浙江省杭州市及周边2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题（含答案）

第第页浙江省杭州市及周边2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质的水溶液显酸性的是A．NaHCO3 B．Na2SO4 C．KAl(SO4)2 D．CH3COOK2．下列物质属于电解质的是A．Cl2 B．乙醇 C．熔融的NaOH D．3．下列物质的主要成分不属于有机高分子的是人造奶油轮胎蚕丝棉花A．A B．B C．C D．D4．化学与生产、生活密切相关，下列有关叙述不正确的是A．自热食品的加热包其主要成分为生石灰，生石灰和水的反应为放热反应B．光伏发电的核心材料是二氧化硅，光导纤维的成分是晶体硅C．锅炉用煤中常加入一定量的石灰石，降低锅炉尾气中SO2D．家用便携式电源中的电池通常为锂电池，锂电池属于二次电池5．关于化学反应与能量的说法正确的是A．已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH>0，则金刚石中共价键键能比石墨大B．在25℃和101kPa下，强酸和强碱稀溶液的中和热为57.3kJ·mol-1，则稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成1mol水时放出热量大于57.3kJC．25℃和101kPa下，氨气的燃烧热为382.8kJ·mol-1，则氨气燃烧热的热化学方程式可表示为：NH3(g)+5/4O2(g)=NO(g)+3/2H2O(1)ΔH=-382.8kJ·mol-1D．化学反应必然伴随发生能量变化，能量变化必然伴随发生化学反应6．下列说法和相应方程式均正确的是A．用氢氟酸雕刻玻璃：SiOB．用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Hg2+：FeSC．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2D．工业用电解饱和氯化镁溶液制备金属镁：MgCl2通电Mg+Cl2↑7．在溶液中能大量共存的离子组是A．Al3+、Na+、SO42−、HCO3− B．K+、NOC．Fe3+、Cl-、SCN-、K+ D．CH3COO-、Cl-、SO42−8．下列实验装置使用正确的是A．图①：配制氢氧化钠溶液B．图②：制取碳酸氢钠C．图③：测定中和反应的反应热D．图④：证明温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0化学平衡的影响9．下列关于水的说法正确的是A．用电子式表示H2O分子的形成过程：B．25℃时用醋酸铵固体配制的水溶液pH=7，则醋酸铵对水的电离无影响C．25℃时pH均为10的碳酸钠和氨水溶液，水电离的c(OH-)相差106倍D．将纯水加热到95℃时，Kw变大，水还是呈中性，pH不变10．铁氰化钾[K3Fe(CN)6]的水溶液常用于Fe2+的检验。下列说法正确的是A．铁元素位于周期表第四周期Ⅷ族，属于副族元素B．K3Fe(CN)6的水溶液显黄色，加入Fe2+后得到蓝色溶液C．FeCl2溶液中的Fe2+还可以用酸性高锰酸钾溶液检验D．由于铁元素的干扰，该盐进行焰色试验时可能观察不到钾的紫色11．制备S4N4(S呈+2价)的反应为6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl。已知常温时NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，下列说法不正确的是A．空气中NH3遇到HCl时会迅速产生白烟B．该反应中氧化剂、还原剂的分子个数比为2：3C．S8的分子结构示意如图()，则1个S8分子中有8个非极性键D．常温下，某浓度的NH4Cl溶液pH为6，故NH4Cl会抑制水的电离12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NAB．50℃时，1LpH=13的NaOH溶液中含OH-的数目为0.1NAC．1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH4+D．用惰性电极电解1L0.5mol·L-1CuSO4溶液，得到22.4L标准状况下气体，理论上需转移4NA个电子13．一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法不正确的是A．放电时Cl-向a极迁移B．一段时间后NaCl溶液的酸性增强C．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力D．b极反应：NaTi14．苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．苯中的6个碳碳键完全相同，M中的6个碳碳键不完全相同B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．生成Y的反应过程中，浓H2SO4作催化剂D．未达平衡时，升高温度，Y在产物中的百分含量增加15．25℃时，通过下列实验探究SO2及其生成化合物的某些性质已知：Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6×10-8，Ksp(BaSO3)=5×10-10实验1：将SO2气体通入水中，用pH计测得溶液pH=3.0，然后滴入紫色石蕊试液。实验2：将标准状况下2.24LSO2气体通入1L0.1mol·L-1NaOH溶液中。实验3：将SO2气体通入1mol·L-1BaCl2溶液中至饱和。下列说法正确的是A．实验3全过程不可能生成BaSO3沉淀B．实验1所得溶液中：c(HSO3−)>c(H2SO3)>c(C．实验2所得溶液，蒸干、灼烧可制得7.3gNa2SO3固体D．实验1所得溶液，滴入紫色石蕊试液后先变红色，再变无色16．Li2S是制作电池固态电解质的关键材料。Li2CO3粉末与H2S在600～700℃条件下制备Li2S(易水解)的实验装置如图所示(夹持仪器略)。已知：Ka1(H3PO4)>Ka1(H2S)>Ka2(H3PO4)>Ka3(H3PO4)>Ka2(H2S)。下列叙述正确的是A．装置乙内盛装的固体可以是无水CaCl2，用于干燥H2SB．X溶液为CuSO4溶液或NaOH溶液，当丁装置中出现气泡时开启管式炉C．开始滴入磷酸时，三颈烧瓶内发生的主要反应是H3PO4+2Na2S=Na2HPO4+2NaHSD．该套实验装置设计存在不足，需在丙、丁之间加装干燥装置，或将装置丁改为装有P2O5的干燥管二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．Cl、O、H是常见的非金属元素，Na、Cu是重要的金属元素。物质结构和反应原理可以指导元素化合物的学习，而元素化合物知识的学习，又能加深对结构和原理的理解。（1）Na和O元素能组成阴阳离子个数比为1：2的化合物，溶于水时放出氧气，该化合物的电子式为，所得溶液中离子数目最多的是(填离子符号)。（2）已知CuCl42-为黄色，Cu和Cl元素组成的一种棕黄色盐溶于水得到蓝色溶液，加热溶液由蓝色变为黄绿色，冷却后溶液又恢复蓝色，请用离子方程式解释溶液由蓝色变为黄绿色的原因（3）Na、Cl、O、H四种元素可以组成某种含结晶水的混盐A(一种金属阳离子，两种酸根离子组成的盐)，15.1gA中含Na元素4.6g，Cl元素7.1g，H元素0.2g，则A的化学式为；A溶于水时溶液显碱性的原因，用离子方程式可表示为。18．利用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸和绿矾(FeSO4·7H2O)的工业流程示意图如下：（1）设备a中发生主要反应的化学方程式为。