淄博市部分学校2022-2023学年高一下学期4月期中联考
化学试题
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Cu-64 Zn-65
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有一个选项符合要求
1．古诗词富载化学知识，下列古诗词的描述中不涉及化学变化的是
A．《诗经·周颂·良耜》中描述农民生产的情形：荼蓼(杂草)朽(腐烂)止，黍稷茂止”
B．岑参在《白雪歌送武判官归京》中描述雪景：“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”
C．李白在《秋浦歌》中描述冶炼工人夜间劳动的场景：“炉火照天地，红星乱紫烟”
D．李商隐在《无题》中感言：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．30g乙烷中所含的键数为7NA
B．1molSO2与足量O2反应生成SO3分子的数目为NA
C．标准状况下，22.4LCHCl3中含有的Cl原子数目为3NA
D．0.1mol/L的NaClO溶液中含有的ClO-数目小于0.1NA
3．“类比”是预测物质结构、性质与化学反应的重要方法之一，下列有关类比合理的是
A．H2O的分子空间结构呈V形，则H2S的分子空间结构也呈V形
B．MgCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，则AlCl3溶液与与过量的NaOH溶液反应生成Al(OH)3沉淀
C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)2和H2
D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、NaOH溶液组成原电池时镁也作负极
4．已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；SO+I2+H2O=SO+2I-+2H+，碘水呈褐色。某溶液中可能含有Na+、NH、Fe2+、K+、I-、SO、SO，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量氯水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
A．肯定不含I- B．可能只含有一种阳离子
C．肯定含有SO D．肯定含有NH
5．受热分解常用于实验室制备。工业制备中，首先以软锰矿(主要成分为)为原料生成，进而利用“酸性歧化法”生成，流程如图所示。
实验室中模拟以上工业流程制备。下列说法正确的是
A．熔融过程温度较高，可以选用石英坩埚作反应容器
B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为
C．“结晶”获取晶体时采用蒸发结晶
D．该流程中涉及到的化学反应都是氧化还原反应
6．CO2在催化剂的作用下与氢气作用制取CH4的反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．催化剂不参与反应过程
B．La2O3是中间产物
C．该过程的总反应是CO2+4H2CH4+2H2O
D．H2→2H 的过程是放热过程
7．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别装在盛有水的三个烧杯中，在①烧杯中加入CaO，在②烧杯中不加其他任何物质，在③烧杯中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅。已知：2NO2(红棕色)N2O4(无色)，下列叙述正确的是
A．2NO2N2O4是吸热反应
B．NH4Cl溶于水时吸收热量
C．①烧瓶中平衡时混合气体的平均相对分子质量增大
D．③烧瓶中气体的压强增大
8．在标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照下发生取代反应，关于该反应说法正确的是
A．反应容器中，一氯代物所占的物质的量分数最大
B．光照条件下，甲烷通入溴水中，可使溴水褪色
C．反应生成四种有机产物，且均为难溶性油状液体
D．若甲烷完全反应生成四种等物质的量的有机产物，则消耗的Cl2为2.5mol
9．我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意如下。则下列说法不正确的是
A．在和反应生成的总反应中，原子利用率为100％
B．过程中，形成的键只有非极性共价键
C．过程中，有极性共价键发生断裂
D．①→②过程形成了键
10．如图为某锌-铜原电池示意图。下列说法正确的是
A．电子由铜片通过导线流向锌片
B．溶液中的向锌电极移动
C．正极电极反应式：
D．电路中每转移电子，理论上电解质溶液的质量增加
