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重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， NA代表阿伏加德罗常数的数值，5NA， 下列说法正确的是，4kJ/ml，则含0， 已知等内容，欢迎下载使用。
西南大学附属中学2022-2023学年度下期期末考试
高一化学试题
满分：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1.答卷前考生务必把自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷自己保管好，以备评讲)。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的。
1. 据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石流黄(即硫黄)能化金银铜铁锌奇物”，所得产物不可能是
A. Ag2S B. CuS C. FeS D. ZnS
【答案】B
【解析】
【详解】S单质的氧化性比较弱，所以只能将变价金属氧化为低价，所以将Ag、Cu、Fe 、Zn氧化为+1、+1、+2、+2，转化为Ag2S、Cu2S、FeS、ZnS，所以选项A、C、D有可能；S氧化Cu应该转化为低价的Cu2S，选项是B不可能的。
选B。
2. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开可乐瓶盖，有大量气泡产生
B. 已知工业合成氨是放热反应，反应条件选择高温
C. SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率
D. ，平衡后压缩容器，体系颜色加深
【答案】A
【解析】
【详解】A． ，打开可乐瓶盖后，压强减小，平衡正向移动，所以有大量气泡逸出，故能用勒夏特列原理解释，选A；
B．合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适，不能用勒夏特列原理解释，不选B；
C．SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率但不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，不选C；
D． ，加压后平衡不发生移动，颜色加深是因为I2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，不选D；
答案选A。
3. 下列有关化学方程式书写正确的是
A. 电解法冶炼铝：
B. 用硫酸铜溶液吸收H2S气体：
C. FeS与过量稀硝酸反应：
D. Fe3O4和过量HI溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法制取铝，A错误；
B． 氢硫酸是弱酸，用硫酸铜溶液吸收H2S气体：，B错误；
C． FeS与过量稀硝酸反应发生氧化还原反应：，C正确；
D．HI是强酸，铁离子和碘离子发生氧化还原反应，则 Fe3O4和过量HI溶液反应：，D错误；
答案选C。
4. NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A. 14gN2和CO混合气体中含有的分子数为0.5NA
B. 标准状况下，2.24L的H2O中含有的H-O键数为0.2NA
C. 标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2充分反应转移电子数为0.2NA
D. 一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A． N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，则 14gN2和CO混合气体的物质的量为0.5mol，含有的分子数为0.5NA，故A正确；
B．标准状况下，水不是气体，2.24L的H2O的物质的量远大于1mol，含有的H-O键数远大于2NA，故B错误；
C．反应中存在 ，则标准状况下2.24L即0.1molCO2转移0.1mol电子，转移电子数0.1NA，故C错误；
D． SO2与O2充分反应生成SO3属于可逆反应，所以将2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数小于2NA，故D错误；
故选：A。
5. 下列说法正确的是
A. 在常温下可以进行的反应一定是放热反应
B. 相同条件下，等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量少
C. 可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变即为该可燃物的燃烧热
D. 已知则含0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A． 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应、该反应在室温下即可发生，A错误；
B． 相同条件下，等量的硫蒸气能量高于硫粉，则等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量多，B错误；
C． 燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，则可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变不一定为该可燃物的燃烧热，C错误；
D．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4kJ/mol，则含0.5mol NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量为28.7kJ，醋酸是弱电解质、电离吸热，则含0.5mol NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ， D正确；
答案选D。
6. 已知：，断开1molO=O键和1molH-O键所吸收的能量分别为496kJ和463kJ，则断开1molH—H键所吸收的能量为
A. 436kJ B. 557kJ C. 872kJ D. 920kJ
【答案】A
【解析】
【详解】设断开1molH—H键所吸收的能量为x kJ，反应热ΔH=断裂反应物化学键吸收的能量-形成生成物化学键释放的能量=x kJ·mol-1+×496 kJ·mol-1-2×463 kJ·mol-1 =-242kJ·mol-1，解得x=436，故A正确；
故选A。
7. 下列有关实验能够达到相应实验目的的是
A. 图甲用于中和热的测定
B. 图乙用于测定H2O2溶液的分解速率
C. 图丙用于用CCl4溶液萃取碘水中的碘
D. 图丁用于蒸干NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜质搅拌器会加速热量散失，不能用于中和热测定，A错误；
B．图乙中，长颈漏斗未进行液封，产生的氧气会漏气，不能测定体积，不能用于反应速率测定，B错误；
C．用CCl4可以萃取碘水中的碘，C正确；
D．用该装置蒸干NH4Cl，会发生分解反应，产生NH3和HCl，不能得到NH4Cl固体，D错误；
故选C。
8. 依据图示关系，下列说法错误的是
A.