工业上设备c中吸收SO3的试剂为。（2）下列说法不正确的是。a．硫铁矿进入设备a前粉碎可以增大接触面积，使反应更快更充分b．混合气Ⅰ中通入过量空气，可将SO2完全转化为SO3c．固体X可用FeS2或铁粉，其作用主要是将Fe3+还原为Fe2+d．操作a包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作（3）制硫酸产生的废气中含有SO2，某硫酸厂用如图所示的脱硫工艺除去尾气中的SO2。过程Ⅰ发生反应的离子方程式为。（4）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。①仪器B的名称为。②将下列实验操作步骤正确排序(填标号)：重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．冷却到室温d．打开K1和K2，缓缓通入N2e．称量Af．关闭K1和K219．汽车尾气中的有害成分主要有CO、NO、SO2、颗粒物和臭氧等。（1）在汽车尾气系统中装催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：i、N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔΗ1=+180.5kJ·mol-1ii、2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔΗ2=-116.5kJ·mol-1iii、2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔΗ3=-566.0kJ·mol-1iv、2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔΗ4ΔΗ4=，该反应自发的条件是。（2）汽车发动机工作时会引发反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。一定温度下，恒容密闭容器中能够说明该反应已达到平衡的是(填字母)。a．容器内的压强不发生变化b．混合气体的密度不发生变化c．NO、N2、O2的浓度保持不变d．单位时间内生成4molNO，同时生成2molN2（3）活性炭可对汽车尾气进行处理，涉及原理：2NO(g)+C(s)⇌N2(g)+CO2(g)ΔΗ=-34kJ·mol-1，已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压为p0，测得相同时间内NO的转化率随着温度变化如图所示：①请从动力学角度分析，1050K前，反应中NO转化率随着温度升高而增大的原因。②已知用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)，p(B)=p·x(B)，p体系的总压，x(B)为平衡体系中气体B的体积分数，则1100K时，该反应的Kp=。（4）某研究小组采用微生物法同时脱硫、脱硝(细菌生存的最佳温度为30～45℃，pH值为6.5～8.5)，研究结果表明pH对脱硫、脱硝效果的影响如图1所示。另一研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂也可同时有效脱硫、脱硝，图2为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫、脱硝的影响。下列有关说法正确的是。a．从图1中可以看出，采用微生物治理法时应选择的最佳pH值是8b．图1中pH过大时，细菌活性迅速降低，脱硝效率明显下降c．图2中，温度高于60℃后，NO去除率下降的原因为温度升高H2O2分解速率加快d．图2中，相同温度下，SO2去除率均高于NO去除率的原因可能是：SO2的溶解度高于NO，吸收剂中SO2的浓度明显比NO大（5）用间接电化学法同时去除尾气中NO装置如下图所示。电极M上的电极反应式为。20．草酸(H2C2O4)是植物中普遍含有的成分，具有广泛的用途，草酸溶液中含碳微粒的分布系数δ(x)随溶液pH变化如图所示，δ(x)=cxcH2C2O4+cHC2（1）写出草酸在水中的电离方程式、。（2）下列说法正确的是(填序号)。a．草酸的二级电离常数Ka2=10-4.2b．A点时，溶液中H2C2O4和HC2c．由图可知NaHC2O4溶液中有：c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H2C2Od．pH=1.8时发生的反应主要是：HC2O4−+OH-=（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的有(填序号)。a．室温下，测0.1mol·L-1的H2C2O4溶液与0.1mol·L-1的H2SO4溶液的pH，硫酸溶液的pH比草酸的小b．室温下，取0.01mol·L-1的NaHC2O4溶液，测其pH>7c．室温下，取pH=5的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH<7d．标准状况下，取pH=1的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H2体积大于112mL（4）等物质的量浓度的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液中各离子浓度由大到小顺序为。（5）常温下，在足量NaHC2O4溶液中加入少量CaCl2固体，发生反应：Ca2++2HC2O4−=CaC2O4↓+H2C2O4，草酸钙Ksp(CaC2O4)=4×1021．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期VIA族。高纯硒被广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备硒的流程如下：已知：H2Se的沸点为231K，可溶于水；Ka1(H2Se)=1.3×10-4，Ka2(H2Se)=1.0×10-11，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，回答下列问题：（1）真空焙烧时生成的主要产物中Se的化合价为-2价，则该产物的化学式为。（2）氢化过程生成H2Se和Al2O3·xH2O，用水蒸气不用液态水的最主要原因是。（3）Se含量可根据行业标准YS/T226.12-2009进行测定，测定主要步骤如下：Ⅰ、称取粗硒样品0.1000g，加入HNO3溶液，使其转化为弱酸H2SeO3；Ⅱ、消除剩余的硝酸，防止造成对后续测定过程的干扰。Ⅲ、对Ⅱ所得溶液酸化，然后加入0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液40.00mL，再加入少量KI和淀粉溶液。然后用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，消耗8.00mL标准溶液。已知：测定过程中Se的化合价变化为Se(+4)→Na2S2O3Se(+2)(反应最快)，Se(+4)→KI①Na2S2O3标准溶液应装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，滴定前，该滴定管的操作是：→清洗→润洗→装液→→调整液面→读数。②KI的作用是。③该样品中Se的质量分数为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．NaHCO3溶液中，HCO3-B．Na2C．KAlSO42电离出的Al3+会发生水解生成D．CH3COOK中的CH3综上，答案选C。

