精品解析：湖北十堰市东风高级中学2025-2026学年高二下学期开学考试 化学试卷

高二年级开学考试 化学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。 3可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Li-7 Cu-64 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求) 1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法中错误的是 A. 液氧甲烷火箭朱雀二号成功发射的能量转化形式为：化学能→热能→机械能 B. 钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀 C. 汽车尾气净化器常使用贵金属为催化剂，但不能提高有害气体的平衡转化率 D. 制作水果罐头时常加入一定量维生素C，是利用维生素C的还原性 【答案】B 【解析】 【详解】A．液氧、甲烷发生氧化还原反应产生，产生大量热量，化学能转化为热能，大量热的气体推动物体运动，从而使火箭发射升空，此时热能转化为机械能，故该过程的能量的转化形式为化学能→热能→机械能，A正确； B．镀层破损后，二者暴露在空气中，形成原电池，由于锌的还原性强于铁，铁作正极，锌作负极，被氧化腐蚀，B错误； C．催化剂能够改变化学反应速率，但是不能提高反应物的转化率，C正确； D．维生素C是常见的还原剂，可以减缓食品的氧化速率，D正确； 故选B。 2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 对于反应体系，对平衡体系增大压强可使颜色变深 B. 在溶液中存在如下平衡，，若向溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深 C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率 D. 将溶液加热、蒸干、灼烧，最终得到 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应气体分子总数不变，增大压强平衡不移动，颜色变深是由于浓度增大而非平衡移动所致，不能用勒夏特列原理解释，A正确； B．滴入浓硫酸增加浓度，平衡逆向移动，导致浓度增大、橙色加深，能用勒夏特列原理解释，B错误； C．使用过量空气增加浓度，平衡正向移动，提高利用率，能用勒夏特列原理解释，C错误； D．加热促进水解（吸热反应），平衡正向移动，蒸干灼烧得到，能用勒夏特列原理解释，D错误； 故选A。 3. 化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是 A. 明矾用于净水：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+ B. 用惰性电极电解CuCl2溶液： C. 工业废水中的用FeS去除： D. 用纯碱溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq) 【答案】D 【解析】 【详解】A．明矾净水时水解生成的是氢氧化铝胶体，不是沉淀，正确离子方程式为，A错误； B．用惰性电极电解溶液，阴极优先得电子生成，阳极失电子生成，总反应为，B错误； C．是难溶电解质，书写离子方程式时不能拆为离子，正确反应为，C错误； D．溶解度小于，可发生沉淀的转化，该离子方程式书写符合规律，D正确； 故选D。 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA B. 0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH的数量小于0.1NA C. 25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中含H+的数目为0.1NA D. 电解CuSO4溶液得到22.4 L O2(标准状况)，理论上需要转移2NA个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．28g N2（1molN2）和6g H2（3molH2）按N2+ 3H2 2NH3的化学计量比恰好完全反应，理论上生成2mol NH3（即2NA个分子），但该反应是可逆反应，不能完全进行，实际生成的NH3分子数小于2NA，A错误； B．NH4Cl溶液中NH会水解，导致其浓度小于0.1mol/L，但题目未明确溶液体积，无法确定NH的总物质的量，B错误； C．pH=1的H2SO4溶液中，H+浓度为0.1mol/L，1L该溶液中H+的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，C正确； D．标准状况下22.4L O2为1mol，电解CuSO4时，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑ + 4H+，每生成1mol O2转移4mol电子，即转移4NA个电子，D错误； 故选C。 5. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向溶液中通入气体 溶液中产生黑色沉淀 证明酸性： B 向5mLFeCl3溶液中先滴加溶液，再滴加铁氰化钾溶液 溶液先变为红褐色，再产生蓝色沉淀 既发生了水解反应，又发生了还原反应 C 向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入溶液，振荡 溶液中先产生淡黄色沉淀 证明 D 等体积、pH均为3的HA和HB两种酸，分别与足量的锌反应并收集气体 HA单位时间内产生的气泡数多，且最终收集的氢气多 HA酸性强于HB A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向溶液中通入产生黑色沉淀，原因是难溶于酸，与酸性强弱无关，实际酸性弱于，结论错误，A不符合题意； B．溶液变为红褐色说明生成，证明发生水解反应；滴加铁氰化钾产生蓝色沉淀说明生成，证明发生还原反应，实验操作、现象和结论均正确，B符合题意； C．混合溶液中和的浓度未知，无法通过沉淀先后顺序判断大小，结论错误，C不符合题意； D．等体积的两种酸，产生氢气更多、反应速率更快，说明浓度更大、电离程度更小，酸性弱于，结论错误，D不符合题意； 答案选B。 