参考答案：
1．C
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。
2．D
【详解】A．根据元素周期表的结构可知，118号元素为第七周期的零族元素，117号元素Ts的原子最外层电子数是7，Ts是第七周期第ⅦA族元素 ，故A正确；
B．Ts与I同主族，从上至下，随核电荷数增大，非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，其简单离子的还原性逐渐增强，则非金属性：Ts＜I，还原性：I ＜Ts ，故B正确；
C．Ts与I同主族，从上至下，随核电荷数增大，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子半径：I＜Ts，故C正确；
D．根据原子序数=质子数，Ts的质子数为117，中子数为176，质量数=质子数+中子数=117+176=293，则Ts的核素符号：，故D错误；
答案选D。
3．A
【详解】A．常温下分子晶体的状态与分子间作用力、氢键有关，和元素的非金属性强弱无关，故A选；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，稳定性：NH3＞PH3，则非金属性：N＞P，故B不选；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HNO3＞H3PO4，则非金属性：N＞P，故C不选；
D．非金属性越强，氢化物的还原性越弱，NH3在空气不能燃烧，而PH3可燃，说明还原性NH3＜PH3，则非金属性：N＞P，故D不选；
故选：A。
4．C
【详解】A．Cl2与水反应：Cl2+H2O Cl-+ HClO+H+，溶液中氯原子的物质的量为2mol，氯气中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；
B．溶液体积未确定，无法求出SO的数目，故B错误；
C．标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体物质的量为1mol，每个二氧化碳分子和氧分子含有的氧原子数相同，所以混合气体中氧原子的数为2NA，故C正确；
D．1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4时，化合价由0价升高为+价，1mol铁应失去NA个电子，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．0.1 mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2，说明次氯酸是弱酸，发生部分电离：HClO H++ ClO-，故A错误；
B．明矾溶于水，铝离子水解产生Al(OH)3胶体，而不是沉淀，且水解可逆，离子方程式为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，故B错误；
C．用铜作电极电解CuSO4溶液，阳极铜失电子生成Cu2+，阴极Cu2+得电子生成铜单质，故C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠、水，反应的离子方程式是HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；
选D。
6．B
【详解】A．AlO会与HCO反应，不能大量共存，A项错误；
B．、、、、SO，两两之间均不反应，可以大量共存，B项正确；
C．能溶解的溶液可能为强酸或者强碱，碱性溶液中不能大量共存：、HCO，酸性溶液中不能大量共存：HCO，C项错误；
D．会与反应，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
7．D
【详解】A．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体先从下口放出，再将分液漏斗的上层液体由上口倒出，故A正确；
B．碳酸氢钠不稳定，受热分解，即2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，而碳酸钠受热不分解，通过加热的方法可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B正确；
C．转移液体，玻璃棒引流，防止转移液体时溶质损失，故C正确；
D．乙醇和水互溶，故不能采用萃取方法分离酒精和水，酒精和水的分离应用蒸馏的方法，即利用两者的沸点的不同来除去，故D错误；
答案为D。
8．D
【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故合理选项是D。
9．D
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
10．D
【详解】A．与氢氧化钠溶液反应，不能与氢氧化钠反应，故A错误；
B．金刚石是原子晶体，金刚石的硬度大；是分子晶体， 的硬度小，故B错误；
C．与都是酸性氧化物，化学式相似； 是分子晶体，熔沸点低，是原子晶体，熔沸点高，物理性质差异大，故C错误；
D．钾的活泼性大于钠，常温下与水剧烈反应，所以K常温下也能与水剧烈反应，故D正确；
选D。
11．C
【详解】A．亚硫酸酸性弱于盐酸，故CaCl2与SO2不发生复分解反应，漂白粉中的Ca(ClO)2可与SO2发生氧化还原反应生成CaSO4沉淀，A错误；
B．Ag2CrO4中阴阳离子数目之比为1∶2、AgCl中阴阳离子数目之比为1∶1，故不能通过Ag2CrO4能转化为AgCl比较两种难溶物的溶度积常数大小，B错误；
C．向Fe(OH)3胶体中滴加Na2SO4溶液时，Na2SO4电离出的离子使胶体聚沉，C正确；
D．氨气溶于水后显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，但氨气不属于电解质，D错误；
故答案为：C。
12．A
【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
13．A
【详解】A．：：：：，并不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，故A错误；
B．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，不同物质反应速率的比值为化学计量数之比，故B正确；
C．单位时间内个键断裂，等效于个键形成，同时有个键断裂，所以正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故C正确；
D．容器内压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；
故答案为A。
14．C
【详解】A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小，
B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B正确；
C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH)+ 2c(Mg2+)=c(Cl—)+ c(OH—)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl—)，故C错误；
D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D正确；
故选C。
15．A
【详解】A．由于酸性HNO2＞H2CO3＞HClO，故水解程度为：NaClO＞NaHCO3＞NaNO2，故pH相等的①亚硝酸钠溶液、②次氯酸钠溶液、③碳酸氢钠溶液，三者的物质的量浓度关系：①＞③＞②，A正确；
