浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析）

浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期11月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、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。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。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64Zn65Ag108I127选择题部分一、选择题(本大题共20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分)1.下列物质溶于水后溶液呈酸性的是A.HNO3B.KOHC.Na2CO3D.Na2O【答案】A【解析】【详解】A．硝酸是酸，溶于水后显酸性，A正确；B．KOH是碱，溶于水后显碱性，B错误；C．Na2CO3俗名纯碱，水解后显碱性，C错误；D．Na2O与水反应生成NaOH，溶液显碱性，D错误。故选A。2.乙酸乙酯是常用的化工原料，下列说法不正确的是A.乙酸乙酯属于酯类物质B.乙酸乙酯是CH3CH2CH2COOH的同分异构体C.少量乙酸乙酯在稀硫酸或NaOH溶液中水解程度相同D.乙酸乙酯有芳香气味，可用作饮料、糖果、化妆品中的香料和有机溶剂【答案】C【解析】【详解】A．乙酸乙酯属于酯类物质，A正确；B．乙酸乙酯和CH3CH2CH2COOH的分子式均为C4H8O2，为同分异构体，B正确； C．乙酸乙酯发生水解反应：CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，在NaOH溶液中消耗醋酸，平衡正向移动，水解程度增大，稀硫酸环境中增加氢离子浓度，平衡逆向移动，水解程度更低，C错误；D．乙酸乙酯有芳香气味，可用作饮料、糖果、化妆品中的香料和有机溶剂，D正确。故选C。3.下列化学用语正确的是A.氯仿(CHCl3)空间构型：正四面体形B.中子数为10的氧原子：OC.NH4Cl电子式：D.CO2空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．氯仿(CHCl3)空间构型为四面体形，A错误；B．中子数为10的氧原子为O，B正确；C．NH4Cl电子式为，C错误；D．CO2空间填充模型中碳原子半径更大，应中间大两端小，D错误；故选B。4.在下列变化中，体系熵减的是A.硝酸铵溶于水B.固体碘升华C.氯酸钾分解制备氧气D.乙烯聚合为聚乙烯【答案】D【解析】【详解】A．硝酸铵溶于水使自由移动离子增多，熵增，A错误；B．固体碘升华为气体，混乱程度增加，B错误；C．氯酸钾分解制备氧气使得气体分子数增加，混乱程度增加，熵增，C错误；D．乙烯聚合为聚乙烯，分子数减小，混乱程度减小，熵减，D正确。故选D。5.稀硫酸与过量锌粉反应，为减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可加入的物质是： ①水②Na2CO3溶液③Na2SO4溶液④CH3COONa溶液⑤少量K2SO4固体⑥几滴CuSO4溶液A.①②⑥B.②③④C.①③④D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①加入水，硫酸的浓度减少，但氢离子的物质的量不变，可达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故①符合题意；②加入Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应，消耗氢离子，生成氢气的量减小，故②不符合题意；③加入Na2SO4溶液，相当于加水，可达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故③符合题意；④加入CH3COONa 溶液，硫酸变为弱酸醋酸，溶液中的c(H+)减小，反应速率减小，当c(H+)减小到一定程度，醋酸会电离产生H+，最终完全电离出来，因此既减缓反应进行的速率，又不影响生成H2的总量，故④符合题意；⑤加入K2SO4固体，由于硫酸钾不参与反应，对反应速率没有影响，故⑤不符合题意；⑥CuSO4固体与锌反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，故⑦不符合题意；综上，符合题意的有①③④。答案选C。6.25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.含较多Al3+的溶液中：Na+、S2-、HCOB.pH=12的溶液中：K+、NO、ClO-C.含0.1mol/LFe3+溶液中：Na+、SO、Cl-D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、NH、CO【答案】B【解析】详解】A．Al3+与S2-、HCO发生双水解反应，A错误；B．pH=12的溶液中：K+、NO、ClO-未生成沉淀、气体或弱电解质，B正确；C．Fe3+与SO发生氧化还原反应，C错误；D．酸溶液或者碱溶液均有可能满足水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L，NH、CO分别不能在碱性和酸性溶液中大量共存，D错误。 