2021-2022学年安徽省合肥市肥东县综合高中高二（下）期末化学试卷（附答案详解）

2021-2022学年安徽省合肥市肥东县综合高中高二（下）期末化学试卷一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）1.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比丫大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是ns/pzn；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是（）A.电负性：X<Y<Z B.键角：YX3<X2ZQ2Z2的阴阳离子个数比为1：1D.W元素位于元素周期表的d区2.我国科学家潘锦功发明了“硫化镉薄膜太阳能电池”，被科学家称为“挂在墙壁上的油田”。下列说法错误的是（）A.周期表中碑和镉都位于长周期B.该电池将光能全部转化成电能C.推广使用该电池有利于“碳中和”D.保护层压件的铝合金属于金属材料.下列化学用语正确的是（）A.聚丙烯的结构简式：—CH二一CH?七B.丙烷分子的比例模型：ClC.四氯化碳分子的电子式：CI：C：CIClD.中子数为18的氯原子：衿C1O.治疗或预防肺部纤维化的有效药物的结构简式为下列关于该药物的有关说法中错误的是（）A.该有机物属于芳香族化合物，分子中有两种官能团B.该分子中所有原子一定共平面

C.分子中苯环上的一氯代物有3种Imol该分子最多能与4moi氢气完全加成.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）Imol甲基（一（：出）所含的电子总数为9必0.5moll,3-丁二烯分子中含有C=C双键数为Na14g乙烯和丙烯的混合物中含有碳原子的数目为NaD.标准状况下，224L庚烷所含有的分子数为Na.用下列图示实验装置进行实验，说法正确的是（）A.用如图所示装置灼烧碎海带用如图所示装置制取并收集。2的C&=CH2高钾A.用如图所示装置灼烧碎海带用如图所示装置制取并收集。2的C&=CH2高钾、性酸液酸话溶用如图所示装置检验漠乙烷与NaOH醇溶液共热产生D.用如图所示装置收集SO2气体.高铁酸钠（NazFeO,具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe（OH）3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2Fe（）4+3NaCl+5H2。。下列说法错误的是（）NazFeOd中Fe元素显+6价B.碱性条件下NaClO氧化性强于NazFeOdC.每生成ImolNazFeOd转移6moi电子D.在水处理中，NazFeOd兼具消毒和净水两种功能.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是()A.用硫氟化钾溶液可以检验溶液中的Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3IB.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：20H-+2NO2=NOj+NOT+H20C,水杨酸与足量的Na2cO3溶液混合：＜?C0°H+2co1-OH OHo-D.向氯化银悬浊液中滴加氨水：2NH3-H20+AgCl=Ag(NH3)2Cl+2H2O.对可逆反应4NH3(g)+502(g)=4NO(g)+6H2O(g),下列关于平衡状态叙述正确的是()A.达到化学平衡时，5V正(。2)=4V逆(NO)B.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正逆反应速率都减小C.若单位时间内消耗5moi。2的同时生成4moiNO,则反应达到平衡状态D.达到平衡时，向体系内充入4moiNH3，NH3的平衡转化率将增大.埃基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将lOmolCO和一定量的H2s混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K=0.1,平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是()A.起始时H2s的物质的量为7moiCO、H2s的转化率之比为1：1c.升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S,COS,H2各lmoL平衡不移动11.某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)模拟侯氏制碱工艺制备NaHC03.下列说法错误的是()A.装置①也可用于制取电B.③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水C.应先向③中通入足量NH3,再通入足量A.装置①也可用于制取电B.③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水C.应先向③中通入足量NH3,再通入足量CO2D.实验中产生的尾气可以通过浓NaOH溶液处理12.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2c。3、K2c。3为电解质，从一个电极通入甲烷，从另外一个电极通入空气，该电池工作原理如图所示。