广东省阳江市2023-2024学年高二上学期10月期中考试化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·梅州模拟）我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料属于合金材料的是
A．“福建”舰飞行甲板所用的特种钢材 B．用于吊装港珠澳大桥的超高分子量聚乙烯纤维吊绳 C．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板 D．“神舟十三号”载人飞船使用的石英挠性加速度计
A．A B．B C．C D．D
2．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH
D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO
3．下列物质的性质或用途的因果关系不正确的是（ ）
A．乙醇具有氧化性，可用于杀菌消毒
B．受热易分解生成，可用于食品膨松剂
C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片
D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料
4．工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH，一种不溶于水的黄色固体)制备高铁酸钾()，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．制备的反应类型为复分解反应
B．铁黄制备高铁酸钠的离子方程式为：
C．制备NaClO时，可通过加热的方式加快反应速率
D．高铁酸钾可作水处理剂，既能杀菌消毒，又能吸附絮凝
5．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用图①装置验证非金属性：Cl>C>Si
B．按图②所示的气流方向可用于收集Cl2
C．用图③装置高温灼烧Ag2S制取Ag
D．用图④装置制备氢氧化铁胶体
6．实验室利用制备高锰酸钾采用的一种方法是固体碱溶氧化法，实验操作流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“熔融”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“熔融”时使用的仪器为瓷坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌
C．“歧化”步骤主要反应的离子方程式为
D．晶体应保存于带有橡胶塞的棕色试剂瓶中
7．化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入5.0mL饱和的溶液和溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显 能加速破坏铝片表面的氧化膜
B 常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃 氧化性：
C 向溶液中加入溶液(pH=1)，溶液呈棕黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色 和的反应存在限度
D 将浓盐酸和亚硫酸钠反应产生的气体通入酸性溶液中，溶液紫红色褪去 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
8．有机高分子种类繁多，应用广泛。下列有关高分子的说法不正确的是（ ）
A．粘胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业
B．淀粉-聚丙烯酸钠的高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料
C．聚苯乙烯(PS)是苯和乙烯在一定温度下加聚反应合成的具有高软化温度的纤维，耐化学腐蚀，无毒，质脆；常用于生产一次性泡沫饭盒，保温，隔音材料等
D．以1，3-丁二烯为原料，在催化剂作用下发生加聚反应得到顺式结构为主的聚合物，再与硫化剂混合加热，制得网状结构的顺丁橡胶，主要用于制造轮胎
9．下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A．装置验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用
B．装置除去CCl4中的Br2
C．装置用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法
D．装置验证非金属性：Cl＞C＞Si
10．（2023高二上·阳江月考）下列表示反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向溶液中通入过量的氯气：
B．溶液与少量的溶液混合：
C．将溶液滴入明矾溶液中至沉淀质量最大：
D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
11．最近，中科院大连化物所研究发现了以Cu-ZnZr三元氧化物为催化剂时，CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种)：
下列判断错误的是（ ）
A．CO2是该反应的氧化剂
B．生成的CH3OH可用作车用燃料
C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应的反应热
D．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
12．一定条件下，萘与硫酸的磺化反应如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．β-萘磺酸的稳定性强于a-萘磺酸
B．相同条件下，反应②的速率更快
C．萘环上ɑ-H的活性强于β-H
D．控制温度可改变平衡时两种产物的占比
13． 含氯化合物在生产生活中应用广泛。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一，工业上以为原料可制得、、、和等。在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为 。对于反应，下列说法正确的是（ ）
A．上述反应
B．上述反应平衡常数
C．其他条件相同，增大，的转化率减小
D．上述反应中消耗，转移电子的数目为
14．可以和发生反应：。一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体，反应过程中气体和气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．时该化学反应达到平衡状态
B．平衡后向容器内充入，重新达到平衡时增大
C．4 min时，的转化率约为71.4%
D．4 min内，的平均反应速率
15．HA、HB为两种一元酸，为研究25℃时反应的相关性质，查阅此温度下相关数据：△H=+29.1kJ/mol；△S=+150.0J/(K·mol)，下列说法正确的是（ ）
A．由于此过程△H>0，故HB比HA内能更低
B．△S对该反应自发性的影响小于△H
C．相对于B-，A-与质子的结合能力更强
D．体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中，前者离子总数更多
16．已知：MOH的碱性比NOH强。常温下，用HCl分别调节浓度均为的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中、的物质的量浓度的负对数与溶液的pH关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示与pH的关系
B．溶液中水的电离程度：Y
D．常温时，反应的平衡常数
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的水处理剂，实验室制备K2FeO4的装置如图所示。(夹持装置略去)
查阅K2FeO4资料如下：①紫色固体，可溶于水、微溶于KOH溶液，不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂。②在0~5℃的强碱性溶液中比较稳定。③在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。④KOH溶于醇，做溶于乙醚。
回答下列问题：
（1）装置A为氯气发生装置，KMnO4体现的性质是 ，玻璃管的作用是 。
（2）装置B中盛放的试剂是 。
（3）装置C中KOH溶液过量的目的是 。搅拌操作，除了防止因局部溶液碱性减弱，使K2FeO4与水反应产生Fe(OH)3和O2，另外的作用是 。
（4）装置C中生成K2FeO4的离子方程式为 。该反应放热，不利于K2FeO4固体析出，写出一条实验改进措施 。
（5）反应结束后过滤装置C中浊液，得到K2FeO4粗产品，用冷的3 mo·L-1KOH溶液洗涤粗产品后，再用 除水。(填标号)
a．苯 b．浓硫酸 c．异丙醇
（6）装置D的作用是 。
18．钪()是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”(主要成分为、、、)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示：
已知：①钪离子可以在不同下生成。
②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的值如下表所示：
离子
开始沉淀的 7.0 1.9 3.0 0.3
完全沉淀的 9.0 3.2 4.7 2.0
回答下列问题：
（1）“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，其目的是 。
