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北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（含解析）
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这是一份北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（含解析），共40页。
北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试卷（等级考）
一、（共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分．）
1．（3分）下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A
B
C
D
碱性干电池
风力发电机
太阳能集热器
燃气灶
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）下列物质中属于含有共价键的强电解质的是（ ）
A．CH3COOH B．C2H5OH C．MgCl2 D．Na2SO4
3．（3分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
4．（3分）下列有关原电池装置的说法不正确的是（ ）
A．①、②中，锌片都发生氧化反应
B．①、②中，都向铜片移动
C．②可将2H++Zn═H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能
D．当①、②中通过外电路的电子数相等时，正极生成物的质量比为32：1
5．（3分）某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．1mol该有机物能与2molNaOH反应
B．该有机物中有4种官能团
C．该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
6．（3分）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．反应生成1mol N2时转移4mole﹣
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）═N2（g）+NO2（g）△H＝﹣139 kJ/mol
D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
7．（3分）下列实验方案中能达到相应实验目的的是（ ）
A
B
C
D
方案
将NO2球浸泡在冷水和热水中
目的
验证FeCl3对H2O2分解有催化作用
比较C、Si和Cl的非金属性
探究温度对化学平衡的影响
干燥氨气
A．A B．B C．C D．D
8．（3分）如图是微生物燃料电池原理示意图。已知：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，质子交换膜只允许H2O和H+通过。下列说法不正确的是（ ）
A．H+通过质子交换膜从a室进入b室
B．a室内的石墨电极为正极，发生氧化反应
C．b室内的电极反应为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O
D．该电池不能在高温环境下工作
9．（3分）25℃、101kPa下：
①2Na（s）+O2（g）＝Na2O（s）△H＝﹣414kJ/mol
②2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ/mol
下列说法正确的是（ ）
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s）△H＝﹣317kJ/mol
D．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
10．（3分）某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是（ ）
已知：Cr2O72﹣（橙色）（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（黄色）（aq）+2H+（aq）ΔH＝+13.8kJ/mol
步骤：
现象：待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比
A．该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72﹣完全反应
C．该反应是一个氧化还原反应
D．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
11．（3分）在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A（g）（g）⇌xC（g）+2D（g），生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol⋅L﹣1。下列判断正确的是（ ）
A．x＝2
B．A的转化率为60%
C．2min内B的反应速率为0.2mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
12．（3分）稀硫酸酸化后的软锰矿（主要成分为MnO2 ）悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2，得到MnSO4；MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2，同时生成H2SO4．下列用来解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．MnO2吸收SO2的反应：MnO2+SO2═MnSO4
B．MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e﹣+H+═MnOOH
C．MnSO4与KMnO4反应制备MnO2：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+
D．尾气中的SO2 还可用足量的氨水吸收：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2O
13．（3分）在通风橱中进行的下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法中不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
14．（3分）已知反应：2CH3COCH3（l） CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线
B．反应进行到20min末，CH3COCH3的
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的＝1
Ⅱ卷;非选择题（共58分）
15．（10分）丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如图。
（1）丙烯→A的反应类型是 。
（2）B中含有的官能团为 。
（3）区分A、B两种物质的方法是 。
（4）A与B反应的化学方程式是 。
（5）D的结构简式是 。
（6）推测D可能的性质 （写一条即可）。
16．（10分）研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义。
（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为的方程式： 。
（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如图：
1molH2S（g）全部氧化成（aq）的热化学方程式为 。
（3）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：（已知：质子交换膜只允许H2O和H+通过）
①H+的流动方向为 （填“从A到B”或“从B到A”）。
②负极的电极反应式为 。
（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键．SO2烟气脱除的一种工业流程如图：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为，反应的离子方程式是 。
②若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是 。
17．（13分）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K（t1）
K（t2）
F2+H2═2HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H2═2HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H2═2HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H2═2HI
43
34
（1）已知，t2＞t1，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因： ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加， （填字母序号）。
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱
（7）为验证ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：
①棉花中浸有NaOH溶液的作用是 （用离子方程式表示）。
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量氯气，充分反应后，将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到 ；该实验必须控制氯气的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论，理由是 。
18．（13分）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用．
（1）写出Fe（OH）2转化为Fe（OH）3的化学方程式 ．
（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质．检验绿矾是否变质的试剂是 设计实验检验绿矾是否完全变质
（3）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如图1：
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为
②取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g
（4）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如图2．Fe（s）+5CO（g）（CO）5（g）△H＜0
T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断理由是 ．
19．（12分）已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究．
（1）甲同学首先进行了实验1．
实验
1
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05mL，下同）．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液不显红色．
①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式 ．
②加入KSCN溶液的目的是 ．
③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，故改进实验方案，进行了实验2．
实验
2
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 0.1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液显红色．
ⅲ．继续加入2mL CCl4，充分振荡、静置．
ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色
本实验改用0.1mol•L﹣1 KI溶液的目的是 ．用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因： ．
（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3﹣在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2+I﹣⇌I3﹣．于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣．
①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3．
实验3
实验步骤
实验现象
ⅰ．取1mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色．
ⅱ．取1mL饱和碘水，加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色．
实验3的结论是 ．
②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验2+I﹣⇌I3﹣的存在．
请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1mL水；向试管2中 ．
两支试管中的现象分别为 ．
北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试卷（等级考）
参考答案与试题解析
一、（共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分．）
1．（3分）下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A
B
C
D
碱性干电池
风力发电机
太阳能集热器
燃气灶