电池工作时，下列说法正确的是（）A.电池总反应为：c*+2。2¥C°2+2H2。B.该电池只有在较高温度下才能正常工作C.a为。2,b为CH”C为M，d为CO?D.正极电极反应式为：。2+2HzO+4e-=40H-13.HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应原理、反应历程与能量的关系如图所示:拦,二年下列说法正确的是（）A.在历程I〜V中，生成V的反应速率最快B.在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的AH>0C.在Pd催化剂表面离解C-H键比0-H键的活化能高D,用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得至ij的产物者B有HD和CO2.下列离子方程式书写正确的是()A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2A13++3COj-=A12(CO3)3IB.向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H++O2+6I-=3I2+2H2OC.已知还原性Fe2+>Br-,amolFeBr2溶液中通入amolCl?：2Fe2++2Br_+2C12=Br2+2Fe3++4C1~D.在澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3=CaCO3I+H20.酒石酸是葡萄酒中主要的有机酸之一，它的结构式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(简写为H2R)。已知：25K时，H2R和H2c。3的电离平衡常数如下，下列说法正确的是()化学式h2rH2cO3电离平衡常数Ki=9.1x10-4K2=4.3x10-5Ki=4.2xIO-K2=5.6xIO一11A.NaHR溶液呈酸性，且溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)B.在Na?R溶液中通入足量CO?生成的盐是NaHR和NaHCC)3ImolHzR分别与足量的NaOH、Na2cO3、Na反应消耗三者的物质的量之比为1：1：125国时，将等物质的量浓度的Na?R和NaHCOs溶液等体积混合，反应的离子方程式为：R2-+HCO3=HR-+COl-16.已知常温下，HCOOH比NH3•H2O电离常数大。向]0mL0.1mo]/LHC00H中滴力口同浓度的氨水，有关叙述正确的是()A.滴加过程中水的电离程度始终增大B.当力□入10mL叫此0时，c(NH^)>c(HCOO~)C.当两者恰好中和时，溶液pH=7D.滴加过程中n(HCOOH)与n(HCO(r)之和保持不变二、流程题(本大题共1小题，共14.0分)

17.聚硅酸铁是将铁离子引入到活性硅酸而制得的复合型混凝剂。用废铁皮（主要成分Fe和FesOg少量碳）为原料制备的流程如下：8〜91nolL废铁渣聚硅盛铁8〜91nolL废铁渣聚硅盛铁（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是O（2）在实验室进行过滤操作时，所用到玻璃仪器有o（3）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等条件，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如表所示：温度（国）406080100120铁浸取率（%）5062799283已知：在一定温度下，Fe3+在pH=2开始沉淀，pH=3.7沉淀完全。①酸浸时应控制溶液的pH其原因是.②酸浸时通入。2的目的是«③当酸浸温度超过100℃时，铁浸取率反而减小，其原因是。（4）滤渣的主要成分为（填化学式）。（5）“Fe3+浓度检测”是先用SnC"将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用嵯。2。7标准溶液滴定Fe2+（Cr2。尸被还原为CN+）,该滴定反应的离子方程式为；己知称取2.60g聚硅酸铁产品，加入硫酸，再加入足量SnCk，用0.2000mol/LKzCrzO;标准溶液滴定，消耗KzCrzO7溶液的体积为20.00mL,则聚硅酸铁产品中铁元素的百分含量为（结果保留两位有效数字）。三、简答题（本大题共2小题，共28.0分）18.焦亚硫酸钠（Na2s2O5）是一种常用的食品抗氧化剂（易被氧化）。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠，并探究SO?的性质（夹持装置已略去）。请回答下列问题：(实验前已除去装置中的空气)(1)仪器a的名称是o(2)关闭七、打开K],装置B中发生反应的离子方程式为.(3)D、F装置的作用是o(4)实验前，装置E中所用蒸储水需经煮沸后迅速冷却，目的是，关闭K_K3,打开占，一段时间后装置E中有Na2s2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为.(5)设计实验验证Na2s2O5晶体在空气中已被氧化，所需试剂为。(6)测定KMn()4样品的纯度可用标准Na2s2O3溶液进行滴定，取0.474gKMn()4样品溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2s2O3溶液进行滴定，标准Na2s2O3溶液应盛装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中，滴定至终点时消耗Na2s2O3溶液12.00mL,则该样品中KM11O4的物质的量是。