（2）流程中经处理后可循环利用的物质是 (填“物质A”或“物质B”)；物质C最好选用 (填“溶液”或“氨水”)。
（3）Sc、Ti、Fe、Al的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为 mol L 1。
（4）“反萃取”时若加入过量的溶液，沉淀会溶解。写出与过量溶液反应生成n=4含钪产物的化学方程式： 。
（5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 。
（6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝时，同时产生气体和沉淀，该步骤的离子方程式为 。
19．硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x= ，y= 。
（2）已知下列热化学方程式：
则的 。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应，在达到平衡时，、，则 ， (列出计算式)。
20．以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备，所得产品具有广泛的用途。的制备过程如图所示。
（1）氨浸时，铜元素转化为，在催化下将结核中的转化为。
①铜在元素周期表中的位置是 。
②比较与中键角的大小并解释原因 。
（2）浸锰
①写出浸锰过程主要反应的离子方程式 。
②基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。
③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏加德罗常数为，则晶体Ⅰ的密度为。(，，)
⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。
（3）③若中两个分别被取代，能得到两种不同结构的，的空间构型是 。
（4）③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏加德罗常数为，则晶体Ⅰ的密度为 。(，，)
（5）⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池 (填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．甲板所用的特种钢是碳素钢中加入了几种金属，属于合金， A项符合题意；
B．聚乙烯纤维为有机高分子材料，不属于合金，B项不符合题意；
C．太阳能电池板为Si，不属于合金，C项不符合题意；
D．石英加速度计为SiO2材料，不属于合金，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。
2．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氯气少量，只能氧化亚铁离子，正确的离子方程式为 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-， 故A错误；
B、过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘，反应的离子方程式为 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O ，故B正确；
C、铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体的具体操作为：将饱和的FeCl3溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，然后继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，正确的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H+，故C错误；
D、等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合 ，反应生成碳酸钙、水、NaOH，正确的离子方程式为： HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、少量氯气，只有亚铁离子被氧化；
B、过氧化氢具有氧化性；
C、制备氢氧化铁胶体的操作为：将饱和的FeCl3溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，然后继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；
D、等物质的量的NaHCO3和Ca(OH)2溶液混合反应生成碳酸钙、水、NaOH。
3．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、乙醇能使蛋白质变性，但乙醇不具有强氧化性，故A错误；
B、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于食品膨松剂，故B正确；
C、硅具有半导体特性，可用于制造芯片，故C正确；
D、SiC俗称金刚砂，结构类似于金刚石，属于共价晶体，熔点高、硬度大、化学性质稳定，有优异的高温抗氧化性能，可作耐高温结构材料，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、乙醇不具有强氧化性；
B、碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
C、硅是良好的半导体材料；
D、SiC俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构，属于共价晶体，熔点高，化学性质稳定。
4．【答案】C
【知识点】铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、制备 时，发生的反应为 Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl ，该反应属于复分解反应，故A正确；
B、铁黄和次氯酸钠反应生成高铁酸钠，反应的离子方程式为 ，故B正确；
C、 制备NaClO时，加热会反应生成NaClO3， 因此不能通过加热的方式加快反应速率，故C错误；
D、高铁酸根离子具有强氧化性，能杀菌消毒，同时生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有较强的吸附性，能吸附絮凝，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 硫酸亚铁通入氧气，发生反应：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+，制得铁黄，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，铁黄和次氯酸钠反应生成高铁酸钠，反应的化学方程式为2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，高铁酸钠在溶液中溶解度大于高铁酸钾，加入氯化钾，高铁酸钠在溶液中转化成高铁酸钾。
5．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，不能据此验证非金属性：Cl>C>Si，故A错误；
B、氯气的密度大于空气，采用向上排空气法收集，则按照图②所示的气流方向可用于收集氯气，故B正确；
C、 在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag，仪器应选用坩埚，故C错误；
D、氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、HCl不是Cl元素的最高价含氧酸；
B、氯气的密度大于空气；
C、灼烧固体应用坩埚；
D、氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、熔融”时发生反应： 3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，该反应中， KClO3 是氧化剂， MnO2 为还原剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，故A正确；
B、“熔融”时由于有熔融的KOH，KOH能与二氧化硅反应，因此不能使用瓷坩埚和玻璃棒，故B错误；
C、醋酸为弱酸，应保留化学式，则“歧化”时发生的反应为： ，故C错误；
D、KMnO4会腐蚀橡胶，不应用橡胶塞，应保存于带有玻璃塞的棕色试剂瓶中，故D错误；
故答案为：A。
【分析】 MnO2和KClO3在熔融状态下反应生成K2MnO4，加水溶浸，K2MnO4等可溶性物质溶解，过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入醋酸调节pH，K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，过滤除MnO2去，滤液进行冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4粗品。
7．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应的可逆性；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、饱和硫酸铜溶液和氯化铜溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜，故A错误；
B、 氯化铁可促进过氧化氢的分解生成氧气，则带火星的木条放在试管口，木条复燃，不能证明氧化性：FeCl3＞H2O2， 故B错误；
