上海市控江中学2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

控江中学2024届高一第二学期化学学科期末考试试卷可能用到的相对原子质量：C-12O-16Al-27Ca-40Fe-56一、选择题(只有1个正确答案)1.有关合金的说法正确的是A.熔点通常高于组成金属B.一般具有特殊的性能C.硬度通常小于组成金属D.用途没有单一金属广【答案】B【解析】【详解】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的硬度一般比各成分金属大、熔点比它的成分金属要低、比纯金属用途更广泛，故选B。2.工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是A.铝还原性较强B.铝能形成多种合金C.铝相对锰、钒较廉价D.反应放出大量的热【答案】B【解析】【详解】A.铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，Al的还原性比锰、钒等金属的强，故A相关；B.铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，故B不相关；C.铝相对锰、钒较廉价，所以用铝来制备锰和钒，故C相关；D.铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应，放出大量热，故D相关；题目要求选择不相干的，故选B。【点睛】本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大。3.下列物质所属晶体类型分类正确的是分子晶体共价晶体离子晶体金属晶体A干冰石墨水晶铁B足球烯金刚石食盐固态汞 C氯化铯碳化硅明矾氯化镁D固态氨生石灰烧碱铝合金A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．石墨为混合型晶体，不是共价晶体，水晶为共价晶体，不是离子晶体，故A错误；B．足球烯是分子晶体、金刚石是共价晶体、食盐是离子晶体、固态汞为金属晶体，故B正确；C．氯化铯是离子晶体，不是分子晶体，氯化镁是离子晶体，不是金属晶体，故C错误；D．生石灰是离子晶体，不是分子晶体，故D错误；故选B。4.下列变化过程中有可能不涉及氧化还原反应的是A.钝化B.漂白C.固氮D.燃烧【答案】B【解析】【详解】A．钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝态的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。故A不符；B．氧化性漂白和还原性漂白均涉及氧化还原反应，物理吸附性漂白，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．将空气中的游离氮转化为化合态氮的过程，称为固氮，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．燃烧是一种发光、发热、剧烈的化学反应。燃烧是可燃物跟助燃物(氧化剂)发生的一种剧烈的、发光、发热的化学反应，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选B5.等物质的量的铝和铁分别与足量的水反应，下列比较正确的是A.反应条件相同B.产物类别相同C.转移电子的数目相同D.反应类型相同【答案】D【解析】【分析】已知3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，2Al+6H2OAl(OH)3+3H2↑，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，铝和铁与水反应的反应条件不相同，A错误； B．由分析可知，Fe与水反应的产物为氧化物和单质，Al与水反应的产物为氢氧化物和单质，即产物类别不相同，B错误；C．由分析可知，反应中3molFe转移8mol电子，而3molAl转移9mol电子，则等物质的量的铝和铁分别与足量的水反应转移电子的数目不相同，C错误；D．由分析可知，反应类型均为置换反应，相同，D正确；故答案为：D。6.下面四个选项是四位同学在学习过化学反应速率和化学平衡理论以后，联系化工生产实际所发表的看法，你认为不正确的是A.化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率B.化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品C.化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品D.正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可提高化工生产的综合经济效益【答案】A【解析】【详解】A、化学反应速率是表示物质反应的快慢，不能改变原料的转化率，A项错误；B、根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品，B项正确；C、结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，是平衡向正反应方向移动，可提高产率，C项正确；D、在一定的反应速率的前提下，尽可能使平衡向正反应方向移动，可提高化工生产的综合经济效益，D项正确；答案选A。7.将一小块钠投入盛有一定量饱和澄清石灰水的烧杯里，不可能观察到的现象是（）A.烧杯底部有银白色固体生成B.钠熔成小球并在液面上游动C.有气体生成D.溶液变浑浊【答案】A【解析】【分析】将钠投入到水中，钠和溶剂水反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出热量。【详解】A.钠不会把钙置换出来，所以烧杯底部不会有银白色固体生成，故A选；B.