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．碱性干电池是通过化学反应释放出电能；
B．风力发电是风能转化为电能；
C．太阳能集热器，是太阳能转化为热能；
D．燃气灶为可燃性气体燃烧产生热能和光能。
【解答】解：A．碱性干电池是通过化学反应释放出电能，故A正确；
B．风力发电是风能转化为电能；
C．太阳能集热器，故C错误；
D．燃气灶是可燃性气体燃烧产生热能和光能，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查能量转化的相关知识点，为高频考点，把握能量转化的形式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（3分）下列物质中属于含有共价键的强电解质的是（ ）
A．CH3COOH B．C2H5OH C．MgCl2 D．Na2SO4
【分析】非金属元素之间易形成共价键，水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质为强电解质。
【解答】解：A．CH3COOH含共价键，属于弱电解质；
B．C2H4OH含共价键，属于非电解质；
C．MgCl2不含共价键，是强电解质；
D．Na2SO7是离子化合物，水溶液中完全电离，硫酸根离子中含共价键；
故选：D。
【点评】本题考查了物质组成和分类、化学键的分析判断等知识点，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（3分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【分析】A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳在催化剂作用下反应生成1mol乙酸，CH4+CO2CH3COOH；
B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化判断，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C﹣H键发生断裂；
C．图中可知，①→②过程中能量降低，通过过渡态形成了C﹣C化学键；
D．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡。
【解答】解：A．根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH8COOH，总反应为CH4+CO2CH7COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%；
B，CH4选择性活化变为①过程中，有3个C﹣H键发生断裂；
C，根据图示，①→②放出能量，①→②形成C﹣C键；
D，催化剂只影响化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率；
故选：D。
【点评】本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变△H、不能使化学平衡发生移动。
4．（3分）下列有关原电池装置的说法不正确的是（ ）
A．①、②中，锌片都发生氧化反应
B．①、②中，都向铜片移动
C．②可将2H++Zn═H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能
D．当①、②中通过外电路的电子数相等时，正极生成物的质量比为32：1
【分析】Zn、Cu和硫酸铜溶液构成原电池中，锌为负极，发生失电子的氧化反应生成Zn2+，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，铜为正极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应生成Cu，正极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu；Cu﹣Zn与稀硫酸构成的原电池中，Zn失电子生成Zn2+，为负极，Cu为正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为2H++ 2e﹣═H2↑，原电池工作时，阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此分析解答。
【解答】解：A．Zn比Cu活泼2+、H+反应，则①，锌片都发生氧化反应生成Zn2+，故A正确；
B．①、②原电池中、铜为正极，即都向锌片移动；
C．Cu﹣Zn与稀硫酸构成的原电池中，反应实质是2H++Zn═H4↑+Zn2+，故C正确；
D．①、②原电池中正极反应式分别为Cu2++3e﹣＝Cu、2H++ 2e﹣═H5↑，当通过外电路的电子均为2mol时2，二者质量之比为3mol×64g/mol：1mol×2g/mol＝32：7，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，明确电极的判断、电极反应、离子或电子的移动方向等即可解答，电极反应式的书写要结合电解质溶液酸碱性，题目难度不大。
5．（3分）某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．1mol该有机物能与2molNaOH反应
B．该有机物中有4种官能团
C．该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
【分析】结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有碳碳双键、羧基和羟基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能够发生酯化反应、加成反应、氧化反应，能够与酸性高锰酸钾溶液和碳酸氢钠溶液反应，以此分析解答。
【解答】解：A．醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物最多能与1molNaOH发生反应；
B．该有机物分子中含有碳碳双键，有8种官能团；
C．该有机物分子中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有碳碳双键和羟基，故C正确；
D．该有机物含有羧基和羟基，酯化反应属于取代反应；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确有机物分子中含有官能团类型为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，题目难度不大。
6．（3分）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．反应生成1mol N2时转移4mole﹣
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）═N2（g）+NO2（g）△H＝﹣139 kJ/mol
D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【分析】A、根据反应前后氮元素的价态来分析N2+NO2＝N2O+NO；
B、根据图象来分析；
C、根据图象可知，此反应放热139KJ；
D、△H＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量；
【解答】解：A、根据反应N2+NO2＝N2O+NO可知，此反应中当生成1mol氮气时转移2mol电子即7NA个，故A错误；
B、根据图象可知，故B正确；
C、根据图象可知，故热化学方程式为：N2（g）+NO2（g）＝N8O（g）+NO（g）△H＝﹣139kJ•mol﹣1，故C正确；
D、△H＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量，即△H小于0，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写以及反应吸放热的判断，难度不大，注意反应的实质是旧键的断裂和新键的形成。
7．（3分）下列实验方案中能达到相应实验目的的是（ ）
A
B
C
D
方案
将NO2球浸泡在冷水和热水中
目的
验证FeCl3对H2O2分解有催化作用
比较C、Si和Cl的非金属性
探究温度对化学平衡的影响
干燥氨气
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．右侧试管中热水加热，且加入催化剂；
B．挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；
C．只有温度不同；
D．氨气与浓硫酸反应。
【解答】解：A．右侧试管中热水加热，两个变量3对H2O3分解有催化作用，故A错误；
B．挥发的盐酸与硅酸钠反应，图中装置不能比较非金属性强弱；
C．只有温度不同，故C正确；
D．氨气与浓硫酸反应，故D错误；
故选：C。
【点评】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、反应速率与化学平衡、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（3分）如图是微生物燃料电池原理示意图。已知：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，质子交换膜只允许H2O和H+通过。下列说法不正确的是（ ）
A．H+通过质子交换膜从a室进入b室
B．a室内的石墨电极为正极，发生氧化反应
C．b室内的电极反应为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O
D．该电池不能在高温环境下工作
【分析】微生物燃料电池原理：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，有机物发生失电子的氧化反应，a室内石墨电极为负极，b室内石墨电极为正极，正极上O2得电子生成H2O，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，原电池工作时阳离子移向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．a室内石墨电极为负极，原电池工作时阳离子移向正极+通过质子交换膜从a室进入b室，故A正确；
B．a室内石墨电极为负极2和H+，故B错误；
C．b室内石墨电极为正极2得电子生成H8O，正极反应式为O2+4e﹣+8H+＝2H2O，故C正确；’
D．微生物不能生活在高温环境下，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握电极判断、电极反应、离子移向等知识即可解答，题目难度不大。
9．（3分）25℃、101kPa下：
①2Na（s）+O2（g）＝Na2O（s）△H＝﹣414kJ/mol
②2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ/mol
下列说法正确的是（ ）
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s）△H＝﹣317kJ/mol
D．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
【分析】A．氧化钠由钠离子与氧离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成；
B．生成的氧化钠、过氧化钠的物质的量相等，则参加反应的Na的物质的量相等；
C．根据盖斯定律，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s），焓变也有这种运算关系；
D．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠。
【解答】解：A．Na2O由Na+和O2﹣构成，Na2O2由Na+和O22﹣构成，阴离子与阳离子数目之比都是2：1；
B．①和②生成等物质的量的Na8O、Na2O2，则消耗金属Na的物质的量相等，故转移的电子数相同；
C．根据盖斯定律4O2（s）+2Na（s）＝3Na2O（s），则焓变△H＝2×（﹣414kJ/mol）﹣（﹣511kJ/mol）═﹣317kJ/mol4O2（s）+2Na（s）＝4Na2O（s）△H＝﹣317kJ/mol，故C正确；
D．钠与氧气在常温下生成氧化钠，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查比较综合，涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应、物质的组成与性质等，属于一题多点型，熟练掌握运用盖斯定律书写热化学方程式、减小反应热的计算。
10．（3分）某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是（ ）
已知：Cr2O72﹣（橙色）（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（黄色）（aq）+2H+（aq）ΔH＝+13.8kJ/mol
步骤：
现象：待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比
A．该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72﹣完全反应
C．该反应是一个氧化还原反应
D．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【分析】A．研究影响平衡的影响因素，应改变影响的一个条件；
B．溶液颜色不变，反应达到平衡状态；
C．氧化还原反应中有化合价变化；
D．体系中改变的条件为温度和浓度。
【解答】解：A．实验中加入NaOH溶液，减小了生成物的量，也可能是因为溶液体积增大，平衡正向移动，研究生成物浓度减小对平衡的影响；
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使体系中物质重新达到平衡状态；
C．Cr2O78﹣（橙色）（aq）+H2O（l）⇌2CrO52﹣（黄色）（aq）+2H+（aq）中没有化合价变化，属于非氧化还原反应；
D．试管c中加入浓硫酸，对平衡影响不大，平衡逆向移动，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
11．（3分）在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A（g）（g）⇌xC（g）+2D（g），生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol⋅L﹣1。下列判断正确的是（ ）