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．已知：将Cl2通入适量NaOH溶液中，反应会放热，当温度升高后会发生如下反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。则Cl2通入NaOH溶液的产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，且的值与温度高低有关。当参与反应的n(NaOH)= a mol时，下列说法错误的是
A．与碱的反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂
B．参加反应的Cl2物质的量为0.5a mol
C．若某温度下，反应后=6，则溶液中
D．改变温度，反应中转移电子的物质的量可能为mol
12．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一、用溶液对烟气同时脱硫脱硝(分别生成、)，测得NO、脱除率如图，下列说法错误的是
A．酸性环境下脱除NO的反应：
B．随着脱除反应的进行，吸收溶液的pH逐渐减小
C．SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO
D．依据图中信息，在时，吸收液中
13．含有1 mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2后，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是
A．x=1.5，2Fe2＋+4Br－+3Cl2→2Br2+2Fe3＋+6Cl－
B．x=1.2，Fe2＋+2Br－+2Cl2→Br2+Fe3＋+4Cl－
C．x＝0.6，2Br－+ Cl2→Br2+2Cl－
D．x＝0.4，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-
14．有人设想合成具有以下结构(结构中只表示出碳碳键，省略了C、H原子和碳氢键)的四种烃分子，下列有关说法不正确的是
A．1mol甲分子内含有6mol非极性共价键
B．由乙分子构成的物质不能发生氧化反应
C．丙分子的二氯取代产物有7种
D．丁分子不能合成
15．向含有1mol 和1mol 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是
a表示的关系曲线
P点时，
D．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．(12分)绿水青山就是金山银山。绿色发展、生态保护已成为中国展示给世界的一张新“名片”。回答下列问题：
(1)硫酸工业排出的尾气(主要含)可用软锰矿浆吸收，写出如图所示“反应1”的化学方程式_______。造成的一种常见环境污染为_______。
(2)某处理含，废水和工业废气(主要含、、、、)的流程如图：
已知：，。
①固体1的主要成分有、_______(填化学式)。
②若需要配制溶液1L进行模拟测试，需称取固体的质量为____g。
③用溶液处理含废水反应的离子方程式为_______。
④验证废水中已基本除净的方法是_______(写出操作、现象及结论)。
⑤捕获产物主要是_______(填化学式)。
⑥气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是_______。
17．（12分）实验室利用SO2合成硫酰氯(SO2Cl2)，并对H2SO3和HClO的酸性强弱进行探究。硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下反应，制取少量的SO2Cl2,SO2(g)＋Cl2(g)=SO2Cl2(l)，该反应放热。装置如图所示(部分夹持装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应，并产生白雾。回答下列问题。
(1)甲装置用于制SO2，则下列试剂组合中最合适的是_______。(填序号)
A．18.4 mol·L-1的硫酸和Al B．5 mol·L-1的硝酸和Na2SO3固体
C．10 mol·L-1的硫酸和Na2SO3固体 D．0.5 mol·L-1的硫酸和Na2SO3固体
(2)导管a的作用是_______，装置乙和丁中可以使用同一种试剂，该试剂为_______。仪器b中盛放的试剂的作用是_______。
(3)若反应中消耗的氯气体积为896 mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的硫酰氯4.05 g，则硫酰氯的产率为_______(保留两位有效数字)。
(4)选用下面的装置探究酸性：H2SO3>HClO，其连接顺序为A→_______。能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为_______。
18．（12分）Ⅰ.合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1是一个可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。则：
(1)如果将1mol氮气和3mol氢气混合，使其充分反应，反应放出的能量总小于上述数值，为什么？___。
