芯片【答案】D【解析】【详解】A。浓硫酸可以与氨气反应，故不能干燥氨气，故A错误；B．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，不能生成氧气，故不能作供氧剂，故B错误； C．铝盐形成的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物而净水，不能杀菌消毒，故C错误；D．焦炭还原石英砂制得粗硅，粗硅提出后得到纯硅，纯硅为半导体，可用于制成计算机的芯片，故D正确；故选D。5.下列有关物质的用途不正确的是A.氯气有毒，不可用于合成药物B.氧化铁红颜料跟某些油漆混合，可以制成防锈油漆C.利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜板制作印刷电路板D.氨气易液化，液氨汽化时吸热，因此液氨常用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A．氯气的用途比较广泛，可用于合成多种药物，A错误；B．氧化铁呈红棕色，所以氧化铁红颜料跟某些油漆混合，可以制成防锈油漆，B正确；C．FeCl3具有强氧化性，在溶液中可以与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，因此可作为“腐蚀液”腐蚀铜板制作印刷电路板，C正确；D．氨气易液化，液氨汽化时吸热，使周围环境温度降低，因此液氨常用作制冷剂，D正确；故合理选项是A。6.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y，有沉淀生成，X、Y不可能是A.CO2、SO2B.NH3、CO2C.SO2、H2O2D.SO2、Cl2【答案】A【解析】【详解】A．由于HCl的酸性强于H2SO3和H2CO3，故CO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入SO2，仍然没有沉淀生成，A符合题意；B．NH3能溶于BaCl2溶液中，形成碱性溶液，没有沉淀生成，通入CO2后先后发生反应：2NH3∙H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，(NH4)2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，B不合题意；C．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后滴加H2O2，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，产生沉淀，C不合题意；D．由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Cl2，发生反应：2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，产生沉淀，D不合题意；故答案为：A。 7.下列物质间的每步转化都能通过一步反应实现的是①②③黄铁矿④A.②③B.①②③④C.①②④D.②③④【答案】D【解析】【详解】①Fe不能直接转化为Fe2O3，①不符合题意；②该组物质间的转化每一步都可以实现：NaNa2O2，Na2O2Na2CO3，②符合题意；③黄铁矿的主要成分是FeS2，该组物质间的转化每一步都可以实现：FeS2SO2H2SO4，③符合题意；④，④符合题意；综上所述，②③④符合题意，故选D。8.下列说法正确的是A.比稳定，是由于分子间存在氢键B.物质中化学键被破坏，一定发生化学变化C.晶体和中的化学键类型相同D.熔化时破坏离子键和共价键【答案】C【解析】【详解】A．比稳定，是由于H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，故A错误；B．化学反应的本质是既有旧键的断裂又有新键的形成，故化学键被破坏不一定发生化学反应，故B错误；C．晶体和中都只有离子键，故化学键相同，故C正确；D．熔化时只能破坏离子键，不能破坏共价键，故D错误；故选C。9.为短周期元素，原子序数依次增加： 三种元素在周期表中位置如图所示；其中W的原子核中仅含质子，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性在同周期中最强。下列说法不正确的是XYZA.X和Y可形成共价化合物B.Y的气态氢化物的热稳定性比Z的高C.X与Z可形成用于自来水消毒的化合物D.若Y与Z形成化合物，则每个原子均满足8电子结构【答案】B【解析】【分析】由题可知，W为H元素，Z是第三周期非金属性最强的元素，即Cl元素，则Y为S元素，X为O元素。【详解】A．O和S可以形成共价化合物SO3，A正确；B．Cl元素的非金属性比S强，因此HCl的热稳定性比H2S高，B错误；C．O与Cl可以形成用于自来水消毒的物质：ClO2，C正确；D．S与Cl形成化合物SCl2，则每个Cl最外层多一个共用电子，达到8电子稳定结构；S最外层多了两个共用电子，也达到8电子稳定结构，D正确。故本题选B。10.一定条件下，可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=－92.4kJ•mol－1，达到化学平衡状态时，下列说法一定正确的是（　　）A.c（N2）：c（H2）=1：3B.反应放出92.4kJ的热量C.v正（N2）=3v逆（H2）D.容器内气体分子总数不再发生变化【答案】D【解析】【详解】A． 达到化学平衡状态时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，即达到平衡状态时c（N2）：c（H2）不一定等于1：3，与起始量、转化率有关，A错误；B．物质的量与热量成正比，起始量及转化量未知，不能计算反应放出的热量，B错误；C．达到化学平衡状态时正、逆反应速率相等，v正（N2）=3v逆（H2）时正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，C错误；D．该反应为气体体积减小的反应，则容器内气体分子总数不再发生变化，为平衡状态，D正确；答案选D。11.在室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，则此溶液中一定不可能大量存在的离子组是A.Mg2+、NO、Cl-、Na+B.Al3+、SO、Cl-、K+C.Na+、Fe2+、SO、NOD.S2-、SO、K+、Na+【答案】C【解析】【分析】【详解】在室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，说明水的电离被抑制，可能为酸溶液，大量存在H+，也可能为碱溶液，大量存在OH-，A．