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2021-2022学年云南省曲靖市宣威三中高二（下）月考化学试卷（4月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年云南省曲靖市宣威三中高二（下）月考化学试卷（4月份）（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 O2F2可以发生反应，48LHF，则转移0等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年云南省曲靖市宣威三中高二（下）月考化学试卷（4月份）
1. 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是( )
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
2. NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 2.4gMg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D. 0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
3. O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
5. 根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
A. A B. B C. C D. D
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−
B. c(H)c(OH)1×1012的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
C. c(Fe2+)=1mol⋅L−1的溶液中：H+、NH4+、MnO4−、SO42−
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
7. 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21.下列关系正确的是( )
W
X
Y
Z
A. 氢化物沸点：WW
C. 化合物熔点：Y2X3
A. 阳极发生将海水中的Cl−氧化生成Cl2的反应
B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D. 阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl−+2H2O−电解H2↑+Cl2↑+2OH−
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O
10. 下列生活用品中主要由合成纤维制造的是( )
A. 尼龙绳 B. 宣纸 C. 羊绒衫 D. 棉衬衣
11. 用化学用语表示NH3+HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是( )
A. 中子数为8的氮原子： 78N B. HCl的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
12. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是( )
A. 能发生取代反应，不能发生加成反应
B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C. 与互为同分异构体
D. 1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2
13. 在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，有下列平衡：CO+H2O⇌CO2+H2，且K=1.若用2molCO和10molH2O相互混合并加热到800℃，则CO的转化率为( )
A. 16.7% B. 50% C. 66.7% D. 83.3%
14. 已知相同温度下，KspBaSO4
B. 该温度下BaSO4的KspBaSO4值为1.0×10−10
C. 加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D. cBa2+=10−5.1时两溶液中cSO42−cCO32−=10y2−y1
15. 氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末。塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷却干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是 ______ 、 ______ ，仪器b的进水口是 ______ (填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 ____________________________ 。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是 _______________________ 。
(4)步骤Ⅲ中，H2O2的作用是 ________________________________________ (以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断。检测的方法是 ________________________________________ 。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，其理由是 ________________________________________ 。
16. 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4⋅H2O的流程如下：
已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表
金属阳离子
Fe3+
Al3+
Mn2+
Mg2+
完全沉淀时的PH值
3.2
5.2
10.4
12.4
②温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低．
(1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为______；
(2)第1步除杂中加入H2O2的目的是______.
(3)第1步除杂中形成滤渣l的主要成分为______(填化学式)，调pH至5−6所加的试剂，可选择______(填以下试剂的序号字母)； a.Caob.MgOc.Al2O3d.氨水
(4)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式______，该反应的平衡常数数值为______.
(已知：MnF2的Ksp=5.3×10−3；CaF2的Ksp=1.5×10−10；MgF2的Ksp=7.4×10−11)：
(5)采用“趁热过滤”操作的原因是______.
(6)取少量MnSO4⋅H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是______(用离子方程式表示)，该溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为______.
17. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)。
回答下列相关问题：
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的△H为 ______kJ⋅mol−1
(2)一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0∼10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=______mol⋅L−1⋅min−1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是 ______(填字母标号)。
A.△H不变
B.C3H6与H2的物质的量之比保持不变
C.混合气体的总压强不变
D.c(C3H6)正=c(C3H6)逆
③欲提高丙烷转化率，采取的措施是 ______(填字母标号)。
A.降低温度
B.升高温度
C.加催化剂
D.及时分离出H2
④若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是 ______。
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
①此温度下该反应的平衡常数Kp=______(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)，v逆=k逆p(C3H6)p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处v正v逆=______。
18. 东晋《华阳国志⋅南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。
③氨的沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______；氨是______分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为______。
(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ⋅mol−1、INi=1753kJ⋅mol−1，ICu>INi的原因是______。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______；