6. 固体酸分子筛(可表示为)催化乙醇脱水，反应进程与相对能量变化如图。下列说法错误的是 A. 乙醇分子通过氢键吸附于固体酸分子筛 B. 反应的决速步活化能为 C. 反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D. 该条件下反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．固体酸分子筛可以与乙醇之间形成分子间氢键而吸附，故A正确； B．反应活化能最大的为反应的决速步骤，由图示可知，过渡态1活化能最大，为，故B正确； C．反应中没有非极性键的断裂，故C错误； D．根据反应进程图可知，总反应为，故D正确； 故选C。 7. 下列分子中，键角最小的是 A. CCl4 B. NH3 C. CS2 D. BF3 【答案】B 【解析】 【详解】A．CCl4正四面体结构，中心C原子为sp3杂化，键角≈109°； B．NH3三角锥形结构，中心N原子为sp3杂化，但存在孤电子对，排斥作用使键角压缩至≈107°（最小）； C．CS2直线型结构，中心C原子为sp杂化，键角=180°（最大）； D．BF3平面三角形结构，中心B原子为sp2杂化，键角=120°； 故选B最小。 8. 下列物质中熔点最低的是 A. 金刚石(C) B. SiCl4 C. 金刚砂(SiC) D. CCl4 【答案】D 【解析】 【详解】A．金刚石属于共价晶体，熔化需要破坏很强的共价键，熔点极高，A不符合题意； B．属于分子晶体，其相对分子质量大于，分子间范德华力更强，熔点高于，B不符合题意； C．金刚砂属于共价晶体，共价键键能大，熔点极高，C不符合题意； D．属于分子晶体，且其相对分子质量在两种分子晶体中最小，分子间作用力最弱，熔点最低，D符合题意； 故答案选D。 9. 下列说法正确的是 A. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 B. 为抑制Fe3+的水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸 C. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+ D. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．配制溶液时，为抑制水解应加酸，但用稀盐酸会引入杂质离子，故应使用稀硫酸，A错误； B．Fe3+水解生成H+，加盐酸可增大H+浓度抑制水解，正确保存FeCl3溶液，B正确； C．加热促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，但无法彻底除去Fe3+，C错误； D．AlCl3蒸干灼烧得Al2O3，Al2(SO4)3蒸干灼烧仍为Al2(SO4)3，成分不同，D错误； 故选B。 10. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的有几项 ①   ②密闭容器中总压强不变   ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④密闭容器中氨气的体积分数不变      ⑤密闭容器中的气体平均相对分子质量不变 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】①未指明反应速率的正逆方向，且速率比值与反应计量数关系不匹配（平衡时应满足），无法判断反应是否达到平衡，不符合题意； ②该反应为气体总物质的量增大的反应，恒温恒容条件下总压强与气体总物质的量成正比，总压强不变说明气体总物质的量恒定，反应达到平衡，符合题意； ③混合气体密度，容器体积恒定，反应正向进行时气体总质量增大、密度增大，密度不变说明气体总质量恒定，反应达到平衡，符合题意； ④反应生成的和物质的量之比恒为，氨气的体积分数始终为，无论是否平衡都不变，无法判断平衡，不符合题意； ⑤混合气体平均相对分子质量，因恒为，代入计算可得恒为26，无论是否平衡都不变，无法判断平衡，不符合题意。 综上符合题意的共2项； 故答案选A。 11. 下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误； B．NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，B正确； C．F的电负性大于O，OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正确； D．石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，故石墨具有润滑性，D正确； 答案选A。 12. 下列关于分子的结构和性质的描述中，正确的是 A. 熔点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛 B. 键角：H2O<H2S C. O3的溶解度：H2O>CCl4 D. 酸性：CF3COOH> CCl3COOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，分子间氢键会提升物质熔点，因此熔点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，A错误； B．和的中心原子O、S均为sp³杂化，空间结构为V形结构，的电负性大于，中成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间斥力更大，因此键角：，B错误； C．为极性分子，但极性极弱，为非极性分子，因此在中的溶解度大于在中的溶解度，C错误； D．的电负性大于，的吸电子诱导效应强于，使中羧基的键极性更强，更易电离出，因此酸性：，D正确； 故选D。 13. 某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族且W是空气中含量最丰富的元素，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是 A. 简单离子半径：Z>W>X B. 