被氧化为SO/)19.合成氨是人工固氮比较成熟的技术，在工业上有重要的用途。(1)已知化学键的键能如下表，则Nz(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=。化学键H-HN=NN-HN-N键能/kJ-mol-1435.9946.5391.1192.8(2)恒温条件下，在体积固定的容器中发生合成氨的反应，下列叙述表明反应已达平衡状态的是。①体系压强保持不变②eg)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2③每消耗lmolNz，有6moiN-H键发生断裂④混合气体的密度保持不变⑤混合气体的平均摩尔质量保持不变⑥v正(阿)=0(3)合成氨反应的平衡常数与温度的对应关系如下表：温度(。025400450平衡常数5x1080.5070.152试解释平衡常数随温度的升高而减小的原因 。工业上合成氨一般以a-铁触媒为催化剂，400〜500。(：条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是。(4)在恒温条件下实验室模拟合成氨反应，甲、乙两容器充入相同量的电与电后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则反应到达平衡状态时，转化率甲 乙（填“>”、或“="）。反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的NH3,则甲容器中电的转化率（填“增大”、“减小”或“不变”）o（5）腓（N2HJ又称联氨可看成是氨气中的氢原子被氨基取代后的产物，常用作火箭的液体燃料。肿燃料电池的原理如图所示，则负极发生的电极反应式为。四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）20.X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素，周期表中位置如图。试回答下列问题：（1）X、Z、W、R四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是（用元素符号表示）。（2）由X、Z、W、R四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为（3）由X、W、M、R四种元素组成的一种离子化合物A,已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式 o（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性,其原因是（用方程式及必要的文字说明）。O.lmol•该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为-（5）由X、Z、W、R和Fe五种元素可组成类似明矶的化合物T（相对分子质量为392）,ImolT中含有6mol结晶水。对化合物T进行如下实验：a.取T的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色b.另取T的溶液，加入过量的BaCk溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。则T的化学式为__答案和解析1.【答案】A【解析】解：根据分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为0元素，Q为Na元素，W为Cu元素，A.主族元素同一周期从左到右元素电负性逐渐增强，H元素的电负性需要N、0元素，则电负性：H<N<0,故A正确；B.氨气和水分子的中心原子均采用sp3杂化，氨气分子中含有1对未成健电子对，水分子中含有2对未成键电子对，未成键电子对越多键角越小，则NH3〉心。，故B错误；C.NazOz由钠离子和过氧根离子构成，其阴阳离子个数比为1：2,故C错误；D.Cu在周期表位于第四周期IB族，属于ds区，故D错误：故选：A。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n,n只能为2,则Z元素为0元素；由于Y的原子序数小于Z大于X,在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为N元素：Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，贝IJQ为Na元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于Na元素，W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，其核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s1,则W为Cu元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A.础、镉都位于周期表第五周期，属于长周期，故A正确；B.光能转化成化学能过程中部分能量损失，转化率不可能达到100%,故B错误；C.推广使太阳能电池，有利于减少化石能源的使用，降低碳排放，保护环境，故C正确；D.铝合金属于金属材料，故D正确；故选：BoA.硫、镉都位于周期表第五周期；B.光能转化成化学能过程中部分能量损失；C.推广使太阳能电池，有利于减少化石能源的使用，降低碳排放；D.铝合金属于金属材料。本题考查了电化学原理，涉及到原电池的基本原理和应用，解题的关键是掌握化学基本知识，难度较小。3.【答案】D【解析】解：A.聚丙烯的结构简式为：故A错误；CH,是丙烷的球棍模型，故B错误；c.氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳电子式为：d＜：K：:d＜:,故c错误：••♦♦:Cl＜：