A．x＝2
B．A的转化率为60%
C．2min内B的反应速率为0.2mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
【分析】A.分别计算v（C）、v（D），再根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算x；
B.根据题意列三段式，利用变化量之比与化学计量数之比的关系补全三段式；
C.根据v＝计算；
D.一个量由变到不变才可判断化学反应是否达到化学平衡状态。
【解答】解：A.根据v＝，v（C）＝﹣1⋅min﹣1，v（D）＝＝0.2mol⋅L﹣8⋅min﹣1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，＝，则x＝1；
B.根据A列三段式：3A（g）+B（g）⇌C（g）+5D（g）
起始（mol） 1 0
变化（mol） 4.4 0.4
平衡（mol） 0.6 7.8
A的转化率为×100%＝40%；
C.由B中的三段式得v（B）＝＝2.1mol⋅L﹣1⋅min﹣6，故C错误；
D.平均相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，M＝，总质量不变，则平均摩尔质量也是变化的，总物质的量不再变化，即混合气体的平均相对分子质量不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应速率、转化率的计算、判断化学平衡状态的依据，题目难度中等，注意掌握化学反应速率、转化率的概念及表达式，明确反应速率与化学计量数的关系为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
12．（3分）稀硫酸酸化后的软锰矿（主要成分为MnO2 ）悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2，得到MnSO4；MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2，同时生成H2SO4．下列用来解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．MnO2吸收SO2的反应：MnO2+SO2═MnSO4
B．MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e﹣+H+═MnOOH
C．MnSO4与KMnO4反应制备MnO2：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+
D．尾气中的SO2 还可用足量的氨水吸收：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2O
【分析】A．S元素被二氧化锰氧化为硫酸根离子；
B．碱性条件下，电极方程式中不能有氢离子参加；
C．MnSO4与KMnO4反应生成MnO2；
D．SO2是酸性气体，与氨水反应生成盐溶液．
【解答】解：A．S元素被二氧化锰氧化为硫酸根离子2吸收SO2的反应：MnO4+SO2═MnSO4，故A正确；
B．碱性条件下，所以MnO5作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e﹣+H2O═MnOOH+OH﹣，故B错误；
C．MnSO3被KMnO4氧化生成MnO2，则MnSO6与KMnO4反应制备MnO2：8MnO4﹣+3Mn6++2H2O═3MnO2+4H+，故C正确；
D．SO6是酸性气体，与氨水反应生成盐溶液2 还可用足量的氨水吸收：SO2+7NH3•H2O═5NH4++SO34﹣+H2O，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用的考查，注意溶液的酸碱性对电极方程式的影响．
13．（3分）在通风橱中进行的下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法中不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【分析】A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；
B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．
【解答】解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，NO遇空气变为二氧化氮2═2NO7，故A正确；
B．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，阻止Fe进一步反应；
C．对比I，Fe与稀硝酸反应生成NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；
D．根据Ⅲ中现象，在Fe，通过电流计指针偏转，进而判断Fe是否被氧化，
故选：C。
【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．
14．（3分）已知反应：2CH3COCH3（l） CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线
B．反应进行到20min末，CH3COCH3的
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的＝1
【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多．
【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，由图象可看出曲线b首先到达平衡，故A错误；
B、当反应进行到20min时，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快＜1；
C、根据图象温度越高CH8COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，故C错误；
D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a，都是0.1136COCH2COH（CH3）7一样多，所以从Y＝0到Y＝0.1137COCH2COH（CH3）7的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．
Ⅱ卷;非选择题（共58分）
15．（10分）丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如图。
（1）丙烯→A的反应类型是 加成反应 。
（2）B中含有的官能团为 碳碳双键、羧基 。
（3）区分A、B两种物质的方法是 各取少许，分别加入碳酸钠溶液，有气体生成的是B，没有气体生成的是A 。
（4）A与B反应的化学方程式是 CH2＝CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2＝CHCOOCH2CH2CH3+H2O 。
（5）D的结构简式是 。
（6）推测D可能的性质 发生水解反应 （写一条即可）。
【分析】丙烯与水发生加成反应生成A，丙烯氧化生成B，A与B反应生成CH2＝CHCOOCH2CH2CH3，则A为CH3CH2CH2OH、B为CH2＝CHCOOH，丙烯酸丙酯发生加聚反应生成D为。
【解答】解：（1）丙烯→A是丙烯与水反应生成CH3CH2CH6OH，该反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
（2）B的结构简式为CH2＝CHCOOH，B中含有的官能团为碳碳双键，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）A为CH3CH7CH2OH，B为CH2＝CHCOOH，前者含有羟基，鉴别二者的方法：各取少许，有气体生成的是B，
故答案为：各取少许，分别加入碳酸钠溶液，没有气体生成的是A；
（4）A与B反应的化学方程式是CH3＝CHCOOH+CH3CH2CH7OHCH2＝CHCOOCH2CH3CH3+H2O，
故答案为：CH3＝CHCOOH+CH3CH2CH8OHCH2＝CHCOOCH2CH6CH3+H2O；
（5）丙烯酸丙酯发生聚合反应生成聚合物防水材料D，D的结构简式是，
故答案为：；
（6）D的结构简式为，含有酯基，可以发生水解反应，
故答案为：发生水解反应。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，熟练掌握各类有机物的性质，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16．（10分）研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义。
（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为的方程式： SO2+H2O⇌H2SO3；H2SO3⇌H++ 。
（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如图：
1molH2S（g）全部氧化成（aq）的热化学方程式为 H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）△H＝﹣806.39kJ•mol﹣1 。
（3）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：（已知：质子交换膜只允许H2O和H+通过）
①H+的流动方向为 从A到B （填“从A到B”或“从B到A”）。
②负极的电极反应式为 SO2﹣2e﹣+2H2O═+4H+ 。
（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键．SO2烟气脱除的一种工业流程如图：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为，反应的离子方程式是 H2O+2SO2+═2+CO2 。
②若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是 Ca（OH）2 。
【分析】（1）二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，部分电离产生氢离子与亚硫酸氢根离子；
（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O2（g）＝S（s）+H2O（g）△H＝﹣221.19 kJ•mol﹣1；
第二步反应为：S（s）+1.5O2（g）+H2O（g）＝2H+（aq）+（aq））△H＝﹣585.20 kJ•mol﹣1；
依据盖斯定律计算反应热；
（3）①原电池中阳离子移向正极，依据二氧化硫、氧气发生反应判断电极，判断质子移动方向；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应；
（4）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钙溶液反应，可以用氢氧化钙吸收二氧化硫．
【解答】解：（1）二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，离子方程式：SO2+H2O⇌H6SO3；H2SO5⇌H++，
故答案为：SO2+H5O⇌H2SO3；H5SO3⇌H++；
（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O5（g）＝S（s）+H2O（g）△H＝﹣221.19 kJ•mol﹣1；第二步反应为：S（s）+4.5O2（g）+H3O（g）＝2H+（aq）+（aq））△H＝﹣585.20 ﹣1；依据盖斯定律，第一步与第二步方程式相加得：H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）△H＝﹣806.39 kJ•mol﹣1，
故答案为：H3S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）△H＝﹣806.39 kJ•mol﹣2；
（3）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，氧气所在电极为正极，所以质子移动方向为：从A到B，
故答案为：从A到B；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2﹣2e﹣+8H2O═+4H+，
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O═+4H+；
（4）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，离子方程式：H5O+2SO2+═22，
故答案为：H2O+3SO2+═23；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钙溶液反应，
故答案为：Ca（OH）2。
【点评】本题为综合题，考查了离子方程式、热化学方程式的计算、盖斯定律计算反应热、电极反应式书写，明确二氧化硫的性质及离子方程式、热化学方程式书写方法、原电池工作原理是解题关键，题目难度中等。
17．（13分）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K（t1）
K（t2）
F2+H2═2HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H2═2HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H2═2HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H2═2HI
43
34
（1）已知，t2＞t1，HX的生成反应是 放热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 HF＞HCl＞HBr＞HI 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 卤素原子的最外层电子数均为7，易得到电子 。
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因： 随原子序数的增加，电子层增多 ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加， ad （填字母序号）。