C、 氯化铁少量，反应后滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe3+和I-的反应存在限度，故C正确；
D、浓盐酸也能被酸性溶液氧化，因此溶液紫红色褪去，不能说明具有还原性 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、饱和溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜；
B、铁离子能催化过氧化氢分解生成氧气；
C、可逆反应反应物和生成物同时存在；
D、 酸性溶液能氧化浓盐酸。
8．【答案】C
【知识点】合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、人造丝和人造棉均为人造纤维，均可用于纺织工业，故A正确；
B、钠盐溶于水，且淀粉可水解，则淀粉-聚丙烯酸钠高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料，故B正确；
C、聚苯乙烯由苯和乙烯在一定温度下加聚反应合成，具有耐化学腐蚀，无毒，质脆等性质，聚苯乙烯长期使用会产生有毒害的苯，不可用于生产一次性泡沫饭盒，保温，隔音材料等，故C错误；
D、顺丁橡胶是顺1，3-丁二烯与硫磺等硫化剂混炼而成，弹性好、耐寒、耐磨，主要用于制造轮胎，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、人造丝和人造棉属于人造纤维；
B、钠盐溶于水，且淀粉可水解；
C、苯和乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；
D、顺1，3-丁二烯与硫磺等硫化剂混炼得到顺丁橡胶。
9．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧试管的温度高，且使用催化剂，存在两个变量，不能探究 CuSO4对H2O2分解反应的影响，故A错误；
B、溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水互不相溶，但四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，因此该装置能除去四氯化碳中的溴，故B错误；
C、Fe与电源负极相连作阴极，被保护，滴加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀，为阴极保护法，故C错误；
D、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、该实验存在温度和催化剂两个变量；
B、溴能与氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠水；
C、Fe与电源负极相连作阴极；
D、盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸。
10．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 向溶液中通入过量的氯气：；故A不符合题意；
B. 溶液与少量的溶液混合：；故B不符合题意；
C.氢氧化钡和12水硫酸铝钾沉淀质量最大： ；故C符合题意；
D. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的 ：；故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氯气过量，亚铁离子和溴离子均被反应；
B.考虑以氢氧化钡为标准；
C.考虑全部为硫酸钡质量最大；
D.考虑醋酸是弱酸。
11．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该历程的总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，该反应中，C元素的化合价降低，被还原，则CO2是该反应的氧化剂，故A正确；
B、甲醇是性能优良的能源和车用燃料，故B正确；
C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响反应热，故C正确；
D、该过程中，存在H-H键、C=O键的断裂，C-H、C-O、H-O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、所含元素化合价降低的物质是氧化剂；
B、甲醇可做车燃料；
C、催化剂不影响反应热；
D、该过程中不存在非极性键的形成。
12．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，β-萘磺酸的能量低于a-萘磺酸，则β-萘磺酸的稳定性强于a-萘磺酸，故A正确；
B、由图可知，反应②的活化能大于反应①，则反应①的速率更快，故B错误；
C、反应①比反应②更容易发生，说明萘环上ɑ-H的活性强于β-H，故C正确；
D、反应①和反应②都是放热反应，控制温度可改变平衡时两种产物的占比，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、物质的能量越低越稳定；
B、活化能越小，反应速率越快；
C、反应①更容易发生；
D、反应①和反应②均为放热反应。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、根据反应的热化学方程式可知，该反应的 ，故A错误；
B、根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数，故B错误；
C、其他条件相同，增大 ，该反应的平衡正向移动，但HCl的转化率减小，故C正确；
D、该反应消耗，转移电子的数目为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、该反应是气体体积减小的反应；
B、平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
C、增大 ，HCl自身的转化率减小；
D、根据得失电子守恒计算。
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由图可知，后CO和CO2的浓度仍在变化，说明时反应未达到平衡状态，故错误；
B、，K只受温度影响，温度不变，则重新达到平衡时不变，故B错误；
C、4 min时，CO2的浓度减少了0.5mol/L，则CO2的转化率为，故C正确；
D、4 min内， ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、 时反应正向进行；
B、，K只与温度有关；
C、根据计算；
D、根据计算。
15．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；焓变和熵变；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A、ΔH>0的反应为吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，但不能比较HB、HA的内能高低，故A错误；
B、反应自发性应根据ΔS、ΔH共同判断，故B错误；
C、酸性HB＞HA，所以结合质子能力：B-＜A-，即A-与质子的结合能力更强，故C正确；
D、NaA和NaB溶液中电荷关系分别为：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，等物质的量的NaA和NaB溶液溶液中离子总数均为2[n(Na+)+n(H+)]，水解程度：A->B-，所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、ΔH>0，则为吸热反应；
B、判断反应自发进行，应根据熵变和焓变综合判断；
C、酸的酸性越弱，酸根离子结合质子能力越强；
D、酸性：HB＞HA，则酸根离子水解程度A->B-，相同温度下，物质的量浓度和体积均相同的NaA和NaB两种溶液中两种盐的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒判断。
16．【答案】D
【知识点】水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线Ⅱ 表示与pH的关系，故A错误；
B、pH：X＞Y，碱抑制水的电离，并且碱性越强，抑制作用越大，则溶液中水的电离程度：Y＞X，故B错误；
C、碱性：MOH＞NOH，则向浓度相同的MOH溶液和NOH溶液分别通入HCl气体使两种溶液的pH均为8时，MOH溶液消耗HCl的量大于NOH，则溶液中c（Cl-）：Z＞Y，故C错误；
D、根据 可知，，X、Y对应的溶液中，c(M+)=c(N+），则，故D正确；
故答案为：D。
【分析】MOH的碱性比NOH强，则Kb(MOH)>Kb(NOH)，X、Y对应的溶液中，c(M+)=c(N+)，pH大的碱性强，则曲线Ⅰ表示 ，曲线Ⅱ 表示与pH的关系。
17．【答案】（1）氧化性；平衡压强，使液体顺利滴下
（2）饱和食盐水
（3）K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；使反应物充分接触，加快反应速率
（4）；将装置C放入冰水浴中
（5）c
（6）吸收过量氯气，防止污染环境
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中发生的反应为：2MnO+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，该反应中，Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，体现氧化性；装置A中玻璃管用于平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：氧化性；平衡压强，使液体顺利滴下；