②若合金的密度为dg⋅cm−3，晶胞参数a=______nm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查生产生活中的化学知识，涉及粮食酿酒、合金、分离提纯方法等，侧重基础的积累，难度不大。
【解答】
A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；
B.后(司)母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B正确；
C.瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；
D.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确。
2.【答案】B
【解析】解：A、2.4g镁的物质的量为2.4g24g/mol=0.1mol，反应中失去0.2mol电子，故A错误；
B、标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为5.6L22.4L/mol=0.25mol，含有的氧原子为0.25mol×2=0.5mol，含有的氧原子数为0.5NA，故B正确；
C、1个甲醇分子中含有5个σ键，氢原子数为0.4NA的甲醇为0.1mol，含有0.5molσ键，故C错误；
D、醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数小于0.05NA，故D错误；
故选：B。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，注意甲醇的结构、弱电解质电离特点，题目难度不大．
3.【答案】D
【解析】反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由−2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题。
A.O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B.在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是−2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C.外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D.由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。
故选：D。
4.【答案】D
【解析】A.碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3的稳定性无关，故A错误；
B.SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性，与其熔点无关，故B错误；
C.由于Al2O3具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故C错误；
D.由于CaO与水发生反应，且无毒，可用作食品干燥剂，故D正确；
故选：D。
5.【答案】C
【解析】A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确；
B.SO2与H2S反应生成S单质，该反应中二氧化硫被还原，作氧化剂，故B正确；
C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；
D.Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性强于硅酸，故D正确；
故选：C。
本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的化学性质，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力．
6.【答案】B
【解析】A.含Fe3+的溶液呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN−发生反应而不能大量共存，故A错误；
B.c(H+)/c(OH−)=1×10−12，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；
C.H+、Fe2+、MnO4−发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D.能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查位置结构性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，注意基础知识的理解掌握，难度不大。
【解答】
由元素在周期表中的位置可知W、X在第二周期，Y、Z在第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。
A.W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；
B.Y为Al，对应的氧化物的水化物溶液呈碱性，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；
C.Al2O3为离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；
D.X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确。
故选：D。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
【解答】
海水通入管道后，形成电解池，阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，此时海水碱性增大，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果。
A.阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.依据分析可知，管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO，故B正确；
C.氢气易燃，阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气，故C正确；
D.阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，Mg(OH)2等沉积在阴极表面，故D错误；
故选D。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
【解答】
A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；
B.电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl−+2H2O=电解H2↑+Cl2↑+2OH−，故B正确；
C.二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故D错误；
故选B。
10.【答案】A
【解析】宣纸、棉衬衣的主要成分为纤维素，羊绒衫的主要成分为蛋白质，只有尼龙绳主要成分为聚酯类合成纤维，据此进行解答。
A.尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故A正确；
B.宣纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故B错误；
C.羊绒衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故C错误；
D.棉衬衣的主要成分为天然纤维素，不是合成纤维，故D错误；
故选A。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、元素符号、结构式、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。
【解答】
A.中子数为8的氮原子的质量数=8+7=15，该原子正确的表示方法为： 715N，故A错误；
B.HCl为共价化合物，电子式中不能标出电荷，其正确的电子式为，故B错误；
C.氨气为共价化合物，分子中含有3个N−H键，NH3的结构式，故C正确；
D.为氯原子结构示意图，氯离子的最外层含有8个电子，其正确的离子结构示意图为，故D错误。
故选C。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.含碳碳双键可发生加成反应，含−OH、−COOH可发生取代反应，故A错误；
B.与乙醇、乙酸的结构不同，均不互为同系物，故B错误；
C.二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.1mol该物质与碳酸钠反应生成0.5molCO2，质量为22g，故D错误。
13.【答案】D
【解析】解：在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为x：
CO+H2O⇌CO2+H2，
起始量(mol)21000
变化量(mol)xxxx
平衡量(mol)2−x10−xxx
反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数
平衡常数K=x×x(2−x)(10−x)=1。
x=53mol
则CO的转化率=53mol2mol×100%=83.3%；
故选：D。
依据化学平衡的三段式列式计算，结合平衡常数表达式计算消耗的一氧化碳的物质的量，结合转化率概念计算得到，反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数；
考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要是平衡常数概念的计算，题目较简单．