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱
（7）为验证ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：
①棉花中浸有NaOH溶液的作用是 Cl2+2OH﹣＝H2O+Cl﹣+ClO﹣ （用离子方程式表示）。
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量氯气，充分反应后，将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到 溶液分层，下层液体为紫红色 ；该实验必须控制氯气的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论，理由是 过量氯气可与KI反应 。
【分析】（1）化学平衡常数随温度变化，升高温度平衡向吸热反应方向进行；
（2）HX为共价化合物；
（3）F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7，只要形成一对共用电子对，达稳定结构；
（5）随原子序数的增加，电子层增多、得到电子的能力减弱；
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解；
（7）由装置可知，A为分液漏斗，A中氯气与NaBr反应生成溴，打开分液漏斗的活塞后，试管中发生溴与KI的反应生成碘，应防止氯气与KI反应，由卤素单质直接的置换反应可比较非金属性，棉花中浸有的NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：（1）已知，t2＞t1，随温度升高生成HX的反应的平衡常数减小，说明生成HX的反应为放热反应，
故答案为：放热；
（2）HX属于共价化合物，H﹣X之间形成的化学键是极性共价键，
故答案为：；
（3）F、Cl、I属于ⅦA，原子核外电子层数逐渐增多，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，H﹣I的极性最弱、HCl、HI；
故答案为：HF＞HCl＞HBr＞HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7，只要形成一对共用电子对，
故答案为：卤素原子的最外层电子数均为7，易得到电子；
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：随原子序数的增加，原子半径逐渐增大，
故答案为：随原子序数的增加，电子层增多；
（6）a．在相同条件下，说明反应的正向程度越大6的转化率逐渐降低，故a正确；
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱和卤素非金属性有关，与K的大小无直接关系；
c．HX的还原性逐渐减弱和卤族元素的非金属性有关，故c错误；
d．反应的正向程度越小，越易分解，故d正确；
故答案为：ad.；
（7）①棉花中浸有的NaOH溶液的作用是Cl8+2OH﹣＝H2O+Cl﹣+ClO﹣，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝H2O+Cl﹣+ClO﹣；
③为验证溴与碘非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，取下试管、静置，下层液体为紫红色，否则得不出溴的非金属性比碘强，
故答案为：溶液分层，下层液体为紫红色。
【点评】本题主要考查了化学平衡常数、化学反应能量变化、卤族元素性质递变规律和立论解释，掌握平衡常数岁温度变化、卤族元素的递变规律是解答的关键，题目难度不大。
18．（13分）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用．
（1）写出Fe（OH）2转化为Fe（OH）3的化学方程式 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 ．
（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质．检验绿矾是否变质的试剂是 KSCN溶液 设计实验检验绿矾是否完全变质 取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则样品没有完全变质）
（3）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如图1：
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为 4FeCO3•nH2O+O2＝4FeOOH+4CO2+（4n﹣2）H2O
②取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g 0.89g
（4）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如图2．Fe（s）+5CO（g）（CO）5（g）△H＜0
T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断理由是 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用 ．
【分析】（1）Fe（OH）2与氧气水反应生成Fe（OH）3；
（2）绿矾（FeSO4•7H2O）易变质，Fe2+被氧化为Fe3+，检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液；检验绿矾是否完全变质即检验样品中是否存在Fe2+，可利用Fe2+的还原性进行检验或用铁氰化钾溶液检验，实验方案为取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质；
（3）①FeCO3•nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平书写；
②依依据铁元素守恒和质量关系计算；
（4）铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用．
【解答】解：（1）Fe（OH）2与氧气水反应生成Fe（OH）3，化学方程式：8Fe（OH）2+O2+8H2O＝4Fe（OH）7，故答案为：4Fe（OH）2+O7+2H2O＝4Fe（OH）3；
（2）绿矾（FeSO4•8H2O）易变质，Fe2+被氧化为Fe7+，检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液；检验绿矾是否完全变质即检验样品中是否存在Fe2+，可利用Fe2+的还原性进行检验或用铁氰化钾溶液检验，实验方案为取样品溶于水，如溶液褪色，产生蓝色沉淀，
故答案为：KSCN溶液；取样品溶于水，如溶液褪色，产生蓝色沉淀；
（3）①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO4•nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒3•nH3O+O2＝4FeOOH+7CO2↑+（4n﹣3）H2O，故答案为：4FeCO7•nH2O+O2＝6FeOOH+4CO2↑+（6n﹣2）H2O；
②设样品中FeCO5的物质的量为xmol，FeOOH的物质的量为ymol，则
116x+89y＝12.49
x+y＝＝0.11
解得y＝4.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.89g；
（4）反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）2（g）△H＜0，铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，羰基合铁易挥发；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，纯铁粉残留在右端，故T4＜T2，
故答案为：＜；铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，羰基合铁易挥发；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，一氧化碳循环利用．
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断和反应产物的计算判断，元素守恒、元素化合价是解题关键，题目难度中等．
19．（12分）已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究．
（1）甲同学首先进行了实验1．
实验
1
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05mL，下同）．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液不显红色．
①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式 2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2 ．
②加入KSCN溶液的目的是 检验溶液中是否大量存在Fe3+ ．
③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，故改进实验方案，进行了实验2．
实验
2
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 0.1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液显红色．
ⅲ．继续加入2mL CCl4，充分振荡、静置．
ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色
本实验改用0.1mol•L﹣1 KI溶液的目的是 提高平衡时溶液中的c（Fe3+） ．用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因： 平衡1：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡2：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移动，或c（Fe3+）降低，平衡2逆向移动，或c[Fe（SCN）3]降低，所以红色消失 ．
（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3﹣在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2+I﹣⇌I3﹣．于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣．
①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3．
实验3
实验步骤
实验现象
ⅰ．取1mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色．
ⅱ．取1mL饱和碘水，加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色．
实验3的结论是 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣ ．
②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验2+I﹣⇌I3﹣的存在．
请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1mL水；向试管2中 加入1mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，振荡、静置 ．
两支试管中的现象分别为 试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅） ．
【分析】（1）①铁离子能够将碘离子氧化为碘单质；
②KSCN溶液能够检验铁离子；
③改用低浓度负KI溶液，能够提高溶液中铁离子浓度；据可逆反应的化学方程式2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2 平衡2：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，从平衡移动的角度分析加入CCl4后上层溶液红色消失的原因；
（2）①据实验现象分析，ⅰ．液体分层，上层呈黄色，ⅱ．液体分层，上层为无色可知，萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣；
②运用控制变量的方法设计实验，证明平衡I2+I﹣⇌I3﹣的存在，可以加入0.1 mol•L﹣1 KI溶液，据现象判断，注意用量．
【解答】解：（1）铁离子能够将碘离子氧化为碘单质，该反应为可逆反应3++2I﹣⇌6Fe2++I2，故答案为：6Fe3++2I﹣⇌3Fe2++I2；
②KSCN溶液能够检验铁离子，加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe8+，故答案为：检验溶液中是否大量存在Fe3+；
③改用低浓度负KI溶液，能够提高溶液中铁离子浓度3++5I﹣⇌2Fe2++I3和Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）8都是可逆反应，加入CCl4后，I2被CCl6萃取，平衡1正向移动，或c[Fe（SCN）3]降低（5分），所以红色消失3+）；平衡1：7Fe3++2I﹣⇌4Fe2++I2 平衡8：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）2加入CCl4后，I2被CCl3萃取，平衡1正向移动3+）降低，平衡5逆向移动3]降低，所以红色消失；
（2）①据实验现象分析，ⅰ．液体分层，ⅱ．液体分层，萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣，故答案为：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I4﹣；
②运用控制变量的方法设计实验，证明平衡I2+I﹣⇌I3﹣的存在，将实验6中下层紫红色溶液平均分成两份，向试管1中加入1mL水、静置 mol•L﹣5 KI溶液，试管1中液体分层，下层呈紫红色，上层呈黄色，证明了平衡I2+I﹣⇌I3﹣的存在，故答案为：加入1 0.3 ﹣1 KI溶液，振荡；试管1中液体分层，下层呈紫红色，上层呈黄色．