当溶液为酸溶液时，Mg2+、NO、Cl-、Na+之间均不反应，当溶液为碱溶液时，Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁沉淀，故该离子组可能大量共存，A不符合；B．当溶液为酸溶液时，Al3+、SO、Cl-、K+之间均不反应，当溶液为碱溶液时，Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，故该离子组可能大量共存，B不符合；C．当溶液为酸溶液时，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应而不能大量共存，当溶液为碱溶液时，Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀，故该离子组一定不可能大量共存，C符合；D．当溶液为酸溶液时，H+、S2-、SO发生氧化还原反应而不能大量共存，当溶液为碱溶液时，S2-、SO、K+、Na+之间均不反应，故该离子组可能大量共存，D不符合；故选C。12.设为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是A.溶液中，阴阳离子总数大于 B.含的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数小于C.溶液中含有的数目为D.标准状况下，氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为【答案】B【解析】【详解】A。溶液中的碳酸钾的物质的量为0.5mol，K+的物质的量为1mol，0.5molCO发生水解CO+H2OHCO+OH-，阴离子数目增多，故阴阳离子总数大于，故A正确；B．根据化学反应，Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+SO2↑+2H20，2mol浓H2SO4和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子2mol，转移的电子数等于2NA，0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，若Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，如果1molH2SO4只生成氢气则转移电子为2mol，转移的电子数数为2NA，0.2molH2SO4只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故B错误；C．pH=12的溶液中c(OH-)=0.01mol/L，1L溶液中n(OH-)=0.01mol，则的数目为，故C正确；D．标准状况下，的物质的量为0.4mol，根据反应2H2+O22H2O，2CO+O22CO2，由于1mol氢气或一氧化碳燃烧都消耗0.5mol氧气，故0.4mol氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为，故D正确；故选B。13.下列说法中正确的是A.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用的溶液冲洗B.用镊子从煤油中取出一小块钠，用小刀切取一块绿豆大的钠直接放入水中，剩余钠放回试剂瓶C. 铜与浓硫酸加热条件下发生反应，反应结束后，冷却，然后向试管中加水，观察溶液呈蓝色D.比较不同条件下与反应的快慢，可通过测定收集等体积需要的时间来实现【答案】A【解析】【详解】A．化学实验中，不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故A正确；B．用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油后，用小刀切一小块，放入盛有水的烧杯中，故B错误；C．反应结束后，为观察溶液颜色，需将试管I中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，顺序不能颠倒，否则液体飞溅，易发生危险，故C错误；D．由反应方程式Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，则比较相同浓度的Na2S2O3溶液和不同浓度的H2SO4溶液反应的反应快慢可通过测定溶液出现浑浊的时间来实现，故D错误；故选：A。14.下列说法不正确的是A.油脂在碱性条件下的水解可以用于制肥皂B.天然有机高分子化合物包括淀粉、纤维素、蛋白质，均由碳、氢、氧三种元素组成C.葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，与果糖互为同分异构体D.蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等会发生变性，失去生理活性【答案】B【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下的水解产生可溶性高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此油脂可以用于制肥皂，A正确；B．蛋白质的组成元素有碳、氢、氧、氮元素，有的还有硫、磷等元素，因此组成元素不是仅有三种元素，B错误；C．葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，由于其分子式与果糖相同，都是C6H12O6，但二者的结构不同，因此它们互为同分异构体，C正确；D．蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等时，会使蛋白质分子结构发生改变而失去其生理活性，即发生变性，D正确； 故合理选项是B。15.下列事实中一定能证明是弱电解质的是①用溶液做导电实验，灯炮很暗②溶液的③等等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多④醋酸溶液恰好与溶液完全反应⑤的溶液稀释至1000倍，A.①②④⑤B.②③⑤C.②③④⑤D.