浙江省温州市等2地浙江省江山市滨江高级中学2022-2023学年高二化学上学期11月期中考试试题（Word版附解析）

衢温“5+1”联盟2022学年第一学期高二年级期中联考化学试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Si：28Al：27S：32C1：35.5K：39Cr：52Mn：55Fe：56Cu：64Ag：108Ⅰ卷选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列含有共价键的盐是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A． NH4NO3属于盐、由铵离子和硝酸根离子构成，铵离子和硝酸根离子内均有共价键，符合题意；B．属于酸，不符合题意；C．属于碱，不符合题意；D． MgCl2属于盐，由镁离子和氯离子构成，不含共价键，不符合题意；答案选A。2.下列物质能导电且属于电解质的是A.KOH固体B.熔融NaClC.液态D.盐酸【答案】B【解析】【分析】熔融状态或水溶液中能导电的化合物称为电解质。粗略分类，属于电解质的化合物有：金属氧化物、金属氢化物、部分非金属氢化物(不包括NH3、CH4等)、酸、碱、盐及少数有机物(包括小分子有机羧酸、苯酚等)。【详解】A．KOH属于碱，是电解质，但处于固态不导电，A不符题意；B．NaCl属于盐，是电解质，且处于熔融状态，导电，B符合题意； C．SO3属于非金属氧化物，是非电解质，C不符题意；D．盐酸为溶液，属于混合物，不是电解质，D不符题意；故选B。3.下列物质的化学成分正确的是A.漂白粉的有效成分：NaClOB.赤铁矿的主要成分：C.明矾：D.氯仿：【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，故A错误；B．赤铁矿的主要成分为氧化铁，故B错误；C．明矾为硫酸铝钾晶体，故C正确；D．氯仿为三氯甲烷，故D错误；故选C。4.液体与液体之间的分离，一定不需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】液体与液体之间的分离分为两种情况：若液体之间互不相溶，则分液即可分离，此时用到的主要仪器是分液漏斗、烧杯和铁架台；若液体之间互溶，则需蒸馏，此时用到的主要仪器是酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶；综合以上所述，选项中能够用到的仪器是分液漏斗、蒸馏烧瓶和冷凝管，一定不需要用到的仪器是漏斗，即C用不到；答案选C5.下列表示正确的是A.正丁烷的空间充填模型：B.二氧化硅的结构式： C.的电子式D.甲酸甲酯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】Ａ．原子与原子之间的共价键表示出来的是球棍模型，原子与原子之间的共价键没有表示出来的是充填模型，选项中的模型是球棍模型，故Ａ错误；B．二氧化硅中一个硅原子周围有4个氧原子，一个氧原子周围有2个硅原子，硅与氧是单键相连，故B错误；C．CH3Cl中除了H周围是2电子之外，C与Cl周围是8电子的稳定状态，CH3Cl是共价化合物，用原子最外层电子数直接表示即可，故C正确；D．甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，C2H4O2是甲酸甲酯的分子式，故D错误；故本题选C。6.下列说法正确的是A.和是两种不同的元素B.和互为同系物C.和互为同系物D.乙醚和乙醇互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．决定元素种类的是质子数，和是两种不同的核素，但质子数相同，所以属于同种元素，A错误；B．和为烷烃，结构相似，组成上相差4个“CH2”，则两者互为同系物，B正确；C．和的官能团种类和数目不相同，两者不互为同系物，C错误；D．乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，两者分子式不同，不互为同分异构体，D错误；故选B。7.下列说法正确的是A.工业上在高温条件下用氢气和氧化镁制取金属镁B.向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末，能增强溶液的漂白性C.纳米铁粉可以去除被污染水体中的、、，利用了其氧化性D.硫元素在自然界都是以硫化物和硫酸盐等化合态形式存在 【答案】B【解析】【详解】A．工业上电解熔融氯化镁制取金属镁，故A错误；B．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末，碳酸钙和盐酸反应，使氯气和水反应平衡正向移动，次氯酸的浓度增大，能增强溶液的漂白性，故B正确；C．纳米铁粉可以去除被污染水体中的、、，利用了铁的还原性，故C错误；D．硫元素在自然界中可以以游离态形式存在，故D错误；选B。8.