(2)实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，充入2mol氮气和3mol氢气，反应经过2分钟后，容器内压强变为原来的，则0～2分钟内用氮气表示的化学反应速率是___，此时氢气的转化率为___。
(3)在容积为2L的密闭容器内，充入1mol氮气和3mol氢气，在500℃、有催化剂作用条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是___。
a.正反应速率和逆反应速率相等且为零 b.氮气和氢气的转化率相等
c.氮气的转化率达到最大值 d.氮气和氢气的浓度相等
e.NH3的体积分数保持不变 f.反应达到该条件下的最大限度
(4)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗9.95gCuCl(s)放热4.44kJ，该反应的热化学方程式是___。
(5)根据所学知识，比较下列反应热的大小。
①同一反应的生成物状态不同时反应热不同，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2，则△H1___△H2(填“>”、“<”或“=”，下同)。
②同一反应的反应物状态不同时，反应热不同，如S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1，S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2，则△H1___△H2。
19．（12分）KMnO4是一种常见的氧化剂，工业上利用软锰矿(MnO2)制备高锰酸钾的流程如下，某化学竞赛同学在实验室中模拟该流程制备KMnO4，并对产物纯度进行测定。
(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒机理与______相同(填字母)。
a．84消毒液 b．双氧水 c．医用酒精
(2)反应I通常在400℃条件下进行，写出反应化学方程式___(不考虑铁坩埚被富氧空气氧化)。
(3)操作I的名称为__________。
(4)反应II可以用______代替CO2(填字母)。
a．浓盐酸 b．氢碘酸 c．稀硫酸
(5)流程中可以循环使用的物质有KOH和__________。若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1molMnO2可制得______molKMnO4。
(6)按下述步骤测定产物中KMnO4的纯度(杂质为KHCO3)。
a．用分析天平准确称取KMnO4样品，用稀硫酸配制成酸性KMnO4溶液，备用。
b．用减量法准确称取Na2SO30.2520g，加入到250mL锥形瓶中，慢慢滴加配制好的酸性KMnO4溶液将Na2SO3刚好全部被氧化，同时生成了Mn2+。
c．重复步骤b两次，所有测定数据如下表。
实验序号 1 2 3
消耗酸性KMnO4溶液体积 19.99 19.98 20.03
①配制酸性KMnO4溶液必须要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___。
②KMnO4的纯度为_______％(保留4位有效数字)。
20．（12分）(I)俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素(Fl)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：
(1)该元素在周期表中的位置为：_______，属于_______元素(填“金属”或“非金属”)。
(II)下表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，回答下列问题：
(2)②③④三种元素最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序是_______(填化学式)。
(3)元素⑦的简单氢化物与③的单质反应的离子方程式为_______；
(4)元素②和⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_______；
(5)元素⑩为铁，其单质与⑧的单质反应的化学方程式为_______；
(6)部分短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，判断以下叙述不正确的是_______
元素代号 L M Q R T
原子半径/nm 0.160 0.143 0.112 0.104 0.066
主要化合价 +2 +3 +2 +6、-2 -2
A．L2+、R2-的核外电子数相等
B．单质与稀盐酸反应的速率L＜Q
C．M与T形成的化合物具有两性
D．T与R可形成的化合物TR2、TR3淄博市部分学校2022-2023学年高一下学期4月期中联考
化学答案
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分
B 2．A 3．A 4．C 5．D 6．C 7．B 8．D 9．B 10．D