钠的密度小于水，会浮在液面上，由于反应生成气体，所以钠会在液面上游动，钠的熔点低，而且反应放热，所以钠会熔成小球，故B不选；C.有氢气生成，故C不选；D.氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，同时又是饱和石灰水，钠和水反应消耗了溶剂水，同时放热， 所以会使部分氢氧化钙从水中析出，能看到溶液变浑浊，故D不选。故选A。8.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，下列表示反应速率的关系中正确的是A.v(A)=2v(C)B.v(B)=v(C)C.3v(B)=v(A)D.3v(C)=2v(B)【答案】D【解析】【分析】根据反应速率之比是化学计量数之比解答。【详解】A.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，2v(A)=v(C)，A错误；B.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，2v(B)=3v(C)，B错误；C.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，v(B)=3v(A)，C错误；D.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，3v(C)=2v(B)，D正确；故合理选项是D。9.某可逆反应达到化学平衡，当条件改变后平衡向正反应方向移动。下列说法中正确的是A.使用了合适的催化剂B.反应物的浓度一定降低C.正反应速率一定增大D.达到新的平衡前正反应速率一定大于逆反应速率【答案】D【解析】【详解】A．某可逆反应达到化学平衡后，加入合适催化剂，化学平衡不移动，故A错误；B．某可逆反应达到化学平衡后，增大某反应物浓度，平衡向正反应方向移动，但新平衡时该反应物的浓度比原平衡时浓度大，所以当条件改变后平衡向正反应方向移动，反应物的浓度不一定降低，故B错误；C．对于放热的可逆反应，反应达到化学平衡后，降低反应温度，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动，故C错误；D．某可逆反应达到化学平衡，当条件改变后平衡向正反应方向移动说明达到新的平衡前正反应速率一定大于逆反应速率，故D正确；故选D。10.反应(放热反应)的反应速率随时间变化如图所示，在、、、时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是 A.阶段，A的转化率最小B.时，改变的条件一定是使用了催化剂C.时，改变的条件一定是升高了温度D.阶段，C的百分含量最大【答案】C【解析】【分析】该反应是气体体积不变的放热反应，由图可知，t1时平衡破坏是因为增大了生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动；t3时平衡破坏是因为使用了催化剂或增大了气体的压强，平衡不移动；t4时平衡破坏是因为减小了气体的压强，平衡不移动；t5时平衡破坏是因为升高温度，平衡向逆反应方向移动，则0—t1段，A的转化率最大、C的百分含量最大，t6—t7段，A的转化率最小、C的百分含量最小。【详解】A．由分析可知，t6—t7段，A的转化率最小，故A错误；B．由分析可知，t3时平衡破坏是因为使用了催化剂或增大了气体的压强，则改变的条件可能是使用了催化剂，故B错误；C．由分析可知，t5时平衡破坏是因为升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D．由分析可知，0—t1段，A的转化率最大、C的百分含量最大，故D错误；故选C。11.臭氧层中某转化过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A.经过催化过程，反应热效应不变B.是该反应的催化剂C.催化过程中反应①②均为放热反应D.该转化过程总反应为【答案】D【解析】【详解】A．反应热效应是过程量与过程有关，使用催化剂改变了化学反应的过程，故反应热也发生改变，故A项错误；B．是该反应的催化剂，只是反应过程的中间产物，故B项错误；C．由图可知，催化过程中反应①是吸热反应，②是放热反应，故C项错误；D．该反应是臭氧转化为氧气，总反应为，故D项正确。故答案选D。12.已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是A.CO2+2OH−→CO+H2OB.Al2O3+2OH−+3H2O→2[Al(OH)4]−C.2Al+2OH−+6H2O→2[Al(OH)4]−+3H2↑D.Al3++4OH−→[Al(OH)4]−【答案】D【解析】【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-→CO+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+2H2O→2AlO+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-→2AlO+H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。 13.已知，将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法正确的是A.b点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小B.c点的状态操作是拉伸注射器C.d点：v(正)>v(逆)D.a、b、c、d对应的状态都是平衡状态【答案】B【解析】【分析】该反应是正反应气体体积减小的反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅。【详解】A．