已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl-S-S-Cl，它易与水反应：2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S↓，对该反应的说法正确的是A.HCl还原产物B.S2Cl2作氧化剂，水作还原剂C.若有1molSO2生成，则反应转移3NA个电子D.若有1molS2Cl2发生反应，则产生标准状况下体积为11.2L的气体【答案】C【解析】【分析】由结构式Cl-S-S-Cl可知，S为+1价、Cl为-1价，据此回答；【详解】A．反应中氯元素化合价不变，HCl不是还原产物，S是还原产物，A错误；B．S元素化合价既升高又降低、S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，B错误；C．反应中只有S元素化合价发生变化，+1价升高到+4是氧化反应、升3价。则有1个SO2生成，转移3个电子，则：若有1molSO2生成，反应转移3NA个电子，C正确；D．由化学方程式知：2molS2Cl2发生反应，产生4molHCl和1molSO2，则若有1molS2Cl2发生反应，则产生标准状况下体积为2.5mol×22.4L/mol=56L的气体，D错误；答案选C。9.下列说法正确的是A.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得FeB.适量CO2通入NaClO溶液中生成Na2CO3和HClOC.将过氧化钠加入滴有酚酞的水中，溶液先变红后褪色并产生气泡D.焰色反应用稀硫酸洗涤铂丝，并在火焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同【答案】C 【解析】【详解】A．Mg和过量FeCl3溶液反应生成MgCl2和FeCl2，不能得到Fe，A项错误；B．Na2CO3和HClO还会继续反应，适量CO2和NaClO溶液反应生成NaHCO3和HClO，B项错误；C．过氧化钠与水反应会生成氢氧化钠和氧气，显碱性，所以酚酞变红，但过氧化钠有强氧化性，所以过氧化钠加入滴有酚酞的水中，溶液先变红后褪色并产生气泡，C项正确；D．焰色反应用稀盐酸洗涤铂丝，不是稀硫酸，D项错误；答案选C。10.下列说法或表示方法中正确的是A.由C(金刚石)=C(石墨)　ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定B.相同条件下，1molCH4(g)的熵大于lmolH2(g)C.在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)　ΔH=-571.6kJ·mol-1D.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH>0，低温有利于该反应的自发进行【答案】B【解析】【详解】A．由热化学方程式可知，金刚石转化为石墨是放热反应，所以石墨更稳定，A错误；B．相同条件下，相同物质的量气体，分子中原子越多，熵越大，B正确；C．表示物质燃烧热的热化学方程式可燃物纯物质的化学计量数为1，C错误；D．根据反应特征，该反应正向ΔS>0，ΔH>0，ΔG=ΔH-TΔS，当T数值较大时，ΔG<0，所以高温有利于该反应自发进行，D错误；综上，本题选B。11.下列说法正确的是A.将铁粉与水蒸气在高温下反应，铁粉逐渐变红色，同时有氢气生成B.将镁条在空气中点燃，生成的含镁元素的化合物可能有三种C.将棉花和头发分别灼烧，烧灼后的产物完全相同D.如果不慎将碱液沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用1%的硼酸溶液冲洗【答案】D【解析】【详解】A．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，Fe3O4是黑色晶体，不是红色，故A错误；B．将镁条在空气中点燃，镁和氧气反应生成氧化镁，镁和氮气反应生成Mg3N2，生成的含镁元素的化合物2种，故B错误； C．棉花的成分为纤维素，由C、H、O元素组成，烧灼后产物为二氧化碳和水，头发的成分为蛋白质，由C、H、O、N等元素组成，烧灼后产物除了二氧化碳和水，还有含氮的氧化物，故C错误；D．如果不慎将碱液沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用硼酸溶液冲洗，故D正确；故选D。12.化学与生产、生活、科技息息相关，下列说法不正确的是A.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是新型无机非金属材料B.小苏打的主要成分是，可用作发酵粉C.不锈钢的成分主要是，可用作医疗器械，厨房用具和餐具D.华为首款手机搭载智能制程“麒麟980”手机芯片的主要成分是晶体硅【答案】B【解析】【详解】A.高温结构陶瓷的主要成分是氮化硅等新型无机非金属材料，故A正确；B.