第一电离能：Y>W>X C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Y D. Y与Z可形成YZ5分子，而W与Z则不行 【答案】B 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是空气中含量最丰富的元素，则W为N元素，W、Y同主族，则Y是P元素，图中X 形成2个共价键，X是O元素；Z形成1个共价键，Z是Cl元素；P、Cl的最外层电子数之和为5+7=12，O的最外层电子数为6，Y、Z的最外层电子数之和恰好是X的最外层电子数的2倍。综上，W、X、Y、Z依次为N、O、P、Cl元素。 【详解】A．Z、W、X依次为Cl、N、O元素，一般而言，电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：Cl->N3->O2-，故A正确；  B．Y、W、X依次为P、N、O元素，同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能：N＞P，N、O是第二周期元素而P是第三周期元素，P的原子半径三者中最大，P的第一电离能三者中最小，综上，第一电离能：N>O>P ，故B错误； C．W为N元素，Y为P元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，则酸性：HNO3> H3PO4，故C正确； D．Y(P)与Z(Cl)可形成YZ5(PCl5)分子，而W(N)与Z(Cl)能形成NCl3而不能形成NCl5，故D正确； 故选B。 14. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：(2≤x≤8)。下列说法正确的是 A. 电池放电时，电极b为正极 B. 电池放电时，Li2S2的量逐渐增多 C. 电池充电时，电极a可发生反应：3Li2S4 + 2e- = 2Li2S6 + 2Li+ D. 电池充电时，外电路中流过0.1mol电子，负极材料增重1.4g 【答案】B 【解析】 【详解】A．放电时，为活泼金属，失电子发生氧化反应，且向正极移动，可知电极a为正极，电极b为负极，A错误； B．放电时，电极a为正极，逐步得电子被还原，依次转化为、、、，的量逐渐增多，B正确； C．充电时电极a为阳极，发生失电子的氧化反应，选项给出的反应为得电子的还原反应，且转化为时S平均价态升高，应失去电子，反应式书写错误，正确的电极方程式为，C错误； D．充电时原负极（电极b）作阴极，电极反应为，外电路流过电子时，生成，增重质量为，不是，D错误； 故选B。 15. 常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述错误的是 A. 曲线M表示δ(CH2ClCOO-)∽pH的变化关系 B. 若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有 C. CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8 D. 时， 【答案】B 【解析】 【分析】随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CH2ClCOOH)小于Ka(CHCl2COOH)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)=10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)=10-2.8，由此分析解题； 【详解】A．由上述分析可知CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，曲线M表示δ(CH2ClCOO-)∽pH的变化关系，A正确； B．根据Ka(CHCl2COOH)=，酸的初始浓度为0.10mol/L，若溶质只有CHCl2COOH，则，根据图表，a点对应的pH=1.0，说明溶液中加入了更强的酸，根据电荷守恒，则，B错误； C．根据分析，δ(酸分子)= δ(酸根离子)=0.5时，CH2ClCOOH的电离常数Ka(CH2ClCOOH)=，C正确； D．电离度α=，，则α(CH2ClCOOH)= δ(CH2ClCOO-)，α(CHCl2COOH)= δ(CHCl2COO-)，pH=2.08时，δ(CH2ClCOO-)=0.15，δ(CHCl2COO-)=0.85，故，D正确； 故答案选B。 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 氯化铜CuCl2通常用作催化剂、媒染剂、杀虫剂等。利用废铜屑、双氧水、盐酸可制得CuCl2溶液，经一系列操作得到晶体。 （1）废铜屑、双氧水、盐酸制CuCl2的化学方程式为__________________________________。 （2）某兴趣小组将晶体通过以下装置(加热及夹持装置略)制得无水CuCl2。 已知：氯化亚砜SOCl2的熔点为，沸点为79℃，140℃以上受热易分解；遇水极易反应生成两种酸性气体。 ①仪器a的名称是__________________。 ②SOCl2所起的作用是_______________________________________。 ③装置丙可以选择下图中的_________(填标号)。 （3）兴趣小组用“间接碘量法”测定CuCl2晶体(不含能与发生反应的杂质)中CuCl2的质量分数。过程如下：取0.30g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，接着用Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。 已知：以上过程涉及的离子方程式为；。 ①可选用____________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_____________________________。 ②该试样中的质量分数为________。 【答案】（1） （2） ①. 直形冷凝管 ②. 作脱水剂吸收结晶水，且与水反应生成的可以抑制的水解 ③. A （3） ①. 淀粉溶液 ②. 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 ③. 【解析】 【分析】氯化亚砜遇水极易反应生成两种酸气体，化学方程式为：SOCl2 + H2O = SO2 + 2HCl，SOCl2作脱水剂，与水反应生成的盐酸可以抑制氯化铜水解，装置乙的作用是防止回收的SOCl2挥发；据此作答。 