【解析】湖南省五市十校2023-2023学年高二下学期化学期末考试试卷

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湖南省五市十校2023-2023学年高二下学期化学期末考试试卷

一、单选题

1．（2023高二下·湖南期末）化学与社会、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是（）

A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

B．二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等

C．向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体

D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染

【答案】D

【知识点】物质的组成、结构和性质的关系

【解析】【解答】A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水、电解质溶液会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A不符合题意；

B、石英坩埚、光导纤维都是二氧化硅的用途，太阳能电池是半导体硅的用途，故B不符合题意；

C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，故C不符合题意；

D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.泡沫灭火器只适用于一般起火，不适用于电器起火；

B.太阳能电池材料是单质硅而不是二氧化硅；

C.实验室制取氢氧化铁胶体的操作方法是向沸水中逐滴加入饱和的氯化铁溶液，直至出现透明的红褐色物质。

2．（2023高二下·湖南期末）下列表示错误的是（）

A．氯离子的结构示意图

B．四氯化碳分子的电子式:

C．CH4的球棍模型

D．明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O

【答案】B

【知识点】原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合

【解析】【解答】A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；氯离子的结构示意图，故A不符合题意；

B、氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳符合题意的电子式为，故B符合题意；

C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，故C不符合题意；

D、明矾是一种常见的净水剂，明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】四氯化碳的电子式中没有书写氯原子的核外电子。

3．（2023高二下·湖南期末）下列有关叙述正确的是（）

A．的中子数和质子数之差为115

B．浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+

C．二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同

D．长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6SiO2

【答案】D

【知识点】元素、核素

【解析】【解答】A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A符合题意；

B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；

C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，两者漂白原理不同，故C不符合题意；

D、硅酸盐的氧化物表示方法：先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6SiO2。故D符合题意，

故答案为：D。

【分析】A.中子数与质子数之和就是质量数；

B.浓硝酸不会产生铁离子，其显黄色的原因是会分解为二氧化氮；

C.二氧化硫和氯气使品红褪色的原理是不相同的。

4．（2023高二下·湖南期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）

A．1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为NA

B．精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g

C．取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA

D．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于NA

【答案】B

【知识点】阿伏加德罗常数

【解析】【解答】A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，故A不符合题意；

B、精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B符合题意；

C、取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，浓硝酸变成稀硝酸，生成气体分子有二氧化氮和一氧化氮，故C不符合题意；

D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于NA，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。它的精确数值为：6.02214076×10，一般计算时取6.02×10或6.022×10。

5．（2023高二下·湖南期末）植物提取物-香豆素，可用于消灭鼠害。其分子球棍模型如图所示。由C、H、O三种元素组成。下列有关叙述错误的是（）

A．该分了中不含手性碳原子B．分子式为C10H8O3

C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol香豆素最多消耗2molNaOH

【答案】D

【知识点】有机物的结构和性质

【解析】【解答】A、手性碳原子上连有四个不同的原子或原子团，分子中不存在这样的碳，故A不符合题意；

B、由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故B不符合题意；

C、含碳碳双键、酚-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；

D、水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1mol香豆素最多消耗3molNaOH，故D符合题意。

故答案为：D。

【分析】酯基可以水解为酚羟基和羧基，都可以和氢氧化钠反应。

6．（2023高二下·湖南期末）常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）

A．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3)的比值将增大

B．pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH)=c(H+)

C．0.1mol·L1硫酸铵溶液中：c(SO42)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH)

D．0.1mol·L1的硫化钠溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HS)+c(H2S)

【答案】A

【知识点】离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大，故A符合题意；

B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会pH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B不符合题意；

C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C不符合题意；

D、依据质子守恒，0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.加水会促进碳酸氢根离子的水解，但是钠离子不会水解，所以二者浓度的比值会增大；