①②⑤【答案】B【解析】【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，没有与同浓度的强电解质对比，灯炮很暗不能证明CH3COOH是否完全电离，①不符合题意；②0.1mol·L-1CH3COOH溶液若完全电离则c(H+)=0.1mol·L-1，pH=2.88则c(H+)=10-2.88mol·L-1，说明CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，②符合题意；③等pH等体积的硫酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明CH3COOH溶液还能电离出H+，原来CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，③符合题意；④醋酸溶液与NaOH溶液反应，反应量与其是否完全电离无关，与其总物质的量有关，20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与20mL0.2mol·L-1NaOH溶液完全反应，不能说明醋酸是否完全电离，即不能证明CH3COOH是弱电解质，④不符合题意；⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释至1000倍，pH＜4，说明c(H+)没有稀释1000倍，即稀释过程继续电离，说明原CH3COOH溶液没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，⑤符合题意；符合题意的有②③⑤，故答案选B。16.一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2。下列说法正确的是 A.该电池放电时的正极反应为2Li－2e－＋CO＝Li2CO3B.图中Li＋的移动方向是充电时的移动方向C.充电时阳极发生的反应为C＋2Li2CO3－4e－＝3CO2＋4Li＋D.该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据图中信息得到放电时Li为负极，电极B为正极，因此该电池放电时的正极反应为3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，故A错误；B．Li为负极，电极B为正极，因此图中Li＋的移动方向是放电时的移动方向，故B错误；C．根据信息电池充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，因此充电时阳极发生的反应为2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，故C错误；D．根据放电正极电极反应式3CO2＋4e－＋4Li＋＝2Li2CO3＋C，充电阳极反应式2Li2CO3－4e－＝2CO2↑＋4Li＋＋O2↑，因此该电池每放、充4mol电子一次，理论上能固定1molCO2，故D正确。综上所述，答案为D。17.关于室温下相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，下列叙述正确的是A.氨水中的与溶液中的相同B.温度均升高(不考虑挥发)，氢氧化钠溶液不变，氨水增大C.加水稀释相同的倍数后，两种溶液的仍相同D.与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积相同 【答案】A【解析】【详解】A．根据电荷守恒，pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水中的与NaOH溶液中的c(Na+)相同，故A正确；B．升高温度，氨水的电离平衡正向移动，温度升高10℃，氨水的pH增大；升高温度，氢氧化钠溶液中c(OH-)不变，但是Kw变大，故c(H+)变大，pH减小，故B错误；C．加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，加水稀释相同的倍数后，氨水的pH大于氢氧化钠溶液的pH，故C错误；D．pH相同氨水与氢氧化钠，氨水浓度大于氢氧化钠，pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，氨水的物质的量大于氢氧化钠，与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积氨水大于氢氧化钠，故D错误；选A。18.在绝热恒容的密闭容器中，通入和，发生反应：，下列说法不正确的是A.当容器中和物质的量浓度之比保持不变时，可判断反应已达到平衡B.当容器内的温度不再变化时，可判断反应已达到平衡C.保持其他条件不变，在反应过程中不断将氨液化并移去液氨，可提高合成氨的产率D.该反应可通过加入铁触媒做催化剂，降低反应所需的活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率【答案】A【解析】【详解】A．因为N2与H2的加入量之比为1:3，反应时也按照1:3进行，所以二者浓度比值不会发生改变，不能由此判断反应是否达到平衡，A错误；B．因为该反应为放热反应，在绝热容器中，反应正向移动时，温度升高。当温度不再改变时，反应即达到平衡，B正确；C．根据勒夏特列原理，将氨液化移去，氨的浓度降低，有利于反应正向进行，C正确；D．加入铁触媒做催化剂，可以降低反应所需的活化能，增加活化分子百分数，从而加快反应速率，D正确。 故本题选A。19.下列反应的离子方程式书写正确的是A.明矾溶液中加入过量溶液B.溶液中滴加少量稀氨水：C.用惰性电极电解水溶液：D.石灰石与醋酸反应：【答案】C【解析】【详解】A．明矾溶液中加入过量溶液会生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B．NH3·H2O为弱碱，书写离子方程式时不能拆开写，故B错误；C．惰性电极电解水溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，符合离子方程式的书写原则，故C正确；D．石灰石为难溶盐，书写离子方程式时不能拆开写，故D错误；故选C。20.氧化还原反应3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O，下列说法正确的是A.Cu2S中只有S被氧化B.氧化剂与还原剂之比为22:3C.每生成1molNO气体，转移3mol电子D.反应中HNO3只作氧化剂【答案】C【解析】【分析】在反应3Cu2S+22HNO3=6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O中，Cu2S中的Cu元素由+1价升高到+2价，S元素由-2价升高到+6价，HNO3中的N元素部分由+5价降为+2价(生成NO)，在整个反应中，电子转移的数目为30e-。【详解】A．Cu2S中Cu、S元素的价态都升高，所以二者都被氧化，A不正确；B．氧化剂为HNO3，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:10，B不正确；C．在整个反应中，生成10molNO，转移电子的物质的量为30mol，则每生成1molNO 气体，转移3mol电子，C正确；D．反应中22molHNO3参加反应，有10molHNO3作氧化剂，12molHNO3表现出酸性，D不正确；故选C21.已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF(g)⇌(HF)2(g)。