【分析】盐类物质水解，硫酸铝钾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠和醋酸钾溶液呈碱性。2．【答案】C【解析】【解答】A．Cl2属于单质，根据电解质与非电解质的定义，二者都是对化合物的分类，因此ClB．乙醇属于有机化合物，在水溶液和熔融状态下都不能发生电离，无法导电，属于非电解质，B不符合题意；C．NaOH是强碱，属于化合物，它在熔融状态下可以电离出能够自由移动的Na+和OHD．NH3溶于水后会和水反应生成NH4+和OH故答案选C。

【分析】电解质包括酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物。3．【答案】A【解析】【解答】A．人造奶油的主要成分是油脂，本质为高级脂肪酸甘油酯，它的相对分子质量较小，一般在几百范围内，不属于有机高分子化合物，A符合题意；B．轮胎的主要成分是合成橡胶，合成橡胶属于有机高分子材料，因此B不符合题意；C．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子化合物，因此C不符合题意；D．棉花的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物，因此D不符合题意；综上，本题选A。

【分析】合成橡胶、蛋白质、纤维素属于有机高分子，油脂不属于有机高分子。4．【答案】B【解析】【解答】A．生石灰也就是CaO，可以和水发生反应生成CaOHB．光伏发电的核心半导体材料是晶体硅，而制作光导纤维的原料是二氧化硅SiO2C．在燃煤中添加石灰石，石灰石的成分为CaCO3，高温下石灰石分解生成CaO，CaO可以和煤燃烧产生的SO2反应生成CaSO3，CaSO3会进一步被氧化为D．家用便携式锂电池支持充电，能够重复循环使用，属于可二次放电的二次电池，D说法正确；本题要选说法错误的，因此答案为B。

【分析】A．氧化钙和水反应放热，用于加热包；

B．光伏发电的核心材料是单质硅，光导纤维的成分是二氧化硅；

C．碳酸钙分解生成氧化钙可吸收二氧化硫，减少气体排放；

D．锂电池属于二次电池。5．【答案】B【解析】【解答】A．石墨转化为金刚石的ΔH>0，说明该反应吸热，因此石墨的总能量更低，性质更稳定。物质中共价键的键能越大，物质本身越稳定，由此可知石墨中共价键的键能比金刚石更大，A不符合题意；B．中和热的定义是酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量，但硫酸和氢氧化钡反应除了生成水，还会生成BaSO4沉淀，生成沉淀的过程会额外放出热量，因此该反应总放出的热量大于57.3kJ，B符合题意；C．燃烧热定义要求可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，氮元素完全燃烧的稳定产物为N2，选项中反应产物是NO(g)，属于不完全燃烧，不符合燃烧热的定义，C不符合题意；D．化学反应一定会伴随能量变化，但有能量变化的过程不一定是化学反应，例如物质三态变化等物理过程也会伴随吸放热，D不符合题意；故选B。