故选B。7.25℃时，下列不能说明HA是弱电解质的是A.0.1mol/LHA溶液pH=3B.0.1mol/LNaA溶液pH=9C.用HA溶液做导电试验，灯泡很暗D.等浓度的盐酸和HA溶液与同规格镁条反应产生H2的初始速率：盐酸>HA【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol/LHA溶液pH=3即c(H+)=0.001mol/L,说明HA未完全电离，为弱电解质，A正确；B．0.1mol/LNaA溶液pH=9说明NaA为强碱弱酸盐，说明HA为弱电解质，B正确；C．用HA溶液做导电试验，灯泡很暗，只能说明离子浓度较低，不能说明是否完全电离，C错误；D．等浓度的盐酸和HA溶液与同规格镁条反应产生H2的初始速率：盐酸>HA，说明HA电离的氢离子浓度更低，未完全电离，D正确；故选C。8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨采用高压、温度500℃，均为了提高H2平衡转化率B.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中D.工业生产硫酸时，使用过量氧气来提高二氧化硫的转化率【答案】A【解析】【详解】A．，高压有利于平衡正向移动，提高H2平衡转化率，高温平衡逆向移动，主要是为了提高反应速率，A错误；B．饱和食盐水增大了氯离子浓度，促进平衡逆向移动，减少了氯气的溶解，B正确；C．，盐酸增加了氢离子浓度，平衡逆向移动，抑制了铁离子的水解，C正确；D．使用过量的氧气促进平衡正向移动，提高了二氧化硫的转化率，D正确。故选A。 9.下列方程式书写不正确的是A.电解CuCl2溶液：CuCl2Cu＋Cl2↑B.NaHS溶液中存在水解平衡：HS-+H2O=S2－＋H3O＋C.用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HClD.少量SO2通入NaClO溶液：3ClO－＋SO2＋H2O=SO＋2HClO＋Cl－【答案】B【解析】【详解】A．惰性电极电解CuCl2溶液产生铜和氯气：CuCl2Cu＋Cl2↑，A正确；B．NaHS溶液中存在水解平衡：HS-+H2OH2S＋OH-，B错误；C．用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl，C正确；D．少量SO2通入NaClO溶液中，二氧化硫被氧化得到硫酸根，NaClO被还原为Cl-：3ClO－＋SO2＋H2O=SO＋2HClO＋Cl－，D正确；故选B。10.NA为阿伏伽德罗常数的值，卞列说法正确的是A.常温下，1.0gCH3CH(OH)COOH[M=90g·mol-1]与5.0gCH3COOH[M=60g·mol-1]的混合液中，碳原子数为0.2NAB.常温下(Vₘ=24.5L/mol)，2.45LNH3与2.45LHCl混合后，气体分子数为0.1NAC.常温下，7.1g氯气通入足量水中，所得溶液中HClO分子数为0.1NAD.0.01molNaHSO4晶体中，阳离子数为0.02NA【答案】A【解析】【详解】A．1.0gCH3CH(OH)COOH[M=90g·mol-1]与5.0gCH3COOH[M=60g·mol-1]的混合液中，碳原子的物质的量为，碳原子数为0.2NA，A正确；B．常温下(Vₘ=24.5L/mol)，2.45LNH3与2.45LHCl混合后，会产生0.1molNH4Cl，无气体分子，B错误；C．7.1g氯气通入足量水中，为可逆反应，所得溶液中HClO分子数小于0.1NA，C错误；D．0.01molNaHSO4晶体中，阳离子为Na+,数目为0.01NA，阴离子为，D错误。 故选A。11.下列“类比”结果正确的是A.碳酸钠和盐酸反应是放热反应，则碳酸氢钠和盐酸反应是放热反应B.N2含N≡N，化学性质稳定，很难与O2反应，则CH≡CH很难与O2反应C.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2D.Al和Fe2O3能发生铝热反应，则Al和MnO2能发生铝热反应【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠和盐酸反应是放热反应，碳酸氢钠和盐酸反应是吸热反应，A错误；B．N2含N≡N，化学性质稳定，很难与O2反应，但CH≡CH中碳碳三键稳定性较差，在点燃条件下与O2反应，B错误；C．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，C错误；D．Al的还原性强于Fe、Mn，故Al和Fe2O3、MnO2能发生铝热反应，D正确。故选D。12.下列装置或操作不能达到目的的是A.操作①观察颜色：浸泡在热水中的烧瓶内红棕色加深，冷水中烧瓶内红棕色变浅，判断反应2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)的ΔH<0B.操作②观察右侧导管中出现水柱，判断铁发生吸氧腐蚀C.操作③判断Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D.装置④实现反应Cu+2Fe3＋=Cu2++2Fe2＋的化学能转变为电能【答案】C【解析】【详解】A．浸泡在热水中的烧瓶内红棕色加深，冷水中烧瓶内红棕色变浅，说明升温，2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)平衡逆向移动，则ΔH<0，故A正确； B．