B. 石墨比金刚石稳定
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据图示关系，反应Ⅰ；
反应Ⅱ；
反应Ⅲ；
反应Ⅳ；
反应Ⅴ；
【详解】A． 按盖斯定律，反应Ⅴ=反应Ⅰ+反应Ⅳ，，则，A正确；
B．由反应Ⅰ知，等量的石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，B正确；
C．由盖斯定律知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅳ-反应Ⅱ，则，C错误；
D．结合选项A和选项C，由盖斯定律，2反应Ⅴ-反应Ⅲ得目标反应：，，D正确；
选C。
9. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是
A. I1→I2的反应为该反应的决速步
B. 该反应过程中一定存在H-O键断裂
C. 反应达到平衡状态后，升温使平衡逆向移动
D. 使用催化剂能改变反应活化能和反应热
【答案】D
【解析】
【详解】A．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，I1→I2的活化能最大，故I1→I2反应为该反应的决速步，A正确；
B．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，则该反应过程中一定存在H-O键断裂，B正确；
C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反应逆向移动，C正确；
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物总能量差值相关，与反应过程无关，D错误；
故选D。
10. 下列有关图像描述正确的是
A. 图甲表示反应，则t₀时刻为增大压强
B. 由图乙可知满足反应
C. 图丙表示的反应方程式为：
D. 图丁表示反应：，y轴可表示物质B的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应A(g)+3B(g)2C(g)的正反应气体分子数减少，增大压强，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，平衡向正反应方向移动，图甲中t0改变条件正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，平衡向逆反应方向移动，则t0时刻为升高温度，A项错误；
B．图乙选择T1、p2和T1、p1曲线，由图可知，p2达到平衡所需时间比p1达到平衡所需时间短，说明p2反应速率快，则p2＞p1，p2达到平衡时生成物C%比p1达到平衡时C%大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，满足条件的正反应是气体分子数减小的反应，选择T1、p2和T2、p2曲线，由图可知，T1达到平衡所需时间比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速率快，则T1＞T2，T2达到平衡时生成物C%比T1达到平衡时C%大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，满足条件的正反应为放热反应即ΔH＜0，图乙满足反应2A(g)+3B(g)2C(g) ΔH＜0，B项正确；
C．图丙从起始到平衡，A的浓度随时间推移逐渐减小，B、C浓度随时间推移逐渐增多，A为反应物，B、C为生成物，转化A、B、C的物质的量浓度之比为(2.0-1.2)mol/L∶(0.4-0)mol/L∶(1.2-0)mol/L=2∶1∶3，图丙表示的反应方程式为2AB+3C，C项错误；
D．反应2A(g)+3B(g)3C(g)的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，与图像不吻合，y轴不能表示物质B的转化率，D项错误；
答案选B。
11. M、R、T、W四种元素在元素周期表中所处位置如图，已知W能与氧元素形成化合物WO2，WO2中氧的质量分数为50%，且W原子中质子数等于中子数。下列说法错误的是
A. 简单气态氢化物的稳定性：M
C. 简单气态氢化物的熔沸点：M>R
D. MW2分子中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】W能与氧元素形成化合物WO2，WO2中氧的质量分数为50%，则W的相对原子质量为32，W原子中质子数等于中子数，则W的质子数为16，W是S元素；根据T、Q、R、W四种元素在元素周期表中所处位置，可知T、Q、R分别是Al元素、C元素、N元素。
【详解】A．非金属性碳小于硫，则简单气态氢化物的稳定性：CH4＜H2S，故A正确；
B．Al2O3为两性氧化物，既能和酸反应，能与强碱反应生成偏铝酸盐和水，故B正确；
C．甲烷分子间存在范德华力，氨气分子间存在氢键，则简单气态氢化物的熔沸点：R > M (NH3 ＞CH4)，故C错误；
D．MW2即CS2分子结构与CO2类似，分子内所有原子最外层均能满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
12. 已知：，恒温条件下，向一个体积为2L的恒容密闭容器中通入等物质的量的A、B，经5min后反应达到平衡，测得D的物质的量为1mol，，以C表示的平均反应速率，下列说法错误的是
A. x=4
B. 以B表示的平均反应速率为
C. 反应前后容器内气体压强之比为4∶5
D. 该温度下该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】假设反应开始时加入A、B的物质的量都是a mol，根据题给信息，存在三段式：。已知，得a=1，则平衡时c(A)=0.25mol/L，c(B)=0.75 mol/L，c(C)=1 mol/L，c(C)=0.5 mol/L.