由图可知，a点到b点的状态操作是压缩注射器，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以b点与a点相比，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故A错误；B．由图可知，c点的状态操作是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，故B正确；C．由图可知，d点是平衡向气体体积增大的逆反应方向移动过程，反应速率v（逆）＞v（正），故C错误；D．由图可知，d点是平衡向气体体积增大的逆反应方向移动过程，反应未达到平衡，故D错误；故选B。14.在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是A.Al3+B.Na+C.Fe3+D.Fe2+【答案】A【解析】【分析】【详解】氧化钠与水反应的方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，溶液中钠离子增多；生成的氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl， FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，AlCl3+4NaOH(过量)=NaAlO2+2H2O+3NaCl，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化；生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁反应为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子为零，故答案为：A。15.100mL3mol·L-1硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应速率，但又几乎不能影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的A.KNO3溶液B.Na2CO3溶液C.Na2SO4溶液D.CuSO4溶液【答案】C【解析】【分析】过量的锌粉与硫酸反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量。【详解】A．向反应物中加入适量的硝酸钾溶液，酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，与锌反应生成一氧化氮，不能产生氢气，故A错误；B．向反应物中加入适量的碳酸钠溶液，碳酸钠溶液会与稀硫酸反应，溶液中氢离子的物质的量减小，生成的氢气的总量减小，故B错误；C．向反应物中加入适量的硫酸钠溶液，溶液体积增大，溶液中氢离子浓度减小，但物质的量不变，所以能达到反应速率减小，生成氢气的量不变的目的，故C正确；D．向反应物中加入适量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液发生置换反应置换出的铜在硫酸溶液中构成锌铜原电池，原电池反应加快反应速率，故D错误；故选C。16.如图，将一根较纯的铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重。下列关于此现象的说法错误的是（）A.该腐蚀过程属于电化腐蚀B.铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e-→4OH－C.铁棒AB段是负极，BC段是正极D.产生此现象根本原因是铁棒所处化学环境的不同【答案】C 【解析】【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答。【详解】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极。A、铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A正确；B、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；C、由于AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，故BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，故C错误；D、此原电池的构成是由于铁棒所处的化学环境不同，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查金属的吸氧腐蚀，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向即可解答，会正确书写电极反应式，知道铁锈的成分。17.利用人工模拟光合作用合成甲烷的原理为：，装置如图所示，下列说法错误的是A.电子从铜电极经负载流向氮化镓电极B.该装置将太阳能转化为电能和化学能C.氮化镓电极上电极反应式：D.向装置中加入少量稀硫酸可提高合成工作效率【答案】A【解析】【分析】由图可知，该装置为太阳能转化为电能和化学能的装置，通入二氧化碳的铜电极为原电池的正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8H++8e—=CH4+2H2O，氮化镓电极为负极，在太阳光作用下水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+。 【详解】A．由分析可知，铜电极为原电池的正极，氮化镓电极为负极，电子从负极氮化镓电极经负载流向正极铜电极，故A错误；B．由分析可知，该装置为太阳能转化为电能和化学能的装置，故B正确；C．由分析可知，氮化镓电极为负极，在太阳光作用下水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故C正确；D．向装置中加入少量稀硫酸可增大溶液中的离子浓度，导电性增强，合成甲烷的工作效率提高，故D正确；故选C。18.