小苏打的主要成分是，故B错误；C.不锈钢是Fe、Cr、Ni等组成的合金，不锈钢耐腐蚀，可用作医疗器械、厨房用具和餐具，故C正确；D.晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，因此“麒麟980”手机芯片的主要成分是晶体硅，故D正确；答案选B。13.下列指定反应的方程式正确的是A.硫酸铝溶液中加入足量氨水：B.向溶液中滴加少量溶液：C.用溶液吸收少量：D.溶液中加入过量NaOH溶液：【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铝溶液中加入足量氨水，和弱碱氨水生成氢氧化铝沉淀，Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，A错误；B．向溶液中滴加少量溶液，氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气： ，B错误；C．溶液吸收少量，氯气具有强氧化性，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子同，同时氢离子与亚硫酸根离子结合亚硫酸氢根离子：，C正确；D．溶液中加入过量NaOH溶液，氢氧根离子与铵根离子、碳酸氢根离子分别生成氨气和碳酸根离子：，D错误；故选C。14.下列说法正确的是A.常温下，由水电离出的的溶液中：、、、可以大量共存B.将、溶液分别蒸干均得不到原溶质C.中和等体积、等pH的稀硫酸和稀醋酸所消耗NaOH的物质的量：前者大于后者D.常温下溶液和溶液pH均为7，两溶液中水的电离程度相同【答案】B【解析】【详解】A．常温下水的电离受到抑制，可能为酸性或碱性溶液，碱性溶液中铵根离子不能存在，在酸性溶液中碳酸根不能存在，A错误；B．氯化铁溶液水解生成氢氧化铁和挥发性盐酸蒸干最终得到氧化铁，亚硫酸钠溶液蒸干会被空气中氧气氧化最终得到硫酸钠，B正确；C．醋酸为弱酸，等pH值的稀硫酸和稀醋酸，醋酸的浓度远远大于稀硫酸，故中和等体积等浓度的两种酸，消耗氢氧化钠的物质的量：前者小于后者，C错误；D．常温下，为强酸强碱盐，对水电离无影响；为弱酸弱碱盐会促进水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，D错误；故选B。15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的核外电子数是其内层电子数的3倍，X元素与Y、W元素相邻，且与W元素同主族；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备单质。下列说法正确的是A.X的单质与W的氧化物反应可制备W的单质B.Y最高价氧化物对应的水化物是离子化合物 C.工业上制备Z单质时可加一种Z的化合物使Z的氧化物熔点降低D.W的最简单氢化物的稳定性强于X的最简单氢化物的稳定性【答案】A【解析】【分析】X原子的核外电子数是其内层电子数的3倍，X为C，X与W元素同主族，W为Si；X元素与Y相邻，短周期主族元素X、Y的原子序数依次增大，Y为N，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备单质，Z为Al，以此来解析；【详解】A．X为C，W为Si，2C+SiO2Si+2CO，A正确；B．Y，Y为N，N最高氧化物对应的水化物为HNO3，是共价化合物，B错误；C．电解熔融氧化铝是加冰晶石是为了降低电解液工作温度，冰晶石熔点为1009℃，氧化铝熔点为2050℃，冰晶石做助熔剂，熔融的冰晶石能溶解氧化铝，使得电解可以在低于氧化铝的熔点温度下工作，节约能源，电解熔融氧化铝是加冰晶石是为了降低电解液工作温度，没有降低氧化铝的熔点，C错误；D．同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，最简单氢化物的稳定性逐渐减弱，W为Si，X为C，非金属性Si<C，SiH4稳定性小于CH4，D错误；故选A。16.下列说法不正确的是A.将水逐滴加入冰醋酸中，溶液的导电性和醋酸的电离度均先增大后减小B.常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后不变C.常温下，溶液和溶液的离子总数不相同D.常温下，中和和体积均相等的溶液，溶液消耗的物质的量更多【答案】A【解析】【详解】A．越稀越电离，将水逐滴加入冰醋酸中，醋酸的电离度一直增大，A错误；B．常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后，对醋酸钠的水解平衡而言，Q=K，则水解平衡不移动、氢氧根离子浓度不变，不变，B正确；C．