【点评】本题通过FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，考查了探究实验的设计，实验现象的分析，题目难度较大．
北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试卷（等级考）
一、（共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分．）
1．（3分）下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A
B
C
D
碱性干电池
风力发电机
太阳能集热器
燃气灶
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）下列物质中属于含有共价键的强电解质的是（ ）
A．CH3COOH B．C2H5OH C．MgCl2 D．Na2SO4
3．（3分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
4．（3分）下列有关原电池装置的说法不正确的是（ ）
A．①、②中，锌片都发生氧化反应
B．①、②中，都向铜片移动
C．②可将2H++Zn═H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能
D．当①、②中通过外电路的电子数相等时，正极生成物的质量比为32：1
5．（3分）某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．1mol该有机物能与2molNaOH反应
B．该有机物中有4种官能团
C．该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
6．（3分）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．反应生成1mol N2时转移4mole﹣
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）═N2（g）+NO2（g）△H＝﹣139 kJ/mol
D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
7．（3分）下列实验方案中能达到相应实验目的的是（ ）
A
B
C
D
方案
将NO2球浸泡在冷水和热水中
目的
验证FeCl3对H2O2分解有催化作用
比较C、Si和Cl的非金属性
探究温度对化学平衡的影响
干燥氨气
A．A B．B C．C D．D
8．（3分）如图是微生物燃料电池原理示意图。已知：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，质子交换膜只允许H2O和H+通过。下列说法不正确的是（ ）
A．H+通过质子交换膜从a室进入b室
B．a室内的石墨电极为正极，发生氧化反应
C．b室内的电极反应为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O
D．该电池不能在高温环境下工作
9．（3分）25℃、101kPa下：
①2Na（s）+O2（g）＝Na2O（s）△H＝﹣414kJ/mol
②2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ/mol
下列说法正确的是（ ）
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s）△H＝﹣317kJ/mol
D．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
10．（3分）某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是（ ）
已知：Cr2O72﹣（橙色）（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（黄色）（aq）+2H+（aq）ΔH＝+13.8kJ/mol
步骤：
现象：待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比
A．该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72﹣完全反应
C．该反应是一个氧化还原反应
D．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
11．（3分）在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A（g）（g）⇌xC（g）+2D（g），生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol⋅L﹣1。下列判断正确的是（ ）
A．x＝2
B．A的转化率为60%
C．2min内B的反应速率为0.2mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
12．（3分）稀硫酸酸化后的软锰矿（主要成分为MnO2 ）悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2，得到MnSO4；MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2，同时生成H2SO4．下列用来解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．MnO2吸收SO2的反应：MnO2+SO2═MnSO4
B．MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e﹣+H+═MnOOH
C．MnSO4与KMnO4反应制备MnO2：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+
D．尾气中的SO2 还可用足量的氨水吸收：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2O
13．（3分）在通风橱中进行的下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法中不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
14．（3分）已知反应：2CH3COCH3（l） CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线
B．反应进行到20min末，CH3COCH3的
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的＝1
Ⅱ卷;非选择题（共58分）
15．（10分）丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如图。
（1）丙烯→A的反应类型是 。
（2）B中含有的官能团为 。
（3）区分A、B两种物质的方法是 。
（4）A与B反应的化学方程式是 。
（5）D的结构简式是 。
（6）推测D可能的性质 （写一条即可）。
16．（10分）研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义。
（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为的方程式： 。
（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如图：
1molH2S（g）全部氧化成（aq）的热化学方程式为 。
（3）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：（已知：质子交换膜只允许H2O和H+通过）
①H+的流动方向为 （填“从A到B”或“从B到A”）。
②负极的电极反应式为 。
（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键．SO2烟气脱除的一种工业流程如图：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为，反应的离子方程式是 。
②若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是 。
17．（13分）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K（t1）
K（t2）
F2+H2═2HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H2═2HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H2═2HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H2═2HI
43
34
（1）已知，t2＞t1，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因： ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加， （填字母序号）。
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱
（7）为验证ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：
①棉花中浸有NaOH溶液的作用是 （用离子方程式表示）。
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量氯气，充分反应后，将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到 ；该实验必须控制氯气的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论，理由是 。
18．（13分）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用．
（1）写出Fe（OH）2转化为Fe（OH）3的化学方程式 ．
（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质．检验绿矾是否变质的试剂是 设计实验检验绿矾是否完全变质
（3）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如图1：
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为
②取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g
（4）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如图2．Fe（s）+5CO（g）（CO）5（g）△H＜0
T1 T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断理由是 ．
19．（12分）已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究．
（1）甲同学首先进行了实验1．
实验
1
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05mL，下同）．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液不显红色．
①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式 ．
②加入KSCN溶液的目的是 ．
③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，故改进实验方案，进行了实验2．
实验
2
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 0.1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液显红色．
ⅲ．继续加入2mL CCl4，充分振荡、静置．
ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色
本实验改用0.1mol•L﹣1 KI溶液的目的是 ．用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因： ．
（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3﹣在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2+I﹣⇌I3﹣．于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣．
①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3．
实验3
实验步骤
实验现象
ⅰ．取1mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色．
ⅱ．取1mL饱和碘水，加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色．
实验3的结论是 ．
②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验2+I﹣⇌I3﹣的存在．
请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1mL水；向试管2中 ．
两支试管中的现象分别为 ．
北京市一零一中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试卷（等级考）
参考答案与试题解析
一、（共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分．）
1．（3分）下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A
B
C
D
碱性干电池
风力发电机
太阳能集热器
燃气灶
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．碱性干电池是通过化学反应释放出电能；
B．风力发电是风能转化为电能；
C．太阳能集热器，是太阳能转化为热能；
D．燃气灶为可燃性气体燃烧产生热能和光能。