铁发生吸氧腐蚀，导致左侧装置内气压减小，右侧导管中水面上升，出现水柱，故B正确；C．硝酸银足量，氯化钠少量，黄色沉淀是碘离子和银离子直接生成的AgI，不能证明沉淀发生转化，无法判断Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C错误；D．该装置是双液原电池，Cu作负极，C作正极，可实现Cu+2Fe3＋=Cu2++2Fe2＋的化学能转变为电能，故D正确；答案选C。13.某物质结构如图所示，其中X、Y、Z、R、W分别位于3个短周期且原子序数依次增大，Y的某种同位素常用于测定文物的年代，下列说法正确的是A.X、Y、R、W形成的化合物对应水溶液可能呈酸性B.简单离子半径:W>Z>RC.Z的氢化物的稳定性和沸点都高于Y的氢化物D.Y和W的单质均能导电【答案】A【解析】【分析】根据Y的某种同位素常用于测定文物的年代可推知Y为C，X连有一根共价键，应为第一周期的H，Z连有三根键，说明为N，R应连有两根共价键，为O，易知W为Na。【详解】A．X、Y、R、W形成的化合物NaHC2O4对应水溶液呈酸性，A正确；B．Na、N、O对应的简单离子半径由大到小为：N3->O2->Na+，B错误；C．Z的简单氢化物NH3的稳定性和沸点高于Y的简单氢化物CH4，C的氢化物有多种，C错误；D．C的常见单质石墨导电，但金刚石不导电，D错误。故选A。14.标准状态下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程如图所示[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A.O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=(E5-E2)kJ/molB.可计算Cl-Cl键能为：2(E6－E5)kJ·mol－1C.相同条件下，历程I和历程Ⅱ中O3的平衡转化率相等D.历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH=(E5－E4)kJ·mol－1【答案】B【解析】【详解】A．根据历程II可知，O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=(E5-E2)kJ/mol，故A正确；B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ/mol,断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol,则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/mol,故B错误；C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确；D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH=(E5－E4)kJ·mol－1，故D正确；答案选B。15.合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L恒容密闭容器中NH3的物质的量浓度随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变时，平衡时NH3的体积分数随起始时H2的物质的量的变化曲线。下列说法正确的是 A.图1中，10min末H2的消耗速率v(H2)=0.045mol/(L·min)B.图1中，其他条件不变，第11min迅速压缩容器体积为1L，则c(NH3)－t曲线变化为aC.图2中，反应物N2的平衡转化率：b>a>cD.图2中，T1、T2表示温度，则T1>T2【答案】B【解析】【详解】A．由图像数据只能计算前10min内H2的平均消耗速率，不能计算10min末的瞬时速率，故A错误；B．第11min迅速压缩容器体积为1L，平衡正向移动，c(NH3)先瞬间增大后继续增大至不变，则c(NH3)－t曲线变化为a，故B正确；C．起始时氢气的物质的量越大，反应物N2的平衡转化率越大，故N2的平衡转化率：c>b>a，故C错误；D．该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，平衡时氨气的体积分数减小，故温度T1<T2，故D错误。答案选B。16.近年来钠离子电池备受关注。利用钠离子在电极间“脱嵌”实现充放电的原理如图所示，电池工作时总反应为 NaxC＋Na1－xMnO2C＋NaMnO2，下列说法不正确的是A.放电时，正极反应为B.放电时，当电路中转移1mol电子时，正极质量增加23gC.充电时，电子由电源负极经硬碳、电解液、NaMnO2流向电源正极D.若用该电池进行电镀铜，镀件应与硬碳相连【答案】C【解析】【分析】电池工作时总反应为NaxC＋Na1－xMnO2C＋NaMnO2，由图可知，放电时，硬质碳为负极，电极反应式为NaxC-xe-═C+xNa+，NaMnO2为正极，电极反应式为Na1-xMnO2+xNa++xe-═NaMnO2，充电时，硬质碳为阴极，电极反应式为C+xNa++xe-═NaxC，NaMnO2为阳极，电极反应式为NaMnO2-xe-═Na1-xMnO2+xNa+，据此作答。【详解】A．由上述分析可知，放电时，正极反应为，故A正确；B．放电时，正极的反应式为Na1-xMnO2+xNa++xe-═NaMnO2，当电路中转移1mol电子时，会有1molNa+进入到正极材料，故正极质量增加23g，故B正确；C．