14.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度较大，能依据图示准确判断曲线所代表的物质是解题的关键，依据溶度积常数进行计算是本题的难点。
【解答】已知相同温度下，Ksp(BaSO4)c(SO42−)，故曲线①表示−lg[c(SO42−)]与−lg[c(Ba2+)]的关系即BaSO4沉淀溶解曲线，曲线②表示−lg[c(CO32−)]与−lg[c(Ba2+)]的关系即BaCO3的沉淀溶解曲线。
A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；
B.曲线①上取点(2.0,8.0)，−lg[c(SO42−)]=8.0，c(SO42−)=10−8mol/L，c(Ba2+)=10−2mol/L，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c(SO42−)=10−8×10−2=1.0×10−10，故B正确；
C.a点变到b点，−lg[c(Ba2+)]值增大，c(Ba2+)减小，不可能加入BaCl2固体，故C错误；
D.点d时c(Ba2+)=10−5.1mol/L，c(SO42−)=10−y2mol/L，点c时，c(Ba2+)=10−5.1mol/L，c(CO32−)=10−y1mol/L，溶液中c(SO42−)c(CO32−)=10y1−y2，故D错误；
故选：B。
15.【答案】(1)滴液漏斗；三颈烧瓶； d ；
(2)降温并减慢反应速率；
(3)反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，反之则有；
(6)用pH试纸测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液中无Cl−，沉淀洗涤干净。
【解析】(1)仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水下进上出，即进水口为d，
故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；
(2)c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，
故答案为：降温并减慢反应速率；
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是该实验反应温度为98℃，接近水的沸点，油浴更易控温，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，若有白色沉淀生成，则说明有SO42−，
故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，反之则有；
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液呈中性，说明洗涤干净，溶液中没有Cl−，
故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液中无Cl−，沉淀洗涤干净。
本题考查物质的制备实验，涉及混合物的分离与提纯、元素化合物性质的应用，综合性较强，难度中等。
16.【答案】SO2+MnO2=Mn2++SO42− 将Fe2+氧化为Fe3+ Al(OH)3、Fe(OH)3 a、bMnF2+Mg2+=Mn2++MgF2 7.2×107 因为减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，得到更所得产品 Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+ c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4⋅H2O溶解而减少)，
(1)根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2=Mn2++SO42−，故答案为：SO2+MnO2=Mn2++SO42−；
(2)加入过氧化氢是亚铁离子氧化成铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)调节pH至5∼6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；a、b；
(4)氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；K=c(Mn2+)c(Mg2+)=c(Mn2+)×c2(F−)c(Mg2+)×c2(F−)=5.3×10−37.4×10−11=7.2×107，故答案为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；7.2×107；
(5)温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，所以采用趁热过滤，减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，故答案为：因为减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，得到更所得产品；
(6)MnSO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+；离子浓度大小为：不水解离子>水解的离子>显性的离子>隐性的离子，所以离子浓度大小为：c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−)，故答案为：Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+；c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−).
由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4⋅H2O溶解而减少)，以此来解答．
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．
17.【答案】+1230.05CDBD该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大 0.9p5.4
【解析】解：(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律12×(反应I−反应II)得到反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的△H=12×[−238kJ⋅mol−1−(−484kJ⋅mol−1)]=+123kJ/mol，
故答案为：+123；
(2)①结合三段式计算：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)xxx
平衡(mol)1−xxx
平衡时气体压强是开始的1.5倍，则1−x+x+x=1.5，解得x=0.5，则0∼10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=0.510 mol⋅L−1⋅min−1=0.05mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.05；
②A.焓变(△H)只与化学反应有关，所以反应的焓变(△H)始终保持不变，即反应的焓变(△H)保持不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.C3H6与H2均是生成物，二者的物质的量之比始终保持1：1不变，不能说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B错误；
C.该反应正向是气体体积增大的反应，各物质均为气体，所以气体总压强保持不变的状态是平衡状态，故C正确；
D.v(C3H6)正=v(C3H6)逆表示正反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
③A.正反应应吸热，降低温度平衡逆向移动，反应物转化率降低，故A错误；
B.正反应应吸热，升高温度平衡正向移动，反应物转化率增大，故B正确；
C.加催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，故C错误；
D.及时分离出H2平衡正向移动，反应物转化率增大，故D正确；
故答案为：BD；
④起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率增大，
故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率增大；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，列出三段式：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)yyy
平衡(mol)1−yyy
则1−y1+y=0.25，解得y=0.6，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，Kp=p(c3H6)⋅p(H2)p(C3H8)=0.6kPa×0.6kPa0.4kPa=0.9pkPa，
故答案为：0.9p；
②m点处反应三段式为，
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)zzz
平衡(mol)1−zzz
图a中m点处C3H8的气体体积分数为50%，即1−z1+z=0.5，解得z=13mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为43pkPa，分压：p(C3H8)=23kPa、p(C3H6)=p(H2)=13pkPa，所以m点处v正v逆=k正k逆×p(C3H8)p(C3H6)⋅p(H2)=0.9pkPa×23kPa13kPa×13kPa=5.4，
故答案为：5.4。
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律12×(反应I−反应II)得到反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)；