【分析】A．ΔH=反应物总键能-生成物总键能；

B．离子之间形成新化学键释放能量，稀硫酸和氢氧化钡反应生成1mol水时放出热量大于57.3kJ；

C．燃烧热中氮元素的指定产物是氮气不是一氧化氮；

D．能量变化不一定伴随发生化学反应，如浓硫酸稀释，不是化学反应，过程放热。6．【答案】B【解析】【解答】A．氢氟酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆开，需要保留化学式，不能拆写成H+和F-，该反应的正确离子方程式为：SiO2B．FeS的溶度积常数比HgS更大，因此可以发生沉淀转化，得到溶解度更小的HgS，反应FeS+C．Fe3+和Cu发生反应时，Fe3+只能被还原为Fe2+D．工业制备金属镁需电解熔融MgCl2而非溶液，电解饱和氯化镁溶液正确方程式：MgCl2故选B。

【分析】A．氟化氢是弱酸，不可拆；

B．硫化亚铁固体，不拆，和汞离子反应生成硫化汞沉淀；

C．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不是铜单质；

D．电解氯化镁溶液方程式为MgCl27．【答案】D【解析】【解答】A．Al3+会和HCO3−发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和COB．在酸性环境中，CrO42−会发生反应2CrO42−+2C．Fe3+和SCN-会结合生成络合物，无法大量共存，C不符合题意；D．CH3COO-、Cl-、SO42−、Na综上，答案选D。

【分析】考查离子反应，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，氢离子影响平衡2CrO42−+2H+8．【答案】D【解析】【解答】A．配制氢氧化钠溶液时，需要先在烧杯中溶解氢氧化钠固体，待溶液冷却至室温后，再转移到容量瓶中定容，图示操作直接将氢氧化钠固体在容量瓶中溶解，因此A错误；B．氨气极易溶于水，若将导气管伸入液面下进行收集，会发生倒吸，因此通入氨气的导气管不能插入液面以下，图示操作错误，故B错误；C．测定中和反应的反应热时，为了使溶液混合均匀、快速测得反应的最高温度，装置中必须使用环形玻璃搅拌棒，图示装置缺少该仪器，因此C错误；D.对于反应2NO综上，答案选D。

【分析】A．容量瓶不能用于溶解固体；

B．氨易溶于水，需防倒吸；

C．装置中缺少环形玻璃搅拌棒；

D.改变温度，观察烧瓶中颜色变化，探究温度对平衡影响。9．【答案】C【解析】【解答】A．H2O是共价化合物，分子中不存在离子键，正确的形成过程应该为，因此选项A错误；B．醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子都可以发生水解，溶液pH=7是因为两种离子的水解程度相等，使得溶液中c(H+)；醋酸盐和铵盐的双水解会促进水的电离，因此醋酸铵溶液中水的电离程度大于纯水，选项B错误；C.25℃时，两种溶液pH均为10的碳酸钠溶液中，碳酸根水解会促进水的电离，溶液中的OH-主要来自水的电离，因此水电离出的c(OH-)=Kwc(HD．将纯水加热到95℃，升温会促进水的电离，水的电离平衡正向移动，溶液中c(OH-)和c(H+)都增大，且二者始终相等，因此Kw增大，水仍为中性，但pH会减小，D错误；综上，答案选C。

【分析】A．水是共价化合物，用电子式表示物质形成时，不存在电子转移，不用箭头；

B．醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根水解，促进水的电离；

C.pH为10的碳酸钠溶液中，水电离的氢氧根浓度为10-4mol/L，pH为10的氨水中，水电离的c(OH-)=1.0×10-10mol/L；

D．升温，Kw变大，中性纯水pH变小。10．【答案】A【解析】【解答】A．铁元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于副族元素，因此该选项符合题意；B．铁氰化钾和Fe2+反应会生成蓝色沉淀，并不会得到蓝色溶液，因此该选项不符合题意；C．Fe2+能够被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色，但该体系中的Cl-同样可以被酸性高锰酸钾氧化，会对Fe2+的检验造成干扰，因此该选项不符合题意；D．铁元素本身的焰色反应并不明显，观察钾元素的焰色时需要利用钴玻璃滤除铁的焰色干扰，因此该选项不符合题意；综上，答案选A。

【分析】A．铁位于周期表中第四周期Ⅷ族，属于副族元素；

B．亚铁离子和K3Fe(CN)6溶液反应得到蓝色沉淀；

C．高锰酸钾可以氧化亚铁离子和氯离子；

D．用钴玻璃滤去干扰颜色，可观察钾的紫色。11．【答案】D【解析】【解答】A.NH3和HCl都属于易挥发气体，二者相遇后会反应生成NH4Cl固体小颗粒，因此可以观察到白烟，故A正确；