电子不能在电解质中流动，电解质中是通过离子的定向移动导电，故C错误；D．放电时，硬质碳为负极，电镀铜，镀件为阴极，与硬碳相连，故D正确。答案选C。17.25℃时，下列描述不正确是A.CH3COOH溶液加水稀释，、都增大 B.pH=3的盐酸布pH=11的氨水等体积混合后，溶液中：c(NH)>c(Cl-)C.物质的量浓度相同的三种溶液①NH4Cl、②NH4HCO3、③NH4HSO4，c(NH)：③>①>②D.将足量AgCl固体分别加入等体积的下列物质中①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol·L－1MgCl2溶液、④0.1mol·L－1AgNO3溶液，c(Ag+)：①>④=②>③【答案】D【解析】【详解】A．CH3COOH溶液加水稀释，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增加，故增大，由可知，氢离子浓度减小，故增大，A正确；B．pH=3的盐酸布pH=11的氨水等体积混合后溶液显碱性即，由电荷守恒可知c(NH)>c(Cl-)，B正确；C．物质的量浓度相同的三种溶液①NH4Cl、②NH4HCO3、③NH4HSO4均存在，NH4HSO4的氢离子抑制铵根水解，NH4HCO3的碳酸氢根和铵根发生双水解，促进铵根离子水解，故c(NH)：③>①>②，C正确；D．将足量AgCl固体分别加入等体积的下列物质中①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol·L－1MgCl2溶液、④0.1mol·L－1AgNO3溶液，0.1mol·L－1AgNO3溶液中银离子浓度最高，氯离子抑制AgCl的溶解，且③的氯离子浓度更高，抑制作用更大，故c(Ag+)：④>①>②>③，D错误。故选D。18.25℃时,向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Ba2+)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示；Ksp=(BaSO4)=10-9.96，下列说法不正确的是 A.Ksp(BaCO3)=10－8.58B.NH4HA溶液中：c(HA－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)C.若改用0.20mol/LNa2CO3溶液来滴定,则恰好反应点由b移至aD.若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液,则曲线变为Ⅰ【答案】B【解析】【详解】A．向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，，则，故A正确；B．NH4HA溶液中，HA－电离程度和水解程度无法判断，故B错误；C．若改用0.20mol/LNa2CO3溶液来滴定,Na2CO3溶液消耗体积减半，恰好反应点由b移至a，故C正确；D．若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液,向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，，，，则曲线变为Ⅰ，故D正确；答案选B。19.乙二酸(用H2A表示)为二元弱酸。25℃时，向0.1mol·L－1NH4HA溶液中滴加适量的0.1mol/L盐酸或0.1mol/LNaOH溶液，溶液中各含氮(或A)微粒的分布分数δ与溶液pH的关系如图所示(不考虑溶液中NH3分子)。例如，溶液中H2A的分布分数。下列说法不正确的是 A.溶液pH=8时,存在:c(A2－)>c(NH)>(NH3·H2O)>c(HA－)B.NH4HA溶液中:c(HA－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)C.n点溶液中存在:c(Na＋)＋c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol·L－1D.2HA－=H2A＋A2－的平衡常数K=10-3.0【答案】B【解析】【分析】向NH4HA溶液中滴加盐酸，HA-浓度降低，H2A浓度增大，向NH4HA溶液中滴加NaOH溶液，HA-浓度降低，A2-浓度增大， 浓度降低，NH3▪H2O浓度增大，所以图像中从左开始曲线依次表示H2A、HA-、A2-、 和NH3▪H2O，从图中可以看出，d点c(H2A)=c(HA-)，可知H2A的Ka1=10-1.3，e点c(HA-)=c(A2-)，可知H2A的Ka2=10-4.3，n点c( )=c(NH3▪H2O)，可知NH3▪H2O的Kb=10-4.7。【详解】A．从图中可以看出，pH=8的溶液中：c(A2－)>c(NH)>(NH3·H2O)>c(HA－)，故A正确；B．NH4HA溶液中，存在着 的水解、HA-的电离和水解， 的水解常数Kh===10-9.3，HA-的电离常数即为H2A的Ka2=10-4.3，Kh===10-12.7，所以以HA-的电离为主，溶液显酸性，所以NH4HA溶液中c()>c(HA－)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；C．n点时， 和NH3▪H2O的含量相等，说明加入的NaOH溶液的体积与NH4HA溶液的体积相等，根据元素守恒有c(Na＋)＋c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol·L－1，故C正确；D．