♦♦D.质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子：衿CL故D正确.故选D.A.结构单元主链错误，丙烯中C=C双键中其中一个碳碳键断裂，发生自身加成聚合生成聚丙烯；B.球棍模型突出的是原子之间的成键的情况及空间结构；C.氯原子未成键的孤对电子对未画出：D.质量数=质子数+中子数.本题考查常用化学用语、质子数和中子数关系等，难度不大，A为易错点，注意理解加聚反应的原理，注意基础知识的理解掌握.4.【答案】B【解析】解：A.该有机物含有苯环，属于芳香族化合物，且含有两个官能团，分别为醛基和羟基，故A正确；B.与苯环相连的单键可以旋转，则该有机物分子中所有原子不一定共平面，故B错误；C.苯环上含有3种H原子，其一氯代物有3种，以C正确；D.该有机物含有1个苯环和1个醛基，贝Ulmol该分子最多能与4moi氢气完全加成，故D正确；故选：Bo结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有酚羟基和醛基，具有酚和醛的性质，能够发生加成反应、取代反应、银镜反应，以此分析解答。本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确官能团类型、反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。5.【答案】D【解析】解：A.lmol甲基(-CH3)所含的电子总数为lmolx9xNa/bioI=9Na，故A正确；B.0.5moll,3一丁二烯分子中含有C=C双键数为0.5molx2xNA/mol=Na，故B正确;C.14g乙烯和丙烯的混合物中含有碳原子的数目为已嘉x1xNA/mol=町，故C正确；D.标准状况下，庚烷为液体，无法求算庚烷的物质的量和分子数，故D错误；故选：D.A.一个甲基(-CH3)中含有电子数为6+3=9；B.一个1,3一丁二烯分子中含有2个C=C双键；C.乙烯和丙烯的最简式均为CH?:D.标准状况下，庚烷为液体，不能使用Vm=22.4L/mol。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。.【答案】B【解析】解：A.灼烧在珀竭中进行，不需要烧杯，故A错误；B.二氧化镒可催化过氧化氢分解，氧气的密度比空气密度大，则图中装置可制备并收集氧气，故B正确；C.挥发的醇及生成的乙烯均使高锦酸钾褪色，则高锦酸钾褪色，不能检验乙烯，故C错、口1天；D.二氧化硫的密度比空气密度大，导管应长进短出收集，故D错误；故选：BoA.灼烧在用竭中进行；B.二氧化锦可催化过氧化氢分解，氧气的密度比空气密度大：C.挥发的醇及生成的乙烯均使高镭酸钾褪色；D.二氧化硫的密度比空气密度大。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、气

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体的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。.【答案】C【解析】解：A.Na2FeO4中，0为一2价，Na为+1价，则Fe元素显+6价，故A正确；.NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，则碱性条件下NaClO氧化性强于NazFeCU，故B正确：C.Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，则每生成ImolNazFeOd转移3moi电子，故C错误；D.Na2Fe()4具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(0H)3能高效地除去水中的悬浮物，所以NazFeO,兼具消毒和净水两种功能，故D正确。故选：Co2Fe(OH)3+3NaC10+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2。反应中，Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，C1元素的化合价由+1价降低到-1价，据此分析。本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握转化过程中化合价的变化为解答的关键，注意把握物质的性质和应用，题目难度不大。8.【答案】C【解析】解：A.硫氟化钾溶液可以检验溶液中的Fe3+,离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,故A错误;B.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮，离子方程式为：20H-+2NO2=NO3+NO2+H20,故B错误;C.常温下将水杨酸(袋)与过量的Na2c。3溶液混合的离子反应为敏一°C.