B.该反应中，S2Cl2中S元素为+1价；生成的S4N4中S为+2价，S元素化合价升高，对应的S2Cl2被氧化，作还原剂；生成的S8中S为0价，S元素化合价降低，对应的S2Cl2被还原，作氧化剂。当1个S2Cl2作氧化剂时，分子内2个S从+1价变为0价，总共得到2e-；当1个S2Cl2作还原剂时，分子内2个S从+1价变为+2价，总共失去2e-。结合反应方程式可知，6个S2Cl2中，有4个作氧化剂用来生成S8，2个作还原剂用来生成S4N4；另外还有4个NH3分子作还原剂，其中N元素化合价从-3价升高到-2价。因此，氧化剂（全部为S2Cl2）与还原剂（包括S2Cl2和NHD．NH4Cl溶液的pH为6，该酸性是溶液中的铵根离子发生水解反应产生的，铵根水解会促进水的电离，并不是抑制水的电离，因此D选项错误；综上，答案选D。【分析】A．氨和氯化氢反应生成白烟氯化铵；

B．分析方程式中元素化合价变化，4个S2Cl2作氧化剂，2个S2Cl2作还原剂，4个NH3C．由S8结构知，1个S8分子中有8个非极性键；D．铵根离子水解，溶液呈酸性，促进水的电离。12．【答案】C【解析】【解答】A.28gN2的物质的量为1mol，6gH2的物质的量为3mol，二者按照反应方程式N2+3H2⇌高温、高压催化剂2NH3恰好完全反应的话，理论上可以生成2molNH3，也就是2NA个氨分子；但合成氨反应属于可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此实际得到的NHB.常温下水的离子积Kw=1×10-14，水的电离是吸热过程，温度升高到50℃时，水的电离程度增大，离子积常数Kw>1×10-14。该温度下pH=13的NaOH溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，因此OH-浓度大于0.1mol/L，1L该NaOH溶液中OH-的物质的量大于0.1mol，即OH-的数目大于0.1NA，因此B错误；C．NH4Cl溶液中NH4+会发生水解反应，不能完全电离存在于溶液中，因此浓度为0.1mol/L的1LNH4Cl溶液中，NH4D．该溶液中CuSO4的物质的量n(CuSO4)=0.5mol，电解CuSO4溶液时，阳离子放电顺序为Cu2+＞H+，Cu2+会优先在阴极放电，对应反应关系为2Cu2+~O2~4e-；溶液中共有0.5molCu2+，Cu2+完全放电时，共转移1mol电子，阳极生成0.25molO2，标况下体积为5.6L。Cu2+完全反应后，继续电解实质是电解水，对应反应关系为2H2O~2H2~O2~4e-；若标况下两极共收集到22.4L即总物质的量为1mol的气体，扣除Cu2+放电阶段生成的0.25molO2，电解水阶段共生成0.75mol气体，其中H2为0.5mol、O2为0.25mol，该阶段转移1mol电子。两个阶段加和，总转移电子的物质的量为1mol+1mol=2mol，总转移电子数为2NA，D错误；答案选C。

【分析】A．氮气和氢气的反应属于可逆反应；

B．50℃时，水的离子积常数发生变化，不是1×10-14；

C．铵根离子会发生水解被消耗，数目会减少；

D．惰性电极电解硫酸铜溶液分两段，第一段阴极铜离子得电子，阳极氢氧根失电子生成氧气，第二段电解水，据此分析。13．【答案】C【解析】【解答】A．该电池放电时，阴离子会向负极移动，a极为负极，因此Cl-会向a极迁移，A错误；B．放电时，a极（负极）发生的电极反应为Cu2O+C．若用Ag/AgCl电极替代原a极，会发生反应Ag+D．b极是电池的正极，发生的电极反应为NaTi2综上，答案选C。【分析】我们先确定原电池放电时的正负极：放电过程中a极和b极的质量都会增加，电极质量增加一般是因为电极结合了阳离子或是阴离子，结合a极材料含有Cl-、b极的反应过程涉及Na+，可以得到结论：a极为负极，电极反应为Cu2O+Cl−14．【答案】D【解析】【解答】A．苯分子中所有碳原子都为sp2杂化，共同形成了离域大π键，最终苯分子为正六边形结构，分子中6个碳碳键完全相同；而在化合物M中，由于引入了-NO2，和硝基直接相连的碳原子杂化方式变为spB．结合题目给出的反应机理流程可以得知，中间体X的碳原子和氢原子数目没有发生改变，同时新增了-NO2和-OSOC.Y是硝基苯，它可由苯和浓硝酸发生苯环上的取代反应得到，取代后苯环上引入-NOD.从流程信息可知，生成Y的反应属于放热反应，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，因此Y在产物中的百分含量会降低，D错误；综上，答案选D。