2HA－=H2A＋A2－的平衡常数K===，故D正确。 答案选B。20.下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象结论A取一定量未知溶液于试管中，滴入浓NaOH溶液并加热试管口放置的湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液的溶质属于铵盐B向FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡体系中加入少量KCl浓溶液溶液红色变浅增加生成物浓度，平衡逆向移动C测定等浓度Na2CO3溶液和Na2SO3溶液的pHpH：Na2CO3溶液>Na2SO3溶液非金属性：S>CD向0.1mol/LH2O2溶液中滴加几滴0.1mol/LKMnO4溶液紫色褪去H2O2具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．浓氨水与NaOH溶液混合加热生成氨气，由实验操作和现象可知，溶液中不一定含有铵盐，故A错误；B．钾离子与氯离子不参加反应，加入KCl浓溶液相当于加水稀释，平衡逆向移动，故B错误；C．Na2SO3对应的H2SO3不是最高价含氧酸，不能比较S、C的非金属性强弱，故C错误；D．双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明双氧水和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，双氧水作还原剂，具有还原性，故D正确。答案选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.I．某原电池-电解池组合如图1，请回答下列问题： （1）装置甲中负极电极反应式为___________。（2）装置乙中X为___________离子交换膜(填“阳”或“阴”)，总反应的离子方程式为___________。（3）粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置电解一段时间后，硫酸铜溶液浓度将___________(填“增大”“减小”或“不变”)Ⅱ.利用图2装置进行中和热测定（4）已知：①在量热计内筒先加入50mL0.50mol/L盐酸，再迅速一次性加入50mL0.55mol/LNaOH溶液；②处理数据得到平均温度变化量Δt=3.2℃；③Q=cmΔt。设盐酸和NaOH溶液的密度均为1g·cm-3，反应后溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)请计算：HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH=________kJ/mol(结果保留一位小数)。（5）利用上述装置重新做实验，测得反应热ΔH偏大，其原因不可能是___________。A.将玻璃搅拌器改为铜质搅拌器B.改用0.45mol/L盐酸进行实验C.将NaOH溶液分批加入内筒D.杯盖未盖严【答案】（1）CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O （2）①.阳②.（3）减小（4）-53.6（5）B【解析】【分析】甲装置为原电池，通氧气的Pt电极为正极，通甲烷的Pt电极为负极，乙、丙池为电解池，Fe连接正极、作阳极，C作阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上Cl-失电子生成Cl2，X为阳离子交换膜；丙为电解精炼铜装置，粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解液，阳极上锌、铁等杂质失电子生成相应离子，阴极上Cu2+得电子生成铜；【小问1详解】甲中通入甲烷的为负极，KOH为电解质，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；【小问2详解】电解饱和食盐水时阳极生成Cl2，阴极生成H2和NaOH，Na+通过X膜进入阴极室，则X为阳离子交换膜；阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上Cl-失电子生成Cl2，总反应的离子方程式为；【小问3详解】利用丙装置进行粗铜的电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，由于粗铜中锌、铁等金属失电子生成对应离子，阴极上溶液中的Cu2+得电子生成铜，根据电子守恒可知，反应结束后硫酸铜溶液的浓度减小；【小问4详解】，Q=cmΔt=4.18J/(g·℃)100g3.2℃=1.34kJ，n(H2O)=0.025mol，=-53.6kJ/mol；【小问5详解】A．将玻璃搅拌器改为铜质搅拌器，铜的传热性好，会导致热量的损失，反应热ΔH偏大，故A不符合题意；B．改用0.45mol/L盐酸进行实验，放出的热量和生成的水同比例减小，反应热ΔH不变，故B符合题意；C．将NaOH溶液分批加入内筒，反应时间过长，会导致热量的损失，反应热ΔH偏大，故C不符合题意；D．杯盖未盖严，会导致热量的损失，反应热ΔH偏大，故D不符合题意。答案为B。22.I.KIO3是一种无色易溶于水的晶体，被广泛应用于食盐加碘。 （1）实验室常把氯气通入KOH和KI混合液中制备KIO3。