详解】A．根据物质转化值之比等于化学方程式中化学计量数之比，可知x：2=1：0.5，所以x=4，A正确；
B．根据物质反应转化关系可知v(B)：v(C)=1：4，由于v(C)=0.2 mol/(L·min)，则v(B)=0.05 mol/(L·min)，B正确；
C．根据分析可知反应前气体总物质的量为n(前)= 4 mol；反应后n(后)= 5 mol，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的物质的量的比等于压强之比，所以反应前后容器内气体的压强之比为4：5， C正确；
D．该温度下该反应的平衡常数，D错误；
故合理选项是D。
13. 海水是一种宝贵的自然资源，下图为海水利用的部分过程。
下列有关说法错误的是
A. 过程①中涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作
B. 制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入过量CO2
C. 过程③④⑤均为氧化还原反应
D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增大
【答案】D
【解析】
【详解】A． 过程①为粗盐提纯，除掉Mg2+用NaOH溶液，除掉SO用BaCl2溶液，除掉Ca2+用Na2CO3溶液，由于加入的BaC12溶液过量，过量的BaCl2溶液需要用Na2CO3溶液除掉，因此加入试剂的顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸调溶液为中性，并蒸发结晶，故涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作，A正确；
B．二氧化碳能溶于水，氨气极易溶于水，所以制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入CO2， B正确；
C．母液中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子：，所得溶液中可以通氯气把溴离子氧化为溴单质，则过程③④⑤均为氧化还原反应，C正确；
D． 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2的反应为：，则反应后溶液的氢离子浓度增大、pH值减小，D不正确；
答案选D。
14. 一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2和O2，进行反应：，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如表所示。下列判断错误的是
容器编号
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.40
0.80
0.80
040
n(O2)/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
a1
a2
a3
A. 起始反应速率：丙=丁>乙>甲 B. 反应放出热量：2Q甲>Q丙
C. 平衡常数：甲=乙=丙=丁 D. SO2的平衡转化率：α1<α3
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度相同、体积相同的甲 、乙、丙三个容器，反应物浓度越大，反应速率越快，起始反应速率：丙>乙>甲，丁和丙容器温度相同、压强相同、投料比例相同，起始时反应速率相同，丁=丙>乙>甲，A正确；
B．甲和丙容器温度相同、体积相同，丙的投料是甲的2倍，则丙等效于甲增压1倍后平衡右移所致，故反应放出热量：Q丙>2Q甲，B错误；
C．平衡常数只受温度影响，四个容器中在相同温度下建立平衡，故平衡常数：甲=乙=丙=丁，C正确；
D．由乙、丙可知，二氧化硫的浓度相同，丙中氧气的浓度增大，会促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率，丙和丁达到的是相同的平衡状态，所以二氧化硫转化率 ， D正确；
故答案选B。
二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)
15. X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大。化合物甲是漂白液的主要成分，由Z、Q、R三种元素组成。W与Z同主族，X可分别与Z和W组成含有18电子的化合物。请回答下列问题：
（1）元素W在周期表中的位置为___________。
（2）化合物甲中所含三种元素对应原子的半径由大到小顺序为___________(填元素符号)，写出甲溶液与过量二氧化碳反应的离子方程式___________。
（3）X与Z组成18电子物质中含有的化学键类型有___________。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键
（4）Y元素是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，其气态氢化物乙与最高价氧化物对应水化物丙能发生化合反应，则Y元素为___________(填元素符号)，元素X和Y组成一种相对分子质量为32的化合物丁是一种常见的燃料，则化合物丁的化学式为___________。
（5）化合物W2R2(沸点：138℃)可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.1mol该物质参加反应时转移0.15mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）第三周期第VIA族
（2） ①. Na>Cl>O ②.
（3）BC （4） ①. N ②. N2H4
（5）
【解析】
【分析】六种元素为短周期元素，且原子序数依次递增。化合物甲为漂白液主要成分NaClO，由Z、Q、R三种元素组成，则Z为O，Q为Na，R为Cl；W与Z同主族，则W为S，X与Z和W组成18电子化合物，则X为H。
【小问1详解】
W为S，在周期表第三周期第VIA族；
【小问2详解】
原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，所以Na>Cl>O；
【小问3详解】
NaClO与过量CO2反应，由强制弱原理可知，生成次氯酸，则方程式为；
【小问4详解】
X与Z组成的化合物为H2O2，化学键类型有非极性共价键，极性共价键，选BC；由题目信息可知，Y元素的氢化物与最高价含氧酸能发生反应，则Y为N元素；X与Y组成的相对分子质量为32的常见燃料为N2H4；
【小问5详解】
化合物W2R2为S2Cl2，与水反应生成SO2，且只有一种元素变价，则为S元素变价，方程式为
【点睛】常见的18电子微粒有：
16. 次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。
（1）NaH2PO2中P的化合价为___________价。
（2）将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍(在待镀零件表面形成一层金属镍)的目的，该过程中被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式___________。
（3）次磷酸钠的制备
将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)，实验装置如图：
①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为___________。
②由装置A中发生化学反应可知，次磷酸(H3PO2)属于___________元弱酸。
③装置C中发生反应的化学方程式为___________。
④已知相关物质的溶解度如表：
25℃
100℃
NaCl
37g
39g
NaH2PO2
100g
667g
充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然后___________(填操作名称)，得到含NaH2PO2溶液，进一步处理得到粗产品。