常温下，溶液呈中性、溶液因水解呈碱性，NaCl溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，NaCl溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，NaCN溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，NaCN溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，两溶液的钠离子浓度相同，则 溶液中氢离子浓度大的离子总浓度也大；则常温下，溶液和溶液的离子总数不相同，C正确；D．是弱酸、是强酸，常温下等pH的物质的量浓度比大，中和和体积均相等的溶液，溶液消耗的物质的量更多，D正确；答案选A。17.下列“类比”不合理的是A.中Fe元素显+2、+3价，则中Pb显+2、+4价B.的沸点比高，但的沸点比低C.向中加入盐酸生成，则向中加入氢碘酸也生成D.与反应生成和，则与反应生成【答案】C【解析】【详解】A．Pb常见的价态为+2和+4价，A正确；B．的沸点比高，分子间能形成氢键，的沸点比低，B正确；C．氢碘酸具有强还原性，铁离子具有氧化性，所以向中加入氢碘酸会发生氧化还原反应，不会生成和碘离子，C错误；D．过氧化钠的强氧化性可将还原性气体氧化生成即，D正确；故选C。18.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol乙烷分子中含有的共价键数为B.将1mol通入足量水中，所得溶液中HClO、、三种微粒数目之和为C.含7.8g的溶液中阴离子总数等于D.在反应中，每生成32g氧气，转移个电子【答案】D【解析】 【详解】A．1mol乙烷分子中含有的共价键数为7，A项错误；B．氯气和水反应是可逆反应，不能进行彻底，1mol氯气含有2mol氯原子，根据氯元素守恒次氯酸，氯离子，次氯酸根离子和氯气含有氯原子共2mol，溶液中含有未反应的氯气分子，故溶液中的次氯酸，氯离子，次氯酸根离子，粒子数之和小于2，B项错误；C．硫离子在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中阴离子个数大于0.1，C项错误；D．过氧化氢中氧元素的化合价-1价，则生成32g氧气，即1mol氧气转移2mol电子，即2个电子，D项正确；答案选D。19.有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下：第一步第三步下列说法正确的是A.是该化学反应的催化剂B.反应的第二步为C.由K可判断反应第三步比第一步快D.第一、三步反应中，只有第三步为氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．第一步水解产生了OH-，第三步又消耗了OH-，所以OH-是整个反应的中间产物，不是催化剂，故A错误；B.总反应-第一步反应-第三步反应可得第二步为HOCl+I-→HOI+Cl-，故B正确；C．平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率大小，故C错误；D．第一步反应是水解反应，不是氧化还原反应，第三步是酸碱中和反应，也不是氧化还原反应，故D错误；答案选B。20.氮及其化合物的转化过程如图所示，其中图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是 A.图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B.增加的浓度一定能提高反应①的化学反应速率C.在反应②中，若有1.25mo1电子发生转移，则参加反应的的体积为5.6LD.反应①的热化学方程式为：【答案】D【解析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，图2中d曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线，故A错误；B．增加的浓度不一定能提高反应①的化学反应速率，需要保持温度一定，故B错误；C．在反应②中，氮元素化合价由-3升高为+2，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的物质的量是0.25mol，非标准状况下的体积不一定是5.6L，故C错误；D．根据图2，反应①的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1，故D正确；选D。21.我国科学工作者首次实现二氧化碳到淀粉人工合成研究并取得原创性突破，相关成果于9月24日在线发表在国际学术期刊《科学》上。转化涉及的第一步反应的化学方程式为。下列叙述正确的是A.平衡后，其他条件不变，缩小容器体积，可提高和的转化率B.当时，反应一定达到平衡状态C.其他条件不变移去水蒸气，可增大逆反应速率D.恒压条件下，向容器中充入少量氦气，可加快反应速率【答案】A【解析】【详解】A．该反应为体积减小的反应，平衡后，其他条件不变，缩小容器体积，相当于加压，反应正向 移动，CO2和H2的转化率变大，A正确；B．