如图表示反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)　ΔH<0的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图所示曲线判断下列说法中可能正确的是(　　)A.t1时只减小了压强B.t1时只降低了温度C.t1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动D.t1时减小N2的浓度，同时增加了NH3的浓度【答案】D【解析】【分析】根据图知，t1时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大，以此解答该题。【详解】A．t1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；B．t1时只降低了温度，平衡向正反应发现移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；C．t1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；D．t1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故D正确。故选：D。 19.向NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图。则下列分析正确的是（不计CO2溶解）A.若OB＝0，则溶液M为Na2CO3溶液B.若OB＝BC，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH-＋CO2→HCO3-C.若溶液M中c(NaHCO3)＝2c(Na2CO3)，则3OB＝BCD.若溶液M中大量存在的阴离子为CO32－和HCO3－，则OB＞BC【答案】C【解析】【详解】A．若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH-+CO2═HCO3-，则溶液M为NaHCO3溶液，选项A错误；B．若OB=BC，M溶质为Na2CO3，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，形成溶液M所发生反应的离子方程式为2OH-+CO2═CO32-+H2O，选项B错误；C．滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，若溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），则3OB=BC，选项C正确；D．若溶液M中大量存在的阴离子为CO32-和OH-，则OB＞BC，选项D错误；答案选C。20.某只含铁、氧两种元素的样品A，高温时与足量的CO充分反应，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，测得沉淀的质量与原样品A质量相等。如果A中只含两种物质，则A中一定含有(　　)A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe【答案】D【解析】【分析】设含铁、氧两种元素的样品A化学式为FexOy，高温时与足量的CO充分反应，FexOy+yCOxFe+yCO2，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，测得沉淀的质量与原样品A质量相等设为mg，依据化学方程式定量关系列式计算分析判断组成。 【详解】设含铁、氧两种元素的样品A化学式为FexOy，高温时与足量的CO充分反应，FexOy＋yCOxFe＋yCO2，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O，测得沉淀的质量与原样品A质量相等设为mg，FexOy＋yCOxFe＋yCO2，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O，得到FexOy　～　yCaCO356x＋16y　　100ymg　　　　mg56x＋16y＝100yx∶y＝3∶2，化学式为Fe3O2，则A中一定含Fe，故答案选D。21.铝及其化合物在日常生活、工业上有广泛的应用。（1）研究表明26Al可以衰变为26Mg，下列可以比较这两种元素金属性强弱的方法是_______。A.比较这两种元素的单质的硬度和熔点B.在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液C.将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用（2）国产C919飞机外壳应用了铝合金材料。下列铝合金的性质与该应用无关的是_______A.密度小B.能导电C.抗腐蚀性能强D.硬度大（3）Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是_______。A.Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水B.Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体C.Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物D.Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点（4）工业上用电解Al2O3的方法获得铝单质，若反应中有0.6mol电子转移，则在_______极(选填“阴”或“阳”)可得金属铝的质量为_______克。（5）氢氧化铝是用量最大、应用最广的无机阻燃添加剂，解释氢氧化铝能做阻燃剂的原因_______(用化学方程式结合简明语言说明)。