【小问1详解】 酸性条件下，​作为氧化剂将Cu氧化为，自身被还原为，反应方程式为； 【小问2详解】 ①仪器a是直形冷凝管； ②由分析可知，SOCl2所起的作用是作脱水剂吸收结晶水，且与水反应生成的可以抑制的水解； ③装置丙需要同时满足两个作用：一是吸收​与水反应生成的有毒酸性气体​和HCl，防止污染空气；二是阻止外界空气中的水蒸气进入乙装置，避免剩余的遇水反应；碱石灰既可以吸收酸性尾气，又能隔绝水蒸气，符合要求；NaOH溶液会产生水汽，不符合要求；无水氯化钙只能吸水，无法吸收有毒酸性尾气；浓硫酸只能吸水，不能吸收尾气；故选A； 【小问3详解】 ①间接碘量法利用​参与反应，淀粉遇​会变蓝，因此选淀粉溶液作为指示剂；滴定终点时被完全还原为，蓝色消失，且半分钟不变色说明滴定达到终点； ②根据给出的离子方程式得到定量关系：，即。 计算得，的摩尔质量为135 g/mol，因此，质量分数为。 17. 加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应： 反应Ⅰ．    反应Ⅱ． 回答下列问题： （1）根据图(a)，______________________。 （2）在4.0 MPa压强下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图(b)。 已知： ①525~575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为___________(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。 ②475K时，反应I的平衡常数___________(写出计算式即可)。 （3）为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是___________(写一条)。 （4）利用M催化加氢制的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，表示活化能，单位为eV。 ①转化为的化学方程式为___________。 ②下列说法正确的是___________(填标号)。 A．与能量差为0.60eV B．第ii步有键断裂 C．第iii步反应速率最慢 D．加入催化剂M不影响的平衡产率 【答案】（1） ①. -49.4 ②. +41.2 （2） ①. 反应Ⅱ ②. （3）增大压强 （4） ①. ②. ACD 【解析】 【小问1详解】 由图a可知，反应Ⅱ的焓变为+41.2kJ/mol，反应Ⅰ的焓变为： ； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，则反应Ⅱ中二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大； ②设起始氢气的物质的量为3mol，二氧化碳物质的量为1mol，由图可知，475K时，甲醇平衡产率为20%，二氧化碳平衡转化率为30%，由甲醇平衡产率为20%可知，反应Ⅰ生成甲醇和水的物质的量都为0.2mol，消耗二氧化碳的物质的量为0.2mol、氢气的物质的量为0.6mol，由二氧化碳平衡转化率为30%可知，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气的物质的量均为0.1mol，生成一氧化碳和水的物质的量均为0.1mol，则平衡体系中二氧化碳的物质的量为1 mol-0.3 mol=0.7mol、氢气的物质的量为3mol-0.7mol=2.3mol、甲醇的物质的量为0.2mol、水的物质的量为0.2mol+0.1mol=0.3mol，一氧化碳的物质的量为0.1mol，平衡体系中甲醇与一氧化碳的物质的量之比为2:1，氢气、二氧化碳、甲醇和水的平衡分压分别为×4MPa、×4MPa、×4MPa、×4MPa，反应Ⅰ的平衡常数，故答案为：； 【小问3详解】 反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率增大、甲醇的平衡产率增大； 【小问4详解】 ①由图可知，转化为的反应为、H*和HO*反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：； ②A．由图可知，破坏氢分子中的共价键需要吸收0.6eV的能量，则氢分子与的能量差为0.60eV，故A正确； B．由图可知，反应ii中无键断裂，故B错误； C．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应iii的活化能最大，则反应iii的反应速率最慢，故C正确； D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡的移动方向，加入催化剂M不影响甲醇的平衡产率，故D正确； 故答案为：ACD。 18. 以软锰矿(主要含有MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备KMnO4的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）“浸取”时MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为_______。 （2）“除、、”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，最适宜的氧化剂为_______(填标号)。 a．Cl2 b．HNO3 c．H2O2 （3）“除Ca、Mg时，所得溶液中=_________[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]。 （4）“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是________________________________________。 （5）“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为________________________________________。 （6）“加热氧化”时，MnO2发生反应生成KMnO4，该反应的化学方程式为______________________________。 （7）“系列操作”包括______________________________，过滤、洗涤、干燥。 