经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量(M=m总/n总)随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A.此反应为吸热反应B.气体的压强：p(a)>p(b)=p(c)C.平衡常数：K(c)>K(b)=K(a)D.若要测定HF的相对分子质量，尽量选择低压、高温条件【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图中信息可知，升高温度，平衡逆向移动，故反应为放热反应，A错误；B．增大压强，平衡正向移动，故p1>p2，p(a)<p(b)=p(c)，B错；C．温度不同则平衡常数不同，C错误；D．在低压、高温条件下有利于平衡逆向移动，故若要测定HF的相对分子质量，尽量选择低压、高温条件，D正确；故答案为：D。22.已知A转化为C和D分步进行：①；②，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是 A.的能量低于的能量B.C.断裂化学键吸收的热量小于形成和化学键所放出的热量D.反应过程中，由于，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累【答案】D【解析】【详解】A．从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，无法比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；B．从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)⇌C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/mol，B错误；C．从图中可知，A转化为B和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molB(g)和2molD(g)化学键所放出的热量，C错误；D．从反应过程的图像中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，D正确。故选D。23.时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.溶液和盐酸等体积混合：B.溶液和氨水等体积混合C.溶液和盐酸等体积混合(为二元弱酸)： D.溶液和溶液等体积混合：【答案】C【解析】【详解】A．溶液和盐酸等体积混合反应生成氯化钠和醋酸，醋酸和水都能电离出氢离子，故为，A错误；B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，B错误；C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl-)+2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，C正确；D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：，D错误；答案选C24.某兴趣小组用含镁的工业废料为原料，制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：已知：①该含镁工业废料的主要成分MgO40%～50%；SiO220%～25%；FeO、Fe2O310%～20%；此外还含有极少量的CaO；②金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀～沉淀完全)：Mg2+：8.4～10.9；Fe2+：7.6～9.6；Fe3+：2.7～3.7。下列说法不正确的是A.“酸解”时应加入的酸为硫酸 B.流程中，Ca(ClO)2作为氧化剂，而MgO作用是调节pHC.判断“除杂”基本完成的检验方法可取少量除杂、过滤后的滤液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，观察酸性KMnO4溶液是否褪色D.“浓缩过滤”操作中，不宜使用普通过滤，应采取趁热过滤的方式【答案】C【解析】【详解】A．该流程是以含MgO的工业废料为原料制取MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，所以“酸解”时溶解物质应加入的酸为硫酸，A正确；B．该废料中含有FeO，FeO与H2SO4反应产生FeSO4和H2O，Ca(ClO)2具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+；MgO可以与溶液中的H+发生反应，通过调节溶液pH，使其中的Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去，B正确；C．除杂是使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，除去杂质离子Fe3+，因此通过检验Fe3+是否存在就可以，应该是加入KSCN溶液进行检验，而不是通过加入KMnO4溶液判断，C错误；D．温度对MgSO4、CaSO4的溶解度的影响不同，温度越高MgSO4溶解度越大，而CaSO4的溶解度会越小，所以可以通过蒸发浓缩、趁热过滤的方式除去CaSO4沉淀，D正确；故合理选项是C。25.某溶液只含下表离子中的几种，且各离子的物质的量浓度相等(不考虑水的电离与离子水解)。某同学进行了如下实验(必要时可加热)：阳离子K+、NH、Fe2+、Mg2+、Cu2+阴离子OH-、Cl-、CO、SO下列说法正确的是A.由沉淀A推断原溶液中一定含有SOB.滤液A中可能含有K+ C.原溶液中只含有NH、Fe2+、Cl-、SOD.沉淀B中一定含有Mg(OH)2【答案】C【解析】【分析】溶液与过量的稀硫酸反应没有明显现象，说明原溶液中一定不存在CO；再向加入硫酸的溶液中加入硝酸钡溶液得到了气体A、滤液A和沉淀A，气体A只能为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不存在OH-，沉淀B为硫酸钡，因为加入了稀硫酸，无法确定原溶液中是否含有SO，滤液A中加入过量NaOH溶液得到气体B、滤液B和沉淀B，气体B为氨气，则原溶液中一定含有NH；各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，已经确定含有的阳离子为Fe2+、NH，而阴离子只能含有Cl-、SO，结合电荷守恒可以知道溶液中一定不存在K+、Mg2+、Cu2+，所以沉淀B为氢氧化铁,滤液B中含有氢氧化钡，通入二氧化碳后生成了沉淀C碳酸钡,以此解答该题。【详解】A．因为加入了稀硫酸,无法确定原溶液中是否含有SO，故A错误；B．由以上分析可以知道溶液中不含K+，则滤液A中不可能含有K+，故B错误；C．