常温下将水杨酸(袋+2HCO3,故C+2HCO3,故C正确;+2C0歹7D.氯化银悬浊液滴入过量氨水溶液变澄清，氯化银不能拆开，正确的离子方程式为:AgCl+2NH3-H20=Ag(NH3)^2H2O+C1->故D错误；故选:CoA.Fe(SCN)3不是沉淀；.二氧化氮与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠、水；C.发生强酸制取弱酸的反应，-COOH、酚-0H均与Na2c。3溶液反应;D.氯化银为难溶物，离子方程式中Ag(NH3)2。应拆成离子形式。本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，c、D为易错点，注意反应物过量情况对生成物的影响。.【答案】B【解析】解：A.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时存在4V正(。2)=5V逆(NO),故A错误；B.达到化学平衡时，若增加容器体积，反应物、生成物浓度均减小，则正逆反应速率都减小，故B正确；C.单位时间内消耗5moi。2的同时生成4moiNO,只体现正反应速率关系，不能判定平衡状态，故C错误：D.达到平衡时，向体系内充入4moiNH3,可促进氧气的转化，则氧气的转化率增大，而NH3的平衡转化率减小，故D错误；故选：BoA.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；B.达到化学平衡时，若增加容器体积，反应物、生成物浓度均减小；C.单位时间内消耗5moi。2的同时生成4moiNO,只体现正反应速率关系：D.达到平衡时，向体系内充入4moiNH3,可促进氧气的转化。本题考查化学平衡状态，为高频考点，把握平衡状态的特征、可逆反应的特征、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。.【答案】A【解析】解：设开始加入的H2s的物质的量为xmoL平衡后CO物质的量为8moL则molCO(g)+H2s(g)=COS(g)■+M(g)开始10 x 00转化2 2 22平衡8 x-2 22A.该反应为气体体积不变的反应，体积不影响浓度幕之根的比，设体积为1L,由K=黯然=°,可知，肃方=0・1，解得x=7,起始时H2s的物质的量为7mol，故A

正确；B.转化率=黑"、100%,CO、H2s的转化率之比为J：；=7：10,故B错误；C.升高温度，COS浓度减小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C错误：D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S,COS、出各lmol,Qc=儒愕发=照=：＞K=0.1,平衡逆向移动，故D错误;故选：A.设开始加入的H2s的物质的量为xmol,平衡后CO物质的量为8mol,则molCO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)开始10x0 0转化2222平衡8 x-2 2 2c(COS)»c(H2c(COS)»c(H2)c(CO)c(H2S)0.1可计算X;B.转化率=转化的量B.转化率=转化的量开始的量x100%；C.升高温度，cos浓度减小，可知升高温度平衡逆向移动;D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S.COS.H2各ImoLQc=篇与黑=芸=K=0.1。本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确化学平衡三段式、K及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点。.【答案】D【解析】解：装置①是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置④是制备氨气装置，装置③是想饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应得到碳酸氢钠晶体，A.制备氢气是利用锌粒和稀盐酸反应生成，装置①也可用于制电，故A正确；B.③中为饱和食盐水，用来制备碳酸氢钠，⑤中是浓氨水滴入碱石灰生成氨气，故B正确；C.由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气，则先通入氨气，再由通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氢钠，故C正确：D.实验中产生的尾气为二氧化碳、氨气，通过浓NaOH溶液不能完全处理尾气，故D错误；故选：Do装置①是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置④是制备氨气装置，装置③是想饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应得到碳酸氢钠晶体，A.固体和液体不加热制备气体的装置分析；B.③中为饱和食盐水，⑤中是浓氨水滴入碱石灰生成氨气；C.由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气；D.实验中产生的尾气为二氧化碳、氨气，通过浓NaOH溶液不能完全处理尾气。本题考查了候氏制碱工艺的原理和物质性质分析判断，纯碱制备的条件应用和产物的提纯析出，反应过程中反应的原理分析和物质来源是解题的关键，题目难度中等。12.