(2)①列出三段式
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)xxx
平衡(mol)1−xxx
平衡时气体压强是开始的1.5倍，则1−x+x+x=1.5，解得x=0.5，据此解答；
②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
③提高转化率，可以改变条件使平衡正向移动，根据影响反应的因素分析；
④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，列出三段式：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)yyy
平衡(mol)1−yyy
则1−y1+y=0.25，解得y=0.6，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，代入Kp=p(c3H6)⋅p(H2)p(C3H8)；
②m点处反应三段式为，
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)zzz
平衡(mol)1−zzz
图a中m点处C3H8的气体体积分数为50%，即1−z1+z=0.5，解得z=13mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为43pkPa，分压：p(C3H8)=23kPa、p(C3H6)=p(H2)=13pkPa，所以m点处v正v逆=k正k逆×p(C3H8)p(C3H6)⋅p(H2)。
本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意④中平衡常数KP计算时各物质分压强为解答易错点，题目难度较大。
18.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2； 2；
(2)①正四面体；
②配位键； N ；
③高于；氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性； sp3；
(3)金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(4)① 3：1 ；
②3251dNA×107∘
【解析】
【分析】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础。
【解答】
(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
(2)①SO42−中S原子的孤电子对数=6+2−2×42=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，
故答案为：配位键；N；
③PH3分子之间为范德华力，氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N−H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：高于；氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，
故答案为：金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1、Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量为59+64×3NAg，则59+64×3NAg=dg⋅cm−3×(a×10−7cm)3，解得a=3251dNA×107，故答案为：3251dNA×107。
2021-2022学年云南省曲靖市宣威三中高二（下）月考化学试卷（4月份）
1. 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是( )
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
2. NA表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 2.4gMg在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D. 0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
3. O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
4. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
5. 根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
A. A B. B C. C D. D
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−
B. c(H)c(OH)1×1012的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
C. c(Fe2+)=1mol⋅L−1的溶液中：H+、NH4+、MnO4−、SO42−
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
7. 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21.下列关系正确的是( )
W
X
Y
Z
A. 氢化物沸点：W
C. 化合物熔点：Y2X3
A. 阳极发生将海水中的Cl−氧化生成Cl2的反应
B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D. 阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl−+2H2O−电解H2↑+Cl2↑+2OH−
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O
10. 下列生活用品中主要由合成纤维制造的是( )
A. 尼龙绳 B. 宣纸 C. 羊绒衫 D. 棉衬衣
11. 用化学用语表示NH3+HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是( )
A. 中子数为8的氮原子： 78N B. HCl的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
12. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是( )
A. 能发生取代反应，不能发生加成反应
B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C. 与互为同分异构体
D. 1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2
13. 在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，有下列平衡：CO+H2O⇌CO2+H2，且K=1.若用2molCO和10molH2O相互混合并加热到800℃，则CO的转化率为( )
A. 16.7% B. 50% C. 66.7% D. 83.3%
14. 已知相同温度下，KspBaSO4
B. 该温度下BaSO4的KspBaSO4值为1.0×10−10
C. 加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D. cBa2+=10−5.1时两溶液中cSO42−cCO32−=10y2−y1
15. 氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末。塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时。缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷却干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是 ______ 、 ______ ，仪器b的进水口是 ______ (填字母)。
(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 ____________________________ 。
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是 _______________________ 。
(4)步骤Ⅲ中，H2O2的作用是 ________________________________________ (以离子方程式表示)。
(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断。检测的方法是 ________________________________________ 。
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，其理由是 ________________________________________ 。
16. 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4⋅H2O的流程如下：
已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表
金属阳离子
Fe3+
Al3+
Mn2+
Mg2+
完全沉淀时的PH值
3.2
5.2
10.4
12.4
②温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低．
(1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为______；
(2)第1步除杂中加入H2O2的目的是______.