当3时，反应一定达到平衡状态，B错误；C．移去水蒸气的这一时刻，生成物浓度减小，逆反应速率减小，C错误；D．恒压条件下，向容器中充入少量氦气，需要增大体积，相当于减压，则反应速率减慢，D错误；故选A。22.在金催化剂表面上进行某反应历程如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是A.该反应的热效应B.反应过程中无非极性键的断裂，只有非极性键的生成C.其他条件不变，增大压强能提高CO的平衡转化率D.该历程中最大能垒(活化能)步骤的反应式为【答案】C【解析】【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应；【详解】A．由图知，反应结束，相对能量大小为−0.72，故该反应为放热反应，，故A正确；B．反应过程中涉及O-H键的断裂和H-H的生成，故B正确；C．由图可知，总反应为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应为气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，不能提高CO的平衡转化率，故C错误；D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，由图知，该历 程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为，故D正确。故选C。23.与重整生成和CO的过程中主要发生下列反应：在恒压、反应物起始物质的量比条件下，和的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.曲线B表示的平衡转化率随温度的变化B.反应C.升高温度、减小压强均有利于提高的平衡转化率D.恒压、800K、条件下，反应至转化率达到X点的值，可通过改变的量或使用高效催化剂等特定条件继续反应，转化率能达到Y点的值【答案】C【解析】【分析】由题给方程式可知，CH4只参与一个反应，而CO2参与两个反应，则反应中CO2的消耗量一定大于甲烷的消耗量，相同温度下CO2的转化率一定大于甲烷的转化率，曲线A表示CO2的平衡转化率随温度的变化；【详解】A．由分析可知，A表示CO2的平衡转化率随温度的变化，故A错误；B．由盖斯定律可知，①+②×2得到反应反应3CO2(g)+CH4(g)⇌2H2O(g)+4CO(g)∆H，则，故B错误； C．CH4与CO2重整的反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度和减小压强，平衡均向正反应方向移动，有利于提高CH4的平衡转化率，故C正确；D．催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以使用高效催化剂不能改变CH4转化率，故D错误；故选C。24.常温下，向20mL0.1mol/L氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A.b、d两点为恰好完全反应点B.c点溶液中，c()=c(Cl-)C.a、b之间的任意一点：c(Cl-)＞c()，c(H+)＞c(OH-)D.常温下，0.1mol/L氨水的电离常数K约为1×10-5【答案】D【解析】【分析】a点代表氨水中未加入盐酸时，水电离出的c水(H+)=1×10-11mol/L，向氨水中加入一定量盐酸后，c点水的电离程度最大，说明c点溶质为氯化铵，b点为氯化铵和氨水的混合溶液，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，都等于10-7mol/L，铵根离子对水的电离的促进程度正好等于氨水对水的电离的抑制程度，溶液显中性；d点为氯化铵和盐酸的混合溶液，铵根离子对水的电离的促进程度正好等于盐酸对水的电离的抑制程度，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，都等于10-7mol/L，溶液显中性，由此分析。【详解】A．根据分析，b点为氯化铵和氨水的混合溶液，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，铵根离子对水的电离的促进程度正好等于氨水对水的电离的抑制程度，溶液显中性；如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，c点水的电离程度最大，说明c点溶质为氯化铵，因此c点为恰好完全反应的点，故A不符合题意；B．c点溶质为氯化铵，铵根离子水解，因此c()＜c(Cl-)，故B不符合题意； C．a点呈碱性，b是呈中性的点，因此a、b之间的任意一点溶液显碱性：c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(OH-)+c(Cl-)=c()+c(H+)，c()＞c(Cl-)，故C不符合题意；D．