北京师范大学附属中学2022-2023学年上学期高二化学期末试题（含答案解析）

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考生须知：
1.本试卷有两道大题，共10页。考试时长90分钟，满分100分。
2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Mg-24 Fe-56
一、选择题(每小题2分，共42分。每小题选出最符合题意的1个选项)
1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．锌锰电池是化学能转化为电能，故A错误；
B．冶炼金属钠是电解原理，是电能转化为化学能，故B正确；
C．太阳能电池是将光能转化为电能，故C错误；
D．天然气燃烧是化学能转化为热能，故D错误；
故答案为B
2. 下列说法或化学用语的使用正确的是
A. 构造原理呈现的能级交错源于光谱学实验
B. 符号为M的能层最多容纳的电子数为32个
C. 基态碳原子的价电子轨道表示式：
D. 24Cr的原子核外电子排布式：[Ar]3d44s2
【答案】A
【解析】
【详解】A．以光谱学事实为基础，从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入能级的顺序称为构造原理，A正确；
B．符号为M的能层序号为3，最多容纳的电子数为2×32=18个，B错误；
C．基态碳原子的价电子为2s22p2，轨道表示式为，C错误；
D．24Cr的原子核外有24个电子，排布式为[Ar]3d54s1，D错误；
综上所述答案为A。
3. 通常情况下，原子核外p、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半充满”“全充满”的时候更加稳定，称为洪特规则的特例，下列事实能作为这个规则的证据的是
①基态He原子的电子排布式为1s2，基态H原子的电子排布式为1s1
②Fe2＋容易失电子转变为Fe3＋，表现出较强的还原性
③基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
④某种激发态碳原子的电子排布式是1s22s12p3而不是1s22s22p2
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①基态He原子的电子排布式为1s2，基态H原子的电子排布式为1s1，不符合洪特规则的特例，①项不选；
②Fe2+的价电子排布为3d6，而Fe3+的价电子排布为3d5，3d5达到半充满状态，比较稳定，所以Fe2+容易失电子转变为Fe3+，表现出较强的还原性，②项选；
③基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，3d轨道达到全充满状态，比较稳定，所以电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2，③项选；
④激发态是指处于基态的电子获得能量进入能量较高的电子层，则某种激发态碳(C)原子电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，不符合洪特规则的特例，④项不选；
答案选B。
4. 如图所示是元素周期表前四周期的一部分，下列关于五种元素的叙述中正确的是
A. Z的基态原子最外层p轨道上有2个未成对电子
B. 气态氢化物的稳定性Y＞X＞Z
C. 原子半径W＞Y＞X
D. 第一电离能：R＞Y＞W
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素周期表可知，X为F元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素。
【详解】A．Br的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层p轨道上有1个未成对电子，A项错误；
B．非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，非金属性：F＞S＞Br，则气态氢化物的稳定性：F＞S＞Br(即X＞Y＞Z)，B项错误；
C．同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：P＞S＞F(即W＞Y＞X)，C项正确；
D．P的价层电子排布式为3s23p3，p轨道处于半充满状态，其第一电离能大于S的第一电离能，D项错误；
答案选C。
5. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：

下列说法不正确的是
A. 氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能
B. 的过程中，，
C. 断裂2ml和1ml中化学键所需能量大于断裂2ml中化学键所需能量
D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；
B．由盖斯定律知 <0，气体变成液体，该反应是熵减的反应，B正确；
C．氢气燃烧的反应是放热反应，故断裂2ml氢气和1ml 氧气中化学键所需能量小于断裂2ml水中化学键所需能量，C错误；
D．化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故选C。
6. 下列关于水的电离 的说法不正确的是
A. 将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，
B. 向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性
C. 向水中加入少量，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性
D. 常温下，盐酸中，水电离的
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的电离吸热，将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水电离出的氢离子浓度增大，pH小于7，故A正确；
B．向水中加入少量NaOH，氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性，故B正确；
C．向水中加入少量NH4Cl，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，故C正确；
D．盐酸抑制水电离，常温下，pH=2的盐酸中，水电离的c(H+)=1.0×10−12ml·L−1，故D错误；
故选：D。
7. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是
A. pH＝11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO
B. 含有NO溶液中：I-、SO、SO、H+
C. 在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-13ml•L-1的溶液中：Na+、NH 、SO、HCO
D. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH＝11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO各离子能够大量共存，Ａ符合题意；
B．含有NO溶液中：I-、SO、SO、H+，SO、NO、H+，I-、NO、H+均因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-13ml•L-1的溶液中即可能是强酸性溶液，则不能由大量的HCO，H++ HCO=H2O+CO2↑，也可能是强碱性溶液，不能由大量的NH和HCO，OH-+ NH=NH3∙H2O，OH-+ HCO=H2O+，C不合题意；
D．无色溶液中不可能含有大量的Cu2+，D不合题意；
故答案为：A。
8. 锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是
A. 锌电极上发生氧化反应
B. 盐桥中的移向溶液
C. 电子从锌片经电流计流向铜片
D. 铜电极上发生反应：
【答案】B
【解析】
【详解】分析：由图可知，该装置为原电池，比活泼，作负极，电极反应式为，作正极，电极反应式为，据此作答。
A．Zn作负极失电子发生氧化反应，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，因而钾离子移向硫酸铜溶液，故B错误；
C．原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，故C正确；
D．作正极，电极反应式为，故D正确；
故选：B。
9. 下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，故A错误；
B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，故C正确；
D．制成不锈钢可以起到防护作用，故D正确；
故选A。
10. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高反应速率B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
11. 在不同条件下进行化学反应，B、D起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：下列说法不正确的是（ ）
A. ①中B在 min平均反应速率为
B. ②中，可能使用了催化剂
C. ③中
D. 比较①④可知，该反应为吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.中A在 min浓度变化为，化学反应，B在 min浓度变化为，B在 min平均反应速率为 ，故A正确；
B.、起始量相同，平衡浓度相同，但达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡常数不变，，故B正确；
C. 列出三段式：

和的温度相同，平衡常数相同，，解得 ，故C错误；
D.比较和可知平衡时反应物A的浓度小，由到升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，故D正确；
故选C。
12. 以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：
已知：
下列分析不正确的是
A.
B. 400℃左右，体系发生的反应主要是②
C. 由图可知，，
D. 初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A正确；
B．400℃时，由图可以看出， CH3OH 的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B正确；
C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C正确；
D ．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3ml CO2，又因为可知0.3ml CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3ml CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：
，
两个反应中氢气的转化总量为0.78ml，所以氢气的转化率=，D错误；
故答案为：D。
13. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是
A. 增大压强甲醇转化率增大
B. b点反应速率
C. 平衡常数，反应速率
D. 生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则甲醇转化率增大，故A正确；
B．根据图中曲线，最高点是达到平衡即，最高点以前的点都是未达到平衡的点，是正在建立平衡的点即b点反应速率，故B错误；
C．根据图中最高点以后的点，升高温度，平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则平衡常数，温度越高化学反应速率越快即，故C正确；
D．根据图中曲线在80～85℃时，转化率最大，因此生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确。
综上所述，答案为B。
14. “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表：
下列说法正确的是
A. 电负性：Q＜W＜YB. 第一电离能：W＜X＜Z
C. 简单离子半径：X＜W＜Z＜YD. 这种物质只含离子键
【答案】C
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素；Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为氢；Z焰色反应为紫色，为钾；Y在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族，为硫；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应，则X为铝，氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应；W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为氧，净水性物质为硫酸铝钾晶体；
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：Q＜Y＜W，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：Z＜X＜W，B错误；
C．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；简单离子半径：X＜W＜Z＜Y，C正确；
D．该物质为KAl(SO4)2∙12H2O，非金属元素之间存在共价键，D错误；
故选C。
15. 常温下，用 0.1000 ml·LNaOH溶液滴定 ml·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】