B.由于不能确定酸碱是否为强酸和强碱，因此不能确定氢氧根离子和氢离子的浓度；

C.根据铵根离子和硫酸根离子的配比，以及铵根离子的水解是微弱的可知，铵根离子的浓度是大于硫酸根离子的浓度的；

D.体系中存在质子守恒，但是硫氢酸是得到两个氢离子，应该乘2。

7．（2023·河西模拟）下列各组离子能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）

选项离子组加入试剂发生反应的离子方程式

AFe3+、I-、Cl-NaOH溶液Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓

BK+、ClO-、SO42-盐酸H++ClO-=HClO

CK+、OH-、Cl-过量SO2SO2+OH-=HSO3-

DH+、Fe2+、SO42-Ba(NO3)2溶液SO42-+Ba2+=BaSO4↓

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【知识点】离子反应发生的条件

【解析】【解答】A.因为Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者不能共存，发生氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以加NaOH溶液后，不会发生Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故A不符合题意；

B.因为H++ClO-HClO为可逆反应，故B不符合题意；

C.过量SO2与OH-反应的方程式为：SO2+OH-=HSO3-故C符合题意；

D.因为H+、Fe2+、SO42-加入Ba(NO3)2溶液后发生反应为：4H++3Fe2++SO42-+NO3-+Ba2+=3Fe3++BaSO4↓+NO+2H2O，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】离子方程式正误判断可以依据电荷守恒进行判断，对于过量和少量问题的离子反应判断方法，根据反应物是否和产物发生反应进行判断。

8．（2023高二下·湖南期末）根据表中信息判断，下列选项正确的是（）

序列参加反应的物质生成物

①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4……

②Cl2、FeBr2只有FeCl3、FeBr3

③KClO3、HCl(浓)Cl2……

A．氧化性由强到弱顺序为KClO3>Cl2>Fe3+>Br2

B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:1

C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol

D．第①组反应的其余产物为H2O和O2

【答案】D

【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，故A不符合题意。

B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（Cl2）：n（FeBr2）=1：2，故B不符合题意；

C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol，故C不符合题意；

D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物；

B.氧化还原反应中存在电子得失守恒；

C.根据元素化合价的变化可以得出生成1mol氯气转移的电子数；

D.根据电子得失守恒以及质量守恒定律可以得出其余产物。

9．（2023高二下·湖南期末）短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，质子数之和为37。M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物。下列有关叙述错误的是（）

A．Y元素没有正价

B．M、W元素组成的化合物中一定只含极性共价键

C．W、X、Y三种元素的简单氢化物稳定性:Y>X>W

D．X和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1

【答案】B

【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用

【解析】【解答】A.Y元素为氟元素，没有正价，故A不符合题意；

B.M、W元素组成的化合物N2H4中含极性共价键（N-H）和非极性共价键（N-N），故B符合题意；

C.同周期从左到右氢化物的稳定性增强，W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W，故C不符合题意；

D.X和Z形成的化合物MgO2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据题目描述，可知Y是氟元素，M是氢元素、W是氮元素、X是氧元素、Z是镁元素。

10．（2023高二下·湖南期末）下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）

A．新制氯水长时间放置颜色变浅

B．高压比常压更有利于H2转化为NH3

C．蒸干AlCl3溶液无法得到无水AlCl3

D．滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2SO4反应的速率

【答案】D

【知识点】化学平衡移动原理

【解析】【解答】A、氯水中存在氯气与水的反应平衡，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应向着正向移动，最终氯气完全反应，溶液颜色消失，该变化与平衡移动有关，能用化学平衡移动原理解释，故A不选；

B、合成氨反应为N2+3H22NH3，增大压强平衡向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故B不选；

C、加热促进铝离子的水解，可用勒夏特列原理解释，故C不选；

D、铜锌形成原电池加快反应的进行，但不是可逆反应，

故答案为：D。

【分析】根据勒夏特列原理可知：改变可逆反应中的某一条件，反应会向减弱这一条件的方向进行。

11．（2023·葫芦岛模拟）对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是（）

操作现象结论

A向①中滴加NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝原溶液中有NH4+

B向②中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2-

C向③中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-

D向④中滴加氯水和CCl4，振荡静置下层溶液呈橙色原溶液中有I-

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【知识点】常见离子的检验

【解析】【解答】A.，故A符合题意；

B.澄清石灰水、氢氧化钡溶液中滴入NaHCO3溶液都有白色沉淀生成，故B不符合题意；

C.先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，生成白色沉淀，原溶液中有SO42-或Ag+，故C不符合题意；