a点水电离出的氢离子浓度为1×10-11mol/L，则c(OH-)==1.0×10-3mol/L，根据：NH3∙H2O⇌OH-+，因此常温下，0.lmol/L氨水的电离常数，故D符合题意；答案为D。25.下列实验设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验高温下铁与水蒸气反应的产物中是否含有三价铁取铁与水蒸气反应后的固体于试管中，先加入稀盐酸溶解，再加入KSCN溶液溶液变血红色则有三价铁，若不变血红色则无三价铁B比较AgCl和AgI的Ksp的大小向NaCl和NaI的混合溶液滴加少量溶液，观察现象若溶液中产生黄色沉淀C探究淀粉水解程度在试管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加热3-5min，冷却后加入少量新制加热若未出现砖红色沉淀，则淀粉未发生水解D探究乙醇羟基中的氢原子和水中氢原子的活泼性在相同条件下，分别盛有少量乙醇和水的两支试管中，加入一小块新切的钠乙醇与钠的反应缓和得多，说明乙醇羟基中的氢原子不如水中氢原子活泼A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．若反应中铁单质过量会与Fe3+生成Fe2+，故即使产物中有Fe3+也检验不出，A错误；B．实验中硝酸银少量，不确定氯化钠、碘化钠的浓度大小，即使出现黄色沉淀也不能判断两者的溶度积大小，B错误； C．淀粉水解后溶液显酸性，应加碱中和后，再加新制氢氧化铜悬浊液，C错误；D．在相同条件下，乙醇与钠的反应缓和得多，说明乙醇羟基中的氢原子不如水中氢原子活泼，D正确；故选D。Ⅱ卷非选择题部分26.回答下列问题：（1）泡沫灭火器(里面装饱和溶液和溶液)的工作原理(用离子方程式表示)______。（2）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成固体和。已知室温下2g自燃放出热量89.2kJ，该反应的热化学方程式为：______。（3）氨基甲酸铵是合成尿素的一种中间产物。已知某温度下，往一密闭容器中加入amol，反应在45min时达到平衡，的平衡转化率为45%，此时容器容积为VL，则该温度下此反应的平衡常数为______(用含a、V的式子表示)。（4）25℃时，部分弱碱、弱酸电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数(25℃)①向溶液中加入少量的溶液反应的离子方程式是______。②的溶液中离子浓度大小关系是______。【答案】（1）（2）（3）（4）①.②.【解析】【小问1详解】 NaHCO3溶液和发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：。【小问2详解】n(SiH4)=，则1molSiH4燃烧放出的热量为：89.2kJ×16=1427.2kJ，该反应的化学方程式为：SiH4+2O2=SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)△H=-1427.2kJ/mol。【小问3详解】根据题意列出“三段式”c(H2O)=mol/L，则该温度下此反应的平衡常数K=c(H2O)=。【小问4详解】①由表格信息可知，的大于的，的小于的，根据强酸制弱酸的原理，向溶液中加入少量的溶液生成和，离子方程式为：；②的溶液中，发生水解反应生成，发生水解反应生成，由于的小于的，所以的水解程度大于的水解程度，则，根据电荷守恒可知，的溶液中离子浓度大小关系是。27.取3.54g镁铝合金投入到100mL的盐酸中，合金完全溶解，放出氢气3.808L(已折算成标况)请计算（1）镁铝合金中镁的质量分数=______%(保留三位有效数字)（2）上述溶液中继续滴加VmL的NaOH溶液，得到沉淀6.20g。则V的最大值=______L。(写出计算过程)【答案】（1）54.2 （2）220【解析】【小问1详解】根据题意可知，24n(Mg)+27n(Al)=3.54g，铝和镁与盐酸反应均能生成氢气，根据电子转移数守恒可知，n(Mg)+n(Al)==0.17mol，联立两式得，n(Mg)=0.08mol，n(Al)=0.06mol，则镁铝合金中镁的质量分数==54.2%；【小问2详解】据(1)得，【，现沉淀，故沉淀为和部分的】。V最大值时沉淀为和部分的，此时溶液仅有、、，据电荷守恒：，，，解得。28.固体化合物A由3种中学常见元素组成，常温下难溶于水但能溶于硝酸，某学习小组开展如图所示探究实验。请回答下列问题。（1）化合物A的3种元素是______。（2）往蓝色溶液D中通入刚开始产生无色气体在空气中变红棕色，①写出其产生无色气体的离子方程式：______；②设计实验验证该氧化还原反应的氧化产物：______。（3）固体C的化学式是______；化合物A与稀硝酸反应的离子方程式是______。【答案】（1）O、Cl、Cu(或氧、氯、铜)（2）①.②.