写出该反应的离子方程式___________。（2）反应后溶液经浓缩结晶，过滤，冰水洗涤可得到KIO3晶体。用冰水洗涤KIO3晶体的目的是___________。Ⅱ.我国最新规定，加碘盐中碘含量应在20~30mg/kg，现对某市售加碘盐进行碘含量测定(假设杂质不发生反应)反应原理为KIO3＋5KI＋3H2SO4=3K2SO4＋3I2＋3H2O；I2＋2S2O=2I－＋S4O步骤如下：步骤①称取20.000g市售食盐，在容量瓶中配制成100mL溶液；步骤②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀硫酸酸化，再加入足量KI溶液。步骤③向锥形瓶中滴加指示剂，用Na2S2O3溶液滴定步骤②所得溶液。平行滴定3次。（3）选出正确操作并排序___________检查是否漏水→蒸馏水洗涤→___________→___________→a→___________→___________→___________。a．加液至“0”刻度以上2~3mL处b.调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，记录读数V₁c.倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出d.赶出尖嘴部分气泡e.向碱式滴定管中加3~5mLNa2S2O3标准液f.向酸式滴定管中加3~5mLNa2S2O3标准液g.左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶h.左手振荡锥形瓶，右手控制活塞(或挤压玻璃珠)（4）如图所示V₁=___________mL。滴定终点锥形瓶内溶液颜色变化为：___________色变___________色。（5）用3.00×10－4mol·L－1Na2S2O3标准液平行滴定3次，消耗Na2S2O3标准液平均体积为22.00mL。该食盐中碘元素的含量为___________mg·kg-1(保留4位有效数字)。 （6）下列操作可能会使测定结果偏高的是___________A．步骤①中配制溶液定容时俯视刻度线·B．滴定管读数时滴定前仰视，滴定后俯视C．滴定到终点时，滴定管尖嘴部分悬有液滴D．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁E．滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后尖嘴有气泡【答案】22.23.除去表面可溶性杂质，减少洗涤时KIO3的损失24.ceadbg25.①.0.60②.蓝③.无26.0.470827.AE【解析】【小问1详解】氯气通入KOH和KI混合液中制备KIO3，离子方程式：；【小问2详解】反应后溶液经浓缩结晶，过滤，冰水洗涤可得到KIO3晶体。用冰水洗涤KIO3晶体的目：除去表面可溶性杂质，减少洗涤时KIO3的损失；【小问3详解】滴定管的正确使用步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、调零排气泡、记录示数，Na2S2O3溶液为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，选碱式滴定管，所以正确操作顺序：ceadbg；【小问4详解】如图读数：0.60mL；指示剂为淀粉溶液，I2被Na2S2O3溶液滴定消耗，所以滴定终点锥形瓶内溶液颜色变化：溶液由蓝色变为无色；【小问5详解】根据反应原理的关系：，则25mL溶液中，20g样品中含量：，折算：1kg样品中含量：0.4708g；【小问6详解】A．步骤①中配制溶液定容时俯视刻度线，导致溶液浓度偏高，标准液消耗体积偏大，测量结果偏高，故 A正确；B．滴定管读数时滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液体积偏小，测量结果偏小，故B错误；C．滴定到终点时，滴定管尖嘴部分悬有液滴，导致标准液体积偏大，测量结果偏大，故C正确；D．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测量结果无影响，故D错误；E．滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后尖嘴有气泡，导致标准液体积偏小，测量结果偏小，故E错误；答案选AC。23.某工厂废水中含有大量的FeSO4和较多的CuSO4。为制备晶体X并检验其部分性质，按如下流程进行相关实验：已知：①流程中一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；②晶体X是一种含结晶水的化合物，制备X时加入的(NH4)2SO4；与FeSO4溶液中溶质的物质的量相等。（1）取少量铜粉加入浓盐酸中加热，铜粉溶解并生成H3[CuCl4]，请写出该反应的化学方程式：___________。（2）①下列说法不正确的是___________A．测得晶体X分子量为392，则其化学式可能为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OB．晶体X中不含Fe3+，故不可以作净水剂C．晶体X比绿矾晶体稳定的原因是(NH4)2SO4包裹在FeSO4外部，隔绝空气对Fe2＋的氧化D．结合流程图信息，测定待测KMnO4溶液浓度时，用晶体X配标准液去滴定比绿矾误差更小②请从溶解度角度分析冷却结晶得到晶体X而非FeSO4·7H2O或(NH4)2SO4的原因：___________。