【分析】由能量变化示意图和物质转化，苯中的6个碳碳键完全相同，M中的6个碳碳键不完全相同，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，浓H2SO4作生成Y的反应过程中的催化剂，由能量变化，生成Y为放热，升高温度，不利于Y的生成。15．【答案】B【解析】【解答】A．实验3中，SO2溶于水生成H2SO3，亚硫酸的电离以第一步电离为主，第一步电离出的H+和HSO3-的浓度近似相等，结合亚硫酸的二级电离常数Ka2(H2SO3)可以计算得到，溶液中c(SO32-)≈6×10-8mol/L，此时计算离子积：Q=cBa2+·cSO32-=0.1×6×10-8=6×10-9>Ksp(BaSO3)=5×10-10，Q>Ksp(BaSO3)$，因此会生成BaSOC．实验2中SO2和NaOH的物质的量之比为1：1，反应生成0.1molNaHSO3，对所得固体灼烧时发生反应：2NaHSO3=ΔNa2SO3+SO2↑+H2D．SO2溶于水后溶液呈酸性，可以使紫色石蕊试液变红，而SO综上，答案选B。

【分析】A．利用亚硫酸的电离常数计算溶液中亚硫酸根离子浓度，计算Q和Ksp大小；

B．用亚硫酸电离常数计算，得cHSO3->cSO32-16．【答案】A【解析】【解答】A．装置甲用于制备H2S，无水CaCl2为中性干燥剂，不与硫化氢反应，因此装置乙中可以盛装无水CaCl2，干燥H2S，故A正确；B．丁装置的作用是吸收反应后多余的尾气H2S，CuSO4和NaOH溶液都可以和H2S发生反应，因此X既可以是CuSO4溶液也可以是NaOH溶液；当丁装置中持续、均匀产生气泡时，说明整个装置已经被H2S充满，排尽了装置内的空气，此时才可以开启管式炉加热，故B错误；

C．Ka1(H3PO4)>Ka1(H2S)>Ka2(H3PO4)>Ka3(H3PO4)>Ka2(H2S)，开始滴入磷酸时，反应生成磷酸钠和硫氢化钠，三颈烧瓶内发生的主要反应是H3PO4+3Na2S=Na3PO4+3NaHS，故C错误；D．丁装置的作用是处理尾气，五氧化二磷可以干燥硫化氢，但无法吸收硫化氢，因此不能把丁装置替换成盛有P2O5的干燥管，因此D错误；本题选A。【分析】该套实验装置中，装置甲用于制备反应物H2S，生成的H2S进入装置乙中进行干燥处理，干燥后的H2S送入装置丙，在600～700℃的条件下，和丙中的Li2CO3粉末反应制备目标产物Li2S，未参与反应的多余H2S会进入装置丁被吸收处理，避免有毒的H2S排放到空气中造成环境污染。17．【答案】（1）；OH-（2）Cu（3）NaCl·NaClO·H2O【解析】【解答】（1）钠元素和氧元素组成的氧化物中，与水反应时会放出氧气的是过氧化钠Na2O2，它由Na+和过氧根离子O22-构成，其中阴、阳离子的个数比为1：2，该化合物的电子式为：；过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，同时反应体系中存在水的电离平衡：H2O⇌H++OH-，对比反应后溶液中的各离子数目，可得离子数目最多的是OH-。

（2）CuCl42-溶于水后，络合的Cl-被H2O取代形成CuH2O42+而得到蓝色溶液，当加热蓝色溶液后，CuH2O42+又与Cl-转化为（1）Na和O元素的氧化物中，能溶于水时放出氧气的是Na2O2，由Na+和O22-构成且阴阳离子个数比为1：2，则该化合物的电子式为：；Na2O2与H2（2）CuCl42-溶于水后，络合的Cl-被H2O取代形成CuH2O4（3）在A中，4.6gNa的物质的量为0.2mol，7.1gCl的物质的量为0.2mol，0.2gH的物质的量为0.2mol，剩余的(15.1-4.6-7.1-0.2)g=3.2g为O，物质的量为0.2mol，A中各元素物质的量之比为nNa:nCl:nH:nO=0.2mol:0.2mol:0.2mol:0.2mol=1:1:1:1，由于A是由一种金属阳离子，两种酸根离子组成的混盐，结合A的各元素可得到一种金属阳离子为Na+，两种酸根离子分别Cl-和ClO18．【答案】（1）4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2；98.3%浓硫酸（2）bd（3）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO（4）(球形)干燥管；dabcfe【解析】【解答】（1）在燃烧硫铁矿的设备a中，FeS2与氧气在高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，该核心反应的化学方程式为4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2。工业制备硫酸时，为避免形成酸雾、保证三氧化硫被充分吸收，需要使用98.3%的浓硫酸吸收SO3，因此设备吸收塔c中吸收SO3的试剂为98.3%的浓硫酸。