【答案】（1） （2）c （3）100 （4）防止受热分解，降低原料利用率 （5） （6） （7）蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】根据流程图可知，向软锰矿中加入Na2SO3、H2SO4，MnO2被Na2SO3还原转化为Mn2+浸出，浸取过程中H2SO4能溶解Fe、Al、Ca、Mg等的氧化物，SiO2不溶于H2SO4被过滤除去，适当调节pH除去Fe、Al；然后加入NH4F形成氟化物沉淀除去Ca、Mg；再加入NH4HCO3溶液生成MnCO3沉锰；MnCO3在空气中焙烧转化为MnO2，MnO2与KOH经加热被富氧空气中的氧气氧化生成KMnO4，再经水浸等系列操作可得KMnO4晶体。 【小问1详解】 “浸取”时二氧化锰被Na2SO3还原生成MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问2详解】 加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，且不能引入新的杂质，a、b会引入杂质，只有H2O2的还原产物为水，不引入杂质，故选c。 【小问3详解】 除Ca、Mg时，溶液是MgF2和CaF2的饱和溶液，溶液中=。 【小问4详解】 “沉锰”时加入NH4HCO3，NH4HCO3热稳定性差，高温下极易分解失效，所以为防止受热分解，降低原料利用率，“沉锰”时不宜在较高温度下进行。 【小问5详解】 “沉锰”时，中的与溶液中的Mn2+发生反应，生成MnCO3沉淀，同时​解离出的部分H+和另一部分结合生成CO2​和H2O，根据电荷守恒和原子守恒配平得离子方程式。 【小问6详解】 加热氧化步骤中，富氧空气提供氧化剂O2，在加热、KOH的碱性环境下，MnO2 ​被氧化为KMnO4，配平得化学方程式。 【小问7详解】 KMnO4的溶解度随温度变化较大，且受热易分解，因此水浸后需要先蒸发浓缩提高溶液浓度，再冷却结晶让KMnO4析出，之后经过滤、洗涤、干燥得到产品。 19. I．已知25℃时，下列物质的电离平衡常数： 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离常数    请回答下列问题： （1）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是___________(填字母)。 A. NaHCO3 B. NaCN C. CH3COONa D. Na2CO3 （2）25℃时，将氢氧化钠溶液与醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为___________。 Ⅱ．在亚磷酸溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)，回答下列问题： （3）常温下，用的NaOH溶液滴定溶液，溶液的pH与离子浓度的关系如下图所示： ①_______。 ②足量NaOH溶液和亚磷酸反应的化学方程式是_______。 （4）利用如下图电解装置最终在产品室中可制得高浓度的亚磷酸。 ①交换膜可允许特定的离子通过，根据电解原理，分析图中“AM膜”应为_______（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。 ②阴极室发生的电极反应为______，阳极产生22.4L气体（标准状态下）时，产品室中得到的亚磷酸物质的量有_______mol。 【答案】（1）C （2）Ka=(a×10-7)/(b-a) （3） ①. 10-1.4 ②. 2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O （4） ①. 阴离子交换膜 ②. 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ③. 2 【解析】 【分析】(3)中，H3PO3的Ka1>Ka2，Ka1=，Ka2=，当lg= lg，对应的H+浓度Ka1的大于Ka2，由此可知：曲线I代表lg与pH的关系，曲线II代表lg与pH的关系； (4)中左侧石墨与正极相连，是阳极发生氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，右侧石墨为阴极，发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-； 【小问1详解】 电离常数越大，对应酸的酸性越强，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HCN>，盐类水解的规律是越弱越水解，水解程度Na2CO3>NaCN>NaHCO3>CH3COONa，pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是CH3COONa，答案选C； 【小问2详解】 将氢氧化钠溶液与醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)= c(CH3COO-)=，根据物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=，c(CH3COOH)=，Ka==； 【小问3详解】 由分析可知，曲线I代表lg与pH的关系，曲线II代表lg与pH的关系，B点时，lg=1，=10，pH=2.4，c(H+)=10-2.4mol/L，=10×10-2.4=10-1.4； H3PO3有两步电离，说明是二元酸，足量NaOH溶液和亚磷酸反应的化学方程式是：2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O； 【小问4详解】 ①电解时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，用电解法制得高浓度的亚磷酸，产品室中得到H3PO3，其中H+来自于稀硫酸，CM膜为阳离子膜，来自于Na2HPO3溶液，AM膜为阴离子交换膜； ②右侧石墨为阴极，发生还原反应，水得电子生成H2和OH-，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-； 阳极产生标况下22.4L气体为O2，物质的量为1mol，电子转移为4mol，H+通过CM膜转移4mol，通过AM膜转移2mol，共生成H3PO3的物质的量为2mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级开学考试 化学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。 