根据以上分析可知原溶液中只含有NH、Fe2+、Cl-、SO，故C正确；D．根据以上分析可知沉淀B为硫酸钡，故D错误；故答案为C。II卷二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.回答下列问题：（1）溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果，解释原因(用离子方程式和必要的文字说明)___________。（2）根据反应设计成银锌纽扣电池，电解质溶液为溶液，请写出负极的电极反应式___________。（3）熔融可以导电，解释原因___________。【答案】（1）碳酸钠发生水解， 水解吸热，升高温度促进碳酸钠的水解，使溶液中的增大，去污效果增强（2）（3）固体受热熔化克服了离子间的相互作用(破坏了离子键)，产生了自由移动的和，因而能导电。(合理答案均给分)【解析】【小问1详解】碳酸钠发生水解，水解吸热，升高温度促进碳酸钠的水解，使溶液中的增大，去污效果增强。【小问2详解】根据总反应可知Zn失电子，做负极，故负极反应式为。【小问3详解】固体受热熔化克服了离子间的相互作用(破坏了离子键)，产生了自由移动的和，因而能导电。27.固体矿物X由三种元素组成。某学习小组为了探究它的组成和性质，进行了如下实验：请回答：（1）溶液F的溶质为___________(写化学式)。（2）组成X的三种元素是___________。（3）写出气体A与溶液D反应的离子方程式___________。（4）写出溶液D中加入铁粉，发生的化合反应的化学方程式___________。【答案】（1） （2）（3）（4）【解析】【分析】根据生成的红色固体为铜，计算Cu和CuO的物质的量，根据A和双氧水反应生成C，C和氯化钡反应生成白色沉淀，得A为二氧化硫，X含S元素，计算S的物质的量，根据B的质量和氧化铜的质量计算铁的物质的量，根据三者物质的量的关系，得出比例关系，确定化学式。根据生成的红色固体为铜，n(Cu)==0.05mol，固体B为CuO、Fe2O3，n(Fe)==0.1mol，气体A与双氧水反应生成C，C和氯化钡反应生成白色沉淀，得A为二氧化硫，X含S元素，n(S)==0.15mol，n(Cu):n(Fe):n(S)=0.05mol:0.1mol:0.15mol=1:2:3，X的化学式为：CuFe2S3；【小问1详解】固体B为CuO、Fe2O3，溶于稀硫酸，溶液D为硫酸铜和硫酸铁的混合物，与足量的铁反应后，均生成硫酸亚铁，为单一溶质，溶液F的溶质为硫酸亚铁。故答案为：FeSO4；【小问2详解】组成X的三种元素是Cu、Fe、S，故答案为：Cu、Fe、S；【小问3详解】气体A与溶液D为硫酸铜和硫酸铁的混合物，二氧化硫与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式。故答案为：。【小问4详解】硫酸铁和铁反应生成了硫酸亚铁，化学方程式为。28.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K=1.0×10-5。向20.00mL浓度约为0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1000mol/L的标准KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。回答下列有关问题： （1）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是___________点，滴定过程中宜选用___________作指示剂，滴定终点现象是___________（2）在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列___________a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2～3mL处b．用蒸馏水洗涤滴定管c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2mind．用标准溶液润洗滴定管e．使液面位于“0”刻度，静置1min左右，准确读取读数f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是___________(填字母序号)。A.滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗B.滴定结束后，仰视液面，读取KOH溶液体积C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定D.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为___________mol/L。(保留4位有效数字)实验序号KOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/mL121.0120.00220.9920.00325.4020.00（5）a点溶液pH近似为___________。 【答案】（1）①.c②.酚酞③.当最后半滴标准液滴入，溶液恰好由无色变成浅粉红色，且半分钟不变色（2）cbdafe（3）AB（4）0.1050（5）3【解析】【小问1详解】a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液；c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液。酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞作指示剂；滴定终点现象是：当加入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅红，且半分钟不恢复无色；【小问2详解】在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列，其顺序是c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2min；b．用蒸馏水洗涤滴定管；d．用标准溶液润洗滴定管；a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2～3mL处；f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球；e．使液面位于“0”刻度，静置1min左右，准确读取读数，故合理顺序是cbdafe；【小问3详解】A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，由此计算出的测定酸的物质的量偏大，最终导致结果偏高，A正确；B．