（2）装置B用于除去氯气中的HCl杂质，盛放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（3）根据题意可知，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则装置C中KOH溶液过量的目的是K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；搅拌操作，一方面可防止因局部溶液碱性减弱，使K2FeO4与水反应产生Fe(OH)3和O2，另一方面可使反应物充分接触，加快反应速率，故答案为：K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在 ；使反应物充分接触，加快反应速率；
（4）装置C中，氯气和氢氧化铁在碱性条件下反应生成K2FeO4，反应的离子方程式为 ； 该反应放热，不利于K2FeO4固体析出， 则应将将装置C放入冰水浴中，故答案为：；将装置C放入冰水浴中；
（5） K2FeO4可溶于水、微溶于KOH溶液，不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂，异丙醇能与水任何互溶，浓硫酸会使溶液呈酸性，K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，则应用异丙醇除水，故答案为：c；
（6）由分析可知，装置D用于吸收过量氯气，防止污染环境，故答案为：吸收过量氯气，防止污染环境。
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，则装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，装置C中，氯气和氢氧化铁在碱性条件下反应生成K2FeO4，氯气有毒，会污染空气，可用NaOH溶液吸收，则装置D为尾气处理装置。
18．【答案】（1）增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率
（2）物质A；氨水
（3）1.8(1.7到1.9均可)
（4）
（5）防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，可增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率；
（2）由分析可知，物质A为萃取剂，可循环使用；物质C最好选用氨水，故答案为：物质A；氨水；
（3）钪的萃取率要高，同时要求Ti、Fe、Al的草取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果，由图可知， c(H2SO4)=1.8mol/L时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大，故应选择的H2SO4浓度为1.8mol/L，故答案为：1.8(1.7到1.9均可)；
（4） n=4时生成[Sc(OH)4]-，则与过量溶液反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
（5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”是为了防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离，故答案为：防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离；
（6）“聚合” 时，参与反应的离子有Al3+、Fe3+、、，生成聚合硫酸铁铝时，Fe3+、会发生双水解反应，则应当有二氧化碳生成，则该步骤的离子方程式为 ，故答案为： 。
【分析】赤泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，得到的物质A为萃取剂，将所得沉淀加入草酸进行沉淀转化，加入物质C调节pH，加入NaOH会引入杂质，因此物质C应为氨水，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵，再加入钙置换得到Sc；萃取后的溶液加入铁粉还原，铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到TiO2·H2O，再加入双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。
19．【答案】（1）4；1
（2）(a+c-2b)
（3）3.0；2.25；增大
（4）46.26；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） 设起始时FeSO4·7H2O的物质的量为1mol，m（FeSO4·7H2O）=278g，生成FeSO4·xH2O的失重率为19.4%，生成FeSO4·yH2O的失重率为38.8%，即278×19.4%=126-18x，278×38.8%=126-18y，解得x=4，y=1，故答案为：4；1；
（2）设① ，② ，③ ，根据盖斯定律，将①+③-2×②可得 ，则 (a+c-2b) ，故答案为：(a+c-2b)；
（3）由图可知，随温度升高，P(SO3)增大，说明升高温度时平衡正向移动，该反应为吸热反应，则平衡常数Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大；刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比可知，660K时，P(SO3)=1.5kPa，P(SO2)=1.5kPa，则P总=2P(SO3）=3.0kPa，Kp(Ⅰ)=P(SO2)P(SO3)=1.5kPa× 1.5kPa =2.25 ，故答案为：3.0；2.25；增大；
（4） 设平衡体系中n（SO2）=xmol，n（SO3）=ymol，n（O2）=zmol，根据S原子守恒可知参加反应的FeSO4的物质的量为（x+y）mol，反应中Fe2+失电子生成Fe2O3，-2价氧原子失电子生成O2，硫酸根得电子生成SO2，根据电子守恒可得x+y+4z=2x，即y+4z=x，则体系中n（SO3）+4n（O2）=n（SO2），根据恒温恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比可知P(SO2)=P(SO3)+4P(O2)，则P(O2)=[P(SO2)-P(SO3)]，929K时P总=P(SO2)+P(SO3)+P(O2)=84.6kPa、P(SO3)=35.7kPa，则P(SO2)=46.26kPa，P(O2)=2.64kPa，Kp(Ⅱ)= ，故答案为：46.26； 。
【分析】（1） 生成FeSO4·xH2O的失重率为19.4%，生成FeSO4·yH2O的失重率为38.8% ；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）由图可知，随温度升高，该反应的平衡正向移动；刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则P(SO2)=P(SO3)，平衡总压P总=2P(SO3），结合图中数值计算该反应的分压平衡常数Kp(Ⅰ)=P(SO2)P(SO3)；
（4）Kp(Ⅱ)=。
20．【答案】（1）第四周期ⅠB族；的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大
（2）MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑；
（3）平面正方形
（4）
（5）放电；Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O
【知识点】晶胞的计算；电极反应和电池反应方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①铜为29号元素，在元素周期表中位于第四周期ⅠB族，故答案为：第四周期ⅠB族；
② 与氨气中的N原子均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，因此的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角 ，故答案为： 的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角 ； 二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大；
（2） 中两个分别被取代，能得到两种不同结构的 ，说明的空间构型为平面正方形，故答案为：平面正方形；
（3）①加入(NH4)2SO4浸锰， MnCO3转化为MnSO4，同时释放出NH3，则写出浸锰过程主要反应的离子方程式为MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑ ，故答案为： MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑ ；
②基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，则其价层电子轨道表示式为 ，故答案为： ；
（4）由图可知，锰位于晶胞顶点和体心，数目为，氧原子位于面上和体内，数目为4，则晶胞质量为，其体积为 a2b×10-30cm3， 则晶体Ⅰ的密度为 ，故答案为：；
（5） ⅱ代表电池放电过程，得电子发生还原反应，嵌入Zn2+， 该过程的电极反应式为 Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O，故答案为： Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O。