D.滴加氯水和CCl4，振荡静置，下层溶液呈橙色，原溶液中有Br-，故D不符合题意。

故答案为：A

【分析】根据常见离子的检验方法进行判断即可，注意现象与结论的关系。

12．（2023高二下·湖南期末）25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:

AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI

1.8×10-101.4×10-56.3×10-507.7×10-138.51×10-16

下列说法错误的是（）

A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小

B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀

C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀

D．在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。

【答案】D

【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故不符合题意；

B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B不符合题意；

C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl－）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)，c（Ag＋）=1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)，则c（Cl－）×c（Ag＋）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)×1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)＜1.8×10-10，则没有沉淀生成，故C不符合题意；

D.硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag＋）=2（SO42－），c（Ag＋）=mol·L－1=3×10-2mol·L－1，故D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据硫酸银中两种离子的配比以及溶度积常数可以计算出银离子的物质的量浓度。

13．（2023高二下·湖南期末）2023年9月我国科学家对于可充放电式锌一空气电池研究取得重大进展。电池装置如图所示，该电池的核心是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应方程式为2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有关说法正确的是（）

A．可逆锌一空气电池实际上是二次电池，放电时电解质溶液中K+向负极移动

B．在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-

C．发生OER反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+

D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)

【答案】B

【知识点】原电池工作原理及应用

【解析】【解答】A、放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A不符合题意；

B、O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-，故B符合题意；

C、发生OER反应的电极反应式为4OH--4e－=O2+2H20，故C不符合题意；

D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.在原电池的电解液中，阳离子向正极附近移动；

B.原电池的正极得到电子，发生还原反应。即氧气得到电子并结合水生成氢氧根离子；

C.负极失去电子，电解质中是碱性环境，所以不会生成氢离子；

D.根据电极反应方程式可知：放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气0.5mol。

14．（2023高二下·湖南期末）某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。

容器起始浓度平衡浓度

c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)

甲0.010.010.004

乙0.010.02a

丙0.020.01b

丁0.020.02c

下列判断错误的是（）

A．HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008

B．平衡时，H2的转化率:丁>甲

C．平衡时，乙中H2的转化率大于20%

D．丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.25

【答案】B

【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算

【解析】【解答】A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A不符合题意；

B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B符合题意；

C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C不符合题意；

D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】反应物的浓度越大，反应进行的趋势就越大。

15．（2023高二下·湖南期末）25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL(溶液体积有简单叠加)，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等

B．c、d两点，值相等

C．a→d点过程中，存在c(X-)=c(NH4+)

D．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol/L

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用

【解析】【解答】A、由图可知0.1mol/LHX溶液pH=3，由HXH＋+X－可知：Ka=10-3×10-3/0.1=10-5mol·L－1，碱溶液的pH=11，c（OH－）=0.1mol·L－1，NH3·H2O是弱碱，Kb=10-3×10-3/0.1=10-5mol·L－1，故A不符合题意；

B、c、d点时，c(X－)/c(OH－)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，故B不符合题意；

C、a→d点过程中，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，此过程中溶液不呈中性，不存在c(X-)=c(NH4+)，故C符合题意；

D、b点，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，溶液呈中性，c(X-)=c(NH4+)，c(NH4+)+c(HX)=c(X-)+c(HX)=0.1mol·L－1/2=0.05mol/L，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据Ka(HX)和Kb(NH3·H2O)的表达式以及各微粒浓度之间的关系，可知Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等；

B.表达式可以转化为水解平衡常数的倒数，由于化学平衡常数只与温度有关，所以c、d两点，值相等；

C.根据电荷守恒表达式可知，只有溶液显中性时，才会有c(X-)=c(NH4+)；

D.根据电荷守恒可以计算出b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol/L。

16．（2023高二下·湖南期末）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是（）

A．混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L

B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气

C．原混合酸中H2SO4物质的量为0.4mol

D．第二份溶液中最终溶质为FeSO4

【答案】C

【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写

【解析】【解答】某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，向另一份中逐渐加入铁粉，OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，n(Fe)=n(Fe3+)=n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为n(Fe3+)=0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑。A.混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A不符合题意；

B.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B不符合题意；

C.由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为2等份），即=0.8mol，C符合题意；

D.第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】在计算硫酸的物质的量时，忽略了将原本混酸溶液平均分为了两等份。

二、综合题

17．（2023高二下·湖南期末）二氧化硫是造成大气污染的主要有害气体之一，二氧化硫尾气处理的方法之一是采用钠一钙联合处理法。

第一步:用NaOH溶液吸收SO2。2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O

第二步:将所得的Na2SO3溶液与生石灰反应。Na2SO3+CaO+H2O=CaSO3↓+2NaOH

完成下列填空:

（1）在上述两步反应所涉及的短周期元素中，原子半径由小到大的顺序是(用元素符号填写)。

（2）氧和硫属于同族元素，写出一个能比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程式:。

（3）NaOH的电子式为。

（4）若在第一步吸收SO2后得到的NaOH和Na2SO3混合溶液中，加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，生成Na2SO4和NaBr。写出发生反应的化学方程式。

（5）钠一钙联合处理法的优点有。(任写一点即可)

【答案】（1）H＜O＜S＜Na

（2）2H2S+O22S+2H2O

（3）

（4）2NaOH+Na2SO3+Br2=Na2SO4+2NaBr+H2ONaOH

（5）吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低

【知识点】氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用

【解析】【解答】（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，H原子只有一个电子层，OS同主族，从上到下，原子半径变大，Na和S同一周期，从左到右变小，原子半径由小到大的顺序是H＜O＜S＜Na；

（2）比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程2H2S+O22S+2H2O

(3)NaOH的电子式为；

（4）溴将亚硫酸根离子氧化：2NaOH+Na2SO3+Br2=Na2SO4+2NaBr+H2O；

(5)钠一钙联合处理法的优点有NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低。

【分析】（1）原子半径的大小比较方法是：电子层数越小，原子的半径就越小；同周期的元素，原子由左到右半径是逐渐减小的；

（2）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的原理可以比较硫单质和氧气单质的非金属强弱；

（3）氢氧化钠中既含有氧原子和氢原子之间形成的共价键又含有氢氧根离子和氢离子之间形成的离子键；

（4）根据氧化还原反应中电子得失守恒规律和质量守恒规律可以书写化学方程式；

（5）钠一钙联合处理法的优点是可以加大二氧化硫的吸收率，减小成本。

18．（2023高二下·湖南期末）KMnO4在生产和生活中有着广泛的用途。某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。请回答下列问题：

（1）(一)KMnO4的制备。

步骤I先利用如图甲所示装置由MnO2制备KMnO4。

装置A应选用图乙中的(填“a”“b”或“c”)。

（2）装置B中所盛试剂的名称为。

（3）装置C处制备K2MnO4的化学方程式为。

（4）步骤II由K2MnO4制备KMnO4。已知：K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下：

①充分反应后，将装置C处所得固体加水溶解，过滤；

②向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2；

③将②的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列实验操作，得KMnO4晶体。

过程②向①的滤液中通入足量CO2，其还原产物为。

（5）过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是。

（6）(二)KMnO4的性质。

KMnO4具有强氧化性。某化学学习小组利用其性质测定H2C2O4溶液的浓度。

反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

①滴定终点现象是：当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色，且半分钟内不褪色。

②c(标准KMnO4溶液)=0.20mol/L，滴定时所得的实验数据如下表，试计算所测H2C2O4溶液的浓度为mol/L。

实验次数编号待测液体积(mL)滴入的标准液体积(mL)