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，B正确；C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，以此为标准计算的测定结果偏低，C错误；D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗碱标准液体积偏小，最终导致测定结果偏低，D错误；故合理选项是AB；【小问4详解】根据实验数据可知第三次实验数据偏差较大，应该舍去，则反应消耗KOH标准溶液体积 V(KOH)=；根据反应方程式：KOH+HA=KA+H2O可知n(HA)=n(KOH)=0.1000mol/L×0.021L=0.0021mol，则待测HA溶液的物质的量浓度c(HA)=；【小问5详解】HA的电离平衡常数K=1.0×10-5，K=，c(H+)≈10-3mol/L，所以该溶液pH=3。29回答下列问题：（1）写出的电子式___________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向___________原子。（2）已知写出与反应生成的热化学方程式___________。时将与按物质的量比为充入反应器中，达平衡后的转化率，此时反应的平衡常数___________。（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的，相同时间内测得转化率与m和温度的关系如图所示。①___________(填＞、＜或=) ②温度高于时，转化率减小的可能原因为___________【答案】（1）①.②.氧（2）①.②.0.25(1/4)（3）①.＞②.温度升高，使催化剂活性降低；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低【解析】【小问1详解】COS的电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径O<C，非金属性O>C，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O(氧)；【小问2详解】COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①，CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②，运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)=-7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；0.25；【小问3详解】①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>； ②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低，故答案为：温度升高，使催化剂活性降低；时已达平衡状态，若继续升高温度，会促使平衡逆向移动，转化率降低。30.铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的(金属离子的起始浓度均为)氢氧化物开始沉淀的1.56.57.2沉淀完全的3.39.99.5（1）酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是___________。（2）操作I产生的滤渣I主要成分为___________(填化学式)。如果在实验室模拟该工艺流程，洗涤该沉淀的操作方法是___________。（3）①操作Ⅲ中先加入适量，发生反应的离子方程式为___________。②再加入控制反应液的范围为___________。③若加入的不足，加入后所得的电解液中会含有元素。请设计实验方案加以检验：___________。（4）处理含镉废水，常加入实现沉淀转化，若反应达到平衡后，溶液中的，溶液中___________［已知，］。 【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率（2）①.②.向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次（3）①.②.③.取电解液少许于试管中，滴加溶液，无现象，再加入，溶液变红色，则含有铁元素（4）【解析】【分析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，电解含有Zn2+、Co2+的溶液，可得镉单质，据此解答。【小问1详解】酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率，故答案为：增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；【小问2详解】铜与稀硫酸不反应，则操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为Cu；洗涤沉淀的方法为向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次，故答案为：Cu；向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作次；【小问3详解】①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为，故答案为：；②根据表格中的信息可知在3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此pH范围为3.3≤pH＜7.2，故答案为：3.3≤pH＜7.2；③若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取待电解液少量与试管中，加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素，故答案为：加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素；【小问4详解】 除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中，则Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO)=2.8×10-9，可知溶液中碳酸根浓度是3.5×10-8mol/L，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)×c(CO)=5.6×10-12，可知1.6×10-4mol•L-1，故答案为：1.6×10-4。