B．等体积等pH的盐酸和醋酸，稀释相同倍数后盐酸中H+浓度小于醋酸中的，故与等量且足量的锌反应，醋酸比盐酸中更剧烈，由于醋酸的物质的量浓度大于盐酸，故醋酸产生氢气多，B错误；
C．向的盐酸中加入的氢氧化钠溶液，恰好完全反应时，测得盐酸与氢氧化钠溶液的体积比为，即10V×10-a=V×，则a+b=15，C错误；
D．A．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，①若BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7，②若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH＜7，③若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH＞7，D错误；
故答案为：A。
16．B
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
17．C
【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。
【详解】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B正确；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确；
故选C。
18．A
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
19．A
【分析】由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH ，电极反应式为 ；
【详解】A. 由图知X极为负极，电子经X流向外电路流入Y，A错误；
B. Y极为正极，H2O2发生还原反应：H2O2+2e-=2OH ，B正确；
C. X极发生氧化反应：，故X极区溶液的pH逐渐减小，C正确；
D. 由电极反应式H2O2+2e-=2OH 知，每消耗1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-，D正确；
答案选A。
20．C
【详解】A．烧瓶中形成喷泉，不一定是因为NH3与H2O发生了反应引起的，还有可能是因为NH3极易溶于水造成的，故不能说明NH3与H2O发生了反应，A错误；
B．烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中的某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，故烧瓶中剩余少量气体不能说明NH3的溶解达到饱和，B错误；
C．烧瓶中溶液变为红色，说明溶液呈碱性，原因为NH3+H2ONH3 H2O+OH-，C正确；
D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，不一定是因为氨水的挥发性，还可能是因为吸收了空气中的CO2，故烧瓶中溶液pH下降，不能说明氨水具有挥发性，D错误；
故选C。
21．B
【详解】A．由表中数据可知50s内，Δn(PCl3)=0.16mol，v(Cl2)=v(PCl3)==0.0016mol/(Ls)，故A错误；
B．由表中数据可知，起始时，c(PCl5)=0.5mol/L，平衡时，保持其他条件不变，升高温度，c(PCl5)=0.36mol/L则说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即ΔH>0，故B正确；
C．对于可逆反应：
所以平衡常数K==0.025。起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20moCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，K>Qc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v(正)>v(逆)，故C错误；
D．等效为起始加入2.0mol PCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0mol Cl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于=0.8，故D错误。
故选：B。
22．D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。
【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C．因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
故选D。
23．C
【详解】A．NH4Al(SO4)2在溶液中完全电离出铵根离子、铝离子和硫酸根离子，则NH4Al(SO4)2为强电解质，A项错误；
B．、Al3+水解溶液都呈酸性，二者会相互抑制，B项错误；
C．0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2中，铵根离子和铝离子水解溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，C项正确；
D．常温下，0.1mol·L-1 NH4Al(SO4)2中滴加氨水至中性时，铝离子完成沉淀，溶质为硫酸铵和NH3·H2O，根据电荷守恒可知：c(H+)+c()=2c()+ c(OH-)，溶液呈中性c(H+)= c(OH-)，所以，D项错误；
答案选C。
24．B
【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；
C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；
D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；
综上所述，正确的是B项。
25．A
【详解】A．由图可知，曲线1号曲线2的交叉点pH=1.2，c()=c(H2C2O4)，此时Ka1(H2C2O4)==c(H+)═10-pH=10-1.2，同理Ka2(H2C2O4)=10-4.2，实验1所得溶液为KHC2O4溶液，水解平衡常数Kh===10-12.8＜Ka2(H2C2O4)，即的电离程度大于其水解程度，所以KHC2O4溶液中c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，故A错误；
B．实验2过程中，随着KOH溶液的加入，溶液中c(H2C2O4)和c(H+)降低，c()或c()增大，H+抑制作用减弱，水解程度增大，即水的电离程度一直增大，故B正确；
C．实验2所得溶液中pH=4.2，此时c()=c()，即溶液中有KHC2O4和K2C2O4，该溶液中存在电荷守恒，关系为c(K+)+c(H+)═c(OH-)+c()+2c()，故C正确；
D．实验3反应静置后的上层清液为CaC2O4的饱和溶液，存在c(Ca2+) c()=Ksp(CaC2O4)，故D正确；
答案为A。
26． 离子键、共价键 S2->Cl->Al3+ H++HSO3-=SO2+H2O 37 10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O
【分析】A 的一种原子不含中子，A是H元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，B是Na元素；C元素的一种气体单质呈淡蓝色，C是O元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，D是Al元素；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体，E是Cl元素；F 元素最高正价与最低负价的代数和为4，F是S元素。
【详解】（1）Na、O、Cl 三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，该化合物是NaClO，所含的化学键有离子键、共价键，其电子式为。
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al、Cl、S的简单离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->Al3+。
（3）两种均含H、Na、O、S 四种元素的化合物是NaHSO4和NaHSO3，在溶液中相互反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的离子方程式是H++HSO3-=SO2+H2O。
（4）根据图示，则t2时刻生成ClO-、ClO3-的物质的量分别是0.2mol、0.1mol，根据得失电子守恒生成Cl-的物质的量是0.2mol×1＋0.1mol×5=0.7mol，根据电荷守恒，溶液中Ca2+的物质的量是(0.7mol＋0.2mol＋0.1mol)÷2=0.5mol，消耗氢氧化钙质量为0.5mol ×74g/mol=37g，反应生成的CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2的比为7：2：1，此时反应的化学方程为10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O。
27．(1) 2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑ 一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO 5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O
(2) C、E、D、B 排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验 反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色
(3)86. 25%
【分析】装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气，
（1）
①金属铜和稀硝酸反应制得的一氧化氮会带出少量水，水会和过氧化钠发生反应生成NaOH和氧气，反应方程式为：2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；
②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质.说明制得的NO中混有NO2，可以在装置A.B间添加-一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO，或添加可直接吸收NO2的装置；
③装置E中NO和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硝酸钾和锰离子，发生的主要反应的离子方程式为5NO+ 3+4H+=5+3Mn2+ +2H2O；
（2）
①装置C用于吸收水蒸气，装置E用于冷却二氧化氮，装置D用于检验NO，装置B用于处理尾气，装置按气流从左到右的连接顺序是A→C→E→D→B；
②经分析物质性质可知，反应产物中应该含有NO，NO很容易被氧气氧化，故通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；
（3）
反应的化学方程式为5NaNO2+3H2SO4 + 2KMnO4=5NaNO3+ 2MnSO4 + 3H2O + K2SO4，25.00mL样品溶液用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，平均消耗10.00mL酸性KMnO4标准溶液，则有关系式，解得n(NaNO2)=2.5×10-3×10mol，则2g样品中m(NaNO2)=nM= 2.5×10-3××69g/mol=1.725g，该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数是。
28．(1)+3价
(2) 溶解RuO4 CaSO4 温度为65℃、pH为1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
(5)87.8%
【分析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
【详解】（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
（5）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%=87.8%，故答案为：87.8%。
29．(1)ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4
(2) 大于 相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3 0.8 0.75
(3) *COOH+H++e-=H2O+*CO
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ×2可得V，Ⅲ-2×Ⅳ也可得V，所以ΔH5=ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4；
（2）①相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；
②Q点[CO+CO2]的总平衡转化率为80%，乙醇和甲醇的选择性均为50%，所以n(CH3OH)=(1mol+1mol)×80%×50%=0.8mol；n(C2H5OH)=(1mol+1mol)×80%×50%×=0.4mol，设H2O(g)的物质的量为x mol，H2转化了4mol，则根据H元素守恒有4×0.8mol+6×0.4mol+2x mol=4mol×2，解得x=1.2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数Kp，则平衡常数Kp==0.75；
（3）据图可知第二步反应中*COOH结合H++e-转化为H2O和*CO，化学方程式为*COOH+H++e-=H2O+*CO。曲靖市第二中学2021级高二上学期期末
化 学 试 卷
（试卷满分100分，考试时间90分钟）
注意事项：本卷为试题卷。考生解题作答必须在答题卷上。答案书写在答题卷相应位置上，在试题卷、草稿纸上作答无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 K-39 Fe-56 Cu-64 Ru-101 I-127
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一、单选题
1．《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
2．117号主族元素Ts的原子最外层电子数是7，下列说法不正确的是
A．Ts是第七周期第ⅦA族元素 B．还原性：I ＜Ts
C．原子半径：I＜Ts D．中子数为176的Ts的核素符号：