【解答】解：A．碱性干电池是通过化学反应释放出电能，故A正确；
B．风力发电是风能转化为电能；
C．太阳能集热器，故C错误；
D．燃气灶是可燃性气体燃烧产生热能和光能，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查能量转化的相关知识点，为高频考点，把握能量转化的形式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（3分）下列物质中属于含有共价键的强电解质的是（ ）
A．CH3COOH B．C2H5OH C．MgCl2 D．Na2SO4
【分析】非金属元素之间易形成共价键，水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质为强电解质。
【解答】解：A．CH3COOH含共价键，属于弱电解质；
B．C2H4OH含共价键，属于非电解质；
C．MgCl2不含共价键，是强电解质；
D．Na2SO7是离子化合物，水溶液中完全电离，硫酸根离子中含共价键；
故选：D。
【点评】本题考查了物质组成和分类、化学键的分析判断等知识点，主要是概念实质的理解应用，题目难度不大。
3．（3分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【分析】A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳在催化剂作用下反应生成1mol乙酸，CH4+CO2CH3COOH；
B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化判断，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C﹣H键发生断裂；
C．图中可知，①→②过程中能量降低，通过过渡态形成了C﹣C化学键；
D．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡。
【解答】解：A．根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH8COOH，总反应为CH4+CO2CH7COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%；
B，CH4选择性活化变为①过程中，有3个C﹣H键发生断裂；
C，根据图示，①→②放出能量，①→②形成C﹣C键；
D，催化剂只影响化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率；
故选：D。
【点评】本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变△H、不能使化学平衡发生移动。
4．（3分）下列有关原电池装置的说法不正确的是（ ）
A．①、②中，锌片都发生氧化反应
B．①、②中，都向铜片移动
C．②可将2H++Zn═H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能
D．当①、②中通过外电路的电子数相等时，正极生成物的质量比为32：1
【分析】Zn、Cu和硫酸铜溶液构成原电池中，锌为负极，发生失电子的氧化反应生成Zn2+，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，铜为正极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应生成Cu，正极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu；Cu﹣Zn与稀硫酸构成的原电池中，Zn失电子生成Zn2+，为负极，Cu为正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为2H++ 2e﹣═H2↑，原电池工作时，阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此分析解答。
【解答】解：A．Zn比Cu活泼2+、H+反应，则①，锌片都发生氧化反应生成Zn2+，故A正确；
B．①、②原电池中、铜为正极，即都向锌片移动；
C．Cu﹣Zn与稀硫酸构成的原电池中，反应实质是2H++Zn═H4↑+Zn2+，故C正确；
D．①、②原电池中正极反应式分别为Cu2++3e﹣＝Cu、2H++ 2e﹣═H5↑，当通过外电路的电子均为2mol时2，二者质量之比为3mol×64g/mol：1mol×2g/mol＝32：7，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，明确电极的判断、电极反应、离子或电子的移动方向等即可解答，电极反应式的书写要结合电解质溶液酸碱性，题目难度不大。
5．（3分）某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．1mol该有机物能与2molNaOH反应
B．该有机物中有4种官能团
C．该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
【分析】结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有碳碳双键、羧基和羟基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能够发生酯化反应、加成反应、氧化反应，能够与酸性高锰酸钾溶液和碳酸氢钠溶液反应，以此分析解答。
【解答】解：A．醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，1mol该有机物最多能与1molNaOH发生反应；
B．该有机物分子中含有碳碳双键，有8种官能团；
C．该有机物分子中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有碳碳双键和羟基，故C正确；
D．该有机物含有羧基和羟基，酯化反应属于取代反应；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确有机物分子中含有官能团类型为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，题目难度不大。
6．（3分）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．反应生成1mol N2时转移4mole﹣
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）═N2（g）+NO2（g）△H＝﹣139 kJ/mol
D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【分析】A、根据反应前后氮元素的价态来分析N2+NO2＝N2O+NO；
B、根据图象来分析；
C、根据图象可知，此反应放热139KJ；
D、△H＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量；
【解答】解：A、根据反应N2+NO2＝N2O+NO可知，此反应中当生成1mol氮气时转移2mol电子即7NA个，故A错误；
B、根据图象可知，故B正确；
C、根据图象可知，故热化学方程式为：N2（g）+NO2（g）＝N8O（g）+NO（g）△H＝﹣139kJ•mol﹣1，故C正确；
D、△H＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量，即△H小于0，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写以及反应吸放热的判断，难度不大，注意反应的实质是旧键的断裂和新键的形成。
7．（3分）下列实验方案中能达到相应实验目的的是（ ）
A
B
C
D
方案
将NO2球浸泡在冷水和热水中
目的
验证FeCl3对H2O2分解有催化作用
比较C、Si和Cl的非金属性
探究温度对化学平衡的影响
干燥氨气
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．右侧试管中热水加热，且加入催化剂；
B．挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；
C．只有温度不同；
D．氨气与浓硫酸反应。
【解答】解：A．右侧试管中热水加热，两个变量3对H2O3分解有催化作用，故A错误；
B．挥发的盐酸与硅酸钠反应，图中装置不能比较非金属性强弱；
C．只有温度不同，故C正确；
D．氨气与浓硫酸反应，故D错误；
故选：C。
【点评】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、反应速率与化学平衡、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（3分）如图是微生物燃料电池原理示意图。已知：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，质子交换膜只允许H2O和H+通过。下列说法不正确的是（ ）
A．H+通过质子交换膜从a室进入b室
B．a室内的石墨电极为正极，发生氧化反应
C．b室内的电极反应为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O
D．该电池不能在高温环境下工作
【分析】微生物燃料电池原理：a室中微生物降解有机物产生e﹣、CO2和H+，有机物发生失电子的氧化反应，a室内石墨电极为负极，b室内石墨电极为正极，正极上O2得电子生成H2O，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，原电池工作时阳离子移向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．a室内石墨电极为负极，原电池工作时阳离子移向正极+通过质子交换膜从a室进入b室，故A正确；
B．a室内石墨电极为负极2和H+，故B错误；
C．b室内石墨电极为正极2得电子生成H8O，正极反应式为O2+4e﹣+8H+＝2H2O，故C正确；’
D．微生物不能生活在高温环境下，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握电极判断、电极反应、离子移向等知识即可解答，题目难度不大。
9．（3分）25℃、101kPa下：
①2Na（s）+O2（g）＝Na2O（s）△H＝﹣414kJ/mol
②2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ/mol
下列说法正确的是（ ）
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s）△H＝﹣317kJ/mol
D．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
【分析】A．氧化钠由钠离子与氧离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成；
B．生成的氧化钠、过氧化钠的物质的量相等，则参加反应的Na的物质的量相等；
C．根据盖斯定律，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s），焓变也有这种运算关系；
D．钠与氧气在加热条件下生成过氧化钠。
【解答】解：A．Na2O由Na+和O2﹣构成，Na2O2由Na+和O22﹣构成，阴离子与阳离子数目之比都是2：1；
B．①和②生成等物质的量的Na8O、Na2O2，则消耗金属Na的物质的量相等，故转移的电子数相同；
C．根据盖斯定律4O2（s）+2Na（s）＝3Na2O（s），则焓变△H＝2×（﹣414kJ/mol）﹣（﹣511kJ/mol）═﹣317kJ/mol4O2（s）+2Na（s）＝4Na2O（s）△H＝﹣317kJ/mol，故C正确；
D．钠与氧气在常温下生成氧化钠，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查比较综合，涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应、物质的组成与性质等，属于一题多点型，熟练掌握运用盖斯定律书写热化学方程式、减小反应热的计算。
10．（3分）某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是（ ）
已知：Cr2O72﹣（橙色）（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（黄色）（aq）+2H+（aq）ΔH＝+13.8kJ/mol
步骤：
现象：待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比
A．该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72﹣完全反应
C．该反应是一个氧化还原反应
D．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【分析】A．研究影响平衡的影响因素，应改变影响的一个条件；
B．溶液颜色不变，反应达到平衡状态；
C．氧化还原反应中有化合价变化；
D．体系中改变的条件为温度和浓度。
【解答】解：A．实验中加入NaOH溶液，减小了生成物的量，也可能是因为溶液体积增大，平衡正向移动，研究生成物浓度减小对平衡的影响；
B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使体系中物质重新达到平衡状态；
C．Cr2O78﹣（橙色）（aq）+H2O（l）⇌2CrO52﹣（黄色）（aq）+2H+（aq）中没有化合价变化，属于非氧化还原反应；
D．试管c中加入浓硫酸，对平衡影响不大，平衡逆向移动，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
11．（3分）在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A（g）（g）⇌xC（g）+2D（g），生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol⋅L﹣1。下列判断正确的是（ ）
A．x＝2
B．A的转化率为60%
C．2min内B的反应速率为0.2mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
【分析】A.分别计算v（C）、v（D），再根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算x；
B.根据题意列三段式，利用变化量之比与化学计量数之比的关系补全三段式；