（2）a.将硫铁矿粉碎后再进入燃烧炉a，可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，让反应进行得更充分，故a正确；

b.二氧化硫的催化氧化反应2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，因此即使向混合气Ⅰ中通入过量空气，也无法让SO2完全转化为SO3，故b错误；

c.FeS2和铁粉都具有还原性，固体X可用FeS2或铁粉，其作用主要是将Fe3+还原为Fe2+，故c正确；

d.操作a是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体含有结晶水，若直接蒸发结晶会失去结晶水，因此操作a依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项描述错误，故d错误；

综上，本题选bd。

（3）由题图可知，过程Ⅰ中硫酸铁与二氧化硫发生反应生成硫酸亚铁和硫酸，该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+②装置内原本残留的空气会氧化硫酸亚铁，对实验产生干扰，因此加热反应前需要先通入氮气，将装置中的空气排尽；反应结束后，需要利用氮气将装置内生成的水全部赶出保证被完全吸收，因此正确的操作顺序为：先熄灭酒精灯，待装置冷却至室温后，再关闭K1和K2，最后进行称量，对应的操作顺序为dabcfe。

【分析】硫铁矿的主要成分为FeS2，硫铁矿在沸腾炉中焙烧后，反应生成氧化铁和二氧化硫。得到的烧渣中含有FeS、SiO2、Fe2O3等多种物质；烧渣加入过量20%硫酸，同时通入氧气进行酸溶溶解，之后过滤除去不溶杂质，得到的溶液Ⅰ为硫酸铁溶液，向溶液Ⅰ中加入固体X，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，最终得到绿矾产品。而焙烧产生的SO2，在接触室中与氧气反应生成SO3，之后在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，最终制得硫酸。（1）设备a中FeS2和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，发生主要反应的化学方程式为4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2。工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3制备硫酸，设备c中吸收SO3的试剂为98.3%的浓硫酸。（2）a．根据影响反应速率的因素，硫铁矿进入设备a前粉碎可以增大接触面积，使反应更快更充分，故a正确；b．2SO2+O2⇌Δc．FeS2或铁粉都具有还原性，固体X可用FeS2或铁粉，其作用主要是将Fe3+还原为Fe2+，故c正确；d．操作a是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体，为防止失去结晶水，操作a包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故d错误；选bd。（3）根据图示，过程Ⅰ是硫酸铁和二氧化硫反应生成硫酸亚铁和硫酸，发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO4（4）①根据图示，仪器B的名称为球形干燥管。②装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要通入氮气排出装置中的空气，在反应中利用氮气将装置中产生的水完全排出，因此应先熄灭酒精灯，再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确顺序为dabcfe。19．【答案】（1）-746.5kJ·mol-1；低温（2）cd（3）1050K前，反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率提高；1（4）bcd（5）2HSO3−+2H++2e-=S2【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ可以由反应Ⅲ减去反应Ⅰ得到，因此ΔH4=ΔH3-ΔH1=(-566.0-180.5)kJ/mol=-746.5kJ/mol；该反应的气体反应物分子总数大于气体生成物分子总数，属于熵减反应，熵变小于0，同时该反应焓变也小于0，根据自发反应判据ΔG=ΔH-TΔS<0可知，只有在低温条件下才能满足该式，因此该反应自发进行的条件是低温。（2）a．该反应前后气体分子总数不发生改变，压强始终是定值，因此压强不变不能说明反应达到平衡状态，a错误；b．容器容积固定，且反应中所有反应物、生成物都是气体，气体总质量始终不变，因此混合气体的密度始终是定值，密度不变不能说明反应达到平衡，b错误；

c．反应达到平衡的特征就是各组分的浓度不再变化，因此反应物和生成物浓度不变可以说明反应达到平衡，c正确；b．该反应依赖细菌实现生物脱硫脱硝，细菌适宜生存的pH范围为6.5~8.5，当pH超出该范围过大时，细菌活性会迅速降低，因此脱硝效率会明显下降，b正确；c．由图2可知，温度超过60℃后，H2O2分解速率加快，造成吸收剂有效浓度下降，复合吸收性能降低，因此NO去除率下降，c正确；d．由图2可知，相同温度下SO2去除率始终高于NO去除率，原因是相同条件下SO2在吸收剂中的溶解度高于NO，使得吸收剂中SO2的浓度远大于NO，d正确；综上选bcd。（5）电极M上，HSO3-发生还原反应转化为S2O42-，配平后可得电极反应式为：2HSO3−+2H++2e-=S2O42−+2H2O。