【分析】 大洋锰结核粉末中加入氨水浸取，氨浸时，铜元素转化为，在催化下将结核中的转化为 ，分离浸出液，加入(NH4)2SO4浸锰， MnCO3转化为MnSO4，同时释放出NH3，分离出浸出渣，净化，再加入(NH4)2CO3浸锰得到MnCO3，煅烧得到MnxOy。
广东省阳江市2023-2024学年高二上学期10月期中考试化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·梅州模拟）我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料属于合金材料的是
A．“福建”舰飞行甲板所用的特种钢材 B．用于吊装港珠澳大桥的超高分子量聚乙烯纤维吊绳 C．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板 D．“神舟十三号”载人飞船使用的石英挠性加速度计
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．甲板所用的特种钢是碳素钢中加入了几种金属，属于合金， A项符合题意；
B．聚乙烯纤维为有机高分子材料，不属于合金，B项不符合题意；
C．太阳能电池板为Si，不属于合金，C项不符合题意；
D．石英加速度计为SiO2材料，不属于合金，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。
2．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．碘化亚铁溶液通入少量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
B．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中制取碘：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3NH3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3NH
D．等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氯气少量，只能氧化亚铁离子，正确的离子方程式为 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-， 故A错误；
B、过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘，反应的离子方程式为 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O ，故B正确；
C、铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体的具体操作为：将饱和的FeCl3溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，然后继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，正确的离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H+，故C错误；
D、等物质的量的NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液混合 ，反应生成碳酸钙、水、NaOH，正确的离子方程式为： HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、少量氯气，只有亚铁离子被氧化；
B、过氧化氢具有氧化性；
C、制备氢氧化铁胶体的操作为：将饱和的FeCl3溶液滴加到煮沸的蒸馏水中，然后继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热；
D、等物质的量的NaHCO3和Ca(OH)2溶液混合反应生成碳酸钙、水、NaOH。
3．下列物质的性质或用途的因果关系不正确的是（ ）
A．乙醇具有氧化性，可用于杀菌消毒
B．受热易分解生成，可用于食品膨松剂
C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片
D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、乙醇能使蛋白质变性，但乙醇不具有强氧化性，故A错误；
B、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于食品膨松剂，故B正确；
C、硅具有半导体特性，可用于制造芯片，故C正确；
D、SiC俗称金刚砂，结构类似于金刚石，属于共价晶体，熔点高、硬度大、化学性质稳定，有优异的高温抗氧化性能，可作耐高温结构材料，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、乙醇不具有强氧化性；
B、碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
C、硅是良好的半导体材料；
D、SiC俗称金刚砂，具有类似金刚石的结构，属于共价晶体，熔点高，化学性质稳定。
4．工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH，一种不溶于水的黄色固体)制备高铁酸钾()，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．制备的反应类型为复分解反应
B．铁黄制备高铁酸钠的离子方程式为：
C．制备NaClO时，可通过加热的方式加快反应速率
D．高铁酸钾可作水处理剂，既能杀菌消毒，又能吸附絮凝
【答案】C
【知识点】铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、制备 时，发生的反应为 Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl ，该反应属于复分解反应，故A正确；
B、铁黄和次氯酸钠反应生成高铁酸钠，反应的离子方程式为 ，故B正确；
C、 制备NaClO时，加热会反应生成NaClO3， 因此不能通过加热的方式加快反应速率，故C错误；
D、高铁酸根离子具有强氧化性，能杀菌消毒，同时生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有较强的吸附性，能吸附絮凝，故D正确；
故答案为：C。
【分析】 硫酸亚铁通入氧气，发生反应：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+，制得铁黄，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，铁黄和次氯酸钠反应生成高铁酸钠，反应的化学方程式为2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，高铁酸钠在溶液中溶解度大于高铁酸钾，加入氯化钾，高铁酸钠在溶液中转化成高铁酸钾。
5．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用图①装置验证非金属性：Cl>C>Si
B．按图②所示的气流方向可用于收集Cl2
C．用图③装置高温灼烧Ag2S制取Ag
D．用图④装置制备氢氧化铁胶体
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，不能据此验证非金属性：Cl>C>Si，故A错误；
B、氯气的密度大于空气，采用向上排空气法收集，则按照图②所示的气流方向可用于收集氯气，故B正确；
C、 在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag，仪器应选用坩埚，故C错误；
D、氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、HCl不是Cl元素的最高价含氧酸；
B、氯气的密度大于空气；
C、灼烧固体应用坩埚；
D、氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀。
6．实验室利用制备高锰酸钾采用的一种方法是固体碱溶氧化法，实验操作流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．“熔融”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“熔融”时使用的仪器为瓷坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌
C．“歧化”步骤主要反应的离子方程式为
D．晶体应保存于带有橡胶塞的棕色试剂瓶中
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、熔融”时发生反应： 3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，该反应中， KClO3 是氧化剂， MnO2 为还原剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，故A正确；
B、“熔融”时由于有熔融的KOH，KOH能与二氧化硅反应，因此不能使用瓷坩埚和玻璃棒，故B错误；
C、醋酸为弱酸，应保留化学式，则“歧化”时发生的反应为： ，故C错误；
D、KMnO4会腐蚀橡胶，不应用橡胶塞，应保存于带有玻璃塞的棕色试剂瓶中，故D错误；
故答案为：A。
【分析】 MnO2和KClO3在熔融状态下反应生成K2MnO4，加水溶浸，K2MnO4等可溶性物质溶解，过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入醋酸调节pH，K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，过滤除MnO2去，滤液进行冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4粗品。