（6）AlN是一种高性能陶瓷材料，高碳热还原制备AlN的总反应化学方程式为(未配平)：_______Al2O3(s)+_______C(s)+_______N2(g)_______AlN(s)+_______CO(g)①配平化学方程式，并标出电子转移数目和方向_____。②上述反应中，部分元素原子可形成具有相同电子层结构的简单离子，这些简单离子的半径由大到小的顺序是_______。（7）已知AlN遇水缓慢水解，生成白色沉淀和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。为回收AlN 中的铝元素，工业常在90℃下对AlN进行水解，对应化学反应方程式为_______；采用90℃代替常温进行水解的理由是_______。（8）达喜是常用中和胃酸的药物。其主要成分是铝和镁的碱式盐[(Al)a(Mg)b(OH)c(CO3)d]。取一定量该碱式盐，加入1.0mol·L-1盐酸使其溶解，当加入盐酸85mL时开始产生CO2，加入盐酸至90mL时正好反应完全，该样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_______。【答案】（1）BC（2）B（3）D（4）①.阴②.5.4（5）Al(OH)3受热发生分解反应生成Al2O3和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O，分解时会吸收大量的热量，阻碍可燃物的燃烧（6）①.②.N3—＞O2—＞Al3+（7）①.AlN+3H2OAl(OH)3+NH3↑②.90℃时，分解生成的NH3受热逸出，AlN水解平衡右移，有利于水解完全（8）16：1【解析】【小问1详解】A．金属单质的硬度和熔点与金属性强弱无关，则比较这两种元素的单质的硬度和熔点不能比较这两种元素金属性强弱，故错误；B．在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液，氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，证明镁的金属性强于铝，则在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液能比较这两种元素金属性强弱，故正确；C．将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，镁带与热水反应生成氢氧化镁，溶液变为红色，铝片与热水不反应溶液不变为红色说明镁的金属性强于铝，则将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液能比较这两种元素金属性强弱，故正确；D．将空气中放置已久的这两种元素的单质分别置于热水中，镁、铝表面都有致密的氧化层薄膜，阻碍金属单质与水反应，无法比较这两种元素金属性强弱，故错误；故选BC；【小问2详解】 国产C919飞机外壳应用了铝合金材料是因为铝合金具有密度小、硬度大、抗腐蚀性能强的优良特性，与合金是否导电无关，故选B；【小问3详解】氧化铝、氧化镁、二氧化硅都有很高的熔点，在较高的温度下都不易熔化，都常用于制耐火材料，故选D；【小问4详解】工业上用电解氧化铝的方法获得铝单质时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为Al3++3e—=Al，则反应中有0.6mol电子转移时，阴极生成铝的质量为0.6mol××27g/mol=5.4g，故答案为：阴；5.4；小问5详解】氢氧化铝受热发生分解反应生成不易燃烧、高熔点的氧化铝和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O，分解时会吸收大量的热量，阻碍可燃物的燃烧，常用于做无机阻燃添加剂，故答案为：Al(OH)3受热发生分解反应生成Al2O3和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O，分解时会吸收大量的热量，阻碍可燃物的燃烧；【小问6详解】①由未配平的化学方程式可知，氧化铝高温条件下与碳、氮气反应生成氮化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)2AlN(s)+3CO(g)，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳做反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，氮气做反应的氧化剂，表示反应电子转移数目和方向的单线桥为，故答案为：；②由方程式可知，氮离子、氧离子和铝离子的具有相同电子层结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小顺序为N3—＞O2—＞Al3+，故答案为：N3—＞O2—＞Al3+；【小问7详解】由题意可知，氮化铝常温下遇水缓慢水解生成氢氧化铝和氨气，90℃条件下对氮化铝进行水解，有利于氨气受热逸出，使水解平衡向正反应方向移动，能促进氮化铝完全水解，水解的方程式为AlN+3H2OAl(OH)3+NH3↑，故答案为：AlN+3H2OAl(OH)3+NH3↑；90℃时，分解生成的NH3受热逸出，AlN水解平衡右移，有利于水解完全； 小问8详解】由题意可知，铝和镁的碱式碳酸盐中加入盐酸先发生H++OH-═H2O，再发生CO+H+═HCO，最后发生HCO+H+═CO2↑+H2O，由加入盐酸85mL时开始产生二氧化碳，加入盐酸至90mL时正好反应完全可知，碱式碳酸盐中碳酸根离子的物质的量为1mol/L×(90—85)×10—3L=5×10—3mol，氢氧根离子的物质的量为1mol/L×85×10—3L—5×10—3mol=8×10—2mol，则样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为8×10—2mol：5×10—3mol=16：1，故答案为：16：1。22.无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备。