【答案】B【解析】解：A.该燃料电池中，CH4和。2没有直接接触，没有燃烧，则总反应为CH4+2O2 C02+2H2O,故A错误；B.熔融Li2c。3、K2c。3需要较高温度，则该电池只有在较高温度下才能正常工作，故B正确；C.由图中电子流向可知，左侧电极为负极，右侧电极为正极，即a为CHgb为。2,c为CO2，d为电，故C错误；D.Li2c。3、K2CO3为电解质，则正极反应为C)2+2CO2+4e-=2C0/,故D错误；故选：Bo该原电池为甲烷燃料电池，通入燃料的电极为负极、通入氧气的电极为正极，负极反应^^CH4+4C01--8e-=5CO2+2H2O,正极反应式为02+2C()2+4e-=2COg,总反应为CH4+2O2TCO2+2H2O,根据图中电子流向可知，a为CH4,b为。2,据此分析解答。本题考查了化学电源新型电池工作原理，把握电极的判断、电极反应、电子或离子流向即可解答，注意结合电解质书写电极反应式，题目难度中等。.【答案】D【解析】解：A.由图可知，生成V的过程活化能最高，则反应速率最慢，故A错误；B.由图示知，甲酸在Pd催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，为放热反应，即AH<0,故B错误；C.由图可知，第I步解离0-H,活化能为44.7kJ/mol,第HI步解离C-H,活化能为36.7kJ/mol-8.9kJ/mol=27.8kJ/moL故C错误；D.由图可知，HCOOH在Pd催化剂下，C-H、0-H键均发生断裂，最终生成出和CO?,因此用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得到的产物都有HD和CO?，故D正确；故选：DoA.活化能越高，反应速率越慢；B.反应物的总能量高于最终产物的总能量的反应为放热反应；C.由图可知，第I步解离0—H,活化能为44.7kJ/moL第IH步解离C—H,活化能为36.7kJ/mol-8.9kJ/mol=27.8kJ/mol；D.由图可知，HCOOH在Pd催化剂下，C-H、0-H键均发生断裂，最终生成出和CO2，因此用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得到的产物都有HD和CO?。本题主要考查化学反应中能量的变化，包括放热反应与吸热反应的判断、活化能的计算等基础知识，为高频考点，题目难度不大。.【答案】C【解析】解：A.A13+与CO歹发生彻底双水解生成A1(OH)3沉淀、CO2气体，离子方程式为2AF++3co歹+3H2。=2A1(OH)3I+3CO2T,故A错误；B.离子方程式要电子转移数目守恒，向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气，反应的离子方程式为：4H++02+4r=2I2+2H2O,故B错误；C.由于还原性Fe?+>BL,amolFeB*溶液中通入amolCl2,氯气按照顺序进行，反应的离子方程式为：2Fe2++2Br-+2C12=Br2+2Fe3++4C1-,故C正确；D.过量碳酸氢钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水：Ca2++20H-+2HCO3=CaCO3I+2H2O+CO|~,故D错误；故选：CoA.A13+与CO1发生彻底双水解生成A1(OH)3沉淀、CO2气体；B.离子方程式要满足电荷守恒、质量守恒和电子转移数目守恒：C.亚铁离子的还原性大于溟离子，亚铁离子优先反应，剩余的氯气再氧化澳离子；D.碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。.【答案】D【解析】解：A.HR-水解平衡常数&=S*yl.lxlOTi〈々(HzR)，说明HR-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则c(H2R)<c(R2-),故A错误；B.HR-酸性大于碳酸，在Na?R溶液中通入足量CO2不反应，故B错误；C.电离平衡常数比较得到酸性强弱：H2R>HR->H2CO3>HCO],ImolHzR分别与足量的NaOH、Na2cO3、Na反应消耗NaOH物质的量2mol,消耗Na2cO3消耗物质的量lmol,消耗Na物质的量2mol,消耗三者的物质的量之比为2：1：2,故C错误；D.酸性：HR-酸性大于碳酸、碳酸氢根离子，根据强酸制取弱酸原理知，发生反应R2-+HCOJ=HR-+C0歹，故D正确；故选：DoA.HR-水解平衡常数q=9x1.1xlO-ii<K2(H2R),说明HR-电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小；B.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C.H2R分别与足量的NaOH、Na2cO3、Na反应，分别反应生成的盐溶液为：Na2R.NaHR和NaHC()3、Na2R；D.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。本题考查弱电解质的电离，侧重考查比较分析判断及知识综合应用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、水解平衡常数的计算应用、强酸制取弱酸原理是解本题关键,题目难度中等。.