3可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Li-7 Cu-64 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求) 1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法中错误的是 A. 液氧甲烷火箭朱雀二号成功发射的能量转化形式为：化学能→热能→机械能 B. 钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀 C. 汽车尾气净化器常使用贵金属为催化剂，但不能提高有害气体的平衡转化率 D. 制作水果罐头时常加入一定量维生素C，是利用维生素C的还原性 2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 对于反应体系，对平衡体系增大压强可使颜色变深 B. 在溶液中存在如下平衡，，若向溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深 C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率 D. 将溶液加热、蒸干、灼烧，最终得到 3. 化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是 A. 明矾用于净水：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+ B. 用惰性电极电解CuCl2溶液： C. 工业废水中的用FeS去除： D. 用纯碱溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq) 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA B. 0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH的数量小于0.1NA C. 25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中含H+的数目为0.1NA D. 电解CuSO4溶液得到22.4 L O2(标准状况)，理论上需要转移2NA个电子 5. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向溶液中通入气体 溶液中产生黑色沉淀 证明酸性： B 向5mLFeCl3溶液中先滴加溶液，再滴加铁氰化钾溶液 溶液先变为红褐色，再产生蓝色沉淀 既发生了水解反应，又发生了还原反应 C 向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入溶液，振荡 溶液中先产生淡黄色沉淀 证明 D 等体积、pH均为3的HA和HB两种酸，分别与足量的锌反应并收集气体 HA单位时间内产生的气泡数多，且最终收集的氢气多 HA酸性强于HB A. A B. B C. C D. D 6. 固体酸分子筛(可表示为)催化乙醇脱水，反应进程与相对能量变化如图。下列说法错误的是 A. 乙醇分子通过氢键吸附于固体酸分子筛 B. 反应的决速步活化能为 C. 反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D. 该条件下反应为 7. 下列分子中，键角最小的是 A. CCl4 B. NH3 C. CS2 D. BF3 8. 下列物质中熔点最低的是 A. 金刚石(C) B. SiCl4 C. 金刚砂(SiC) D. CCl4 9. 下列说法正确的是 A. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 B. 为抑制Fe3+的水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸 C. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+ D. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同 10. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的有几项 ①   ②密闭容器中总压强不变   ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④密闭容器中氨气的体积分数不变      ⑤密闭容器中的气体平均相对分子质量不变 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 11. 下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A. A B. B C. C D. D 12. 下列关于分子的结构和性质的描述中，正确的是 A. 熔点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛 B. 键角：H2O<H2S C. O3的溶解度：H2O>CCl4 D. 酸性：CF3COOH> CCl3COOH 13. 某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族且W是空气中含量最丰富的元素，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是 A. 简单离子半径：Z>W>X B. 第一电离能：Y>W>X C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Y D. Y与Z可形成YZ5分子，而W与Z则不行 14. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：(2≤x≤8)。下列说法正确的是 A. 电池放电时，电极b为正极 B. 电池放电时，Li2S2的量逐渐增多 C. 电池充电时，电极a可发生反应：3Li2S4 + 2e- = 2Li2S6 + 2Li+ D. 