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．D 12．AD 13．BC 14．BC 15．D
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.（12分）(1) (2分) 形成酸雨（1分）
(2) ① 、 （2分） ② 120 （1分） ③ （2分）
④取少量处理后废水于试管中，加入浓溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则证明已基本除净 （2分）
⑤ CO （1分）
⑥ 气体2中与的物质的量之比为1：1时，才可被氢氧化钠完全吸收转化为；若空气过量，则完全转化为，最终生成和的混合溶液（1分）
17．（12分）(1)C（1分）
(2) 平衡压强，使浓盐酸顺利流下（2分） 浓硫酸（2分） 除去多余S02、C12，避免污染空气；避免空气中的水蒸气进入装置丙，影响产物纯度（2分）
(3)75%（2分）(4) C→B→E→D→F （1分） 装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀（2分）
18．（12分）(1)该反应是可逆反应，1mol氮气和3mol氢气混合，使其充分反应，反应放出的能量总小于92kJ（2分）
(2) 0.125mol/(L·min) （2分） 50% （2分） (3)cef（2分）(bcef也可以 (4)4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=-177.6kJ/mol（2分）
(5) ＞ （1分） ＜（1分）
19．（12分）(1)αb（2分） (2)4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O（2分）(3)过滤（1分）
(4)c（2分） (5) MnO2 （1分） （1分） (6) 250mL容量瓶 （1分） 98.75（2分）
20．（12分）(1) 第七周期ⅣA族 （1分） 金属 （1分）
(2)KOH>NaOH>Mg(OH)2（2分）
(3)2K+2H2O=2OH-+H2↑+2K+ （2分） (4)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O（2分）
2Fe+3Cl22FeCl3 （2分） (6)AB（2分）
答案详解
1．B
【详解】A．杂草腐烂属于化学变化，A不符合题意；
B．“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”中不涉及化学变化，B符合题意；
C．燃烧是化学变化，金属冶炼是化学变化，C不符合题意；
D．蜡烛燃烧是化学变化，D不符合题意；
故选B。
A
【详解】B．SO2与足量O2反应是可逆反应；
C．CHCl3标准状况下不是气态；
D．未告诉溶液体积；
答案选A。
3．A
【详解】A．O、S为同主族元素，最外层电子数相同，二者形成的简单氢化物中，的分子空间结构呈V形，的分子空间结构也呈V形，A正确；
B．MgCl2溶液与过量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3溶液与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液，B错误；
C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，C错误；
D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时，镁作负极，镁、铝、NaOH溶液组成原电池时，镁不能与NaOH溶液反应，铝能与NaOH溶液反应，铝作负极，D错误；
答案选A。
4．C
【分析】由反应的方程式可知，亚硫酸根中硫元素化合价升高，亚硫酸根作还原剂碘单质中碘元素化合价降低，碘单质作氧化剂，碘离子是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故还原性： SO> I-，溶液无色证明无亚铁离子，加少量氯水，溶液仍呈无色，说明氯单质被还原，但没有生成碘(稀碘水为褐色)，则说明一定有亚硫酸根，由于亚硫酸根还原性强于碘，所加氯水为少量，亚硫酸根先被氧化，则不能说明无碘离子。由于存在的离子物质的量浓度相等，由正负电荷守恒，则钠离子、钾离子、铵根离子三种离子中必有两种，故阳离子不一定有铵根离子，硫酸根离子一定不存在。
【详解】A．由上分析知，可能有碘离子，A错误；
B．根据溶液中电荷守恒，钠离子、钾离子、铵根离子三种离子中必有两种， B错误；
C．由上分析知，肯定有亚硫酸根离子，C正确；
D．根据溶液中电荷守恒，钠离子、钾离子、铵根离子三种离子中必有两种，故阳离子不一定有铵根离子，D错误；
故本题选C。
5．D
【详解】Ａ．在高温下KOH会和石英坩埚（主要成分为SiO2）反应，故不能选则石英坩埚作反应容器，A项错误；
Ｂ．锰酸钾具有强氧化性，会将盐酸氧化成Cl2，故不能用盐酸酸化，B项错误；
Ｃ．高锰酸钾受热易分解，故不能采用蒸发结晶，该采用降温结晶，C项错误；
Ｄ．该流程涉及、，这两个反应都是氧化还原反应，D项正确。
答案选D。