【答案】D【解析】解：A、HCOOH能够抑制水的电离，滴加氨水过程中，水的电离程度增大，氨水过量时，抑制水的电离，所以滴加过程中水的电离程度先增大，恰好中和后再减小，故A错误；B、力口入lOmLNG•电0时，恰好生成HCOONH4,HCOO-不如NH，K解程度大，溶液显酸性，据电荷守恒可知c(NHj)<c(HCOO-),故B错误；C、两者恰好中和时生成HCOONH4,HCOO-不如NH：水解程度大，溶液显酸性，故C错误；D、由原子守恒可知滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOCT)之和保持不变，故D正确；故选：D,常温下，HCOOH比NH3T2O电离常数大，说明相同浓度的HCOOH比NH3T2O电离程度大，HCOO-不如NH：水解程度大，据此分析。本题考查了弱电解质的电离和盐类水解的相关知识，题目难度不大。.【答案】(1)减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；(2)烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)①<2；pH>2时将有部分Fe3+沉淀损失；②氧化Fe2+为Fe3+：③温度超过100℃时，Fe3+水解反应速率明显加快，导致Fe3+浓度降低；(4)C；(5)Cr2O^~+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20；52%。【解析】解：废铁皮(主要成分Fe和Fe3()4,少量碳)加入硫酸酸浸：Fe+2H+=Fe2++H20,Fe304+8H+=Fe2++2Fe3++4H20,通入氧气，将Fe?+氧化为Fe3+,C不溶，过滤，滤渣为C,滤液主要含有Fe3+,检验Fe3+,加入聚硅酸混凝得到产品，(1)铁渣进行“粉碎”可以减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；故答案为：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；(2)过滤需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)①已知：在一定温度下，Fe3+在pH=2开始沉淀，故酸浸时应控制溶液的pH<2,因为pH>2时将有部分Fe3+沉淀损失：故答案为：<2：pH22时将有部分Fe3+沉淀损失；②通入氧气的目的是氧化Fe?+为Fe3+；故答案为：氧化Fe2+为Fe3+；③温度超过100℃时，Fe3+水解反应速率明显加快，导致Fe3+浓度降低，铁浸取率反而减小；故答案为：温度超过100久时，Fe3+水解反应速率明显加快，导致Fe3+浓度降低；(4)根据流程可知，杂质C不溶，过滤得滤渣为C；故答案为：C；(5)酸性条件下，口2。,与Fe?+反应得到CN+和Fe3+,离子反应为：Cr2O^~+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H20；根据反应可知n(Fe)=6n(K2Cr2O7),则聚硅酸铁产品中铁元素的百分含量为0.2000moI/Lx20xl0-3Lx6x56g/mol .nnn/rnn/ X1UU%=52%;26g故答案为：Cr2O^_+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；52%。本题考查了物质的制备流程，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。18.【答案】分液漏斗2Fe3++SOz+2H2O=2Fe2++SC)：-+4H+吸收SO2，防止污染空气去除水中溶解的氧气SO?+Na2s。3=Na2s2O5稀盐酸、BaCl?溶液碱式0.00192mol【解析】解：(1)仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)关闭心、K3,打开Ki，A中产生二氧化硫进入装置B中，装置B中发生的反应是二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸亚铁、氯化亚铁和盐酸，离子方程式为：2Fe3++S02+2H2。=2Fe2++SO歹+4H+,故答案为：2Fe3++S02+2H2。=2Fe2++S0/+4H+；(3)二氧化硫有毒不能直接排放到空气中，可采用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，因此装置D和F的作用是吸收SO2,防止污染空气，故答案为：吸收SO2,防止污染空气；(4)装置E为制备焦亚硫酸钠(Na2s2O5),但水中溶解氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠(Na2s2O5)的制备，因此E中所用蒸储水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧气，制备焦亚硫酸钠的化学反应为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5,故答案为：去除水中溶解的氧气；SO2+Na2SO3=Na2S2O5；(5)Na2s2O5晶体在空气中易被氧化为Na2sO4，用盐酸、氯化钢溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，因此所需试剂为稀盐酸、BaCk溶液，故答案为：稀盐酸、Bad2溶液；(6)标准Na2s2O3溶液是强碱弱酸盐，显碱性，应盛装在碱性滴定管中；用标准Na2s2O3溶液滴定KMn()4时，发生的离子反应方程式为：8MnO；+5S2O|~+14H+=8Mn2++lOSOg+7H20,当达到滴定终点时消耗NazS2()3的物质的量为n(Na2s2O3)=c(Na2S2O3)V(Na2S2O3)=O.lmol/Lx0.012L=0.0012mol,参加反应的各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比，则有黑察=2n(KMn04)=0.0012molx2=n(NazSzOa)5 