电池充电时，外电路中流过0.1mol电子，负极材料增重1.4g 15. 常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述错误的是 A. 曲线M表示δ(CH2ClCOO-)∽pH的变化关系 B. 若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有 C. CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8 D. 时， 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 氯化铜CuCl2通常用作催化剂、媒染剂、杀虫剂等。利用废铜屑、双氧水、盐酸可制得CuCl2溶液，经一系列操作得到晶体。 （1）废铜屑、双氧水、盐酸制CuCl2的化学方程式为__________________________________。 （2）某兴趣小组将晶体通过以下装置(加热及夹持装置略)制得无水CuCl2。 已知：氯化亚砜SOCl2的熔点为，沸点为79℃，140℃以上受热易分解；遇水极易反应生成两种酸性气体。 ①仪器a的名称是__________________。 ②SOCl2所起的作用是_______________________________________。 ③装置丙可以选择下图中的_________(填标号)。 （3）兴趣小组用“间接碘量法”测定CuCl2晶体(不含能与发生反应的杂质)中CuCl2的质量分数。过程如下：取0.30g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，接着用Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。 已知：以上过程涉及的离子方程式为；。 ①可选用____________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_____________________________。 ②该试样中的质量分数为________。 17. 加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应： 反应Ⅰ．    反应Ⅱ． 回答下列问题： （1）根据图(a)，______________________。 （2）在4.0 MPa压强下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图(b)。 已知： ①525~575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为___________(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。 ②475K时，反应I的平衡常数___________(写出计算式即可)。 （3）为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是___________(写一条)。 （4）利用M催化加氢制的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，表示活化能，单位为eV。 ①转化为的化学方程式为___________。 ②下列说法正确的是___________(填标号)。 A．与能量差为0.60eV B．第ii步有键断裂 C．第iii步反应速率最慢 D．加入催化剂M不影响的平衡产率 18. 以软锰矿(主要含有MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备KMnO4的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）“浸取”时MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为_______。 （2）“除、、”时，需将Fe2+氧化为Fe3+，最适宜的氧化剂为_______(填标号)。 a．Cl2 b．HNO3 c．H2O2 （3）“除Ca、Mg时，所得溶液中=_________[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]。 （4）“沉锰”时不宜在较高温度下进行的原因是________________________________________。 （5）“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为________________________________________。 （6）“加热氧化”时，MnO2发生反应生成KMnO4，该反应的化学方程式为______________________________。 （7）“系列操作”包括______________________________，过滤、洗涤、干燥。 19. I．已知25℃时，下列物质的电离平衡常数： 化学式 CH3COOH H2CO3 HCN 电离常数    请回答下列问题： （1）pH相同的以下四种溶液，浓度最大的是___________(填字母)。 A. NaHCO3 B. NaCN C. CH3COONa D. Na2CO3 （2）25℃时，将氢氧化钠溶液与醋酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为___________。 Ⅱ．在亚磷酸溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)，回答下列问题： （3）常温下，用的NaOH溶液滴定溶液，溶液的pH与离子浓度的关系如下图所示： ①_______。 ②足量NaOH溶液和亚磷酸反应的化学方程式是_______。 （4）利用如下图电解装置最终在产品室中可制得高浓度的亚磷酸。 ①交换膜可允许特定的离子通过，根据电解原理，分析图中“AM膜”应为_______（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。 ②阴极室发生的电极反应为______，阳极产生22.4L气体（标准状态下）时，产品室中得到的亚磷酸物质的量有_______mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $