2022年陕西省西安某中学高考化学第一次适应性试卷（附答案详解）

2022年陕西省西安高级中学高考化学第一次适应性试卷

1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）

A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性

C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境

D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

2.今有三个氧化还原反应：

@2FeCl3+2K1=2FeCl2+2KCI+I2

@2FeCl2+Cl2=2FeCl3

③2KMl1。4+16HCI=2KCI+2MnCl2+5C/2T+8H2O

若某溶液中有Fe2+和C厂、厂共存，要氧化除去广而又不影响Fe2+和C厂.可加入的试剂是（）

A.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.HC1

3.下列说法错误的是（）

A.利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液

B.某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物

C.用过滤法无法除去Fe（OH）3胶体中的FeCG

D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质

4.磷酸口3「。4）、亚磷酸（”32。3）和次磷酸（"3P。2）都是重要的化工产品。已知：1mN磷酸、

亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、Imol。下歹lj推断正确的是（）

A.磷酸与氢氧化钠反应能生成2种盐

B.NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2P。2都是酸式盐

C.”32。4是三元酸、”32。3是二元酸、为2。2是一元酸

D.H3PO3是三元酸，又是还原性酸

5.表中物质的分类组合完全正确的是（）

选项ABCD

强电解质

KNO3H2sO4BaS04HCIO4

HFCaCO3HC1OCH3COONH4

弱电解质

非电解质so金属Al

2H2C2HSOH

A.AB.BC.CD.D

6.下列离子方程式正确的是（）

+2+

A.FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H=Fe+H20

B.过量CO2通入NaOH溶液中：OH-+CC)2=HCOg

+

C.金属钾与水反应：K+H20=K+0H-+H2T

3+

D.过量氨水加入溶液中：Al+30H~=Al(OH)3l

7.常温下，下列离子组在指定溶液中能大量共存的是()

A.pH=-lgKw的溶液:Na+、43+、N。*、1­

B.能与金属铝作用产生%的溶液：K+、Ca2+.CL、HCO3

2+

C.由水电离产生的c(OH-)=IO-13nlo/.『i的溶液：Na+、Fe.N。*、Cl-

D.c(C。歹)=0.1mo2•厂1的溶液:Na+、NH。、Bb、SO『

8.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应

的推断或解释正确的是()

可能的

选

操作实验现解释

项

象

向FeC%溶液中滴入用硫酸酸化的溶液变发生氧化还原反应，且氧化性：HO>

A22

“2。2溶液黄Fe3+

有白色

将CO?通入Ba(N03)2

B沉CO2与Ba(NO3)2反应生成BaC%

溶液中

淀生成

有白色

C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钢溶液沉溶液中一定含有SO歹

淀生成

溶液变

D向淀粉KI溶液中通入少量C%C，2与淀粉发生显色反应

蓝

A.AB.BC.CD.D

9.在Na+浓度为0.5rno,"T的某澄清溶液中，还可能含有K+、4g+、43+、Ba2+、NOJ、COg、

S。打、SiO。、S。广等离子，取该溶液100mL进行如图连续实验(所加试剂均过量，气体全

部逸出).下列说法不正确的是

)

A.原溶液中一定不存在4g+、43+、Ba2+>S02-

B.实验中生成沉淀的离子方程式是SiO歹+2H+=H2SiO3I

C.原溶液一定存在K+、COj~,可能存在N。］

D.原溶液不存在N。1时，c(K+)=0.8mol♦LT1

10.工业上将Na2cO3和Na2s以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入S。2，可制取Na2s2。3,

同时放出CO?。在该反应中()

A.硫元素被氧化

B.相同条件下，每吸收10m3s02就会放出2.5m3c。2

C.每生成ImolNa2s2。3，转移4moi电子

D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

11.向可。2。。3、NaHCOs混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随

盐酸加入量的变化关系如右图所示.则下列离子组在对应的溶液中一定

能大量共存的是()

A.a点对应的溶液中：Na+、0H-.5。厂、NO］

B.b点对应的溶液中：”+、Fe3+、NO］、Cl-

C.c点对应的溶液中：Na+、Ca2+.NO］、Cl-

D.d点对应的溶液中：C广、NO］、Fe2+,Na+

12.一氯化碘(/CZ)、三氯化碘(/C%)是卤素互化物，它们的性质与卤素单质相似，如：2ICI+

2Zn=Znl2+ZnC以以下判断正确的是()

A./C。与水反应的产物为HI和HC1O

B./。卜与KI反应时，氯元素被还原

C.IC1与冷NaOH溶液反应的离子方程式为：+20H~=10-+Cl-+H20

D.IC1与水的反应属于氧化还原反应

13.根据下列实验现象，所得结论正确的是（）

NaHCO3固体

稀盐酸

NaBr淀份KI

A溶液溶液

Na2CO3

固体

#HSO澄清石灰水

24棉球Na.CO,NasiO,

AC1

D

实验实验现象结论

A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性:Al3+>Fe2+>Cu2+

B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：CG>Br2>I2

C右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化热稳定性：Na2c。3>NaHCO3

D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl>C>Si

A.AB.BC.CD.D

14.下列物质的检验，其结论一定正确的是（）

A.向某溶液中加入BaC%溶液，产生白色沉淀，加入HNC>3后，白色沉淀不溶解，也无其他

现象，说明原溶液中一定含有sor

B.向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有

c°r或so歹

C.将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是5。2

D.取少量久置的Na2s。3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaC12溶液，若

加HCI时有气体产生，加BaC。时有白色沉淀产生，说明Na2s。3样品已部分被氧化

15.软锦矿的主要成分是MT!”，其悬浊液可吸收烟气中的SO?,所得酸性浸出液又可用于制备

高纯硫酸镒，其一种工艺流程如图所示。已知金属单质的活动性顺序为加〉Mn>Fe>Ni。

回答下列问题：

*

(1)用离子方程式表示加入“氧化剂(软钵矿)”的作用：。

-15

(2)已知：Ksp[4(O")3]=1-0X10-33、Ksp[M(OH)2]=1.6x10>Ksp[Mn(OH)2]=4.0x

39

I。-"、Ksp[Fe(OH)3]=2.6x10-«

“水解沉降”中：

①“中和剂”可以是（填标号）。

A.i4/2^3

B.MgO

C.H2sO4

D.MnO2

②溶液的pH应不低于。（离子浓度小于1x10-6mol•厂1时，即可认为该离子沉淀完

全）

（3）“置换”的目的是（用离子方程式表示）。

（4）“结晶分离”中的部分物质的溶解度曲线如图所示。结晶与过滤过程中，体系温度均应维

持在（填“27”“60”或“70”）℃。

90

0~205740607080100120140,/T

（5）“草酸钠-高锯酸钾返滴法”可测定软锈矿中MnC>2的纯度（假设杂质不参与反应）：取

agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入匕mLcimo/"TNa2c2。4溶液（足量），最

后用C2?n。/-L的KMnCU溶液滴定剩余的Na2c2O4，达到终点时消耗彩mL标准溶液。

①Mn（?2参与反应的离子方程式为o

②该样品中“九。2的质量分数为（列出表达式即可）。

（6）镭及其化合物应用越来越广泛，河兀。2是一种重要的无机功能材料，制备MnO?的方法之一

是以石墨为电极，电解酸化的MnSO,溶液，阳极的电极反应式为o

16.甲烷和二氧化碳都是温室气体。随着石油资源日益枯竭，储量丰富的甲烷（天然气、页岩

气、可燃冰的主要成分）及二氧化碳的高效利用已成为科学研究的热点。回答下列问题：

⑴在催化剂作用下，将甲烷部分氧化制备合成气（C。和“2）的反应为。“4（9）+3°2（9）=

CO（g）+2“2（g）。

①已知：25°c,lOlkPa,由稳定单质生成Imol化合物的焙变称为该化合物的标准摩尔生成焰。

化学反应的反应热21H=生成物的标准摩尔生成焙总和-反应物的标准摩尔生成焙总和。相关

数据如下表：

物质°2“2

CH4CO

标准摩尔生成烙">mol-1一74.80-110.50

由此计算C“4（g）+^。2（9）=CO（g）+2H2（。）的4H=kJ-mor1.

②催化剂能显著提高上述反应的速率，但不能改变下列中的（填标号）。

a.反应的活化能

b.活化分子百分数

c.化学平衡常数

d.反应热（2H）

③7℃,向VL密闭容器中充入Into忆也和0・5m。/。2,在催化作用下发生上述反应，达到平衡

时CO的物质的量为0.9moZ,平衡常数长=（列出计算式即可，不必化简）。

④欲提高甲烷的平衡转化率，可采取的两条措施是。

（2）甲烷和二氧化碳催化重整制备合成气的反应为C/（g）+C02（g）=2co（g）+

2H2（g）AH>Oo我国学者通过计算机模拟对该反应进行理论研究，提出在Pt-Ni合金或Sn-

Ni合金催化下，以甲烷逐级脱氢开始产生的能量称为吸附能）。脱氢阶段的反应历程如图所示

（*表示吸附在催化剂表面，吸附过程产生的能量称为吸附能）。

6.860

过渡态2ij

5.496过渡态3/6.357

cL14.837

u/C#+4H*

ljr」

-过渡态1

ASn-Ni

e2.9814.0354.051

、-p”、i

«rCHJ+2H・CH・+3H*

设

玄

5

把加295,空-0.068-0.177

0

■0.2554415\1

CHJ+H*.1J32

不同催化剂的甲烷脱包反应历程与相对能量的关系

该历程中最大能垒（活化能）E芯=eV-mor\两种催化剂比较，脱氢反应阶段催化效

果更好的是合金。

17.三氯化磷（PC，3）是一种重要的有机合成催化剂。实验室常用红磷与干燥的。2制取PC/3，

装置如图所示。

已知：PC%熔点为—112℃，沸点为75.5°c.易被氧化，遇水易水解。与C，2反应生成PC，5。

（1）4中反应的化学方程式为。

（2）B中所装试剂名称是,E中碱石灰的作用是o

（3）实验时，检查装置气密性后，向C装置的曲颈甑中加入红磷，打开止水夹K通入干燥的。。2,

一段时间后，关闭K,加热曲颈甑至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行。通

干燥CO?的作用是。CO2（选填“能”或“不能”）用。2代替，理由是。

(4)D中烧杯中盛装,其作用是。

(5)PC。水解得到亚磷酸(分子式：H3P。3・二元弱酸)，写出亚磷酸钠被浓硝酸氧化的离子方程

式。

18.Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素，回答下列问题。«

(l)FeCb是一种常用的净水剂，C1元素的原子核外有种不同。%»

运动状态的电子；有种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排“ACN

(2)实验室中可用KSCN或K41Fe(CN)6]来检验Fe3+.FeM与KSCN溶液混合，可得到配位数

为5的配合物的化学式是；K41Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀

KFe[Fe(CN)6],该物质晶胞的射构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为。

⑶Ci能与乙二胺(七N-CH2-CH2-N%)形成配离子如图/忆：'：Adi"，该

[UI,11•"*"3I

配离子中含有的化学键类型有(填字母)。

a.配位键b.极性键c,离子键d,非极性键

一个乙二胺分子中共有个。键，C原子的杂化方式为o

(4)金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361Pm.则铜原子的直径约为pm。

19.有机制药工业中常用以下方法合成一种药物中间体(G)：

(1)G的分子式是。

(2)化合物A中含氧官能团的名称为。

(3)由C-D的反应类型为；化合物E的结构简式为o

(4)写出B-C的反应的化学方程式。

(5)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：

①能与新制Ca(0H)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCb溶液发生显色

反应；

②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：4：9；

③分子中含有氨基。

w2

(6)己知：RCNR-RCHIN”2.请写出以HOOCC”2cH2。。。”和CH3cH2G为原料制备

催化剂4

CH.CH<!1

I''

的合成路线程图。(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：

浓硫酸HCI

CH3cH20H]:cCH2=CH2一CH3cH2cl

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：

A.泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，用于电器起火易产生触电危险，故A错误；

B.蛋白质在温度较高时易变性，疫苗主要成分为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应冷藏

存放，故B正确；

C.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机

物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传

统的油性漆，有利于健康及环境，故C正确；

D.Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的

阴极保护法，故D正确；

故选：Ao

本题考查物质组成、结构和性质关系，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性

质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度

不大。

2.【答案】C

【解析】解：反应①中Fe元素的化合价降低，则FeC%为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产

物的氧化性可知，氧化性FeCG>，2，

反应②中C1元素的化合价降低，则为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，

氧化性Cl?>FeCl3,

反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO,为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性

可知，氧化性KM71O4>C%，

即氧化性强弱为KMnO4>Cl2>FeCl3,

则某溶液中有Fe2+和「共存，要氧化除去广而又不影响Fe2+和C「，

选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和C厂氧化，故选择弱氧化剂FeCG来除杂而不影响反2+和

Cl­,且没有引入新的杂质，

故选：Co

根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除

去「而又不影响Fe2+和C厂.

本题考查学生利用氧化性的强弱来分析除杂问题，明确氧化还原反应中元素化合价的变化及氧化

剂的氧化性大于氧化产物的氧化性是解答本题的关键.

3.【答案】B

【解析】解：4蛋白质溶液与葡萄糖溶液，前者为胶体后者为溶液，可以通过丁达尔效应区别，

故A正确；

B.只由一种物质构成的是纯净物，但只含一种元素的物质不一定是纯净物，如氧气和臭氧的混合

物，只含一种元素，但是属于混合物，故B错误；

C.溶液和胶体均能透过滤纸，故不能用过滤的方法来分离Fe(0H)3胶体和FeC%，故C正确；

D.豆浆为胶体，向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质，故D正确；

故选：B。

A.丁达尔效应是胶体特有的性质，可以用于鉴别胶体和溶液；

B.只含-一种元素的物质不一定是纯净物；

C.溶液和胶体均能透过滤纸；

D.依据胶体聚沉的性质解答。

本题考查了分散系的分类依据以及胶体的特有的性质，难度不大，应注意的是丁达尔效应是胶体

所特有的性质，但不是其本质特征。

4【答案】C

【解析】解：A根据以上分析，磷酸为三元酸，与氢氧化钠反应能生成3种盐，故A错误；

B.根据以上分析，磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，所以NaH2Po4、NaH2PO3^

酸式盐，NamPOz是正盐，故B错误；

C.根据以上分析，磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，故C正确；

。.432。3中P元素的化合价为+3价，是中间价态，既能升高又能降低，则亚磷酸有氧化性和还原

性，但属于二元酸，故D错误；

故选：Co

已知：Imol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2moKImoh说明

磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，据此分析解答。

本题考查磷的含氧酸的性质，属于信息习题，注意信息和所学知识的结合来解答，难度也不大。

5.【答案】A

【解析】解：AKN内溶于水的部分完全电离，属于强电解质，HF在水溶液中部分电离，为弱电

解质，二氧化硫水溶液本身不导电，属于非电解质，故A正确；

B.CaCOs溶于水的部分完全电离，属于强电解质，金属A1属于单质，不是非电解质，故B错误;

CH2是单质，不属于弱电解质，故C错误；

D.C/COON/在溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误；

故选：A«

电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，如酸、碱、盐，金属氧化物等；在水溶液中

能够完全电离的电解质为强电解质，部分电离的为弱电解质；

非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，如四氯化碳、酒精等，据此进行解答。

本题考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，熟悉相关概念是解题

关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。

6.【答案】B

+3+

【解析】解：4FeO溶于稀硝酸中的离子方程式为：3FeO+10W+NO*=3Fe+N。T+5H2O,

故A错误；

B.过量CO2通入NaOH溶液中的离子方程式为：OH-+C()2=HCO,故B正确：

C.金属钾与水反应的离子方程式为：2K+2“2O=2K++2O/r+H2T，故C错误；

3+

D.过量氨水加入4Cb溶液中的离子方程式为：^1+3NH3-H20=Al(OH)3I+3NH+,故D错

误；

故选：Bo

A.稀硝酸能够氧化亚铁离子；

B.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；

C.该反应不满足质量守恒定律和得失电子守恒；

D.一水合氨为弱电解质，不能拆开。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握

离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

7.【答案】D

【解析】解：A.pH=-\gKw^pH=14,溶液呈碱性，4尸+不能大量存在，故A错误；

B.能与金属铝作用产生出的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCOJ在酸性或碱性溶液中都不能

大量存在，故B错误；

C.由水电离产生的c(。“-)=10-13mo/•厂1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，由于同时有NO]

存在，故无论哪种情况下Fe2+都不能大量存在，酸性条件下发生氧化还原反应生成铁离子和NO,

碱性条件下生成氢氧化亚铁沉淀，故C错误；

D.离子之间不反应且和碳酸根离子不反应，所以能大量共存，故D正确：

故选：D。

A.pH=一%即M=14,溶液呈碱性;

B.能与金属铝作用产生/的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；

C.由水电离产生的c(。”-)=10-13mol"T的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；

D.能和碳酸根离子反应的离子不能大量共存。

本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子性质及离子共存条件是解本

题关键，注意：酸性条件下亚铁离子和硝酸根离子能反应，为解答易错点。

8.【答案】A

【解析】解：4向尸eC%溶液中滴入用硫酸酸化的“2。2溶液，溶液变黄，说明亚铁离子被双氧水氧

化为Fe3+,所以也。2氧化性强于Fe3+,故A正确；

B.将CO2通入Ba(NO3)2溶液中不可能有白色沉淀生成，因为碳酸的酸性比盐酸弱，故B错误；

C.硝酸可氧化亚硫酸根离子，由操作和现象可知，该溶液中可能含有SO。，故C错误；

D.少量氯气氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则C%的氧化性强于/2,C%与淀粉不发生显色反应，

故D错误；

故选：Ao

A.亚铁离子具有还原性，可以被双氧水氧化为Fe3+；

B.将CO2通入Ba(N03)2溶液中不会发生反应；

C.硝酸可氧化亚硫酸根离子；

D.少量氯气氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝。

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、反应与现象、离子检验、实验技

能为解答关键，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。

9.【答案】C

【解析】解：由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；加盐酸有

0.56L

气体生成，则溶液中含有C。0、S。歹中1种或2种，其浓度之和为弯烂=0.25m。//3则一

定没有4g+、43+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有5i0。，发生反应SiOg+2"+=

H2SiO3I,硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，

2.4g

Si。歹的浓度为：笔管=0.4mol/L；由流程HI可知溶液中不含SOe，根据电荷守恒2c(C00)+

2c(SOg)+2c(Si。歹)=2x0.25mol/L+2xOAmol/L=13mol/L>O.Smol/L,因此溶液中一

定含有K+,且其浓度至少为0.8mo〃L,不能确定NO］是否存在，

A.由以上分析得，原溶液中一定不存在4r、4尸+、Ba2+>so；-,故A正确；

B.由以上分析得，实验中生成沉淀的离子方程式是SiOg+2H+=H2SiO31,故B正确；

0.56L

C.加盐酸有气体生成，则该溶液中含有CO。、SOf中1种或2种，其浓度之和为弯烂=

0.25mol/L,则不能说明一定含COg,故C错误;

D.根据电荷守恒2c（C。歹）+2c（Si。歹）=2x0.25mol/L+2XOAmol/L=13mol/L>

O.5mol/L,因此溶液中一定含有K+,且其浓度至少为0.8mo//L,若原溶液不存在NO］时，故

c（/C+）=O.Bmol-LT1,故D正确,

故选：Co

由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存：加盐酸有气体生成，则

0.56L

该溶液中含有cog、SOf中1种或2种，其浓度之和为得偿=0.25mo//L,则一定没有4g+、

43+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有Si。歹，发生反应SiOg+2H+=//25，。31，硅

酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒,SiO厂的浓度为：

2.4g

号等=0.4mo〃L；由流程HI可知溶液中不含SO；1根据电荷守恒2c（CO。）+2c（SO打）+

2c（Si。歹）=2x0.25mol/L+2XOAmol/L=13mol/L>0.5mol/L,因此溶液中一定含有K+,

且其浓度至少为0.8601/3不能确定NO］是否存在，据此进行解答.

本题考查离子共存、离子检验等知识，难度中等，注意掌握离子反应反应条件及常见离子的检验

方法，根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点.

10.【答案】B

【解析】解：4由2加25+诋2。。3+45。2=3他252。3+。。2可知$元素的化合价升高也降低，

则硫元素既被氧化又被还原，故A错误；

B.由2Mx2s+Na2co3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可知二氧化硫与二氧化碳的系数比为：B1,相

同条件下，每吸收10m3s。2就会放出2.5m3c。2，故B正确；

C.反应中2Na2s转化为3Na2s2。3，转移8个电子，则生成lmo/Na2s2O3，转移|m。/电子，故C

错误；

D.2Na2s+Na2C03+4S02=3Na2S2O3+CO2中，Na2s为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还

原剂的物质的量之比为2：1,故D错误；

故选：Bo

工业上将Na2cO3和Na2s以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO?,可制取Na2s2。3，同时

放出。。2,其反应方程式为2Na2s+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+C02,反应在S元素的化合价

从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答。

本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重

氧化还原反应基本概念及转移电子计算的考查，题目难度不大。

11.【答案】C

【解析】解：a点溶液中含有C。歹和HCO5,b点全部为HCO。c点恰好完全反应生成NaCL溶

液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，

A.a点溶液中含有COg和HCOJ,“COJ与。族反应不能大量共存，故A错误；

B.b点全部为HC。。43+、~e3+与HC03发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；

C.c点恰好完全反应生成NaCL溶液呈中性，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故

C正确；

D.d点呈酸性，酸性条件下，N。］与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；

故选：Co

向Na2cO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸,a点溶液中含有COg和"CO*,b点全部为HCOJ,

c点恰好完全反应生成NaCl,溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合离子反应发生条件及对

应离子的性质解答该题.

本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、

审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液

的成分，难度中等.

12.【答案】C

【解析】解：4/与C1相比，C1的非金属性强，则/C%与水反应的产物为HC1和村/。2,故A错误；

B./C%与K1反应时，生成碘单质与KC1,I元素被还原，故B错误；

C.IC1与冷NaOH溶液反应的离子方程式为:+20H-=10-+Cl-+%。，为非氧化还原反应，

故C正确；

D.IC1与水的反应生成HC1、HIO,没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；

故选：Co

2/G+2Zn=Zn%+ZnC/2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，可知IC1中C1的非

金属性强，则/Cl+H20=HCl+m。中不含元素的化合价变化，以此来解答.

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的

关键，注意从化合价角度分析，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大.

13.【答案】C

【解析】

【分析】

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、原电池原理、非金属性比较、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。

【解答】

A.电解质为稀硫酸，活泼金属作负极，根据实验现象可知，左烧杯中A1作负极，右烧杯中Fe作

负极，则可得出金属性：Al>Fe>Cu,金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，故A错误：

B.氯气可分别氧化NaBr、KI,不能比较%的氧化性，故B错误；

C.右烧杯中澄清石灰水变浑浊，说明碳酸氢钠发生分解生成了二氧化碳，左边烧杯中无明显变化，

说明碳酸钠没有分解，由此可判断热稳定性：Na2CO3>NaHCO3,故C正确；

D.盐酸为无氧酸，且盐酸易挥发，挥发出的盐酸也能与硅酸钠反应，不能比较三者的非金属性，

故D错误。

故选C。

14.【答案】D

【解析】解：A.加入Ba"溶液，产生白色沉淀可能为AgCl或BaS。,，由实验及现象可知，原溶

液中不一定含有SO唇，故A错误；

B.使澄清的石灰水变浑浊的无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，由实验及现象可知，溶液中可

能含有C。歹或S。歹或HC。]或HSO],故B错误；

C.氯气、二氧化硫均使品红褪色，由实验及现象可知，气体不一定是SO2,故C错误；

D.盐酸酸化可排斥亚硫酸根离子的干扰，后加氯化铁可检验硫酸根离子，则若加HC1时有气体产

生，力口BaCL时有白色沉淀产生，说明N&2SO3样品已部分被氧化，故D正确；

故选：D。

A.加入Ba"溶液，产生白色沉淀可能为AgCl或BaSCU；

B.使澄清的石灰水变浑浊的无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫；

C.氯气、二氧化硫均使品红褪色；

D.盐酸酸化可排斥亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钢可检验硫酸根离子。

本题考查离子及物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，

侧重分析与实验能力的考查，注意现象与结论的关系，题目难度不大。

2+2+3+2+2+

15.【答案】时71。2+2Fe+4H+=Mn+2Fe+2H2OB5Mn+Ni=Mn+Ni70Mn02+

+2+87（C1C21Z2）2+

4H+C20l-=Mn+2cO2T+2H2O^-^x100%Mn-2e~+2H20=MnO2+

4H+

【解析】解：（1）表示加入“氧化剂（软锯矿）”作用为MnOz+2尸e2++4"+=Mn2++2Fe3++

2H2O,

2++2+3+

故答案为：MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2%。；

（2）①由/可知,4（0H）3、尸e（。H）3的Ksp较小,且除杂不能引入新杂质，“中和剂”可以是MgO,

故答案为：B；

②由离子浓度小于1X10-660"时，即可认为该离子沉淀完全、仆网（。"）3]=1.0X10-33可

30乂1。—33i14

+5

知，c（0，-）=mol/L=iLmoi/L,C（W）=^-mol/L=10~mol/L,溶液的pH

应不低于-lglO-5=5,

故答案为：5；

(3)“置换”的目的是Mn+Ni2+=Mn2++Ni,除去杂质N»2+,

故答案为：Mn+Ni2+=Mn2++Ni；

(4)由图2可知，70℃时MnSO,、MgS”的溶解度差异较大，便于分离，结晶与过滤过程中，体系

温度均应维持在70℃,

故答案为：70；

2+

(5)①MnOz参与反应的离子方程式为Mu。？+4H++&。广=Mn+2CO2T+2%。，故答案为：

+2+2+

MnO2+4H+C2Ol-=Mn+2CO2T+2H2O；②由2MnO「+5C2O^~+16"+=2Mn+

3

10C02T+8%。可知，消耗的n(Na2c2O4)=c2moi/LxV2mLx10~L/mLx|=2.5c2V2X

3

10~mol,由“兀。2+4"++。2。+="足++2。。21'+2”2。可知，n(MnO2)=(qmoZ/Lx

33

VrmLx10-L/mL-2.5c2V2x10-mol),则该样品中MnO?的质量分数为二©濡烂3x100%,

故答案为：呸嗑浮也x100%；

(6)阳极上M/+放电发生氧化反应而生成MnOz，同时生成氢离子，电极反应式为Mn2+-2e-+

2H2O="皿+4H+,

2++

故答案为：Mn-2e-+2H2O=MnO2+4H«

由流程可知，浸出液中Fe2+被MnG氧化生成Fe3+,然后加MgO调节pH使出3+、4户+离子转化

为沉淀，再加Mn与Ni2+发生置换反应，然后加稀硫酸，生成硫酸镁，结晶法分离出硫酸镁，因

硫酸钙微溶，再加水沉降CoSO*过滤分离出滤液含MMO”蒸发结晶、干燥得到MnSO,固体，

以此来解答。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、金属活泼性、混合物分离

提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

16.【答案】-35.7cd卜适当降低温度、适当减小压强、增大氧气浓度、减小产物浓度(任

写x("竿1)；

答两条)3.809Pt-M

【解析】解：(1)①化学反应的反应热ZH=生成物的标准摩尔生成焙总和-反应物的标准摩尔生成

焰总和，所以C“4(g)+；O2(g)=CO(g)+2“2(g)的△"=-110.5kJ/mol+0-(-74.8/c//

mol)—0=—35.7kJ/mol,

故答案为：一35.7©/6。八

②a.催化剂能降低反应的活化能，故a错误；

b.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故b错误；

c.催化剂不影响平衡移动，所以不改变化学平衡常数，故c正确；

d.催化剂不影响反应热(4H),故d正确；

故答案为：cd；

③可逆反应c"4(g)+2。2(。)=C0(g)+2%(g)

开始0.500

V

反应(znol/L)等0.450.91.8

~v

平衡(6。，/，)竽0.050.91.8

—~vV

2

_C(CO)XC(H2)二竽x(竿)2,

化学平衡常数K一1

竽x(竿肢’

C(CH4)XC2(O2)

故答案为：B3

④该反应焙变小于0为放热反应，适当降低温度可以使平衡正向移动，提高甲烷的平衡转化率；

该反应为气体系数之和增大的反应，所以适当降低压强可以使平衡正向移动，提高甲烷的平衡转

化率；此外增大氧气浓度、减小产物浓度都可以提高甲烷的平衡转化率，

故答案为：适当降低温度、适当减小压强、增大氧气浓度、减小产物浓度(任答两条)；

(2)①据图可知使用Sn-M催化剂时，由CHg+到过渡态2的垒能最大，为5.496eV-moL-

1.687eV-mol-1=3.809eK-mol-1,

故答案为：3.809；

②吸附所需的能量越低越好，根据图知，两种催化剂比较，脱氢反应阶段催化效果更好的是Pt-Ni

合金，

故答案为：Pt—Ni。

(1)①化学反应的反应热ZH=生成物的标准摩尔生成焰总和-反应物的标准摩尔生成焰总和；

②催化剂可以改变反应速率，但不改变反应的平衡常数和反应热；

③可逆反应c%(g)+於2(。)=co(g)+2%(g)

开始(moL/L)上0.5

~V~00

反应(znol/L)竽0.450.91.8

平衡(mo///)号0.050.91.8

—~V

化学平衡常数K=c(C0)xc2*)；

C(CH4)XC2(O2)

④根据影响化学反应的条件浓度、温度、压强等结合勒夏特列原理分析；

(2)①根据图象找到最大的能垒步骤进行计算；

②吸附所需的能量越低越好。

本题考查较综合，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、化学平衡常

数计算方法、外界条件对可逆反应的影响原理是解本题关键，难点是平衡常数的计算，题目难度

中等。

17.【答案】4HC，（浓）+“兀。2二2H2。+MnC%+C，2T浓硫酸吸收C，2、HC1,防止污染空气，

同时防止空气中的水蒸气进入D中使PC%水解排尽曲颈甑中的空气，防止发生副反应不

能防止C%过量生成PC15冷水冷凝PCG防止其挥发便于收集产品HPOj~+2N0^+4H+=

2NO2y+H3P04+H20

【解析】解：（1）4装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化镒二者反应生成氯化镒、氯气和水，发

△

生反应的化学方程式为4HC,（浓）+MnOz=2H2。+MnCl2+Cl2T,

A

故答案为：4HC«浓）+MnO2-2H2O+MnCl2+Cl2T；

（2）因PC/3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，

因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余

的C%，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCG反应，

故答案为：浓硫酸；吸收CL、HCI,防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入D中使PCG水

解；

（3）通入一段时间的CO?可以排尽装置中的空气，防止PC,3与。2等发生副反应，另外PC"能与以2反

应生成PCb，则不能用以2代替C02，以防止仪2过量生成PC，5，

故答案为：排尽曲颈甑中的空气，防止发生副反应；不能；防止C%过量生成PC/5；

（4）PC，3沸点为75.5℃,利用E装置冷水降温，防止PCL挥发（冷凝），同时收集PC%，

故答案为：冷水；冷凝PCb防止其挥发便于收集产品；

（5）亚磷酸钠遇浓硝酸应被氧化为生「。4（中强酸），同时硝酸被还原为NO?,则发生反应的离子方

程式为HP。g+2N。*+4H+=2NO2T+H3PO4+出。，

故答案为：HPOj-+2N0]+4H+=2NO2T+"3P。4+“2。。

实验室要用黄磷（白磷）与干燥的C%模拟工业生产制取PC13流程为：A装置浓盐酸和二氧化锌二者

反应生成氯化镒、氯气和水，制得氯气，因PC“遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用

浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCG沸点为75.5℃,利

用D装置防止PCb挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所

以用E装置利用碱石灰吸收多余的C%,防止