⑤反应结束后，向装置内通入N2的目的是___________。
（4）次磷酸钠的纯度测定
先取1.0g粗产品配成100mL溶液，再取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，酸化后加入过量的碘水。充分反应后，剩余碘水恰好可消耗溶液(相关反应方程式为：，)，则产品纯度为___________。(已知：NaH2PO2相对分子质量为88)
【答案】（1）+1 （2）
（3） ①. 分液漏斗 ②. 一 ③. ④. 趁热过滤 ⑤. 将生成的PH3全部排入C中充分吸收，增大次磷酸钠产率
（4）63.36%
【解析】
【分析】目标产物的制备：
由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧化，装置A中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备目标产物，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收磷化氢，防止污染空气。
【小问1详解】
由化合价代数和为0可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；
【小问2详解】
由题意可知，溶液中镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，反应的离子方程式为Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+，故答案为：Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+；
【小问3详解】
①由实验装置图可知，装置A中盛放烧碱溶液的仪器为分液漏斗；
②由装置A中发生化学反应可知，次磷酸(H3PO2)属于一元弱酸；
③由实验装置图可知，装置C中发生的反应为磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸，反应的化学方程式为；
④由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将A、B中溶液混合，将混合液采用蒸发浓缩，有大量晶体析出时，趁热过滤，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠，故答案为：趁热过滤；
⑤反应结束后，向装置内通入N2的目的是：将生成的PH3全部排入C中充分吸收，增大次磷酸钠产率。
【小问4详解】
由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×=0.0018mol，则1.00g粗产品的纯度为×100%=63.36%。
17. 二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示：
已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，Ce2O3易溶于强酸。
②常见离子开始沉淀和完全沉淀pH表
离子
开始沉淀时的pH
7.6
1.5
3.4
完全沉淀时的pH
9.6
2.8
4.7
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”时，气体与矿料逆流而行进行投料，其目的是___________，此时，发生化学方程式为___________。
（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___________和___________(填化学式)。虽浓盐酸价格便宜，但用于溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，若用稀硫酸和双氧水代替浓盐酸，则发生反应的离子方程式为___________。
（3）“滤液Ⅰ”中加入物质X的目的是___________。
（4）“操作①”加入浓氨水调节pH后，溶液pH范围是___________。
（5）“滤渣Ⅲ”在制备硫酸铝铵晶体过程中，理论上需加入稀硫酸和(NH4)2SO4的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 增大反应物接触面积，加快化学反应速率 ②.
（2） ①. CeO2 ②. SiO2 ③. 生成Cl2污染环境 ④.
（3）将Fe3+还原为Fe2+
（4）
（5）3:1
【解析】
【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，二氧化硅不溶于盐酸成为滤渣Ⅱ，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到，焙烧得到CeO2；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体；
【小问1详解】
“氧化焙烧”时，气体与矿料逆流而行进行投料，其目的是：使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；此时，和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为。
【小问2详解】
据分析，“滤渣Ⅰ”的主要成分是CeO2和SiO2。浓盐酸具有挥发性，且会和CeO2反应氧化还原反应生成有毒的氯气，故溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出HCl污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
据分析，“滤液Ⅰ”中加入物质X的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
【小问4详解】
为使铝离子沉淀完全而亚铁离子不沉淀，“操作①”加入浓氨水调节pH后，溶液pH范围是。
【小问5详解】
“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为， ，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。
18. CH3OH是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，根据所学回答下列问题：
（1）工业上制备甲醇反应方程式为：，某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：
时间/h
l
2
3
4
5
6
0.90
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
①写出该反应体系中CO2的电子式___________。
②用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)=___________。
③该温度下，CO2的平衡转化率为___________。
④在一定条件下，下列说法能说明该可逆反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．容器中气体密度不变 B．容器中气体平均摩尔质量不变
C． D．形成2molC=O键同时断裂3molH-H键
⑤在温度为T，压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为___________(用含P的表达式表示，其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）CH3OH制备丙烯的反应为：，速率常数k与反应温度T的关系遵循Arrhenius方程，已知Arrhenius方程为：(其中k为速率常数，反应速率与其成正比；为活化能：，A为常数)。
①在一定条件下，测得实验数据如上图曲线a所示。则该条件下，反应的活化能___________
②若实验时改变外界条件，测得实验数据为如上图曲线b所示，则可能改变的外界条件是___________(填标号)
A．升高温度 B．增大压强 C．增大 D．更换适宜的催化剂
【答案】（1） ①. ②. 0.225 mol/(L·h) ③. 40% ④. BD ⑤.