【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。
16. 取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析不正确的是
A. 黄色沉淀是，白色沉淀是
B. 产生白色沉淀时，溶液中存在
C. 若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D. 白色沉淀开始析出时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项正确；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项错误；
故答案选D。
17. 工业回收铅蓄电池中的铅，常用或溶液处理铅膏(主要成分)获得： 。经处理得到的灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb，下列说法正确的是
A. 的溶解度小于
B. 处理后，或溶液的pH升高
C. 若用等体积、等浓度的和溶液分别处理，溶液中的转化率较大
D. 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应 ，该反应平衡常数大于，说明反应正向进行程度较大，转化为较容易实现，则的溶解度更小，故A错误；
B．处理后，溶液中的浓度减小，水解出的氢氧根离子浓度减小，pH下降，故B错误；
C．等体积、等浓度和溶液，溶液中的碳酸根离子浓度更大，更有利于转化为碳酸铅，的转化率更大，故C正确；
D．转化为碳酸铅为复分解反应，转化为PbO为分解反应且无价态变化，PbO再经一步转变为Pb属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
18. 验证牺牲阳极法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
下列说法不正确的是
A 对比①②，可能将Fe氧化
B. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
C. 用酸性溶液代替溶液，也可验证牺牲阳极法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法无法判断Fe比Cu活泼
【答案】C
【解析】
【详解】A．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，A正确；
B．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，B正确；
C．由于电解质溶液中含有Cl-，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故用KMnO4酸性溶液代替K3[Fe(CN)6]溶液，即使溶液褪色也不能说明生成了Fe2+，且酸性高锰酸钾溶液本身也能氧化Fe，故不可验证牺牲阳极法， C错误；
D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活泼性，D正确；
故答案为：C。
19. 探究某浓度NaClO溶液先升温再降温过程中漂白性的变化。实验过程中，取①~④时刻的等量溶液，加入等量红纸条，褪色时间如下。
其中，。
下列说法不正确的是
A. 红纸条褪色原因：，HClO漂白红纸条
B. ①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致
C. 的原因：③→④的过程中，温度降低，水解平衡逆向移动，降低
D. 若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于
【答案】C
【解析】
【详解】A．HClO具有漂白性，次氯酸根离子水解生成次氯酸：，HClO漂白红纸条，A正确；
B．水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，且随着温度升高，漂白时间缩短，故①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致，B正确；
C．的原因：次氯酸不稳定分解成盐酸和氧气，漂白性减弱，C错误；
D．根据上述分析可知，若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于，D正确；
故选C。
20. 某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊不可能是CaS
B. ②中由于酸性，发生反应：
C. 实验Ⅱ的①中过量发生的反应是：
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较和酸性的强弱
【答案】B
【解析】
【分析】由操作和现象可知，①CO2过量发生2CO2+2H2O+S2-═2HCO+H2S，②中发生H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，③中二氧化碳与石灰水反应生成白色浑浊是CaCO3。
【详解】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，CaS遇水完全水解③中白色浑浊不可能是CaS，故A正确；
B．②中发生反应：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，反应之所以发生是因为CuS难溶于水且难溶于硫酸，而不是强酸制弱酸原理，实际酸性：，故B错误；
C．实验II的①中过量发生的反应是，故C正确；
D．由强酸制取弱酸的原理及实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
故选：B。
21. 探究铝片与溶液的反应。
下列说法不正确的是
A. Ⅲ中产生的原因：、
B. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明溶液能破坏铝表面的保护膜
C. 推测出现白色浑浊的原因：
D. 加热和逸出对水解平衡移动方向的影响是一致的
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中水解，存在水解平衡：，铝表面的氧化膜溶于碱，内部的铝单质与氢氧根离子反应生成氢气，反应离子方程式为：，A正确；
B．依据铝能与热水反应，实验Ⅰ中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验Ⅲ有气泡冒出，说明氧化膜被溶液破坏，B正确；
C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，离子方程式：，C错误；
D．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对水解平衡移动都起到促进作用，D正确；
故选：C。
二、非选择题(共5道小题，共58分)
22. 请用化学用语回答下列问题。
（1）电解饱和食盐水_______。
（2）铝盐净水的原理_______。
（3）基态N原子的核外电子轨道表示式_______。