110.0022.95

210.0020.05

310.0019.95

【答案】（1）b

（2）浓硫酸

（3）4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O

（4）MnO2

（5）防止高锰酸钾高温分解

（6）无色变为紫红色；1.00

【知识点】氧化还原反应；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算

【解析】【解答】(1)要生成高锰酸钾，需要强氧化剂，因此A装置提供的气体具有强氧化性，由于二氧化锰能氧化浓盐酸生成氯气，所以装置A应选用b装置，制备氧气。(2)生成的氧气必须干燥，则装置B的作用是干燥氧气，其中所盛试剂的名称为浓硫酸。(3)装置C处反应生成K2MnO4的同时根据原子守恒可知还有水生成，反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O。（4）过程②向滤液中通入足量CO2，锰酸钾转化为二氧化锰和高锰酸钾，(5)过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是：防止高锰酸钾高温分解。(6)①滴定终点现象是：当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。②第1组数据明显有误差，舍去，平均体积为（20.05+19.95）/2=20.00mL

5H2C2O4～2MnO4－

5mol2mol

n0.2mol·L－1×0.020L

n=0.01mol，

则C（H2C2O4）=0.01mol/0.010L=1.00mol·L－1，

【分析】（1）实验室制取氧气的方法是双氧水在二氧化锰的催化下生成氧气和水；

（2）浓硫酸具有干燥的作用，可以干燥中性和酸性气体；

（3）装置C中发生的反应是氢氧化钾和二氧化锰以及氧气在高温的条件下生成锰酸钾和水的反应；

（4）氧化剂在发生氧化还原反应后对应的产物是还原产物；

（5）高锰酸钾受热易分解，会影响反应的产率；

（6）由于高锰酸钾本事是带有颜色的，所以本实验不需要加入指示剂，反应的重点是：溶液有由无色变为紫色且半分钟内不褪色；

根据标准液的消耗量以及反应方程式可以计算出待测液的物质的量浓度。

19．（2023高二下·湖南期末）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下述为制取Cu2O的两种方法:

方法a:用炭粉在高温条件下还原CuO

方法b:电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）已知:①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s)△H1=akJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO(g)△H2=bkJ/mol

③Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H3=ckJ/mol

则方法a中反应的热化学方程式是:。

（2）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O装置如图所示:

①如图装置中D电极应连电极。(填“A”或“B”)

②该离子交换膜为离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的B极反应式为:。

③C极反应式为:。

（3）在相同体积的恒容密闭容器中，用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:

2H2O2H2(g)+O2(g)△H>0，水蒸气的浓度随时间t变化如表所示:

根据上述数据分析:

①催化剂的效率:实验①实验②(填“>”或“”或“c(NH4+)>c(H+)>c(OH)

D．0.1mol·L1的硫化钠溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HS)+c(H2S)

7．（2023·河西模拟）下列各组离子能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是（）

选项离子组加入试剂发生反应的离子方程式

AFe3+、I-、Cl-NaOH溶液Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓

BK+、ClO-、SO42-盐酸H++ClO-=HClO

CK+、OH-、Cl-过量SO2SO2+OH-=HSO3-

DH+、Fe2+、SO42-Ba(NO3)2溶液SO42-+Ba2+=BaSO4↓

A．AB．BC．CD．D

8．（2023高二下·湖南期末）根据表中信息判断，下列选项正确的是（）

序列参加反应的物质生成物

①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4……

②Cl2、FeBr2只有FeCl3、FeBr3

③KClO3、HCl(浓)Cl2……

A．氧化性由强到弱顺序为KClO3>Cl2>Fe3+>Br2

B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:1

C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol

D．第①组反应的其余产物为H2O和O2

9．（2023高二下·湖南期末）短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，质子数之和为37。M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物。下列有关叙述错误的是（）

A．Y元素没有正价

B．M、W元素组成的化合物中一定只含极性共价键

C．W、X、Y三种元素的简单氢化物稳定性:Y>X>W

D．X和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1

10．（2023高二下·湖南期末）下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）

A．新制氯水长时间放置颜色变浅

B．高压比常压更有利于H2转化为NH3

C．蒸干AlCl3溶液无法得到无水AlCl3

D．滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2SO4反应的速率

11．（2023·葫芦岛模拟）对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是（）

操作现象结论

A向①中滴加NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝原溶液中有NH4+

B向②中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2-

C向③中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-

D向④中滴加氯水和CCl4，振荡静置下层溶液呈橙色原溶液中有I-

A．AB．BC．CD．D

12．（2023高二下·湖南期末）25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:

AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI

1.8×10-101.4×10-56.3×10-507.7×10-138.51×10-16

下列说法错误的是（）

A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小

B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀

C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀

D．在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。

13．（2023高二下·湖南期末）2023年9月我国科学家对于可充放电式锌一空气电池研究取得重大进展。电池装置如图所示，该电池的核心是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应方程式为2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有关说法正确的是（）

A．可逆锌一空气电池实际上是二次电池，放电时电解质溶液中K+向负极移动

B．在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-

C．发生OER反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+

D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)

14．（2023高二下·湖南期末）某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。

容器起始浓度平衡浓度

c(H2)/(mol·L-1)c(I2)/(mol·L-1)c(HI)/(mol·L-1)

甲0.010.010.004

乙0.010.02a

丙0.020.01b

丁0.020.02c

下列判断错误的是（）

A．HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008

B．平衡时，H2的转化率:丁>甲

C．平衡时，乙中H2的转化率大于20%

D．丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.25

15．（2023高二下·湖南期末）25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL(溶液体积有简单叠加)，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等

B．c、d两点，值相等

C．a→d点过程中，存在c(X-)=c(NH4+)

D．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol/L

16．（2023高二下·湖南期末）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是（）

A．混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L

B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气

C．原混合酸中H2SO4物质的量为0.4mol

D．第二份溶液中最终溶质为FeSO4

二、综合题

17．（2023高二下·湖南期末）二氧化硫是造成大气污染的主要有害气体之一，二氧化硫尾气处理的方法之一是采用钠一钙联合处理法。

第一步:用NaOH溶液吸收SO2。2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O

第二步:将所得的Na2SO3溶液与生石灰反应。Na2SO3+CaO+H2O=CaSO3↓+2NaOH

完成下列填空:

（1）在上述两步反应所涉及的短周期元素中，原子半径由小到大的顺序是(用元素符号填写)。

（2）氧和硫属于同族元素，写出一个能比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程式:。

（3）NaOH的电子式为。

（4）若在第一步吸收SO2后得到的NaOH和Na2SO3混合溶液中，加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，生成Na2SO4和NaBr。写出发生反应的化学方程式。

（5）钠一钙联合处理法的优点有。(任写一点即可)

18．（2023高二下·湖南期末）KMnO4在生产和生活中有着广泛的用途。某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。请回答下列问题：

（1）(一)KMnO4的制备。

步骤I先利用如图甲所示装置由MnO2制备KMnO4。

装置A应选用图乙中的(填“a”“b”或“c”)。

（2）装置B中所盛试剂的名称为。

（3）装置C处制备K2MnO4的化学方程式为。

（4）步骤II由K2MnO4制备KMnO4。已知：K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下：

①充分反应后，将装置C处所得固体加水溶解，过滤；

②向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2；

③将②的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列实验操作，得KMnO4晶体。

过程②向①的滤液中通入足量CO2，其还原产物为。

（5）过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是。

（6）(二)KMnO4的性质。

KMnO4具有强氧化性。某化学学习小组利用其性质测定H2C2O4溶液的浓度。

反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

①滴定终点现象是：当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色，且半分钟内不褪色。

②c(标准KMnO4溶液)=0.20mol/L，滴定时所得的实验数据如下表，试计算所测H2C2O4溶液的浓度为mol/L。

实验次数编号待测液体积(mL)滴入的标准液体积(mL)

110.0022.95

210.0020.05

310.0019.95

19．（2023高二下·湖南期末）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下述为制取Cu2O的两种方法:

方法a:用炭粉在高温条件下还原CuO

方法b:电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）已知:①2Cu(s)+O2(g)=Cu2O(s)△H1=akJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO(g)△H2=bkJ/mol

③Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H3=ckJ/mol

则方法a中反应的热化学方程式是:。

（2）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O装置如图所示:

①如图装置中D电极应连电极。(填“A”或“B”)