3．体积小重量轻的长寿命的核电池已经广泛应用于心脏起搏器，全世界已经有成千上万的心脏病患者植入了核电池驱动的心脏起搏器，挽救了他们的生命，使他们能够重新享受人生的幸福。心脏起搏器的电源体积非常小，比1节2号电池(锌锰电池)还小，重量仅100多克，若用放射源为238Pu，150mg即可保证心脏起搏器在体内连续工作10年以上。判断氮的非金属性比磷强，不可依据的事实是
A．常温下氮气是气体，磷是固体 B．稳定性：
C．酸性： D．在空气不能燃烧，而可燃
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B．1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液中，含有的SO数目为3NA
C．标准状况下，22.4LCO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NA
D．1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子
5．下列方程式中正确的是
A．0.1 mol/L次氯酸溶液的pH约为4.2：HClO= H++ ClO-
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O = Al(OH)3↓+3H+
C．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液：、SO、、AlO
B．的溶液：、、、SO
C．能溶解的溶液：、、HCO、SO
D．的溶液中：、、SO、
7．下列有关实验的做法不正确的是
A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．配置0.1000mol L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．用萃取分液的方法除去酒精中的水
8．使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是
选项 A B C D
试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH
试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
9．反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
10．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用。以下类推的结论正确的是
A．与氢氧化钠溶液反应，故也可以
B．金刚石的硬度大，则的硬度也大
C．与化学式相似，则与的物理性质也相似
D．常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
11．下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向漂白粉溶液中通入 产生白色沉淀 能与反应生成
B 向砖红色的沉淀中滴加NaCl溶液 砖红色沉淀逐渐转化为白色沉淀 相同温度下，溶度积常数：
C 向胶体中滴加溶液 产生红褐色沉淀 发生了胶体聚沉
D 将氨水滴加到红色石蕊试纸上 试纸变蓝 氨气属于碱性电解质
A．A B．B C．C D．D
12．常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
13．一定条件下，aL密闭容器中放入1molN2和3molH2发生N2+3H2 2NH3的反应，下列选项中不能说明反应已达到平衡状态的是
A．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
B．2v(H2)正=3v(NH3)逆
C．单位时间内1个N≡N键断裂的同时有6个N-H键断裂
D．反应体系中总压强不变
14．向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。
下列说法不正确的是
A．随着反应的进行，降低
B．产生的气体是混合物
C．pH=9时，溶液中
D．溶液的pH升高可能是Mg与反应的结果
15．在25℃时，下列说法正确的是
A．pH相等的①亚硝酸钠溶液、②次氯酸钠溶液、③碳酸氢钠溶液，三者的物质的量浓度关系：①＞③＞②
B．等体积等pH的盐酸和醋酸，稀释相同倍数后与等量且足量的锌反应，两者反应速率相同，但醋酸产生氢气多
C．向的盐酸中加入的氢氧化钠溶液，恰好完全反应时，测得盐酸与氢氧化钠溶液的体积比为，则a+b=13
D．的HA溶液与的BOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA为强酸、BOH为弱碱
16．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
17．常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A．该溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
18．下列操作规范且能达到实验目的的是
A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
19．DBFC燃料电池的结构如图，该电池的总反应为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O。下列关于电池工作时的相关分析不正确的是（ ）
A．X极为正极，电流经X流向外电路
B．Y极发生的还原反应为H2O2+2e-=2OH
C．X极区溶液的pH逐渐减小
D．每消耗1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-
20．用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是
A．烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应
B．烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和
C．烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2O NH3 H2O NH+OH-
D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性
21．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 50 150 250 350
n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20
下列说法正确的是A．反应在前50s的平均速率为v(Cl2)=0.0032mol/(L s)
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl5)=0.36mol/L，则反应的ΔH>0
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20mol Cl2，达到平衡前v(正)＜v(逆)
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3、2.0mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
22．沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是
A．阳极发生将海水中的氧化生成的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的
C．阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的等积垢需要定期清理