(3)第1步除杂中形成滤渣l的主要成分为______(填化学式)，调pH至5−6所加的试剂，可选择______(填以下试剂的序号字母)； a.Caob.MgOc.Al2O3d.氨水
(4)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式______，该反应的平衡常数数值为______.
(已知：MnF2的Ksp=5.3×10−3；CaF2的Ksp=1.5×10−10；MgF2的Ksp=7.4×10−11)：
(5)采用“趁热过滤”操作的原因是______.
(6)取少量MnSO4⋅H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是______(用离子方程式表示)，该溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为______.
17. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)。
回答下列相关问题：
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的△H为 ______kJ⋅mol−1
(2)一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0∼10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=______mol⋅L−1⋅min−1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是 ______(填字母标号)。
A.△H不变
B.C3H6与H2的物质的量之比保持不变
C.混合气体的总压强不变
D.c(C3H6)正=c(C3H6)逆
③欲提高丙烷转化率，采取的措施是 ______(填字母标号)。
A.降低温度
B.升高温度
C.加催化剂
D.及时分离出H2
④若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是 ______。
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
①此温度下该反应的平衡常数Kp=______(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)，v逆=k逆p(C3H6)p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处v正v逆=______。
18. 东晋《华阳国志⋅南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。
③氨的沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______；氨是______分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为______。
(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ⋅mol−1、INi=1753kJ⋅mol−1，ICu>INi的原因是______。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______；
②若合金的密度为dg⋅cm−3，晶胞参数a=______nm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查生产生活中的化学知识，涉及粮食酿酒、合金、分离提纯方法等，侧重基础的积累，难度不大。
【解答】
A.酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；
B.后(司)母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B正确；
C.瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；
D.用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确。
2.【答案】B
【解析】解：A、2.4g镁的物质的量为2.4g24g/mol=0.1mol，反应中失去0.2mol电子，故A错误；
B、标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为5.6L22.4L/mol=0.25mol，含有的氧原子为0.25mol×2=0.5mol，含有的氧原子数为0.5NA，故B正确；
C、1个甲醇分子中含有5个σ键，氢原子数为0.4NA的甲醇为0.1mol，含有0.5molσ键，故C错误；
D、醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数小于0.05NA，故D错误；
故选：B。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，注意甲醇的结构、弱电解质电离特点，题目难度不大．
3.【答案】D
【解析】反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由−2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题。
A.O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B.在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是−2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C.外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D.由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。
故选：D。
4.【答案】D
【解析】A.碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3的稳定性无关，故A错误；
B.SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性，与其熔点无关，故B错误；
C.由于Al2O3具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，故C错误；
D.由于CaO与水发生反应，且无毒，可用作食品干燥剂，故D正确；
故选：D。
5.【答案】C
【解析】A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确；
B.SO2与H2S反应生成S单质，该反应中二氧化硫被还原，作氧化剂，故B正确；
C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；
D.Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性强于硅酸，故D正确；
故选：C。
本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的化学性质，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力．
6.【答案】B
【解析】A.含Fe3+的溶液呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN−发生反应而不能大量共存，故A错误；
B.c(H+)/c(OH−)=1×10−12，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；
C.H+、Fe2+、MnO4−发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D.能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3−能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查位置结构性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，注意基础知识的理解掌握，难度不大。
【解答】
由元素在周期表中的位置可知W、X在第二周期，Y、Z在第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。
A.W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；
B.Y为Al，对应的氧化物的水化物溶液呈碱性，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；
C.Al2O3为离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；
D.X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确。
故选：D。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
【解答】
海水通入管道后，形成电解池，阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，此时海水碱性增大，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果。