6．C
【分析】CO2与La2O3作用得到La2O2 CO3，La2O2 CO3在分解得到活性CO2 和La2O3，H2在Ni催化剂作用下得到活性H ，CO2 和H 反应得到CH4和H2O。
【详解】A．从CO2与La2O3作用得到La2O3 CO3，La2O3 CO3在分解得到活性CO2 和La2O3，可分析得到催化剂参与反应过程，A项错误；
B．La2O3是一开始参与反应，后续又反应得到，所以不是中间产物，B项错误；
C．CO2与La2O3作用得到La2O3 CO3，La2O3 CO3在分解得到活性CO2 和La2O3，H2在Ni催化剂作用下得到活性H ，CO2 和H 反应得到CH4和H2O。由三个过程相加得到该过程的总反应是CO2+4H2CH4+2H2O，C项正确；
D．H2→2H 是断键过程，需吸热，故是吸热过程，D项错误；
故答案选C。
7．B
【详解】A．①中红棕色变深，则平衡向逆反应方向移动，而CaO和水反应放出热量，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；
B．③中红棕色变浅，说明平衡正向移动，因正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B正确；
C．①中平衡逆向移动，气体的总质量不变，而平衡时混合气体的物质的量增大，则体系中平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，故C错误；
D．③中红棕色变浅，说明平衡正向移动，气体的物质的量减小，则③烧瓶中的压强必然减小，故D错误；
故答案选B。
8．D
【分析】CH4与Cl2在光照条件下能生成CH3Cl和HCl，CH3Cl能继续和氯气发生取代反应生成二氯甲烷和HCl；CH3Cl能继续和氯气发生取代反应生成二氯甲烷和HCl；CH2Cl2能继续和氯气发生取代反应生成三氯甲烷和HCl；CHCl3能和氯气继续发生取代反应生成四氯化碳和HCl。
【详解】A．根据分析，反应产物中HCl的物质的量分数最大，故A错误；
B．光照条件下，甲烷和溴水不反应，故B错误；
C．反应生成四种有机产物，CH3Cl为气体，其余三种为难溶性油状液体，故C错误；
D．22.4L甲烷物质的量为1mol，1mol甲烷与氯气完全反应生成四种有机产物的物质的量相同，即分别生成了0.25molCH3Cl（气体）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，根据取代反应特点，每取代1molH原子，需要消耗1mol氯气，则总共消耗氯气的物质的量为：0.25mol+0.25mol×2+0.25mol×3+0.25mol×4=2.5mol，故D正确；
故选：D。
9．B
【详解】A．和反应生成的化学方程式为：，该反应的原子利用率为100％，A正确；
B．整个反应中，还形成了极性共价键，B错误；
C．中含有四个化学键，中只含有三个化学键，因此的转化过程中，有化学键发生断裂，属于极性共价键，C正确；
D．①→②的反应中，反应物中不含有化学键，而生成物中含有化学键，因此①→②过程中形成了化学键，D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．锌失去电子，锌电极是负极，电子由锌片通过导线流向铜片，A项错误；
B．原电池中阳离子移向正极，因此溶液中的向铜电极移动，B项错误；
C．正极上铜离子放电，正极电极反应式：，C项错误；
D．电路中每转移电子，就有转化为进入溶液，并生成，溶液质量增加0.5mol×(65g/mol－64g/mol)＝0.5g，D项正确；
答案选D。
11．D
【详解】A．反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O中，氯气的化合价既升高又降低，Cl2既是氧化剂又是还原剂，故A正确；
B．结合钠元素守恒，参与反应的n(NaOH)= a mol时，NaCl、NaClO、NaClO3物质的量之和为amol，根据氯原子守恒，参加反应的Cl2物质的量为0.5a mol，故B正确；
C．令n（ClO-）=1mol，反应后=6，则n（Cl-）=6mol，结合电子转移守恒，5×n（ClO）+1×n（ClO-）=1×n（Cl-），即5×n（ClO3-）+1×1mol=1×6mol，解得n（ClO）=1mol，则溶液中，故C正确；
D．当只发生6NaOH+3Cl2═5NaCl+NaClO3+3H2O，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移mol电子，若只发生反应2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移amol电子，故转移电子的物质的量n的范围amol≤n≤amol，不可能为mol，故D错误；
故选：D。
12．AD
【详解】A．酸性环境下脱除NO的反应，离子方程式中不会有氢氧根，应该为：，故A错误；
B．根据和，随着脱除反应的进行，吸收溶液的酸性增强，其pH逐渐减小，故B正确；
C．脱除率高于NO的原因可能是在水中的溶解度大于NO，在溶液中能更好的脱除，故C正确；