（2） ①. 71393 ②. D
【解析】
【小问1详解】
①二氧化碳为共价分子，结构式为O=C=O，CO2的电子式。
②设反应进行到前2h时参加反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比；
P后：P前=0.85=(4-2x)：(1+3)，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)= =0.225mol/(L•h)；
③反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y；
P后：P前=0.8=(4-2y)：(1+3)，解得：y=0.4mol，则该温度下CO2的平衡转化率=×100%=40%；
④
A．气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，A错误；
B．气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，B正确；
C． 时，正反应和逆反应速率不相等、未平衡，C错误；
D．形成2molC=O键同时断裂3molH-H键时正反应和逆反应速率相等、平衡，D正确；
选BD。
⑤在温度为T，压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，
根据分压=总压×物质的量分数可知：P(CO2)=P×，P(H2)=P×P(CH3OH)=P×，P(H2O)=P×，Kp=。
【小问2详解】
①利用图中数据，可得出：
、，两式联立求出Ea=71393J/mol；
②改变条件时，可得出：
、，两式联立求出
西南大学附属中学2022-2023学年度下期期末考试
高一化学试题
满分：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1.答卷前考生务必把自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷自己保管好，以备评讲)。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的。
1. 据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石流黄(即硫黄)能化金银铜铁锌奇物”，所得产物不可能是
A. Ag2S B. CuS C. FeS D. ZnS
【答案】B
【解析】
【详解】S单质的氧化性比较弱，所以只能将变价金属氧化为低价，所以将Ag、Cu、Fe 、Zn氧化为+1、+1、+2、+2，转化为Ag2S、Cu2S、FeS、ZnS，所以选项A、C、D有可能；S氧化Cu应该转化为低价的Cu2S，选项是B不可能的。
选B。
2. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开可乐瓶盖，有大量气泡产生
B. 已知工业合成氨是放热反应，反应条件选择高温
C. SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率
D. ，平衡后压缩容器，体系颜色加深
【答案】A
【解析】
【详解】A． ，打开可乐瓶盖后，压强减小，平衡正向移动，所以有大量气泡逸出，故能用勒夏特列原理解释，选A；
B．合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适，不能用勒夏特列原理解释，不选B；
C．SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率但不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，不选C；
D． ，加压后平衡不发生移动，颜色加深是因为I2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，不选D；
答案选A。
3. 下列有关化学方程式书写正确的是
A. 电解法冶炼铝：
B. 用硫酸铜溶液吸收H2S气体：
C. FeS与过量稀硝酸反应：
D. Fe3O4和过量HI溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A． 氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法制取铝，A错误；
B． 氢硫酸是弱酸，用硫酸铜溶液吸收H2S气体：，B错误；
C． FeS与过量稀硝酸反应发生氧化还原反应：，C正确；
D．HI是强酸，铁离子和碘离子发生氧化还原反应，则 Fe3O4和过量HI溶液反应：，D错误；
答案选C。
4. NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A. 14gN2和CO混合气体中含有的分子数为0.5NA
B. 标准状况下，2.24L的H2O中含有的H-O键数为0.2NA
C. 标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2充分反应转移电子数为0.2NA
D. 一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A． N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，则 14gN2和CO混合气体的物质的量为0.5mol，含有的分子数为0.5NA，故A正确；
B．标准状况下，水不是气体，2.24L的H2O的物质的量远大于1mol，含有的H-O键数远大于2NA，故B错误；
C．反应中存在 ，则标准状况下2.24L即0.1molCO2转移0.1mol电子，转移电子数0.1NA，故C错误；
D． SO2与O2充分反应生成SO3属于可逆反应，所以将2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数小于2NA，故D错误；
故选：A。
5. 下列说法正确的是
A. 在常温下可以进行的反应一定是放热反应
B. 相同条件下，等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量少
C. 可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变即为该可燃物的燃烧热
D. 已知则含0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A． 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应、该反应在室温下即可发生，A错误；
B． 相同条件下，等量的硫蒸气能量高于硫粉，则等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量多，B错误；
C． 燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，则可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变不一定为该可燃物的燃烧热，C错误；
D．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4kJ/mol，则含0.5mol NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量为28.7kJ，醋酸是弱电解质、电离吸热，则含0.5mol NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ， D正确；
答案选D。
6. 已知：，断开1molO=O键和1molH-O键所吸收的能量分别为496kJ和463kJ，则断开1molH—H键所吸收的能量为
A. 436kJ B. 557kJ C. 872kJ D. 920kJ
【答案】A
【解析】
【详解】设断开1molH—H键所吸收的能量为x kJ，反应热ΔH=断裂反应物化学键吸收的能量-形成生成物化学键释放的能量=x kJ·mol-1+×496 kJ·mol-1-2×463 kJ·mol-1 =-242kJ·mol-1，解得x=436，故A正确；
故选A。
7. 下列有关实验能够达到相应实验目的的是
A. 图甲用于中和热的测定
B. 图乙用于测定H2O2溶液的分解速率
C. 图丙用于用CCl4溶液萃取碘水中的碘
D. 图丁用于蒸干NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜质搅拌器会加速热量散失，不能用于中和热测定，A错误；
B．图乙中，长颈漏斗未进行液封，产生的氧气会漏气，不能测定体积，不能用于反应速率测定，B错误；
C．用CCl4可以萃取碘水中的碘，C正确；
D．用该装置蒸干NH4Cl，会发生分解反应，产生NH3和HCl，不能得到NH4Cl固体，D错误；
故选C。
8. 依据图示关系，下列说法错误的是
A.