23．NH4Al(SO4)2在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。下列有关说法正确的是
A．NH4Al(SO4)2属于弱电解质，其溶液导电性较弱
B．NH4Al(SO4)2溶液中水解产生的NH3 H2O促进Al3+水解
C．NH4Al(SO4)2中部分离子浓度大小顺序为
D．常温下NH4Al(SO4)2稀溶液中滴加氨水至中性时，
24．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
25．已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。室温下，通过下列实验探究草酸的性质。下列说法不正确的是
实验 实验操作
1 向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10mL
2 向10mL0.1mol/L草酸溶液中逐滴加入等浓度的KOH溶液至pH=4.2
3 向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液，产生白色沉淀
A．实验1所得溶液中c(K+)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
B．实验2过程中，水的电离程度一直增大
C．实验2所得溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)
D．实验3反应静置后的上层清液中c(Ca2+)·c(C2O)=Ksp(CaC2O4)
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
二、填空题
26．（12分）有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其中A 的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子；C元素的一种气体单质呈淡蓝色，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小；E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F 元素最高正价与最低负价的代数和为4。
（1）B、C、E 三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，其中心原子的基态原子电子排布式为______，其电子式为______。
（2）D、E、F 的简单离子半径由大到小的顺序是_________（用离子符号表示）。
（3）两种均含A、B、C、F 四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式__。
（4）一定量的石灰乳中通入一定量的E单质，两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子．其中两种离子的物质的量（n） 与反应时间（t）的曲线如图所示。
则t2时刻消耗氢氧化钙质量为______g，此时反应的化学方程为______。
27．（12）亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某化学兴趣小组设计实验制备NaNO2并探究其性质。
查阅资料信息：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；2NO2 +Na2O2=2NaNO3.
②酸性KMnO4溶液可将低价氮的氧化物或酸根离子氧化为。
(1)NaNO2的制备(夹持装置和加热装置均已略，已检查装置气密性)。
①若没有装置B，则装置C中Na2O2与水发生反应：_______(填化学方程式)。
②制得的NaNO2固体中混有的杂质主要为NaNO3，改进措施是在装置A、B间添加_______，提高NaNO2的纯度。
③装置E中发生的主要反应的离子方程式为 _______。
(2)验证亚硝酸钠与70%硫酸反应的气体产物为NO和NO2的混合气体。
已知：FeSO4溶液可吸收NO；NO2的沸点为21° C ，熔点为-11° C 。
①为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序是A→ _______。(按气流方向从左到右)
②反应前应打开弹簧夹1， 先通入一段时间氮气，目的是_______。
(3)测定某亚硝酸钠样品的纯度。
设该样品的杂质均不与酸性KMnO4溶液反应，可用酸性KMnO4溶液测定NaNO2的含量。称取2.0 g亚硝酸钠样品溶于水配成250 mL溶液，取出25. 00 mL溶液于锥形瓶中，再用0. 1000 mol· L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4标准溶液的体积如表：
实验组 第一组 第二组 第三组 第四组
消耗酸性KMnO4标准溶液的体积/mL 9.97 10.02 12. 01 10. 01
该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数为_______。
28．（14）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为____。
(2)“酸浸”时，Na2SO3的作用____。“滤渣”的主要成分有SiO2和____(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是____。
(3)“除铁”的离子方程式为____。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
(4)“灼烧”时Ar的作用是____。
(5)某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为____。(保留三位有效数字)
29．（12）CO、CO2加氢有利于缓解化石能源消耗，实现“碳中和”.该体系主要涉及以下反应：
反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH3<0
反应IV：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
反应V：2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH5
回答下列问题：
(1)上述反应中，ΔH5=____(写出一个代数式即可)。
(2)恒容下，n(CO)=n(CO2)=1mol，并按照不同氢碳比[]投料，发生上述反应。图甲表示不同氢碳比时，[CO+CO2]的总平衡转化率随温度变化的关系；图乙表示氢碳比=3时，平衡后体系中C2H5OH、CH3OH的选择性随温度变化的关系。
已知：CH3OH的选择性=×100%；C2H5OH的选择性=×100%
①图甲中x____3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是____。
②Q点对应的体系中n(CH3OH)=___mol；此时，H2转化了4mol，则反应2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp=____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
(3)常温常压下，以Ag为催化剂，在酸性水溶液中将CO2电催化还原为CO的反应历程如图所示：
吸附在催化剂表面上的物种用*标注，图中第一步反应为CO2+e-+H+=*COOH，则第二步反应为____。试卷第1页，共3页
答案第1页，共2页