取蓝色溶液D通入后的产物 取清液若有白色沉淀产生，则判断该氧化还原反应的氧化产物是（3）①.(或)②.【解析】【分析】固体化合物A由3种中学常见元素组成，A在1000℃时分解放出气体B，B能使带火星木条复燃，B是氧气，则A中含有O元素；55.8gA和硝酸反应生成蓝色溶液D，D中含有Cu2+，可知A含有Cu元素；D分成2份，1份加氢氧化钠生成生成29.4gCu(OH)2沉淀，可知55.8gA中含有铜元素的物质的量为；1份加硝酸酸化的硝酸银生成生成28.7gAgCl沉淀，可知55.8gA中含有Cl元素的物质的量为；【小问1详解】根据以上分析，化合物A的3种元素是O、Cl、Cu；【小问2详解】①往蓝色溶液D中通入刚开始产生无色气体在空气中变红棕色，说明硝酸根离子被还原为NO，反应的离子方程式为；②该氧化还原反应的氧化产物是，取蓝色溶液D通入后的产物取清液若有白色沉淀产生，则判断该氧化还原反应的氧化产物是。【小问3详解】固体C中含有Cu元素0.6mol、Cl元素0.4mol，含有氧元素的质量为，氧原子的物质的量为0.1mol，所以C的化学式是；物质A中含氧原子的物质的量为0.2mol、含氯原子的物质的量为0.4mol、含铜原子的物质的量为0.6mol，A的化学式为，化合物与稀硝酸反应的生成硝酸铜、一氧化氮、氯化铜、水，根据得失电子守恒，反应的离子方程式是。 29.是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题。（1）以、为原料在催化剂作用下合成涉及的主要反应如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．①______kJ/mol。②根据反应的化学方程式：，图为催化下不同温度对甲醇时空(单位时间和单位体积)收率和选择性的影响：由图像可以得出使用此催化剂合成甲醇的最佳温度是______。③结合图像分析甲醇时空收率在后半段随温度升高而降低先慢后快的原因：______。（2）工业上常用和通过如下反应合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应有反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ(总反应)：①一定温度下，在恒容密闭容器中以进行反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是______(填字母)。A．混合气体的平均相对分子质量不再变化B．容器内气体总压强不再变化C．与的转化率相等D．容器内混合气体的密度不再变化 ②t℃时，向容积恒定为2L的密闭容器中加入0.40mol和0.10mol，发生反应，70min时达到平衡。反应中的物质的量随时间的变化如表所示：时间/min0307080100/mol0.100.0600.0400.0400.040则30min时的转化率为______。③根据表中数据在图中绘制出在t℃下的转化率随时间变化的图像______。（3）在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用和反应生成砖红色沉淀表示滴定终点。当溶液中的恰好完全沉淀时，溶液中的______mol/L；______mol/L。已知：①25℃时，，；②当溶液中某种离子的浓度等于或小于时，可认为已完全沉淀。【答案】（1）①.+40.9②.250℃③.在250~270℃随温度升高甲醇选择性比250℃之前增大的慢，所以甲醇时空收率缓慢降低；270℃之后随温度升高甲醇选择性降低，副反应选择性升高，所以甲醇时空收率快速降低（2）①.BD②.40%③.（3）①.②.【解析】【小问1详解】 ①由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅱ得：；②由图可知，250℃时甲醇的时空收率最高、二氧化碳转化率较高，且此时温度对甲醇的选择性较高而对一氧化碳选择性较低，利于甲醇的制取，故使用此催化剂合成甲醇的最佳温度是250℃；③甲醇时空收率在后半段随温度升高而降低先慢后快的原因为：在250~270℃随温度升高甲醇选择性比250℃之前增大的慢，所以甲醇时空收率缓慢降低；270℃之后随温度升高甲醇选择性降低，副反应选择性迅速升高，所以甲醇时空收率快速降低；小问2详解】①A．混合气体的平均相对分子质量M=m/n，进行反应Ⅰ生成固体且氨气和二氧化碳的反应系数比为2：1，则氨气、二氧化碳气体的比例不变，M不会发生改变，故不能说明达到平衡，A错误；B．反应为气体分子数改变的反应，压强为变量，容器内气体总压强不再变化，说明达到平衡，B正确；C．进行反应Ⅰ生成固体且氨气和二氧化碳的反应系数比为2：1，与的转化率相等，不能说明达到平衡，C错误；D．在恒容密闭容器中，气体质量发生改变，容器内混合气体的密度不再变化，说明达到平衡，D正确；故选BD；②由表可知，则30min时反应中的物质的量0.060mol，则反应二氧化碳的物质的量为0.040mol，的转化率为。