B. 石墨比金刚石稳定
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据图示关系，反应Ⅰ；
反应Ⅱ；
反应Ⅲ；
反应Ⅳ；
反应Ⅴ；
【详解】A． 按盖斯定律，反应Ⅴ=反应Ⅰ+反应Ⅳ，，则，A正确；
B．由反应Ⅰ知，等量的石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，B正确；
C．由盖斯定律知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅳ-反应Ⅱ，则，C错误；
D．结合选项A和选项C，由盖斯定律，2反应Ⅴ-反应Ⅲ得目标反应：，，D正确；
选C。
9. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是
A. I1→I2的反应为该反应的决速步
B. 该反应过程中一定存在H-O键断裂
C. 反应达到平衡状态后，升温使平衡逆向移动
D. 使用催化剂能改变反应活化能和反应热
【答案】D
【解析】
【详解】A．多步反应历程的决速步是反应最慢的一步，即活化能最大的一步，从图中可知，I1→I2的活化能最大，故I1→I2反应为该反应的决速步，A正确；
B．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOOH，则该反应过程中一定存在H-O键断裂，B正确；
C．该反应的起始相对能量高于最终产物的相对能量，说明该反应是放热反应，则平衡状态时，升温使反应逆向移动，C正确；
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但不能降低反应热，反应热只与反应物总能量和生成物总能量差值相关，与反应过程无关，D错误；
故选D。
10. 下列有关图像描述正确的是
A. 图甲表示反应，则t₀时刻为增大压强
B. 由图乙可知满足反应
C. 图丙表示的反应方程式为：
D. 图丁表示反应：，y轴可表示物质B的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应A(g)+3B(g)2C(g)的正反应气体分子数减少，增大压强，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，平衡向正反应方向移动，图甲中t0改变条件正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，平衡向逆反应方向移动，则t0时刻为升高温度，A项错误；
B．图乙选择T1、p2和T1、p1曲线，由图可知，p2达到平衡所需时间比p1达到平衡所需时间短，说明p2反应速率快，则p2＞p1，p2达到平衡时生成物C%比p1达到平衡时C%大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，满足条件的正反应是气体分子数减小的反应，选择T1、p2和T2、p2曲线，由图可知，T1达到平衡所需时间比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速率快，则T1＞T2，T2达到平衡时生成物C%比T1达到平衡时C%大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，满足条件的正反应为放热反应即ΔH＜0，图乙满足反应2A(g)+3B(g)2C(g) ΔH＜0，B项正确；
C．图丙从起始到平衡，A的浓度随时间推移逐渐减小，B、C浓度随时间推移逐渐增多，A为反应物，B、C为生成物，转化A、B、C的物质的量浓度之比为(2.0-1.2)mol/L∶(0.4-0)mol/L∶(1.2-0)mol/L=2∶1∶3，图丙表示的反应方程式为2AB+3C，C项错误；
D．反应2A(g)+3B(g)3C(g)的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，与图像不吻合，y轴不能表示物质B的转化率，D项错误；
答案选B。
11. M、R、T、W四种元素在元素周期表中所处位置如图，已知W能与氧元素形成化合物WO2，WO2中氧的质量分数为50%，且W原子中质子数等于中子数。下列说法错误的是
A. 简单气态氢化物的稳定性：M
C. 简单气态氢化物的熔沸点：M>R
D. MW2分子中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】W能与氧元素形成化合物WO2，WO2中氧的质量分数为50%，则W的相对原子质量为32，W原子中质子数等于中子数，则W的质子数为16，W是S元素；根据T、Q、R、W四种元素在元素周期表中所处位置，可知T、Q、R分别是Al元素、C元素、N元素。
【详解】A．非金属性碳小于硫，则简单气态氢化物的稳定性：CH4＜H2S，故A正确；
B．Al2O3为两性氧化物，既能和酸反应，能与强碱反应生成偏铝酸盐和水，故B正确；
C．甲烷分子间存在范德华力，氨气分子间存在氢键，则简单气态氢化物的熔沸点：R > M (NH3 ＞CH4)，故C错误；
D．MW2即CS2分子结构与CO2类似，分子内所有原子最外层均能满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：C。
12. 已知：，恒温条件下，向一个体积为2L的恒容密闭容器中通入等物质的量的A、B，经5min后反应达到平衡，测得D的物质的量为1mol，，以C表示的平均反应速率，下列说法错误的是
A. x=4
B. 以B表示的平均反应速率为
C. 反应前后容器内气体压强之比为4∶5
D. 该温度下该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】假设反应开始时加入A、B的物质的量都是a mol，根据题给信息，存在三段式：。已知，得a=1，则平衡时c(A)=0.25mol/L，c(B)=0.75 mol/L，c(C)=1 mol/L，c(C)=0.5 mol/L.
详解】A．根据物质转化值之比等于化学方程式中化学计量数之比，可知x：2=1：0.5，所以x=4，A正确；
B．根据物质反应转化关系可知v(B)：v(C)=1：4，由于v(C)=0.2 mol/(L·min)，则v(B)=0.05 mol/(L·min)，B正确；
C．根据分析可知反应前气体总物质的量为n(前)= 4 mol；反应后n(后)= 5 mol，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的物质的量的比等于压强之比，所以反应前后容器内气体的压强之比为4：5， C正确；
D．该温度下该反应的平衡常数，D错误；
故合理选项是D。
13. 海水是一种宝贵的自然资源，下图为海水利用的部分过程。
下列有关说法错误的是
A. 过程①中涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作
B. 制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入过量CO2
C. 过程③④⑤均为氧化还原反应
D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增大
【答案】D
【解析】
【详解】A． 过程①为粗盐提纯，除掉Mg2+用NaOH溶液，除掉SO用BaCl2溶液，除掉Ca2+用Na2CO3溶液，由于加入的BaC12溶液过量，过量的BaCl2溶液需要用Na2CO3溶液除掉，因此加入试剂的顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸调溶液为中性，并蒸发结晶，故涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作，A正确；
B．二氧化碳能溶于水，氨气极易溶于水，所以制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入CO2， B正确；
C．母液中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子：，所得溶液中可以通氯气把溴离子氧化为溴单质，则过程③④⑤均为氧化还原反应，C正确；
D． 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2的反应为：，则反应后溶液的氢离子浓度增大、pH值减小，D不正确；
答案选D。
14. 一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2和O2，进行反应：，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如表所示。下列判断错误的是
容器编号
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.40
0.80
0.80
040
n(O2)/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
a1
a2
a3
A. 起始反应速率：丙=丁>乙>甲 B. 反应放出热量：2Q甲>Q丙
C. 平衡常数：甲=乙=丙=丁 D. SO2的平衡转化率：α1<α3
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度相同、体积相同的甲 、乙、丙三个容器，反应物浓度越大，反应速率越快，起始反应速率：丙>乙>甲，丁和丙容器温度相同、压强相同、投料比例相同，起始时反应速率相同，丁=丙>乙>甲，A正确；
B．甲和丙容器温度相同、体积相同，丙的投料是甲的2倍，则丙等效于甲增压1倍后平衡右移所致，故反应放出热量：Q丙>2Q甲，B错误；
C．平衡常数只受温度影响，四个容器中在相同温度下建立平衡，故平衡常数：甲=乙=丙=丁，C正确；
D．由乙、丙可知，二氧化硫的浓度相同，丙中氧气的浓度增大，会促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率，丙和丁达到的是相同的平衡状态，所以二氧化硫转化率 ， D正确；
故答案选B。
二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)
15. X、Y、Z、Q、W、R六种短周期元素原子序数依次增大。化合物甲是漂白液的主要成分，由Z、Q、R三种元素组成。W与Z同主族，X可分别与Z和W组成含有18电子的化合物。请回答下列问题：
（1）元素W在周期表中的位置为___________。
（2）化合物甲中所含三种元素对应原子的半径由大到小顺序为___________(填元素符号)，写出甲溶液与过量二氧化碳反应的离子方程式___________。
（3）X与Z组成18电子物质中含有的化学键类型有___________。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键
（4）Y元素是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，其气态氢化物乙与最高价氧化物对应水化物丙能发生化合反应，则Y元素为___________(填元素符号)，元素X和Y组成一种相对分子质量为32的化合物丁是一种常见的燃料，则化合物丁的化学式为___________。
（5）化合物W2R2(沸点：138℃)可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.1mol该物质参加反应时转移0.15mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）第三周期第VIA族
（2） ①. Na>Cl>O ②.
（3）BC （4） ①. N ②. N2H4
（5）
【解析】
【分析】六种元素为短周期元素，且原子序数依次递增。化合物甲为漂白液主要成分NaClO，由Z、Q、R三种元素组成，则Z为O，Q为Na，R为Cl；W与Z同主族，则W为S，X与Z和W组成18电子化合物，则X为H。
【小问1详解】
W为S，在周期表第三周期第VIA族；
【小问2详解】
原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，所以Na>Cl>O；
【小问3详解】
NaClO与过量CO2反应，由强制弱原理可知，生成次氯酸，则方程式为；
【小问4详解】
X与Z组成的化合物为H2O2，化学键类型有非极性共价键，极性共价键，选BC；由题目信息可知，Y元素的氢化物与最高价含氧酸能发生反应，则Y为N元素；X与Y组成的相对分子质量为32的常见燃料为N2H4；
【小问5详解】
化合物W2R2为S2Cl2，与水反应生成SO2，且只有一种元素变价，则为S元素变价，方程式为
【点睛】常见的18电子微粒有：
16. 次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂、抗氧化剂，也是一种很好的化学镀剂。
（1）NaH2PO2中P的化合价为___________价。
（2）将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍(在待镀零件表面形成一层金属镍)的目的，该过程中被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式___________。
（3）次磷酸钠的制备
将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)，实验装置如图：
①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为___________。
②由装置A中发生化学反应可知，次磷酸(H3PO2)属于___________元弱酸。
③装置C中发生反应的化学方程式为___________。
④已知相关物质的溶解度如表：
25℃
100℃
NaCl
37g
39g
NaH2PO2
100g
667g
充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然后___________(填操作名称)，得到含NaH2PO2溶液，进一步处理得到粗产品。
⑤反应结束后，向装置内通入N2的目的是___________。
（4）次磷酸钠的纯度测定
先取1.0g粗产品配成100mL溶液，再取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，酸化后加入过量的碘水。充分反应后，剩余碘水恰好可消耗溶液(相关反应方程式为：，)，则产品纯度为___________。(已知：NaH2PO2相对分子质量为88)
【答案】（1）+1 （2）
（3） ①. 分液漏斗 ②. 一 ③. ④. 趁热过滤 ⑤. 将生成的PH3全部排入C中充分吸收，增大次磷酸钠产率
（4）63.36%
【解析】
【分析】目标产物的制备：
由实验装置图可知，实验前，应用氮气排除装置中的空气，防止黄磷被氧化，装置A中黄磷与氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备目标产物，装置D中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收磷化氢，防止污染空气。
【小问1详解】
由化合价代数和为0可知，次磷酸钠中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+1价；
【小问2详解】
由题意可知，溶液中镍离子与次磷酸根离子反应生成亚磷酸、氢离子和镍，反应的离子方程式为Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+，故答案为：Ni2++ H2PO+H2O =H3PO3+Ni+H+；
【小问3详解】
①由实验装置图可知，装置A中盛放烧碱溶液的仪器为分液漏斗；
②由装置A中发生化学反应可知，次磷酸(H3PO2)属于一元弱酸；
③由实验装置图可知，装置C中发生的反应为磷化氢与次氯酸钠溶液共热反应制备次磷酸，反应的化学方程式为；
④由表格中的数据可知，次磷酸钠的溶解度随温度变化较大，则充分反应后，将A、B中溶液混合，将混合液采用蒸发浓缩，有大量晶体析出时，趁热过滤，滤液再冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠，故答案为：趁热过滤；
⑤反应结束后，向装置内通入N2的目的是：将生成的PH3全部排入C中充分吸收，增大次磷酸钠产率。
【小问4详解】
由题给方程式可得：次磷酸钠的物质的量为0.100mol/L×0.03L—0.100mol/L×0.024L×=0.0018mol，则1.00g粗产品的纯度为×100%=63.36%。
17. 二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(CeCO3F，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示：
已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，Ce2O3易溶于强酸。
②常见离子开始沉淀和完全沉淀pH表
离子
开始沉淀时的pH
7.6
1.5
3.4
完全沉淀时的pH
9.6
2.8
4.7
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”时，气体与矿料逆流而行进行投料，其目的是___________，此时，发生化学方程式为___________。
（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___________和___________(填化学式)。虽浓盐酸价格便宜，但用于溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，若用稀硫酸和双氧水代替浓盐酸，则发生反应的离子方程式为___________。
（3）“滤液Ⅰ”中加入物质X的目的是___________。
（4）“操作①”加入浓氨水调节pH后，溶液pH范围是___________。
（5）“滤渣Ⅲ”在制备硫酸铝铵晶体过程中，理论上需加入稀硫酸和(NH4)2SO4的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 增大反应物接触面积，加快化学反应速率 ②.
（2） ①. CeO2 ②. SiO2 ③. 生成Cl2污染环境 ④.
（3）将Fe3+还原为Fe2+
（4）
（5）3:1
【解析】
【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，二氧化硅不溶于盐酸成为滤渣Ⅱ，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到，焙烧得到CeO2；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体；
【小问1详解】
“氧化焙烧”时，气体与矿料逆流而行进行投料，其目的是：使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；此时，和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为。
【小问2详解】
据分析，“滤渣Ⅰ”的主要成分是CeO2和SiO2。浓盐酸具有挥发性，且会和CeO2反应氧化还原反应生成有毒的氯气，故溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出HCl污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
据分析，“滤液Ⅰ”中加入物质X的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
【小问4详解】
为使铝离子沉淀完全而亚铁离子不沉淀，“操作①”加入浓氨水调节pH后，溶液pH范围是。
【小问5详解】
“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为， ，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。
18. CH3OH是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，根据所学回答下列问题：
（1）工业上制备甲醇反应方程式为：，某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：
时间/h
l
2
3
4
5
6
0.90
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
①写出该反应体系中CO2的电子式___________。
②用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)=___________。
③该温度下，CO2的平衡转化率为___________。
④在一定条件下，下列说法能说明该可逆反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．容器中气体密度不变 B．容器中气体平均摩尔质量不变
C． D．形成2molC=O键同时断裂3molH-H键
⑤在温度为T，压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为___________(用含P的表达式表示，其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）CH3OH制备丙烯的反应为：，速率常数k与反应温度T的关系遵循Arrhenius方程，已知Arrhenius方程为：(其中k为速率常数，反应速率与其成正比；为活化能：，A为常数)。
①在一定条件下，测得实验数据如上图曲线a所示。则该条件下，反应的活化能___________
②若实验时改变外界条件，测得实验数据为如上图曲线b所示，则可能改变的外界条件是___________(填标号)
A．升高温度 B．增大压强 C．增大 D．更换适宜的催化剂
【答案】（1） ①. ②. 0.225 mol/(L·h) ③. 40% ④. BD ⑤.
（2） ①. 71393 ②. D
【解析】
【小问1详解】
①二氧化碳为共价分子，结构式为O=C=O，CO2的电子式。
②设反应进行到前2h时参加反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比；
P后：P前=0.85=(4-2x)：(1+3)，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)= =0.225mol/(L•h)；
③反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y；
P后：P前=0.8=(4-2y)：(1+3)，解得：y=0.4mol，则该温度下CO2的平衡转化率=×100%=40%；
④
A．气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，A错误；
B．气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，B正确；
C． 时，正反应和逆反应速率不相等、未平衡，C错误；
D．形成2molC=O键同时断裂3molH-H键时正反应和逆反应速率相等、平衡，D正确；
选BD。
⑤在温度为T，压强为P的条件下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，
根据分压=总压×物质的量分数可知：P(CO2)=P×，P(H2)=P×P(CH3OH)=P×，P(H2O)=P×，Kp=。
【小问2详解】
①利用图中数据，可得出：
、，两式联立求出Ea=71393J/mol；
②改变条件时，可得出：
、，两式联立求出
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