D．依据图中信息，在时，根据，假设二氧化硫和一氧化氮物质的量分别为3mol、2mol，二氧化硫脱除率100%，根据，则生成的氯离子物质的量为3mol，NO脱除率40%，根据，则生成的硝酸根物质的量为2mol×40%=0.8mol，生成的氯离子物质的量为1.2mol，因此吸收液中，故D错误；
综上所述，答案为AD。
13．BC
【分析】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生，，
当时，只氧化Fe2+，当时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。
【详解】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生，，
当时，只氧化Fe2+，当时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，
A．当x=1.5时，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；
B．当x=1.2时，，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为：，故B错误；
C．当x=0.6时， ，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，故C错误；
D．x=0.4，，只氧化Fe2+，故D正确；
故答案选：BC。
14．BC
【详解】氢原子只能成一个价键，因此上述图中所示的点为碳原子，所示“线”均为碳碳单键。
A．由图可知，1个甲分子中含有6个碳碳单键(非极性共价键)，因此1mol甲分子内含有6mol非极性共价键，故A项说法正确；
B．由图可知乙分子的化学式为C6H6，C元素平均化合价为-1，化合价能够进一步升高，因此能够与氧气等发生氧化还原反应，故B项说法不正确；
C．丙分子具有高度对称结构，相互对称的碳原子上连接的氢原子等效，其一氯代物结构只有一种，进一步氯代而得的二氯代物有3种(即2个氯原子的位置处于相邻、面对角线、体对角线)，故C项说法不正确；
D．丁分子中有多个碳原子具有5个价键，不满足碳原子的成键特点，因此丁分子不能合成，故D项说法正确；
综上所述，说法不正确的是BC项，故答案为BC。
15．D
【分析】向含有1mol 和1mol 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，首先发生反应：，当铁过量时发生：，点时和的物质的量相同，据此计算有关的量的多少。
【详解】A．向含有1mol 和1mol 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，首先发生反应：，1mol 和1mol 中含有3mol ，1mol 完全反应需消耗4mol ，不足量，则产生的物质的量为，即，A错误；
B．向含有1mol 和1mol 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，首先发生反应：，后铁过量发生反应：，a是表示的关系曲线，则b是表示的关系曲线，B错误；
C．当铁过量，会发生反应：，设被还原的物质的量x mol，则反应产生物质的量为1.5x mol，点时和的物质的量相同，0.75-x=1.5x，解得x=0.3mol，此时溶液中的物质的量，即P点时，，C错误；
D．向P点溶液中加Cu，发生反应：，设加入铜的质量是y g，根据方程式可知：2mol 反应消耗64g Cu，而P点溶液中含有的物质的量是0.45mol，则其反应消耗Cu的质量为，D正确；
故合理选项是D。
16题22．(1) 形成酸雨
(2) 、 120 取少量处理后废水于试管中，加入浓溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则证明已基本除净 CO 气体2中与的物质的量之比为1：1时，才可被氢氧化钠完全吸收转化为；若空气过量，则完全转化为，最终生成和的混合溶液
【分析】工业废气中加入过量的石灰乳，和会与氢氧化钙反应生成、，则固体1主要为生成的、和剩余的，气体1为剩余的、、，通入适当的空气，使一半转化为，气体2为：、、、，加入溶液，发生反应，气体3为、，捕获产物为：，无污染气体为，据此分析。
【详解】（1）可以还原，使锰元素从+4价变为+2价，反应的方程式为：；溶于水形成亚硫酸，被空气中氧气氧化成，溶于水形成硫酸，故可以形成酸雨；答案为： ；形成酸雨；
（2）由上述分析可知，固体1主要为生成的、和剩余的；若实验室需要配制溶液1L，需称取固体的质量为：；有氧化性，有还原性，二者之间可以发生氧化还原反应，通过分析可知，产物气体为氮气，故反应的离子方程式为：；已基本除净的方法是：取少量处理后废水于试管中，加入浓溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则证明已基本除净；由上述分析可知，捕获产物主要是；气体2中与的物质的量之比为1：1时，才可被氢氧化钠完全吸收转化为；若空气过量，则完全转化为，最终生成和的混合溶液，故气体1转化为气体2时空气不能过量；答案为： 、；120；；取少量处理后废水于试管中，加入浓溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则证明已基本除净；CO；气体2中与的物质的量之比为1：1时，才可被氢氧化钠完全吸收转化为；若空气过量，则完全转化为，最终生成和的混合溶液。