A.阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.依据分析可知，管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO，故B正确；
C.氢气易燃，阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气，故C正确；
D.阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，Mg(OH)2等沉积在阴极表面，故D错误；
故选D。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
【解答】
A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故A错误；
B.电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl−+2H2O=电解H2↑+Cl2↑+2OH−，故B正确；
C.二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故D错误；
故选B。
10.【答案】A
【解析】宣纸、棉衬衣的主要成分为纤维素，羊绒衫的主要成分为蛋白质，只有尼龙绳主要成分为聚酯类合成纤维，据此进行解答。
A.尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故A正确；
B.宣纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故B错误；
C.羊绒衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故C错误；
D.棉衬衣的主要成分为天然纤维素，不是合成纤维，故D错误；
故选A。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、元素符号、结构式、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。
【解答】
A.中子数为8的氮原子的质量数=8+7=15，该原子正确的表示方法为： 715N，故A错误；
B.HCl为共价化合物，电子式中不能标出电荷，其正确的电子式为，故B错误；
C.氨气为共价化合物，分子中含有3个N−H键，NH3的结构式，故C正确；
D.为氯原子结构示意图，氯离子的最外层含有8个电子，其正确的离子结构示意图为，故D错误。
故选C。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.含碳碳双键可发生加成反应，含−OH、−COOH可发生取代反应，故A错误；
B.与乙醇、乙酸的结构不同，均不互为同系物，故B错误；
C.二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.1mol该物质与碳酸钠反应生成0.5molCO2，质量为22g，故D错误。
13.【答案】D
【解析】解：在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为x：
CO+H2O⇌CO2+H2，
起始量(mol)21000
变化量(mol)xxxx
平衡量(mol)2−x10−xxx
反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数
平衡常数K=x×x(2−x)(10−x)=1。
x=53mol
则CO的转化率=53mol2mol×100%=83.3%；
故选：D。
依据化学平衡的三段式列式计算，结合平衡常数表达式计算消耗的一氧化碳的物质的量，结合转化率概念计算得到，反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数；
考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要是平衡常数概念的计算，题目较简单．
14.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度较大，能依据图示准确判断曲线所代表的物质是解题的关键，依据溶度积常数进行计算是本题的难点。
【解答】已知相同温度下，Ksp(BaSO4)
A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；
B.曲线①上取点(2.0,8.0)，−lg[c(SO42−)]=8.0，c(SO42−)=10−8mol/L，c(Ba2+)=10−2mol/L，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c(SO42−)=10−8×10−2=1.0×10−10，故B正确；
C.a点变到b点，−lg[c(Ba2+)]值增大，c(Ba2+)减小，不可能加入BaCl2固体，故C错误；
D.点d时c(Ba2+)=10−5.1mol/L，c(SO42−)=10−y2mol/L，点c时，c(Ba2+)=10−5.1mol/L，c(CO32−)=10−y1mol/L，溶液中c(SO42−)c(CO32−)=10y1−y2，故D错误；
故选：B。
15.【答案】(1)滴液漏斗；三颈烧瓶； d ；
(2)降温并减慢反应速率；
(3)反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，反之则有；
(6)用pH试纸测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液中无Cl−，沉淀洗涤干净。
【解析】(1)仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水下进上出，即进水口为d，
故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；
(2)c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，
故答案为：降温并减慢反应速率；
(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是该实验反应温度为98℃，接近水的沸点，油浴更易控温，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
(4)H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42−来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，若有白色沉淀生成，则说明有SO42−，
故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42−，反之则有；
(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液呈中性，说明洗涤干净，溶液中没有Cl−，
故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH=7时，溶液中无Cl−，沉淀洗涤干净。
本题考查物质的制备实验，涉及混合物的分离与提纯、元素化合物性质的应用，综合性较强，难度中等。
16.【答案】SO2+MnO2=Mn2++SO42− 将Fe2+氧化为Fe3+ Al(OH)3、Fe(OH)3 a、bMnF2+Mg2+=Mn2++MgF2 7.2×107 因为减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，得到更所得产品 Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+ c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4⋅H2O溶解而减少)，
(1)根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2=Mn2++SO42−，故答案为：SO2+MnO2=Mn2++SO42−；
(2)加入过氧化氢是亚铁离子氧化成铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)调节pH至5∼6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；a、b；
(4)氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；K=c(Mn2+)c(Mg2+)=c(Mn2+)×c2(F−)c(Mg2+)×c2(F−)=5.3×10−37.4×10−11=7.2×107，故答案为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；7.2×107；
(5)温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，所以采用趁热过滤，减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，故答案为：因为减少MnSO4⋅H2O在水中的溶解，得到更所得产品；
(6)MnSO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+；离子浓度大小为：不水解离子>水解的离子>显性的离子>隐性的离子，所以离子浓度大小为：c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−)，故答案为：Mn2++2H2O⇌Mn(OH)2+2H+；c(SO42−)>c(Mn2+)>c(H+)>c(OH−).