②该离子交换膜为离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的B极反应式为:。

③C极反应式为:。

（3）在相同体积的恒容密闭容器中，用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:

2H2O2H2(g)+O2(g)△H>0，水蒸气的浓度随时间t变化如表所示:

根据上述数据分析:

①催化剂的效率:实验①实验②(填“>”或“”或“c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C不符合题意；

D、依据质子守恒，0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.加水会促进碳酸氢根离子的水解，但是钠离子不会水解，所以二者浓度的比值会增大；

B.由于不能确定酸碱是否为强酸和强碱，因此不能确定氢氧根离子和氢离子的浓度；

C.根据铵根离子和硫酸根离子的配比，以及铵根离子的水解是微弱的可知，铵根离子的浓度是大于硫酸根离子的浓度的；

D.体系中存在质子守恒，但是硫氢酸是得到两个氢离子，应该乘2。

7．【答案】C

【知识点】离子反应发生的条件

【解析】【解答】A.因为Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者不能共存，发生氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以加NaOH溶液后，不会发生Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故A不符合题意；

B.因为H++ClO-HClO为可逆反应，故B不符合题意；

C.过量SO2与OH-反应的方程式为：SO2+OH-=HSO3-故C符合题意；

D.因为H+、Fe2+、SO42-加入Ba(NO3)2溶液后发生反应为：4H++3Fe2++SO42-+NO3-+Ba2+=3Fe3++BaSO4↓+NO+2H2O，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】离子方程式正误判断可以依据电荷守恒进行判断，对于过量和少量问题的离子反应判断方法，根据反应物是否和产物发生反应进行判断。

8．【答案】D

【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，故A不符合题意。

B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（Cl2）：n（FeBr2）=1：2，故B不符合题意；

C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol，故C不符合题意；

D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物；

B.氧化还原反应中存在电子得失守恒；

C.根据元素化合价的变化可以得出生成1mol氯气转移的电子数；

D.根据电子得失守恒以及质量守恒定律可以得出其余产物。

9．【答案】B

【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用

【解析】【解答】A.Y元素为氟元素，没有正价，故A不符合题意；

B.M、W元素组成的化合物N2H4中含极性共价键（N-H）和非极性共价键（N-N），故B符合题意；

C.同周期从左到右氢化物的稳定性增强，W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W，故C不符合题意；

D.X和Z形成的化合物MgO2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据题目描述，可知Y是氟元素，M是氢元素、W是氮元素、X是氧元素、Z是镁元素。

10．【答案】D

【知识点】化学平衡移动原理

【解析】【解答】A、氯水中存在氯气与水的反应平衡，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应向着正向移动，最终氯气完全反应，溶液颜色消失，该变化与平衡移动有关，能用化学平衡移动原理解释，故A不选；

B、合成氨反应为N2+3H22NH3，增大压强平衡向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故B不选；

C、加热促进铝离子的水解，可用勒夏特列原理解释，故C不选；

D、铜锌形成原电池加快反应的进行，但不是可逆反应，

故答案为：D。

【分析】根据勒夏特列原理可知：改变可逆反应中的某一条件，反应会向减弱这一条件的方向进行。

11．【答案】A

【知识点】常见离子的检验

【解析】【解答】A.，故A符合题意；

B.澄清石灰水、氢氧化钡溶液中滴入NaHCO3溶液都有白色沉淀生成，故B不符合题意；

C.先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，生成白色沉淀，原溶液中有SO42-或Ag+，故C不符合题意；

D.滴加氯水和CCl4，振荡静置，下层溶液呈橙色，原溶液中有Br-，故D不符合题意。

故答案为：A

【分析】根据常见离子的检验方法进行判断即可，注意现象与结论的关系。

12．【答案】D

【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故不符合题意；

B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B不符合题意；

C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl－）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)，c（Ag＋）=1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)，则c（Cl－）×c（Ag＋）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)×1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)＜1.8×10-10，则没有沉淀生成，故C不符合题意；

D.硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag＋）=2（SO42－），c（Ag＋）=mol·L－1=3×10-2mol·L－1，故D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据硫酸银中两种离子的配比以及溶度积常数可以计算出银离子的物质的量浓度。