17．(1)C
(2) 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 浓硫酸 除去多余尾气，避免污染空气；避免空气中的水蒸气进入装置丙，影响产物纯度
(3)75%
(4) C→B→E→D→F 装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀
【分析】由题目信息可知，甲是制取SO2的装置，乙是干燥SO2的装置，丙是制取SO2Cl2的装置，丁是干燥Cl2的装置，庚是制取Cl2的装置。
【详解】（1）甲装置可以用于实验室制SO2，则下列试剂组合中合适的是浓硫酸与亚硫酸钠，故答案为：C。
（2）庚是制取Cl2的装置，分析仪器可知，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；装置乙和丁中可以使用同一种试剂，该试剂为浓硫酸；仪器b中盛放的试剂为碱石灰，作用是除去多余尾气，避免污染空气；避免空气中的水蒸气进入装置丙，影响产物纯度。
（3）由质量守恒可知：Cl2~SO2Cl2，n(SO2Cl2)= n(Cl2)= =0.04mol，则理论上可得到SO2Cl2的质量为0.04 mol×135 g/mol=5.4 g，则磺酰氯的产率为=75%。
（4）HClO 具有强氧化性、SO2 具有还原性，因为 SO2与 ClO 发生氧化还原反应，不能利用 SO2与 Ca(ClO)2直接反应判断 H2SO3，与 HClO 的酸性强弱，先验证 H2SO3酸性比 H2CO3强，再结合 H2CO3酸性比 HClO 强判断。A 装置制备 SO2，由于盐酸易挥发，制备的 SO2 中混有 HCl ，用饱和的 NaHSO3溶液除去 HCl ，再通过 NaHCO3溶液，可以验证 H2SO3酸性比 H2CO3强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去 CO2中的 SO2，用品红溶液检验 CO2中 SO2是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为：A→C→B→E→D→F，能证明 H2SO3的酸性强于 HClO 的实验现象为 D 中品红不褪色，F 中产生白色沉淀。
18．(1)该反应是可逆反应，1mol氮气和3mol氢气混合，使其充分反应，反应放出的能量总小于92kJ
(2) 0.125mol/(L·min) 50%
(3)cef
(4)-175kJ/mol
(5)4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=-177.6kJ/mol
(6) ＞ ＜
【分析】（1）1molN2和3molH2混合，使充分反应，反应放出的热量总小于上述数值，是因为合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物NH3，所以1mol氮气和3mol氢气混合，使其充分反应，反应放出的能量总小于92kJ。
（2）在恒温恒容时，气体的压强比等于气体的物质的量的比，开始时气体的物质的量为2mol+3mol=5mol，由于平衡时气体压强为原来的80%，则气体的物质的量减小5mol-5mol×80%=1mol。根据方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可知：每有1molN2反应，反应后会减小2mol，现在气体的物质的量减小1mol，则反应的N2的物质的量为0.5mol，所以用氮气表示的化学反应速率是，根据方程式可知N2、H2反应的物质的量的比是1:3，氮气反应了0.5mol，则氢气反应了1.5mol，由于反应开始时加入氢气的物质的量为3mol，所以氢气的转化率为=×100%=50%。
（3）a.化学平衡为动态平衡，达到平衡时正反应速率和逆反应速率相等但不为零，a错误；
b.反应达到平衡时，氮气和氢气的转化率可能相等，也可能不相等，这与反应开始时加入的两种物质的物质的量多少有关，b错误；
c.反应从正反应方向开始，若氮气的转化率达到最大值，则反应达到平衡，c正确；
d.达到平衡时氮气和氢气的浓度不一定相等，这与起始量、物质的转化率有关，d错误；
e.NH3的体积分数不变，反应处于平衡状态，e正确；f.反应达到最大程度，任何物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，f正确；
故合理选项是cf。
（4）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体CuO。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗9.95gCuCl(s)放热4.44kJ，即消耗0.1molCuCl(s)放热4.44kJ，故该反应的热化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H=-44.4×4kJ/mol=-177.6kJ/mol。