7．化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入5.0mL饱和的溶液和溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显 能加速破坏铝片表面的氧化膜
B 常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃 氧化性：
C 向溶液中加入溶液(pH=1)，溶液呈棕黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色 和的反应存在限度
D 将浓盐酸和亚硫酸钠反应产生的气体通入酸性溶液中，溶液紫红色褪去 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应的可逆性；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、饱和硫酸铜溶液和氯化铜溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜，故A错误；
B、 氯化铁可促进过氧化氢的分解生成氧气，则带火星的木条放在试管口，木条复燃，不能证明氧化性：FeCl3＞H2O2， 故B错误；
C、 氯化铁少量，反应后滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe3+和I-的反应存在限度，故C正确；
D、浓盐酸也能被酸性溶液氧化，因此溶液紫红色褪去，不能说明具有还原性 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、饱和溶液的浓度不同，不能证明氯离子可破坏铝表面的氧化膜；
B、铁离子能催化过氧化氢分解生成氧气；
C、可逆反应反应物和生成物同时存在；
D、 酸性溶液能氧化浓盐酸。
8．有机高分子种类繁多，应用广泛。下列有关高分子的说法不正确的是（ ）
A．粘胶纤维中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，都可用于纺织工业
B．淀粉-聚丙烯酸钠的高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料
C．聚苯乙烯(PS)是苯和乙烯在一定温度下加聚反应合成的具有高软化温度的纤维，耐化学腐蚀，无毒，质脆；常用于生产一次性泡沫饭盒，保温，隔音材料等
D．以1，3-丁二烯为原料，在催化剂作用下发生加聚反应得到顺式结构为主的聚合物，再与硫化剂混合加热，制得网状结构的顺丁橡胶，主要用于制造轮胎
【答案】C
【知识点】合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、人造丝和人造棉均为人造纤维，均可用于纺织工业，故A正确；
B、钠盐溶于水，且淀粉可水解，则淀粉-聚丙烯酸钠高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，同时还是可生物降解的绿色材料，故B正确；
C、聚苯乙烯由苯和乙烯在一定温度下加聚反应合成，具有耐化学腐蚀，无毒，质脆等性质，聚苯乙烯长期使用会产生有毒害的苯，不可用于生产一次性泡沫饭盒，保温，隔音材料等，故C错误；
D、顺丁橡胶是顺1，3-丁二烯与硫磺等硫化剂混炼而成，弹性好、耐寒、耐磨，主要用于制造轮胎，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、人造丝和人造棉属于人造纤维；
B、钠盐溶于水，且淀粉可水解；
C、苯和乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；
D、顺1，3-丁二烯与硫磺等硫化剂混炼得到顺丁橡胶。
9．下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A．装置验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用
B．装置除去CCl4中的Br2
C．装置用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法
D．装置验证非金属性：Cl＞C＞Si
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧试管的温度高，且使用催化剂，存在两个变量，不能探究 CuSO4对H2O2分解反应的影响，故A错误；
B、溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水互不相溶，但四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，因此该装置能除去四氯化碳中的溴，故B错误；
C、Fe与电源负极相连作阴极，被保护，滴加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀，为阴极保护法，故C错误；
D、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、该实验存在温度和催化剂两个变量；
B、溴能与氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠水；
C、Fe与电源负极相连作阴极；
D、盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸。
10．（2023高二上·阳江月考）下列表示反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向溶液中通入过量的氯气：
B．溶液与少量的溶液混合：
C．将溶液滴入明矾溶液中至沉淀质量最大：
D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 向溶液中通入过量的氯气：；故A不符合题意；
B. 溶液与少量的溶液混合：；故B不符合题意；
C.氢氧化钡和12水硫酸铝钾沉淀质量最大： ；故C符合题意；
D. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的 ：；故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氯气过量，亚铁离子和溴离子均被反应；
B.考虑以氢氧化钡为标准；
C.考虑全部为硫酸钡质量最大；
D.考虑醋酸是弱酸。
11．最近，中科院大连化物所研究发现了以Cu-ZnZr三元氧化物为催化剂时，CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种)：
下列判断错误的是（ ）
A．CO2是该反应的氧化剂
B．生成的CH3OH可用作车用燃料
C．催化剂能加快反应速率，但不改变反应的反应热
D．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该历程的总反应为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，该反应中，C元素的化合价降低，被还原，则CO2是该反应的氧化剂，故A正确；
B、甲醇是性能优良的能源和车用燃料，故B正确；
C、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响反应热，故C正确；
D、该过程中，存在H-H键、C=O键的断裂，C-H、C-O、H-O极性键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、所含元素化合价降低的物质是氧化剂；
B、甲醇可做车燃料；
C、催化剂不影响反应热；
D、该过程中不存在非极性键的形成。
12．一定条件下，萘与硫酸的磺化反应如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．β-萘磺酸的稳定性强于a-萘磺酸
B．相同条件下，反应②的速率更快
C．萘环上ɑ-H的活性强于β-H
D．控制温度可改变平衡时两种产物的占比
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、由图可知，β-萘磺酸的能量低于a-萘磺酸，则β-萘磺酸的稳定性强于a-萘磺酸，故A正确；
B、由图可知，反应②的活化能大于反应①，则反应①的速率更快，故B错误；
C、反应①比反应②更容易发生，说明萘环上ɑ-H的活性强于β-H，故C正确；
D、反应①和反应②都是放热反应，控制温度可改变平衡时两种产物的占比，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、物质的能量越低越稳定；
B、活化能越小，反应速率越快；
C、反应①更容易发生；
D、反应①和反应②均为放热反应。
13． 含氯化合物在生产生活中应用广泛。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一，工业上以为原料可制得、、、和等。在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为 。对于反应，下列说法正确的是（ ）
A．上述反应
B．上述反应平衡常数
C．其他条件相同，增大，的转化率减小
D．上述反应中消耗，转移电子的数目为
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、根据反应的热化学方程式可知，该反应的 ，故A错误；
B、根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数，故B错误；
C、其他条件相同，增大 ，该反应的平衡正向移动，但HCl的转化率减小，故C正确；
D、该反应消耗，转移电子的数目为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、该反应是气体体积减小的反应；