（4）基态的价层电子排布式_______。
【答案】（1）
（2）
（3） （4）
【解析】
【小问1详解】
电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应方程式为：，故答案为：；
【小问2详解】
铝盐溶于水电离出铝离子，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有一定吸附性，能吸附水中悬浮杂质起到净水作用，反应为：，故答案为：；
【小问3详解】
基态N核外电子排布式为：，轨道表示式为：，故答案为：；
【小问4详解】
Ni为28号元素，基态的价层电子排布式，故答案为：；
23. 研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。
（1）下列事实说明是弱酸的是_______(填字母)。
A. 常温下溶液的pH大于7
B. 溶液能和NaOH溶液反应
C. 常温下的溶液的pH为2.1
D. 向溶液中滴加石蕊试液，溶液变为红色
（2）将溶液加水稀释，的比值将_______(填“变大”、“不变”或“变小”)。
（3）某些弱酸在25℃时的电离常数如下：
下列反应可以发生的是_______(填字母)。
A.
B.
C.
D.
【答案】（1）AC （2）变大 （3）AB
【解析】
【小问1详解】
A. 常温下溶液的pH大于7，说明能发生水解，其为强碱弱酸盐，为弱酸，故A选；
B. 无论强弱都能和NaOH溶液反应，故B不选；
C. 常温下的溶液的pH为2.1，说明未完全电离，应为弱酸，故C选；
D. 向溶液中滴加石蕊试液，溶液变为红色，只能证明溶于显酸性，不能证明酸性强弱，故D不选；
故答案为：AC；
【小问2详解】
，稀释过程中氢离子浓度减小，Ka不变，则增大，增大，故答案为：变大；
【小问3详解】
电离常数越大对应的酸酸性越强，由电离常数的大小可知酸性：HSCN>>> HClO > HCN >，酸与盐在发生反应时要遵循强酸制弱酸原则。
A. 酸性强于和，但醋酸少量时可发生反应： ，故A选；
B. 酸性强于HCN，故反应可发生，故B选；
C. 酸性强于HClO ，但HClO 强于，因此二氧化碳通入此类次氯酸钠中发生反应为：，故C不选；
D. > HCN，该反应，不符合强酸制弱酸，故不能发生，故D不选；
故答案为：AB；
24. 会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。
Ⅰ.氧化法：烟气中的NO经预处理后转化为，再用悬浊液吸收。
已知：常温下，，。
（1）NO与反应过程的能量变化如下：
NO被氧化的总反应是化合反应，该反应的热化学方程式为_______。
（2）将悬浊液静置，取上层清液，测得pH约为8，用化学用语解释原因为_______。
（3）用悬浊液吸收，将其转化为，该反应的化学方程式为_______。
（4）在实际吸收的过程中，通过向悬浊液中加入固体，提高的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因_______。
Ⅱ.选择性非催化还原法：该反应不使用催化剂，但必须在高温有氧下利用做还原剂与进行选择性反应：。不同温度(T)下，反应时间(t)与NO浓度的关系如下图所示。
（5）判断该反应是吸热反应还是放热反应，并说明理由：_______。
（6）检测烟气中含量的步骤如下：
i.将VL气样通入适量酸化的溶液中，使完全被氧化为；
ii.加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与标准溶液(过量)充分混合；
iii.用标准溶液滴定剩余的，终点时消耗。
滴定过程中发生下列反应：
烟气气样中折合成的含量为_______。
【答案】（1）
（2）溶解出的发生水解，使c(OH-)> c(H+)，溶液呈碱性
（3）+2+H2O=+2
（4）中存在：，加入硫酸钠使溶解平衡正向移动，提高了亚硫酸根离子浓度，从而加快反应速率
（5）T1> T2，温度升高时NO平衡浓度增大，说明升温平衡逆向移动，则正反应放热反应
（6）
【解析】
【小问1详解】
由左图可得热化学方程式：反应 I： ；
由由图可得热化学方程式：反应 II：；
NO被氧化的总反应是化合反应，反应为：
由盖斯定律可知总反应可由I+2×II得到，则=，总反应的热化学方程式为：，故答案为：；
【小问2详解】
悬浊液静置，取上层清液，溶液中存在沉淀溶解平衡：，为弱酸阴离子能发生水解：，导致溶液呈碱性，故答案为：溶解出的发生水解，使c(OH-)> c(H+)，溶液呈碱性；
【小问3详解】
悬浊液吸收，将其转化为，1ml失去2ml电子生成硫酸钙，1ml得1ml电子，根据得失电子守恒得反应方程式：+2+H2O=+2，故答案为：+2+H2O=+2；
【小问4详解】
中存在：，加入硫酸钠，硫酸根能结合钙离子生成硫酸钙，使沉淀溶解平衡正向移动，从而提高了亚硫酸根离子的浓度，加快了与二氧化氮反应的速率，故答案为：中存在：，加入硫酸钠使溶解平衡正向移动，提高了亚硫酸根离子浓度，从而加快反应速率；
【小问5详解】
由图可知温度T1时反应先到达平衡状态， 可知其反应速率快，对应的温度高，结合平衡量可知温度升高时NO浓度增大，说明平衡逆向移动，则逆向为吸热反应方向，正向为放热反应，故答案为：T1> T2，温度升高时NO平衡浓度增大，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
【小问6详解】
由反应可知剩余的物质的量；则硝酸根离子消耗的的物质的量==，结合反应可得==，根据元素守恒烟气气样中折合成的含量为，故答案为：；
25. 锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：
已知：
i.低品位软锰矿主要成份有、、、、、等。
ii.部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH
iii.几种化合物的溶解性或溶度积()
（1）研究表明，单质Fe和都可以还原。在硫酸存在的条件下，将Fe氧化为的离子方程式是_______。
（2）清液A先用处理，然后加入，反应后溶液的。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾。
①的作用是_______(用离子方程式表示)。
②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有_______。
（3）用平衡移动原理解释MnS固体的作用：_______。
（4）滤渣c的成分是_______。
（5）如图所示装置，用惰性电极电解中性溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：
ⅰ.
ⅱ.
电极上的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。
①电解池阳极的电极方程式是_______。
②清液C需要用氨水调节的原因是_______。
③电解时，中性溶液中加入的作用除了增大溶液导电性之外，还有_______。
【答案】（1）3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O
（2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O ②. Al(OH)3
（3）MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)
（4）CaF2 （5） ①. 2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O) ②. 降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少 ③. 防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2
【解析】
【分析】由流程图可知，软锰矿加入Fe和H2SO4，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，经过滤除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液A中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调节溶液的pH，产生黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氢氧化铝沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液B中加入MnS固体，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等离子，在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去。最后加氨水调节溶液pH=7，电解中性MnSO4溶液制取Mn，以此分析。
【小问1详解】
根据以上分析，在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，离子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。故答案为：3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O；
【小问2详解】
①黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的铁为+3价，所以H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
②分析流程图可知，滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有Al(OH)3。产生Al(OH)3的原因是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3。故答案为：Al(OH)3；
【小问3详解】
分析流程图可知，加入MnS固体，生成CuS沉淀，发生沉淀转化，除去Cu2+，离子方程式为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)。故答案为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)；
【小问4详解】
在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去，所以滤渣c的成分是CaF2。故答案为：CaF2；
【小问5详解】
①用惰性电极电解中性MnSO4溶液，电解池阳极发生氧化反应，电极方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。
故答案为：2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)
②根据信息，电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量，所以清液C需要用氨水调节pH＝7，降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少。
故答案为：降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少；
③电解时，阴极发生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH+OH－＝NH3·H2O，为防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2，则加入(NH4)2SO4控制pH不过大。
故答案为：防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2。
26. 某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。
【甲同学的实验】
(1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：。
(2)甲同学探究实验I的电极产物______________。
①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入______________，产生白色沉淀，证明产生了。
②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为______________。
(3)实验I中负极的电极反应式为______________。
【乙同学的实验】
乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：
(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。
① Fe3+＋3Fe(OH)3 ＋3SO2；②______________。
(5)查阅资料：溶液中Fe3+、、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象：______________。
(6)解释30 min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：______________。
【实验反思】
(7)分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和有关(写出两条)______________。
【答案】 ①. Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解 ②. 足量盐酸和BaCl2溶液 ③. 取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+ ④. 3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3- ⑤. H++HSO3-=H2O+SO2 ⑥. 生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡 不断正向移动，最终溶液几乎无色 ⑦. 反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物 ⑧. 溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物
【解析】
【分析】本题为实验探究题。
（1）本小题为盐类水解的应用，为抑制盐的水解，在配置某些强酸弱碱盐溶液时可加入相应的酸，如配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。
（2）①本小题考查的是硫酸根离子的检验，向溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明溶液中含硫酸根离子。
②本小题考查的是亚铁离子的检验，亚铁离子遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。
（3）本小题考查的是电极反应式的书写，负极失电子发生氧化反应。
（4）②本小题考查的是盐类的水解，水解使溶液酸碱性相反的某些盐可发生双水解。
（5）（6）两小题考查的是平衡移动的影响条件，当生成物的浓度减小时平衡向正向移动，则在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡 不断正向移动，；当反应物的浓度增大时平衡向正向移动，则反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，平衡 不断正向移动，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。。
（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。
【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，水解方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，则在配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。本小题答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。
（2）①实验I中试剂X为亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，当向此电极产物中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明此电极产物为硫酸根离子。本小题答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。
②Fe3+得电子发生还原反应生成Fe2+，则探究这一电极产物时可取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。本小题答案为：取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+
（3）负极应发生氧化反应，亚硫酸钠中的硫元素化合价由+4价升高到+6价失电子发生氧化反应，则亚硫酸钠对应的一极为负极，电极反应式为3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小题答案为：3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。
（4）②FeCl3为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的氢离子再与亚硫酸氢根离子发生复分解反应H++HSO3-=H2O+SO2。本小题答案为：H++HSO3-=H2O+SO2。
（5）1~30 min的实验现象为沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；是因为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡 不断正向移动，最终溶液几乎无色 。本小题答案为：生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡 不断正向移动，最终溶液几乎无色。
（6）反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。本小题答案为：反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物。
（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。本小题答案为：溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物。A.普通锌锰电池
B.冶炼金属钠
C.太阳能电池
D.天然气燃烧
X
W
Y
R
Z
A.外加电流
B.牺牲阳极
C.表面镀铜
D.制成不锈钢
序号
时间
温度
0
20
40
50
①
800
②
800
x
③
800
y
④
820
元素
信息
Q
基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键
W
基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子
X
最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应
Y
在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族
Z
焰色反应为紫色
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
45
65
25
褪色时间/min
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有溶液的①中持续通入至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有溶液的①中持续通入气体至过量
现象同实验Ⅰ
无明显现象
铝片表面产生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为和)
化学式
HSCN
HCN
HClO
电离常数
开始沉淀的pH
6.8
1.8
3.7
8.6
5.2
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
10.1
6.7
CaS
MnS
FeS
CuS
溶于水
溶于水
装置
编号
试剂X
实验现象

I
Na2SO3溶液(pH≈9)
闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转
II
NaHSO3溶液(pH≈5)
闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转
装置
编号
反应时间
实验现象

III
0~1 min
产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1~30 min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色
30 min后
与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色