【分析】（1）考查盖斯定律，（1）根据盖斯定律，反应iv=反应iii-反应i，ΔH4=（2）a．该反应气体分子数不变，所以压强不变不能说明反应平衡，a不符合题意；b．由于容器体积恒定，反应组分均为气体，所以混合气体密度不变不能说明反应平衡，b不符合题意；c．反应物和生成物的浓度在反应过程中变化，到达平衡时不变，c符合题意；d．单位时间内生成4molNO，即消耗2molN2，同时生成2molN2，说明正反应速率与逆反应速率相等，可以说明反应平衡，d符合题意；故选cd。（3）①由于反应时间相同，所以温度较低时（1050K前），反应速率较慢，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，NO转化率提高；②1100K时，反应已达平衡，设初始投入1molNO，由图得，平衡时转化NO0.4mol，剩余NO0.6mol，生成0.2molN2与0.2molCO2，气体总物质的量为1mol，则平衡常数为Kp（4）a．由图1得，最佳pH应为7，此时脱硫和脱硝效率最高，a错误；b．由于细菌生存的最佳pH为6.5~8.5，所以pH过大时，细菌活性迅速降低，脱硝效率明显下降，b正确；c．图2中，温度高于60℃后，H2O2分解速率加快，复合吸收效率降低，NO去除率降低，c正确；d．图2中，相同温度下，SO2的溶解度高于NO，吸收剂中SO2的浓度明显比NO大，可能导致SO2去除率均高于NO去除率，d正确；故选bcd。（5）电极M上的反应中HSO3-被还原为S2O42-，电极反应式为2HSO3−+2H20．【答案】（1）H2C（2）ab（3）ad（4）c(Na+)>c(C2O42−)>c(HC2（5）2.5×104【解析】【解答】（1）草酸H2C2O4是二元弱酸，在溶液中分步发生电离：第一步电离中，H2C2O4部分电离，生成HC2O4−和H+；第二步电离中，生成的HC2O4−继续部分电离，生成C2O42−和H+，两步电离的方程式分别为H2C2O4⇌HCb．A点对应溶液中，H2C2O4和HC2O4−的分布系数相等，可得c(H2C2Oc．从图像可知，NaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4−的电离程度大于水解程度，且HC2O4−的电离和水解程度都很小，钠离子不发生电离水解，因此离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2d．pH=1.8时，随着NaOH加入，溶液中c(H2C2O4)降低，c(HC2O4−)升高，此时H2C2O4和OH-反应生成综上，答案选ab；（3）a．室温下，分别测定浓度均为0.1mol•L-1的H2C2O4溶液和H2SO4溶液的pH，观察到硫酸溶液的pH比草酸的更小。由于H2SO4是强酸，该现象可以说明草酸的电离程度小于硫酸，即可证明草酸是弱酸，因此a正确；b．若草酸是弱酸，NaHC2O4溶液依然显酸性，因此室温下0.01mol•L-1的NaHC2O4溶液pH<7，无法证明草酸的强弱，因此b错误；c．室温下，取pH=5的H2C2O4溶液稀释100倍后，稀释后溶液的pH仍然小于7。酸性溶液稀释后pH一定小于7，该现象无法说明草酸存在电离平衡，不能证明草酸是弱酸，因此c错误；d．标准状况下，取pH=1的H2C2O4溶液100mL，与足量锌粉反应。假设草酸是强酸，那么溶液中n(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，根据氢元素守恒，生成氢气的物质的量应为0.005mol，对应体积为0.112L；实际实验得到的氢气的物质的量大于0.112L22.4L/mol=0.005mol综上，答案选ad；（4）A点c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，pH=1.2，H2C2O4的一级电离常数Ka1=cHC2O4−cH2C2O4×c(H+)=c(H+)=10-1.2，H2C2O4的二级电离常数Ka2=10-4.2，等物质的量浓度的Na2C2O4（5）化学平衡常数K=cH2C2【分析】在溶液pH逐渐升高的过程中，H2C2O4的分布系数会逐渐减小，HC2O4−的分布系数会先增大后减小，C2O42−的分布系数会逐渐增大，因此曲线a、b、c依次对应H2C（1）根据图知，H2C2O4是二元弱酸，分步电离，第一步H2C2O4部分电离生成HC2O4−、H+，第二步HC2O4−部分电离生成（2）a．根据图像可知，C点pH=4.2，且C点溶液中C2O42−和HC2O4−的分布系数相等，则c(HC2O4−)=c(C2b．A点时，溶液中H2C2O4和HC2O4−的分布系数相等，则c(H2C2Oc．由图可知NaHC2O4溶液中HC2O4−能电离和水解，但其电离和水解程度都较小，溶液呈酸性，则HC2O4−的电离程度大于水解程度，钠离子不水解，则存在c(Na+)>c(HC2d．pH=1.8时，c(H2C2O4)减小、c(HC2O4故答案选ab；（3）a．室温下，测0.1mol•L-1的H2C2O4溶液与0.1mol•L-1的H2SO4溶液的pH，硫酸溶液的pH比草酸的小，说明草酸的电离程度小于硫酸，硫酸为强酸，则草酸为弱酸，a正确；b．室温下，0.0