B、平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
C、增大 ，HCl自身的转化率减小；
D、根据得失电子守恒计算。
14．可以和发生反应：。一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体，反应过程中气体和气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．时该化学反应达到平衡状态
B．平衡后向容器内充入，重新达到平衡时增大
C．4 min时，的转化率约为71.4%
D．4 min内，的平均反应速率
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由图可知，后CO和CO2的浓度仍在变化，说明时反应未达到平衡状态，故错误；
B、，K只受温度影响，温度不变，则重新达到平衡时不变，故B错误；
C、4 min时，CO2的浓度减少了0.5mol/L，则CO2的转化率为，故C正确；
D、4 min内， ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、 时反应正向进行；
B、，K只与温度有关；
C、根据计算；
D、根据计算。
15．HA、HB为两种一元酸，为研究25℃时反应的相关性质，查阅此温度下相关数据：△H=+29.1kJ/mol；△S=+150.0J/(K·mol)，下列说法正确的是（ ）
A．由于此过程△H>0，故HB比HA内能更低
B．△S对该反应自发性的影响小于△H
C．相对于B-，A-与质子的结合能力更强
D．体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中，前者离子总数更多
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；焓变和熵变；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A、ΔH>0的反应为吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，但不能比较HB、HA的内能高低，故A错误；
B、反应自发性应根据ΔS、ΔH共同判断，故B错误；
C、酸性HB＞HA，所以结合质子能力：B-＜A-，即A-与质子的结合能力更强，故C正确；
D、NaA和NaB溶液中电荷关系分别为：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，等物质的量的NaA和NaB溶液溶液中离子总数均为2[n(Na+)+n(H+)]，水解程度：A->B-，所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、ΔH>0，则为吸热反应；
B、判断反应自发进行，应根据熵变和焓变综合判断；
C、酸的酸性越弱，酸根离子结合质子能力越强；
D、酸性：HB＞HA，则酸根离子水解程度A->B-，相同温度下，物质的量浓度和体积均相同的NaA和NaB两种溶液中两种盐的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒判断。
16．已知：MOH的碱性比NOH强。常温下，用HCl分别调节浓度均为的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中、的物质的量浓度的负对数与溶液的pH关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示与pH的关系
B．溶液中水的电离程度：Y
D．常温时，反应的平衡常数
【答案】D
【知识点】水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线Ⅱ 表示与pH的关系，故A错误；
B、pH：X＞Y，碱抑制水的电离，并且碱性越强，抑制作用越大，则溶液中水的电离程度：Y＞X，故B错误；
C、碱性：MOH＞NOH，则向浓度相同的MOH溶液和NOH溶液分别通入HCl气体使两种溶液的pH均为8时，MOH溶液消耗HCl的量大于NOH，则溶液中c（Cl-）：Z＞Y，故C错误；
D、根据 可知，，X、Y对应的溶液中，c(M+)=c(N+），则，故D正确；
故答案为：D。
【分析】MOH的碱性比NOH强，则Kb(MOH)>Kb(NOH)，X、Y对应的溶液中，c(M+)=c(N+)，pH大的碱性强，则曲线Ⅰ表示 ，曲线Ⅱ 表示与pH的关系。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的水处理剂，实验室制备K2FeO4的装置如图所示。(夹持装置略去)
查阅K2FeO4资料如下：①紫色固体，可溶于水、微溶于KOH溶液，不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂。②在0~5℃的强碱性溶液中比较稳定。③在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。④KOH溶于醇，做溶于乙醚。
回答下列问题：
（1）装置A为氯气发生装置，KMnO4体现的性质是 ，玻璃管的作用是 。
（2）装置B中盛放的试剂是 。
（3）装置C中KOH溶液过量的目的是 。搅拌操作，除了防止因局部溶液碱性减弱，使K2FeO4与水反应产生Fe(OH)3和O2，另外的作用是 。
（4）装置C中生成K2FeO4的离子方程式为 。该反应放热，不利于K2FeO4固体析出，写出一条实验改进措施 。
（5）反应结束后过滤装置C中浊液，得到K2FeO4粗产品，用冷的3 mo·L-1KOH溶液洗涤粗产品后，再用 除水。(填标号)
a．苯 b．浓硫酸 c．异丙醇
（6）装置D的作用是 。
【答案】（1）氧化性；平衡压强，使液体顺利滴下
（2）饱和食盐水
（3）K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；使反应物充分接触，加快反应速率
（4）；将装置C放入冰水浴中
（5）c
（6）吸收过量氯气，防止污染环境
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中发生的反应为：2MnO+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，该反应中，Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，体现氧化性；装置A中玻璃管用于平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：氧化性；平衡压强，使液体顺利滴下；
（2）装置B用于除去氯气中的HCl杂质，盛放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（3）根据题意可知，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，则装置C中KOH溶液过量的目的是K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在；搅拌操作，一方面可防止因局部溶液碱性减弱，使K2FeO4与水反应产生Fe(OH)3和O2，另一方面可使反应物充分接触，加快反应速率，故答案为：K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，在碱性环境中能稳定存在 ；使反应物充分接触，加快反应速率；
（4）装置C中，氯气和氢氧化铁在碱性条件下反应生成K2FeO4，反应的离子方程式为 ； 该反应放热，不利于K2FeO4固体析出， 则应将将装置C放入冰水浴中，故答案为：；将装置C放入冰水浴中；
（5） K2FeO4可溶于水、微溶于KOH溶液，不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂，异丙醇能与水任何互溶，浓硫酸会使溶液呈酸性，K2FeO4在酸性或中性环境下不稳定，则应用异丙醇除水，故答案为：c；
（6）由分析可知，装置D用于吸收过量氯气，防止污染环境，故答案为：吸收过量氯气，防止污染环境。
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，则装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，装置C中，氯气和氢氧化铁在碱性条件下反应生成K2FeO4，氯气有毒，会污染空气，可用NaOH溶液吸收，则装置D为尾气处理装置。
18．钪()是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”(主要成分为、、、)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示：
已知：①钪离子可以在不同下生成。
②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的值如下表所示：
离子
开始沉淀的 7.0 1.9 3.0 0.3
完全沉淀的 9.0 3.2 4.7 2.0
回答下列问题：
（1）“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，其目的是 。
（2）流程中经处理后可循环利用的物质是 (填“物质A”或“物质B”)；物质C最好选用 (填“溶液”或“氨水”)。
（3）Sc、Ti、Fe、Al的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为 mol L 1。
（4）“反萃取”时若加入过量的溶液，沉淀会溶解。写出与过量溶液反应生成n=4含钪产物的化学方程式： 。
（5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 。