13．【答案】B

【知识点】原电池工作原理及应用

【解析】【解答】A、放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A不符合题意；

B、O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-，故B符合题意；

C、发生OER反应的电极反应式为4OH--4e－=O2+2H20，故C不符合题意；

D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.在原电池的电解液中，阳离子向正极附近移动；

B.原电池的正极得到电子，发生还原反应。即氧气得到电子并结合水生成氢氧根离子；

C.负极失去电子，电解质中是碱性环境，所以不会生成氢离子；

D.根据电极反应方程式可知：放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气0.5mol。

14．【答案】B

【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算

【解析】【解答】A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A不符合题意；

B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B符合题意；

C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C不符合题意；

D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】反应物的浓度越大，反应进行的趋势就越大。

15．【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用

【解析】【解答】A、由图可知0.1mol/LHX溶液pH=3，由HXH＋+X－可知：Ka=10-3×10-3/0.1=10-5mol·L－1，碱溶液的pH=11，c（OH－）=0.1mol·L－1，NH3·H2O是弱碱，Kb=10-3×10-3/0.1=10-5mol·L－1，故A不符合题意；

B、c、d点时，c(X－)/c(OH－)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，故B不符合题意；

C、a→d点过程中，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，此过程中溶液不呈中性，不存在c(X-)=c(NH4+)，故C符合题意；

D、b点，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，溶液呈中性，c(X-)=c(NH4+)，c(NH4+)+c(HX)=c(X-)+c(HX)=0.1mol·L－1/2=0.05mol/L，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.根据Ka(HX)和Kb(NH3·H2O)的表达式以及各微粒浓度之间的关系，可知Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等；

B.表达式可以转化为水解平衡常数的倒数，由于化学平衡常数只与温度有关，所以c、d两点，值相等；

C.根据电荷守恒表达式可知，只有溶液显中性时，才会有c(X-)=c(NH4+)；

D.根据电荷守恒可以计算出b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol/L。

16．【答案】C

【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写

【解析】【解答】某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，向另一份中逐渐加入铁粉，OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，n(Fe)=n(Fe3+)=n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为n(Fe3+)=0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑。A.混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A不符合题意；

B.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B不符合题意；

C.由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为2等份），即=0.8mol，C符合题意；

D.第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】在计算硫酸的物质的量时，忽略了将原本混酸溶液平均分为了两等份。

17．【答案】（1）H＜O＜S＜Na

（2）2H2S+O22S+2H2O

（3）

（4）2NaOH+Na2SO3+Br2=Na2SO4+2NaBr+H2ONaOH

（5）吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低

【知识点】氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用

【解析】【解答】（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，H原子只有一个电子层，OS同主族，从上到下，原子半径变大，Na和S同一周期，从左到右变小，原子半径由小到大的顺序是H＜O＜S＜Na；

（2）比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程2H2S+O22S+2H2O

(3)NaOH的电子式为；

（4）溴将亚硫酸根离子氧化：2NaOH+Na2SO3+Br2=Na2SO4+2NaBr+H2O；

(5)钠一钙联合处理法的优点有NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低。

【分析】（1）原子半径的大小比较方法是：电子层数越小，原子的半径就越小；同周期的元素，原子由左到右半径是逐渐减小的；

（2）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的原理可以比较硫单质和氧气单质的非金属强弱；

（3）氢氧化钠中既含有氧原子和氢原子之间形成的共价键又含有氢氧根离子和氢离子之间形成的离子键；

（4）根据氧化还原反应中电子得失守恒规律和质量守恒规律可以书写化学方程式；

（5）钠一钙联合处理法的优点是可以加大二氧化硫的吸收率，减小成本。

18．【答案】（1）b

（2）浓硫酸

（3）4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O

（4）MnO2

（5）防止高锰酸钾高温分解

（6）无色变为紫红色；1.00

【知识点】氧化还原反应；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算

【解析】【解答】(1)要生成高锰酸钾，需要强氧化剂，因此A装置提供的气体具有强