流程如图所示：已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华；FeCl2的熔点为672℃。（1）AlCl3属于_______(选填“强”、“弱”)电解质。AlCl3晶体类型为_______。（2）写出氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式_______，制取1molAlCl3，至少要消耗碳_______mol。（3）向升华器中加入少量Al粉，其作用是_______。（4）700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离。请选择合适的温度范围_______。A.低于183℃B.介于183℃和315℃之间C.高于315℃【答案】（1）①.强②.分子晶体（2）①.Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO②.1.5（3）除去FeCl3，提高产品纯度（4）B【解析】【分析】由题给流程可知，铝土矿中氧化铁与加入的焦炭在焙烧炉中高温反应得到氧化铝和铁的混合物，氧化铝和铁在氯化炉中与加入的碳和氯气反应得到氯化铁、氯化铝混合物，氯化铁、氯化铝中氯化铁在升华炉中与加入铝反应、升华得到氯化铝和铁、少量氯化亚铁混合物。【小问1详解】 氯化铝在溶液中完全电离出氯离子和铝离子，属于强电解质；由题给氯化铝的物理性质可知，氯化铝为熔沸点低的分子晶体，故答案为：强；分子晶体；【小问2详解】由分析可知，氧化铝和铁在氯化炉中与加入的碳和氯气反应得到氯化铁、氯化铝混合物，则氧化铝发生反应的化学方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO，由方程式可知，制取1mol氯化铝，反应消耗碳的物质的量为1mol×=1.5mol，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；1.5；【小问3详解】由分析可知，向升华器中加入少量铝粉的目的是将氯化铁转化为铁、氯化亚铁，除去氯化铁和氯化铝混合物中的氯化铁，故答案为：除去FeCl3，提高产品纯度；【小问4详解】由题给信息可知，700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温介于183℃和315℃之间达到分离氯化铁和氯化铝的目的，故选B。23.氮氧化物(NOx)的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等环境污染问题，其与悬浮在大气中的海盐粒子作用时，发生反应：。完成下列填空：（1）若反应在恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是_______(选填编号)。A.B.NO2和NO的物质的量之和保持不变C.混合气体密度保持不变D.上述反应可以视作分两步进行：(ⅰ)……(ⅱ)(吸热反应)（2）反应ⅰ的化学方程式可能是_______；反应ⅱ中反应物总键能_______生成物总键能(填“>”“<”或“=”)。可利用甲烷可消除NO2污染，。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和0.90molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见表：组别温度时间/min01020405060①T1n(CH4)/mol0.500.350.250.100.100.10②T2n(CH4)/mol0.500.300.18……0.150.15回答下列问题：（3）组别①中，0~10min内NO2的平均降解速率为v(NO2)=_______。 （4）由实验数据可知实验控制的温度T1_______T2(填“>”或“<”)。（5）组别②中，T2温度下40min时n(CH4)=_______mol。该反应正反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。理由是_______。（6）温度T1时CO2物质的量随时间的变化如图，在图中画出温度T2时CO2物质的量随时间的变化曲线_______。【答案】（1）BC（2）①.2NO2+NaCl=NaNO3+ClNO②.>（3）0.03mol/(L·min)（4）<（5）①.0.15②.放热③.升高温度，平衡时CH4的物质的量增大（6）【解析】【小问1详解】A．v(NO2)=2v(NO)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．由方程式可知，二氧化氮和一氧化氮的物质的量之和保持不变说明硝酸钠的物质的量不变，正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量减小的反应，平衡形成时，在恒容密闭容器中混合气体的密度减小，则混合气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．c(NO2)：c(NO)：c(Cl2)=4：2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选BC；【小问2详解】由总反应方程式和反应ⅱ的方程式可知，反应ⅰ的化学方程式为2NO2+NaCl=NaNO3+ClNO ；反应ⅱ为反应为总能量小于生成物总能量的吸热反应，所以反应ⅱ中反应物总键能大于生成物总键能，故答案为：2NO2+NaCl=NaNO3+ClNO；【小问3详解】由表格数据可知，组别①中，0~10min内甲烷物质的量的变化量为(0.5—0.35)mol=0.15mol，由方程式可知，0~10min内二氧化氮的平均降解速率为=0.03mol/(L·min)，故答案为：0.03mol/(L·min)；【小问4详解】由实验数据可知，实验控制的温度T1时，0~10min内甲烷物质的量的变化量为(0.5—0.35)mol=0.15mol，实验控制的温度T2时，0~10min内甲烷物质的量的变化量为(0.5—0.3)mol=0.2mol，说明T2时反应的反应速率快于T1时，所以实验控制的温度T1小于T2，故答案为：<；【小问5详解】由实验数据可知，实验控制的温度T1时，0~10min内甲烷物质的量的变化量为(0.5—0.35)mol=0.15mol，实验控制的温度T2时，0~10min内甲烷物质的量的变化量为(0.5—0.3)mol=0.2mol，T2时反应的反应速率快于T1时，所以T2温度下40min时反应达到平衡，甲烷的物质的量为0.15mol；由反应达到平衡时T2温度下甲烷的物质的量大于T1，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：0.15；升高温度，平衡时CH4的物质的量增大；【小问6详解】由实验数据可知，该反应为放热反应，实验控制的温度T1小于T2，T2时反应的反应速率快于T1时，反应先达到平衡，升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量减小，则T2时二氧化碳物质的量随时间的变化曲线如下图：，故答案为：。24.已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验。 （1）装置接口的连接顺序为a→_______。（2）B中收集器里盛放冷水的作用是_______。D中碱石灰的作用是_______、_______。（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸，充分反应后，进行如下实验：固体混合物淡黄色溶液淡红色溶液深红色溶液红色褪去①试剂X为_______(填化学式)。②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是_______。（4）该小组同学对上述溶液红色褪去的原因进行探究。①取褪色后的溶液三份，分别进行以下实验，研究溶液中存在的微粒。a.一份中滴加FeCl3溶液无明显变化，说明_______；b.另一份滴加试剂X，溶液出现红色，说明_______；c.还有一份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明_______。②另取FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。实验②的目的是_______；得出结论：_______。【答案】（1）g、h→d、e→b、c→f（2）①.冷凝收集FeCl3②.吸收未反应的Cl2，防止污染空气③.吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入B中导致FeCl3潮解（3）①.KSCN②.双氧水将Fe2+氧化成Fe3+（4）①.溶液中不存在SCN—②.溶液中存在Fe3+③.溶液中存在SO④.排除H2O2分解产生的O2氧化SCN—的可能⑤.溶液褪色的原因是SCN—发生了反应而不是Fe3+发生反应，H2O2将SCN—氧化成SO【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应制得氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置E中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中纯净干燥的氯气与铁共热反应制取三氯化铁，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入B中导致氯化铁潮解，装置的连接顺序为A、E、C、B、D，装置接口的连接顺序为a→g、h→d、e→b、c→f。【小问1详解】由分析可知，装置接口的连接顺序为a→g、h→d、e→b、c→f，故答案为：g、h→d、e→b、c→f；小问2详解】由题给信息可知，B中收集器里盛放冷水的作用是冷凝收集氯化铁；装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入B中导致氯化铁潮解，故答案为：冷凝收集FeCl3；吸收未反应的Cl2，防止污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+；【小问3详解】①由淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液可知，加入的试剂X为硫氰化钾溶液，发生的反应为铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，故答案为：KSCN；②淡红色溶液中加入过量过氧化氢溶液后溶液红色加深是因为过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，硫氰化铁的浓度增大，故答案为：双氧水将Fe2+氧化成Fe3+；【小问4详解】①由褪色后的溶液一份中滴加氯化铁溶液无明显变化可知，溶液中不存在硫氰酸根离子；由另一份滴加硫氰化钾溶液，溶液出现红色可知，溶液中存在铁离子；由还有一份滴加稀盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀可知，溶液中存在硫酸根离子，则由实验可知，溶液红色褪去是因为溶液中硫氰酸根离子发生了反应，不是铁离子发生反应，故答案为：溶液中不存在SCN—；溶液中存在Fe3+；溶液中存在SO；②由题意可知，实验②的目的是排除过氧化氢分解产生的氧气氧化硫氰酸根离子的可能，从而得出是过氧化氢溶液将硫氰酸根离子氧化成硫酸根离子的结论，综合实验①和②可知，溶液褪色的原因是硫氰酸根离子发生了反应而不是铁离子发生反应，过氧化氢将硫氰酸根离子氧化成硫酸根离子导致溶液褪色，故答案为：排除H2O2分解产生的O2氧化SCN—的可能；溶液褪色的原因是SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应，H2O2将SCN—氧化成SO。