（6）“聚合”生成聚合硫酸铁铝时，同时产生气体和沉淀，该步骤的离子方程式为 。
【答案】（1）增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率
（2）物质A；氨水
（3）1.8(1.7到1.9均可)
（4）
（5）防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，可增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率；
（2）由分析可知，物质A为萃取剂，可循环使用；物质C最好选用氨水，故答案为：物质A；氨水；
（3）钪的萃取率要高，同时要求Ti、Fe、Al的草取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果，由图可知， c(H2SO4)=1.8mol/L时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大，故应选择的H2SO4浓度为1.8mol/L，故答案为：1.8(1.7到1.9均可)；
（4） n=4时生成[Sc(OH)4]-，则与过量溶液反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
（5）该工艺流程中引入“还原”与“氧化”是为了防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离，故答案为：防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离；
（6）“聚合” 时，参与反应的离子有Al3+、Fe3+、、，生成聚合硫酸铁铝时，Fe3+、会发生双水解反应，则应当有二氧化碳生成，则该步骤的离子方程式为 ，故答案为： 。
【分析】赤泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，得到的物质A为萃取剂，将所得沉淀加入草酸进行沉淀转化，加入物质C调节pH，加入NaOH会引入杂质，因此物质C应为氨水，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵，再加入钙置换得到Sc；萃取后的溶液加入铁粉还原，铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到TiO2·H2O，再加入双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。
19．硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x= ，y= 。
（2）已知下列热化学方程式：
则的 。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应，在达到平衡时，、，则 ， (列出计算式)。
【答案】（1）4；1
（2）(a+c-2b)
（3）3.0；2.25；增大
（4）46.26；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） 设起始时FeSO4·7H2O的物质的量为1mol，m（FeSO4·7H2O）=278g，生成FeSO4·xH2O的失重率为19.4%，生成FeSO4·yH2O的失重率为38.8%，即278×19.4%=126-18x，278×38.8%=126-18y，解得x=4，y=1，故答案为：4；1；
（2）设① ，② ，③ ，根据盖斯定律，将①+③-2×②可得 ，则 (a+c-2b) ，故答案为：(a+c-2b)；
（3）由图可知，随温度升高，P(SO3)增大，说明升高温度时平衡正向移动，该反应为吸热反应，则平衡常数Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大；刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比可知，660K时，P(SO3)=1.5kPa，P(SO2)=1.5kPa，则P总=2P(SO3）=3.0kPa，Kp(Ⅰ)=P(SO2)P(SO3)=1.5kPa× 1.5kPa =2.25 ，故答案为：3.0；2.25；增大；
（4） 设平衡体系中n（SO2）=xmol，n（SO3）=ymol，n（O2）=zmol，根据S原子守恒可知参加反应的FeSO4的物质的量为（x+y）mol，反应中Fe2+失电子生成Fe2O3，-2价氧原子失电子生成O2，硫酸根得电子生成SO2，根据电子守恒可得x+y+4z=2x，即y+4z=x，则体系中n（SO3）+4n（O2）=n（SO2），根据恒温恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比可知P(SO2)=P(SO3)+4P(O2)，则P(O2)=[P(SO2)-P(SO3)]，929K时P总=P(SO2)+P(SO3)+P(O2)=84.6kPa、P(SO3)=35.7kPa，则P(SO2)=46.26kPa，P(O2)=2.64kPa，Kp(Ⅱ)= ，故答案为：46.26； 。
【分析】（1） 生成FeSO4·xH2O的失重率为19.4%，生成FeSO4·yH2O的失重率为38.8% ；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）由图可知，随温度升高，该反应的平衡正向移动；刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则P(SO2)=P(SO3)，平衡总压P总=2P(SO3），结合图中数值计算该反应的分压平衡常数Kp(Ⅰ)=P(SO2)P(SO3)；
（4）Kp(Ⅱ)=。
20．以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备，所得产品具有广泛的用途。的制备过程如图所示。
（1）氨浸时，铜元素转化为，在催化下将结核中的转化为。
①铜在元素周期表中的位置是 。
②比较与中键角的大小并解释原因 。
（2）浸锰
①写出浸锰过程主要反应的离子方程式 。
②基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。
③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏加德罗常数为，则晶体Ⅰ的密度为。(，，)
⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。
（3）③若中两个分别被取代，能得到两种不同结构的，的空间构型是 。
（4）③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏加德罗常数为，则晶体Ⅰ的密度为 。(，，)
（5）⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池 (填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为 。
【答案】（1）第四周期ⅠB族；的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大
（2）MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑；
（3）平面正方形
（4）
（5）放电；Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O
【知识点】晶胞的计算；电极反应和电池反应方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①铜为29号元素，在元素周期表中位于第四周期ⅠB族，故答案为：第四周期ⅠB族；
② 与氨气中的N原子均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，因此的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角 ，故答案为： 的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角 ； 二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大；
（2） 中两个分别被取代，能得到两种不同结构的 ，说明的空间构型为平面正方形，故答案为：平面正方形；
（3）①加入(NH4)2SO4浸锰， MnCO3转化为MnSO4，同时释放出NH3，则写出浸锰过程主要反应的离子方程式为MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑ ，故答案为： MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑ ；
②基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，则其价层电子轨道表示式为 ，故答案为： ；
（4）由图可知，锰位于晶胞顶点和体心，数目为，氧原子位于面上和体内，数目为4，则晶胞质量为，其体积为 a2b×10-30cm3， 则晶体Ⅰ的密度为 ，故答案为：；
（5） ⅱ代表电池放电过程，得电子发生还原反应，嵌入Zn2+， 该过程的电极反应式为 Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O，故答案为： Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O。
【分析】 大洋锰结核粉末中加入氨水浸取，氨浸时，铜元素转化为，在催化下将结核中的转化为 ，分离浸出液，加入(NH4)2SO4浸锰， MnCO3转化为MnSO4，同时释放出NH3，分离出浸出渣，净化，再加入(NH4)2CO3浸锰得到MnCO3，煅烧得到MnxOy。