C.根据v＝计算；
D.一个量由变到不变才可判断化学反应是否达到化学平衡状态。
【解答】解：A.根据v＝，v（C）＝﹣1⋅min﹣1，v（D）＝＝0.2mol⋅L﹣8⋅min﹣1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，＝，则x＝1；
B.根据A列三段式：3A（g）+B（g）⇌C（g）+5D（g）
起始（mol） 1 0
变化（mol） 4.4 0.4
平衡（mol） 0.6 7.8
A的转化率为×100%＝40%；
C.由B中的三段式得v（B）＝＝2.1mol⋅L﹣1⋅min﹣6，故C错误；
D.平均相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，M＝，总质量不变，则平均摩尔质量也是变化的，总物质的量不再变化，即混合气体的平均相对分子质量不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应速率、转化率的计算、判断化学平衡状态的依据，题目难度中等，注意掌握化学反应速率、转化率的概念及表达式，明确反应速率与化学计量数的关系为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。
12．（3分）稀硫酸酸化后的软锰矿（主要成分为MnO2 ）悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2，得到MnSO4；MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2，同时生成H2SO4．下列用来解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．MnO2吸收SO2的反应：MnO2+SO2═MnSO4
B．MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e﹣+H+═MnOOH
C．MnSO4与KMnO4反应制备MnO2：2MnO4﹣+3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+
D．尾气中的SO2 还可用足量的氨水吸收：SO2+2NH3•H2O═2NH4++SO32﹣+H2O
【分析】A．S元素被二氧化锰氧化为硫酸根离子；
B．碱性条件下，电极方程式中不能有氢离子参加；
C．MnSO4与KMnO4反应生成MnO2；
D．SO2是酸性气体，与氨水反应生成盐溶液．
【解答】解：A．S元素被二氧化锰氧化为硫酸根离子2吸收SO2的反应：MnO4+SO2═MnSO4，故A正确；
B．碱性条件下，所以MnO5作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e﹣+H2O═MnOOH+OH﹣，故B错误；
C．MnSO3被KMnO4氧化生成MnO2，则MnSO6与KMnO4反应制备MnO2：8MnO4﹣+3Mn6++2H2O═3MnO2+4H+，故C正确；
D．SO6是酸性气体，与氨水反应生成盐溶液2 还可用足量的氨水吸收：SO2+7NH3•H2O═5NH4++SO34﹣+H2O，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用的考查，注意溶液的酸碱性对电极方程式的影响．
13．（3分）在通风橱中进行的下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法中不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2═2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【分析】A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；
B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．
【解答】解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，NO遇空气变为二氧化氮2═2NO7，故A正确；
B．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，阻止Fe进一步反应；
C．对比I，Fe与稀硝酸反应生成NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；
D．根据Ⅲ中现象，在Fe，通过电流计指针偏转，进而判断Fe是否被氧化，
故选：C。
【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．
14．（3分）已知反应：2CH3COCH3（l） CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线
B．反应进行到20min末，CH3COCH3的
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的＝1
【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多．
【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，由图象可看出曲线b首先到达平衡，故A错误；
B、当反应进行到20min时，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快＜1；
C、根据图象温度越高CH8COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，故C错误；
D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a，都是0.1136COCH2COH（CH3）7一样多，所以从Y＝0到Y＝0.1137COCH2COH（CH3）7的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．
Ⅱ卷;非选择题（共58分）
15．（10分）丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如图。
（1）丙烯→A的反应类型是 加成反应 。
（2）B中含有的官能团为 碳碳双键、羧基 。
（3）区分A、B两种物质的方法是 各取少许，分别加入碳酸钠溶液，有气体生成的是B，没有气体生成的是A 。
（4）A与B反应的化学方程式是 CH2＝CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2＝CHCOOCH2CH2CH3+H2O 。
（5）D的结构简式是 。
（6）推测D可能的性质 发生水解反应 （写一条即可）。
【分析】丙烯与水发生加成反应生成A，丙烯氧化生成B，A与B反应生成CH2＝CHCOOCH2CH2CH3，则A为CH3CH2CH2OH、B为CH2＝CHCOOH，丙烯酸丙酯发生加聚反应生成D为。
【解答】解：（1）丙烯→A是丙烯与水反应生成CH3CH2CH6OH，该反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
（2）B的结构简式为CH2＝CHCOOH，B中含有的官能团为碳碳双键，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）A为CH3CH7CH2OH，B为CH2＝CHCOOH，前者含有羟基，鉴别二者的方法：各取少许，有气体生成的是B，
故答案为：各取少许，分别加入碳酸钠溶液，没有气体生成的是A；
（4）A与B反应的化学方程式是CH3＝CHCOOH+CH3CH2CH7OHCH2＝CHCOOCH2CH3CH3+H2O，
故答案为：CH3＝CHCOOH+CH3CH2CH8OHCH2＝CHCOOCH2CH6CH3+H2O；
（5）丙烯酸丙酯发生聚合反应生成聚合物防水材料D，D的结构简式是，
故答案为：；
（6）D的结构简式为，含有酯基，可以发生水解反应，
故答案为：发生水解反应。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，熟练掌握各类有机物的性质，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16．（10分）研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义。
（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为的方程式： SO2+H2O⇌H2SO3；H2SO3⇌H++ 。
（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如图：
1molH2S（g）全部氧化成（aq）的热化学方程式为 H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）△H＝﹣806.39kJ•mol﹣1 。
（3）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：（已知：质子交换膜只允许H2O和H+通过）
①H+的流动方向为 从A到B （填“从A到B”或“从B到A”）。
②负极的电极反应式为 SO2﹣2e﹣+2H2O═+4H+ 。
（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键．SO2烟气脱除的一种工业流程如图：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为，反应的离子方程式是 H2O+2SO2+═2+CO2 。
②若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是 Ca（OH）2 。
【分析】（1）二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，部分电离产生氢离子与亚硫酸氢根离子；
（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O2（g）＝S（s）+H2O（g）△H＝﹣221.19 kJ•mol﹣1；
第二步反应为：S（s）+1.5O2（g）+H2O（g）＝2H+（aq）+（aq））△H＝﹣585.20 kJ•mol﹣1；
依据盖斯定律计算反应热；
（3）①原电池中阳离子移向正极，依据二氧化硫、氧气发生反应判断电极，判断质子移动方向；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应；
（4）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钙溶液反应，可以用氢氧化钙吸收二氧化硫．
【解答】解：（1）二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，离子方程式：SO2+H2O⇌H6SO3；H2SO5⇌H++，
故答案为：SO2+H5O⇌H2SO3；H5SO3⇌H++；
（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O5（g）＝S（s）+H2O（g）△H＝﹣221.19 kJ•mol﹣1；第二步反应为：S（s）+4.5O2（g）+H3O（g）＝2H+（aq）+（aq））△H＝﹣585.20 ﹣1；依据盖斯定律，第一步与第二步方程式相加得：H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）△H＝﹣806.39 kJ•mol﹣1，
故答案为：H3S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）△H＝﹣806.39 kJ•mol﹣2；
（3）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，氧气所在电极为正极，所以质子移动方向为：从A到B，
故答案为：从A到B；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2﹣2e﹣+8H2O═+4H+，
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O═+4H+；
（4）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，离子方程式：H5O+2SO2+═22，
故答案为：H2O+3SO2+═23；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钙溶液反应，
故答案为：Ca（OH）2。
【点评】本题为综合题，考查了离子方程式、热化学方程式的计算、盖斯定律计算反应热、电极反应式书写，明确二氧化硫的性质及离子方程式、热化学方程式书写方法、原电池工作原理是解题关键，题目难度中等。
17．（13分）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K（t1）
K（t2）
F2+H2═2HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H2═2HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H2═2HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H2═2HI
43
34
（1）已知，t2＞t1，HX的生成反应是 放热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 HF＞HCl＞HBr＞HI 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 卤素原子的最外层电子数均为7，易得到电子 。
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因： 随原子序数的增加，电子层增多 ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加， ad （填字母序号）。
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱
（7）为验证ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：
①棉花中浸有NaOH溶液的作用是 Cl2+2OH﹣＝H2O+Cl﹣+ClO﹣ （用离子方程式表示）。