50.00192mol,(1)仪器a的名称是分液漏斗；(2)关闭七、K3,打开％,A中产生二氧化硫进入装置B中，装置B中发生的反应是二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸亚铁、氯化亚铁和盐酸；(3)二氧化硫有毒不能直接排放到空气中；(4)装置E为制备焦亚硫酸钠(Na2s2O5)，但水中溶解氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠(Na2s2O5)的制备，因此E中所用蒸储水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧气，制备焦亚硫酸钠的化学反应为：S02+Na2SO3=Na2S2O5；(5)Na2s2O5晶体在空气中易被氧化为Na2sO4,用盐酸、氯化钢溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；(6)标准Na2s2O3溶液是强碱弱酸盐，显碱性，应盛装在碱性滴定管中；用标准Na2s2O3溶液滴定KMnCU时，发生的离子反应方程式为：8MnO；+5S2O|-+14H+=8Mn2++10S01-+7H20,根据参加反应的各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比即可作答。本题主要考查无机物质的制备，包括对氧化还原滴定、仪器的识别与使用、常见离子的检验等基础知识的考查，题目难度一般。19.【答案】-92.4月・1110「1①③⑤反应放热，升温后平衡逆向移动，K减小催化剂活性最强<增大N2H4-4e-+40H-=N2T+4H2O【解析】解:⑴由表中数据可知Nz(g)+3H2(g)U2NH3(g%H=(946.5+435.9x3)kJ/mol—2x3x391.1kJ/mol=-92.4kJ-mol-1,故答案为：—92.4kJ-mol-1；(2)①为气体体积减小的反应，体系压强先减小，平衡时保持不变，故正确；@c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2,与起始量、转化率有关，不能判定是否平衡，故错误：③每消耗Imol”，有6moiN-H键发生断裂，可知不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，故正确；④混合气体的密度始终保持不变，不能判定平衡，故错误；⑤气体的物质的量为变量，则混合气体的平均摩尔质量保持不变，为平衡状态，故正确；⑥为动态平衡，v正(NH3)X0,故错误;(3)由表中数据可知，平衡常数随温度的升高而减小的原因为反应放热，升温后平衡逆向移动，K减小；工业上合成氨一般以a—铁触媒为催化剂，400〜50(TC条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是催化剂活性最强，故答案为：反应放热，升温后平衡逆向移动，K减小；催化剂活性最强；(4)甲、乙两容器充入相同量的“与H2后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，乙中发生反应导致气体的物质的量减小、体积减小，相当于加压，平衡正向移动，则乙比甲正向进行的程度大，则转化率为甲(乙；反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的N&,因体积不变，可看成增大压强平衡正向移动，则甲容器中电的转化率增大，故答案为：<;增大；(5)由图可知，负极上肿失去电子生成氮气和水，负极反应为N2H4-4e-+40hT=N2T+4HzO,故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2T+4H2O.(1)始变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；(2)结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定；(3)由表中数据可知，升高温度K减小，则正反应为放热反应，催化剂在合适的温度下催化作用最好；(4)甲、乙两容器充入相同量的电与Hz后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，乙中发生反应导致气体的物质的量减小、体积减小，相当于加压，平衡正向移动，则乙比甲正向进行的程度大；反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的N&,因体积不变，可看成增大压强平衡正向移动；(5)由图可知，负极上肿失去电子生成氮气和水。本题考查化学平衡，为高频考点，把握焙变计算、平衡判定、化学平衡常数及平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(4)为解答的难点，题目难度不大。20.【答案】S>N>0>H3Cu+8HN()3(稀)=3Cu(NO3)2+2NOT+4H2OHSO3+H+=SO2T+H2O溶液中存在He2。1=C2Oj-+H+、HC2O