（3）取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸，请设计实验验证溶液中铁元素的存在形式：___________。【答案】（1）（2）①.BC②.硫酸亚铁铵的溶解度变化比另外两者的溶解度变化大（3）取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸并分成两份，其中一份滴加一至两滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有Fe3+；另外一份样品中滴加一至两滴酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，说明含有Fe2+【解析】【分析】废水中含有大量的FeSO4和较多的CuSO4，加入过量铁粉并过滤得到Fe、Cu和FeSO4溶液，FeSO4溶液中加入等物质的量的(NH4)2SO4溶液可得到Fe(NH4)2(SO4)2，Fe、Cu混合物加入适量稀硫酸可得到FeSO4 溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后可得绿矾晶体。【小问1详解】少量铜粉加入浓盐酸中加热，铜粉溶解并生成H3[CuCl4]并得到还原产物氢气，该反应的化学方程式。【小问2详解】①晶体X分子量为392，其化学式可能为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，A正确；晶体X可被氧化得到Fe3+，故可以作净水剂，B错误；晶体X比绿矾晶体稳定的原因是铁原子的外围电子被更多的相邻的氧原子吸引，减少了被氧气的氧原子吸引的机会，C错误；晶体X更稳定，不易被空气氧化，测定待测KMnO4溶液浓度时，用晶体X配标准液去滴定比绿矾误差更小，D正确。故选BC。②冷却结晶得到晶体X而非FeSO4·7H2O或(NH4)2SO4的原因是降低相同温度，硫酸亚铁铵的溶解度变化比另外两者的溶解度变化大，故先析出硫酸亚铁铵晶体。【小问3详解】取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸并分成两份，其中一份滴加一至两滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有Fe3+；另外一份样品中滴加一至两滴酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，说明含有Fe2+。24.I．汽车尾气排放的CO、NO气体是大气污染物。查阅资料可知，NO和CO反应可转变成无污染气体，转化原理如下：反应①2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH1K1（1）已知298K时：反应②2NO(g)=N2(g)＋O2(g)ΔH2=-180.5kJ/molK2=1×1030反应③CO2(g)CO(g)+O2(g)ΔH3=+283.0kJ/molK3=2×10-46则298K时，反应①ΔH1=__________kJmol；K1=___________；（2）在恒温恒容密闭容器中，下列不能说明反应①达到化学平衡状态的是___________。A.容器内的气体压强不变B.2v正(NO)=v逆(N2)C.气体的平均相对分子质量保持不变D.混合气体的密度保持不变（3）对于气相反应，用某组分B的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)表示的平衡常数记作Kp。在恒温恒容密闭体系中只发生反应①，调整气体分压p(NO)=p(CO)，p(CO2)=2p(N2)，测得体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。 时间/min03060120180T℃CO的分压/kPa48.8132020N2的分压/kPa4845.643.54040T℃时，反应①的Kp=_________(kPa)-1。Ⅱ.为优化汽车尾气处理，宜进一步研究温度、压强、催化剂等外界条件对反应①速率的影响。（4）在不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图所示，E表示某温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的百分数，则图中T1__________T2(填“>”、“=”、“<”)。下列能通过提高活化分子百分数而加快反应速率的条件有__________；A.使用催化剂B.增大压强C.增大反应物浓度D.减小生成物浓度（5）570K时,反应①K=1×1059,但反应速率依旧极慢。下列说法正确的是___________；A.提高尾气净化效率的常用方法是升高温度B.增大压强，反应①平衡右移，故可通过增压的方法提高尾气净化效率C.提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂D.装有高效催化剂的尾气净化装置的汽车排出的气体中仍含有少量的NO或CO【答案】（1）①.-746.5②.2.5×10111（2）BD（3）1.6（4）①.<②.A（5）CD【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知ΔH1=ΔH2-2ΔH3=-180.5kJ/mol-2×（+283.0kJ/mol）=-746.5kJ/mol，可知。