（5）①由盖斯定律知，用①式-②式得2H2O(l)=2H2O(g)△H=△H1-△H2>0，故△H1>△H2；
②由盖斯定律知，用①式-②式得Sg)=S(s)△H=△H1-△H2<0，故△H1<△H2。
19．(1)ab
(2)4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O
(3)过滤
(4)c
(5) KOH、MnO2
(6) 250mL容量瓶 98.75
【分析】以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧和氧气反应，得到锰酸钾等固体，冷却后溶于水得到锰酸钾溶液，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到二氧化锰固体和高锰酸钾和KHCO3混合溶液，冷却结晶得到高锰酸钾晶体。
【详解】（1）具有强氧化性，84消毒液、双氧水均具有强氧化性，可作消毒剂，其消毒机理与高锰酸钾相同，酒精可使病毒中的蛋白质发生变性，与高锰酸钾消毒机理不同，故选AB。
（2）反应I中软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧和氧气反应得到锰酸钾，O元素化合价由0价下降到-2价，Mn元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O。
（3）由分析可知，、KHCO3和MnO2浊液经过过滤可以得到MnO2固体和和KHCO3混合溶液，操作I的名称为过滤。
（4）因为盐酸和氢碘酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化，稀硫酸不会和高锰酸钾发生氧化还原反应，可以代替，故选c。
（5）根据流程图知，初始反应物是KOH和MnO2，碳酸钾和石灰苛化得到KOH、锰酸钾和二氧化碳反应生成MnO2，所以KOH和MnO2都可以循环利用；根据原子守恒知，1molMnO2可制得1molK2MnO4，K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，反应方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，3mol锰酸钾生成2mol高锰酸钾，所以1mol二氧化锰生成mol高锰酸钾。
（6）①配制KMnO4样品溶液时，需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；
②反应的物质的量为=0.002mol，高锰酸钾的平均体积为=20.00mL，由得失电子守恒可知反应过程中和KMnO4的关系式为：5~2 KMnO4，则n(KMnO4)=n()=×0.002mol=0.0008mol，高锰酸钾的浓度为0.04mol/L，酸性溶液中高锰酸钾的物质的量为0.04mol/L ×0.25L=0.01mol，产物中的纯度为98.75%。
20．(1) 第七周期ⅣA族 金属
(2)KOH>NaOH>Mg(OH)2
(3)2K+2H2O=2OH-+H2↑+2K+
(4)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(5) 2Fe+3Cl22FeCl3
(6)AB
【详解】（1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族，第六周期的铅是金属，所以114号元素是金属。
（2）由元素在周期表的位置可知，①为H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C元素，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩为Fe元素。
金属性：K>Na>Mg，金属性越强元素最高价氧化物的水化物碱性越强，则碱性：KOH>NaOH>Mg(OH)2。
（3）元素⑦的简单氢化物为H2O，③的单质为K，K和H2O 反应生成KOH和H2，离子方程式为：2K+2H2O=2OH-+H2↑+2K+。
（4）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。
（5）⑧的单质为Cl2，Fe和Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3。
（6）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。
A．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-(-2)=18，不相等，故A错误；
B．金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B错误；
C．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，故C正确；
D．O和S元素可形成的化合物SO2、SO3，故E正确；
故选AB。
答案第1页，共2页