②验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量氯气，充分反应后，将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到 溶液分层，下层液体为紫红色 ；该实验必须控制氯气的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论，理由是 过量氯气可与KI反应 。
【分析】（1）化学平衡常数随温度变化，升高温度平衡向吸热反应方向进行；
（2）HX为共价化合物；
（3）F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7，只要形成一对共用电子对，达稳定结构；
（5）随原子序数的增加，电子层增多、得到电子的能力减弱；
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解；
（7）由装置可知，A为分液漏斗，A中氯气与NaBr反应生成溴，打开分液漏斗的活塞后，试管中发生溴与KI的反应生成碘，应防止氯气与KI反应，由卤素单质直接的置换反应可比较非金属性，棉花中浸有的NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：（1）已知，t2＞t1，随温度升高生成HX的反应的平衡常数减小，说明生成HX的反应为放热反应，
故答案为：放热；
（2）HX属于共价化合物，H﹣X之间形成的化学键是极性共价键，
故答案为：；
（3）F、Cl、I属于ⅦA，原子核外电子层数逐渐增多，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，H﹣I的极性最弱、HCl、HI；
故答案为：HF＞HCl＞HBr＞HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7，只要形成一对共用电子对，
故答案为：卤素原子的最外层电子数均为7，易得到电子；
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：随原子序数的增加，原子半径逐渐增大，
故答案为：随原子序数的增加，电子层增多；
（6）a．在相同条件下，说明反应的正向程度越大6的转化率逐渐降低，故a正确；
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱和卤素非金属性有关，与K的大小无直接关系；
c．HX的还原性逐渐减弱和卤族元素的非金属性有关，故c错误；
d．反应的正向程度越小，越易分解，故d正确；
故答案为：ad.；
（7）①棉花中浸有的NaOH溶液的作用是Cl8+2OH﹣＝H2O+Cl﹣+ClO﹣，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝H2O+Cl﹣+ClO﹣；
③为验证溴与碘非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，取下试管、静置，下层液体为紫红色，否则得不出溴的非金属性比碘强，
故答案为：溶液分层，下层液体为紫红色。
【点评】本题主要考查了化学平衡常数、化学反应能量变化、卤族元素性质递变规律和立论解释，掌握平衡常数岁温度变化、卤族元素的递变规律是解答的关键，题目难度不大。
18．（13分）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用．
（1）写出Fe（OH）2转化为Fe（OH）3的化学方程式 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 ．
（2）绿矾（FeSO4•7H2O）是补血剂的原料，易变质．检验绿矾是否变质的试剂是 KSCN溶液 设计实验检验绿矾是否完全变质 取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则样品没有完全变质）
（3）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如图1：
①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为 4FeCO3•nH2O+O2＝4FeOOH+4CO2+（4n﹣2）H2O
②取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g 0.89g
（4）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉（含有一些不反应的杂质），反应装置如图2．Fe（s）+5CO（g）（CO）5（g）△H＜0
T1 ＜ T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断理由是 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用 ．
【分析】（1）Fe（OH）2与氧气水反应生成Fe（OH）3；
（2）绿矾（FeSO4•7H2O）易变质，Fe2+被氧化为Fe3+，检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液；检验绿矾是否完全变质即检验样品中是否存在Fe2+，可利用Fe2+的还原性进行检验或用铁氰化钾溶液检验，实验方案为取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质；
（3）①FeCO3•nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平书写；
②依依据铁元素守恒和质量关系计算；
（4）铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用．
【解答】解：（1）Fe（OH）2与氧气水反应生成Fe（OH）3，化学方程式：8Fe（OH）2+O2+8H2O＝4Fe（OH）7，故答案为：4Fe（OH）2+O7+2H2O＝4Fe（OH）3；
（2）绿矾（FeSO4•8H2O）易变质，Fe2+被氧化为Fe7+，检验绿矾是否变质的试剂是KSCN溶液；检验绿矾是否完全变质即检验样品中是否存在Fe2+，可利用Fe2+的还原性进行检验或用铁氰化钾溶液检验，实验方案为取样品溶于水，如溶液褪色，产生蓝色沉淀，
故答案为：KSCN溶液；取样品溶于水，如溶液褪色，产生蓝色沉淀；
（3）①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO4•nH2O被空气氧化为FeOOH，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒3•nH3O+O2＝4FeOOH+7CO2↑+（4n﹣3）H2O，故答案为：4FeCO7•nH2O+O2＝6FeOOH+4CO2↑+（6n﹣2）H2O；
②设样品中FeCO5的物质的量为xmol，FeOOH的物质的量为ymol，则
116x+89y＝12.49
x+y＝＝0.11
解得y＝4.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.89g；
（4）反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）2（g）△H＜0，铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，羰基合铁易挥发；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，纯铁粉残留在右端，故T4＜T2，
故答案为：＜；铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，羰基合铁易挥发；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，一氧化碳循环利用．
【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断和反应产物的计算判断，元素守恒、元素化合价是解题关键，题目难度中等．
19．（12分）已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究．
（1）甲同学首先进行了实验1．
实验
1
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05mL，下同）．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液不显红色．
①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式 2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2 ．
②加入KSCN溶液的目的是 检验溶液中是否大量存在Fe3+ ．
③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，故改进实验方案，进行了实验2．
实验
2
实验步骤
实验现象
ⅰ．取2mL 0.1mol•L﹣1 KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液3滴．
ⅰ．溶液呈棕黄色．
ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L﹣1 KSCN溶液．
ⅱ．溶液显红色．
ⅲ．继续加入2mL CCl4，充分振荡、静置．
ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色
本实验改用0.1mol•L﹣1 KI溶液的目的是 提高平衡时溶液中的c（Fe3+） ．用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因： 平衡1：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡2：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移动，或c（Fe3+）降低，平衡2逆向移动，或c[Fe（SCN）3]降低，所以红色消失 ．
（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3﹣在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2+I﹣⇌I3﹣．于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣．
①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3．
实验3
实验步骤
实验现象
ⅰ．取1mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色．
ⅱ．取1mL饱和碘水，加入2mL CCl4，振荡、静置．
ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色．
实验3的结论是 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣ ．
②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验2+I﹣⇌I3﹣的存在．
请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1mL水；向试管2中 加入1mL 0.1mol•L﹣1KI溶液，振荡、静置 ．
两支试管中的现象分别为 试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅） ．
【分析】（1）①铁离子能够将碘离子氧化为碘单质；
②KSCN溶液能够检验铁离子；
③改用低浓度负KI溶液，能够提高溶液中铁离子浓度；据可逆反应的化学方程式2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2 平衡2：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，从平衡移动的角度分析加入CCl4后上层溶液红色消失的原因；
（2）①据实验现象分析，ⅰ．液体分层，上层呈黄色，ⅱ．液体分层，上层为无色可知，萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣；
②运用控制变量的方法设计实验，证明平衡I2+I﹣⇌I3﹣的存在，可以加入0.1 mol•L﹣1 KI溶液，据现象判断，注意用量．
【解答】解：（1）铁离子能够将碘离子氧化为碘单质，该反应为可逆反应3++2I﹣⇌6Fe2++I2，故答案为：6Fe3++2I﹣⇌3Fe2++I2；
②KSCN溶液能够检验铁离子，加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe8+，故答案为：检验溶液中是否大量存在Fe3+；
③改用低浓度负KI溶液，能够提高溶液中铁离子浓度3++5I﹣⇌2Fe2++I3和Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）8都是可逆反应，加入CCl4后，I2被CCl6萃取，平衡1正向移动，或c[Fe（SCN）3]降低（5分），所以红色消失3+）；平衡1：7Fe3++2I﹣⇌4Fe2++I2 平衡8：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）2加入CCl4后，I2被CCl3萃取，平衡1正向移动3+）降低，平衡5逆向移动3]降低，所以红色消失；
（2）①据实验现象分析，ⅰ．液体分层，ⅱ．液体分层，萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3﹣，故答案为：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I4﹣；
②运用控制变量的方法设计实验，证明平衡I2+I﹣⇌I3﹣的存在，将实验6中下层紫红色溶液平均分成两份，向试管1中加入1mL水、静置 mol•L﹣5 KI溶液，试管1中液体分层，下层呈紫红色，上层呈黄色，证明了平衡I2+I﹣⇌I3﹣的存在，故答案为：加入1 0.3 ﹣1 KI溶液，振荡；试管1中液体分层，下层呈紫红色，上层呈黄色．
【点评】本题通过FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，考查了探究实验的设计，实验现象的分析，题目难度较大．
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