【小问2详解】 在恒温恒容密闭容器中对于反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，该反应的气体分子数发生改变，则气体的物质的量发生改变，压强随之变化，若容器内的气体压强不变说明反应达到平衡，A正确；达到平衡时v正(NO)=2v逆(N2)，B错误；气体质量保持不变，但气体物质的量发生变化，故平均相对分子质量发生改变，若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，C正确；恒容条件下气体质量、体积均不变，则气体密度不变，故气体密度不变不能说明反应达到平衡，D错误。故选BD。【小问3详解】恒温恒容下，气体压强和气体物质的量成正比，根据初始压强和压强比例关系可得三段式如下：则。【小问4详解】T2对应阴影部分的面积更大，说明活化分子百分数更高，温度越高，活化分子百分数越大，故T1<T2，升高温度和催化剂可以提高活化分子百分数，故选A。【小问5详解】反应①为放热反应，尾气温度很高，升高温度反应速率提高有限，且耗能增加，A错误；增大压强，反应①平衡右移，但反应程度本身已经很高，且设备要求提高，不符合经济效益，B错误；故提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂，C正确；该反应为可逆反应，装有高效催化剂的尾气净化装置的汽车排出的气体中仍含有少量的NO或CO，D正确。故选CD。25.I．碳的资源化利用有利于实现我国提出的“碳达峰”与“碳中和”目标。利用CO、CO2等原料可催化合成甲醇。（1）用CO2合成甲醇，选取常见的氢气和水作为氢源可设计如下两个反应反应①CO2(g)+2H2O(g)CH3OH(g)+O2(g)ΔH1=+676.5kJ•mol-1ΔS1=-43.9J·mol-1·K-1反应②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=﹣50kJ•mol-1ΔS1=-177.2J·mol-1·K-1哪个反应更适合甲醇的工业生产，请说明理由？___________II．利用CO、CO2原料和氢气催化合成甲醇，发生如下三个反应：反应②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2=-50kJ•mol-1反应③CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH3=+40.7kJ•mol-1 反应④CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH4=-90.7kJ•mol-1（2）明确合成甲醇的主要碳源(CO或CO2)是认识反应机理的关键，用Cu/ZnO作催化剂时，能量变化如图。根据图示回答：主要碳源是_________(填“CO”或“CO2”，请说明理由_____________。（3）向恒容容器中充入一定量的CO2和H2,在不同催化剂(Cat.1,Cat.2)下经相同反应时间，CO2的转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图所示已知：水与甲氧基的水解反应是甲醇生成的最后一步，解离脱附的水是与甲氧基反应生成甲醇的活性物种。下列说法正确的是___________A.由图可知，制备甲醇适宜条件为：选用催化Cat.1，温度250℃B.Cat.2作用下，随温度升高，CH3OH选择性下降的原因是升温使反应②逆移C.限制催化剂的亲水性可有效促进水在催化剂颗粒间的扩散速率，提高甲醇选择性D.在反应气中加入少量水能提升甲醇产率（4）按照n(CO2):n(H2)=1:3投料，压强分别为p1、p2时，CO2平衡转化率随温度的变化关系如图所示。 ①等压条件下，随温度升高，CO2平衡转化率先减小后增大，减小阶段以___________为主反应(填“反应②”或“反应③”)②判断压强大小：p1___________p2(填“<”、“=”或“>”)③保持其他条件不变，请在图3中画出p3条件下(p3<p1、p3<p2)CO2平衡转化率随温度的变化曲线__________。【答案】（1）反应②适合工业合成甲醇。假设反应焓变和熵变不随温度的改变而变化，根据题中提供的数据可知，反应②为放热的熵减小反应，低温下能正向自发进行；而反应①为吸热的熵减小反应，任何温度下反应①都不能正向自发进行。因此，工业上可利用反应②将工业废气中的二氧化碳合成甲醇。（2）①.CO2②.二氧化碳和氢气合成甲醇的活化能更低，反应速率更快（3）ACD（4）①.反应②②.>③.【解析】【小问1详解】反应②适合工业合成甲醇。假设反应焓变和熵变不随温度的改变而变化，根据题中提供的数据可知，反应②为放热的熵减小反应，低温下能正向自发进行；而反应①为吸热的熵减小反应，任何温度下反应①都不能正向自发进行。因此，工业上可利用反应②将工业废气中的二氧化碳合成甲醇。【小问2详解】 主要碳源是二氧化碳，二氧化碳和氢气合成甲醇的活化能更低，反应速率更快。【小问3详解】甲醇的产率等于二氧化碳的转化率乘以甲醇的选择性，各温度和对应催化剂比较可知，选用催化Cat.1，温度250℃时的产率相对较高，故A正确；该图像不一定为平衡时的图像，升高温度，催化剂活性下降，使甲醇选择性下降，B错误；解离脱附的水是与甲氧基反应生成甲醇的活性物种，限制催化剂的亲水性可有效促进水在催化剂颗粒间的扩散速率，提高甲醇选择性，C正确；在反应气中加入少量水可适当增加解离脱附水的含量，提升甲醇产率，D正确。故选ACD。小问4详解】