③反应70min时达到平衡，由表可知，在30min、70min反应的物质的量分别为0.04mol、0.06mol，则氨气在30min、70min反应的物质的量分别为0.08mol、0.12mol，氨气在30min、70min转化率分别为20%、30%，故图像为：；【小问3详解】当溶液中的恰好完全沉淀时，溶液中的， 。30.硫酸亚铁铵是一种重要的化学试剂，样品中铁含量的测定可以采用酸性高锰酸钾滴定的方法。高锰酸钾标准溶液可用性质稳定、摩尔质量较大的基准物质草酸钠()进行标定。实验步骤如下：步骤一：先粗略配制浓度约为的高锰酸钾溶液250mL：步骤二：称取草酸钠固体mg放入锥形瓶中，加入适量水溶解并加硫酸酸化，加热到70~80℃立即用滴定，从而标定浓度为；步骤三：称取样品2.031g，放入锥形瓶并用适量水溶解，然后分成三等份；步骤四：用标准溶液滴定步骤三所配样品溶液，三次实验达到终点时消耗标准液体积如下：序号滴定前读数/mL滴定后读数/mL10.1020.1522.2025.3031.3021.25（1）写出用草酸标定高锰酸钾反应原理的离子方程式______。（2）步骤一中至少需要用到的玻璃仪器有烧杯、______、______。（3）步骤二中需要对m的值进行预估，你的预估依据是______。a．所加硫酸的体积和浓度b．反应的定量关系c．滴定管的最大容量d．用于溶解草酸钠的水的体积（4）在测定过程中，选出正确的滴定操作并排序______：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→______→______→______→______→到达滴定终点，停止滴定，记录读数a．轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，无气泡b．调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数c．调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度d．锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化e．装入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL，固定好滴定管 f．锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视滴定管内液面变化g.将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡（5）样品中铁元素的质量分数为______。（6）以下操作会造成测定结果偏低的是______。A.达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面B.锥形瓶未用待测液润洗C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失D.溶液颜色变化后，立即读数【答案】（1）（2）①.玻璃棒②.量筒（3）bc（4）e-a-b-d（5）17.4%（6）AD【解析】【小问1详解】(H+)→Mn2+、Na2C2O4→CO2反应中其他元素没有得、失电子，据Mn和C的化合价变化分析，与Na2C2O4的物质的量之比为2:5，再据原子守恒和电荷守恒草酸标定高锰酸钾反应原理的离子方程式：；【小问2详解】粗略配浓度约为的高锰酸钾溶液250mL步骤有计算、称量、溶解、冷却等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，用量筒量取水在烧杯中溶解，冷却，并用玻璃棒搅拌，所以至少需要用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、量筒；【小问3详解】步骤二中需要根据滴定管的最大容量，确定可能用到的KMnO4的体积，粗略计算出其物质的量，并通过反应的定量关系计算用到的草酸钠的量，故答案为:bc；【小问4详解】滴定步骤包含检漏、洗涤、润洗、注液、调液，读数，滴定，滴定终点，接下来的排列顺序为:e-a-b-d；【小问5详解】实验达到终点时消耗标准液体积分别为:20.15mL-0.1mL=20.05mL，25.30mL-2.2mL=23.1mL(舍去)，21.25mL-1.3mL=19.95mL，平均体积=(20.05mL+19.95mL)÷2=20.0mL，根据 ，可知，样品中铁元素质量分数为：；【小问6详解】A．达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小，结果偏低，A正确；B．锥形瓶未用待测液润洗，对结果无影响，B错误；C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，结果偏大，C错误；D．溶液颜色变化后，立即读数，消耗标准液体积偏小，结果偏小，D正确；