由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤(防止低温MnSO4⋅H2O溶解而减少)，以此来解答．
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．
17.【答案】+1230.05CDBD该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大 0.9p5.4
【解析】解：(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律12×(反应I−反应II)得到反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的△H=12×[−238kJ⋅mol−1−(−484kJ⋅mol−1)]=+123kJ/mol，
故答案为：+123；
(2)①结合三段式计算：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)xxx
平衡(mol)1−xxx
平衡时气体压强是开始的1.5倍，则1−x+x+x=1.5，解得x=0.5，则0∼10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=0.510 mol⋅L−1⋅min−1=0.05mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.05；
②A.焓变(△H)只与化学反应有关，所以反应的焓变(△H)始终保持不变，即反应的焓变(△H)保持不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.C3H6与H2均是生成物，二者的物质的量之比始终保持1：1不变，不能说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B错误；
C.该反应正向是气体体积增大的反应，各物质均为气体，所以气体总压强保持不变的状态是平衡状态，故C正确；
D.v(C3H6)正=v(C3H6)逆表示正反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
③A.正反应应吸热，降低温度平衡逆向移动，反应物转化率降低，故A错误；
B.正反应应吸热，升高温度平衡正向移动，反应物转化率增大，故B正确；
C.加催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，故C错误；
D.及时分离出H2平衡正向移动，反应物转化率增大，故D正确；
故答案为：BD；
④起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率增大，
故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率增大；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，列出三段式：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)yyy
平衡(mol)1−yyy
则1−y1+y=0.25，解得y=0.6，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，Kp=p(c3H6)⋅p(H2)p(C3H8)=0.6kPa×0.6kPa0.4kPa=0.9pkPa，
故答案为：0.9p；
②m点处反应三段式为，
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)zzz
平衡(mol)1−zzz
图a中m点处C3H8的气体体积分数为50%，即1−z1+z=0.5，解得z=13mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为43pkPa，分压：p(C3H8)=23kPa、p(C3H6)=p(H2)=13pkPa，所以m点处v正v逆=k正k逆×p(C3H8)p(C3H6)⋅p(H2)=0.9pkPa×23kPa13kPa×13kPa=5.4，
故答案为：5.4。
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2(g)△H1=−238kJ⋅mol−1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g)△H2=−484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律12×(反应I−反应II)得到反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)；
(2)①列出三段式
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)xxx
平衡(mol)1−xxx
平衡时气体压强是开始的1.5倍，则1−x+x+x=1.5，解得x=0.5，据此解答；
②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
③提高转化率，可以改变条件使平衡正向移动，根据影响反应的因素分析；
④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的气体体积分数为25%，列出三段式：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)yyy
平衡(mol)1−yyy
则1−y1+y=0.25，解得y=0.6，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以平衡时气体的压强为1.6pkPa，p(C3H8)=0.4mol1.6mol×1.6pkPa=0.4pkPa、p(C3H6)=p(H2)=0.6pkPa，代入Kp=p(c3H6)⋅p(H2)p(C3H8)；
②m点处反应三段式为，
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)
起始(mol)100
转化(mol)zzz
平衡(mol)1−zzz
图a中m点处C3H8的气体体积分数为50%，即1−z1+z=0.5，解得z=13mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为43pkPa，分压：p(C3H8)=23kPa、p(C3H6)=p(H2)=13pkPa，所以m点处v正v逆=k正k逆×p(C3H8)p(C3H6)⋅p(H2)。
本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，注意④中平衡常数KP计算时各物质分压强为解答易错点，题目难度较大。
18.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2； 2；
(2)①正四面体；
②配位键； N ；
③高于；氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性； sp3；
(3)金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(4)① 3：1 ；
②3251dNA×107∘
【解析】
【分析】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础。
【解答】
(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
(2)①SO42−中S原子的孤电子对数=6+2−2×42=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，
故答案为：配位键；N；
③PH3分子之间为范德华力，氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N−H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，故答案为：高于；氨分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，
故答案为：金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1、Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量为59+64×3NAg，则59+64×3NAg=dg⋅cm−3×(a×10−7cm)3，解得a=3251dNA×107，故答案为：3251dNA×107。
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