精品解析：江苏省镇江市2023-2024学年高二下学期八校联考期末化学试卷

2023-2024学年度第二学期高二期末化学试卷 (满分：100分 时间：75分钟) 2024.06 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Cl—35.5 Bi—209 Na—23 Ni—59 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列物质的主要成分不属于无机非金属材料的是 A. 玻璃 B. 陶瓷 C. 光导纤维 D. 聚酯纤维 2. 工业上制备保险粉的反应为HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。下列有关说法正确的是 A. HCOONa中含有的σ键和π键数目之比为3∶1 B. NaOH的电子式为 C. 基态S原子价层电子的轨道表达式为 D. Na＋的结构示意图为 3. 实验室制取的实验原理及装置均正确的是 A．制取 B．除去中的HCl C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 4. 7N、15P、33As、51Sb是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(N)>r(P) B. 第一电离能：I1(N)>I1(P) C. 酸性：H3PO4>HNO3 D. ⅤA族元素单质的晶体类型相同 阅读下列材料，完成有关问题： 氧及其化合物具有广泛用途。O2是常用的氧化剂，C2H2的燃烧热为1299.6kJ·mol-1，氧炔焰产生的高温可用于焊接金属。O3可用于水处理，pH约为8时，O3可与CN-反应生成、N2和O2.C2H518OH可用于研究酯化反应的机理。CaO可用于烟气(含N2、O2、CO2、SO2等)脱硫。H2O2是一种绿色氧化剂，电解NH4HSO4饱和溶液产生的(NH4)2S2O8经水解可制得H2O2。 5. 下列说法正确的是 A. O3是极性分子 B. C2H518OH与C2H516OH互为同素异形体 C. CO2和SO2的中心原子杂化轨道类型均为sp2 D. CaO晶体中Ca2+与O2-的相互作用具有饱和性和方向性 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 乙炔的燃烧：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(g) ΔH=-1299.6kJ·mol-1 B. CaO吸收SO2的反应：CaO+SO2=CaSO4 C. O3处理含CN-废水的反应：5O3+2CN-+H2O=5O2+N2+2 D. 水解(NH4)2S2O8制得H2O2的反应：+2OH-=2+H2O2 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. N2分子中含共价三键，N2的沸点比O2的低 B. H2O2分子之间形成氢键，可与水任意比例互溶 C. O2具有氧化性，可作为燃料电池的氧化剂 D. O3溶解度比O2大，可用于饮用水消毒杀菌 8. 钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 工业制备NaOH的原理： B. 侯氏制碱过程中的物质转化： C. 与反应为潜水艇供氧的原理： D 苯酚钠溶液与少量反应： 9. 物质W是一种重要药物的中间体，其最后一步合成路线如图所示。下列说法不正确的是 A. Z→W的反应类型为消去反应 B. Z分子中sp3杂化的原子共有5个 C. 1molW与溴水反应最多消耗2molBr2 D. W分子中不含手性碳原子，也不存在顺反异构体 10. 已知：2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) ，下列说法正确的是 A. 该反应的平衡常数可表达为 B 该反应一定能自发进行 C. 该反应中每消耗1molNO2，转移电子的数目约为3.01×1023 D. NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有6个 11. 下列探究方案不能达到相应探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向淀粉-KI溶液中通入Cl2，直到大量过量，看溶液颜色变化及最终的颜色 研究Cl2能否氧化I2 B 向丁烯醛(CH2=CHCH2CHO)中加入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色变化 验证丁烯醛中是否含碳碳双键 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；冷却后再加入氢氧化钠溶液中和硫酸，最后加入银氨溶液用水浴加热，看是否产生银镜 研究蔗糖是否发生了水解 D 室温下，测定0.1mol·L-1KHC2O4溶液的pH 研究Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)与Kw的大小 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1=1.4×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。 实验1：配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中加入一定量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解； 实验3：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(CO)+c(HCO) B. 实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)=c(SO) C. 实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3) D. 25℃时，反应CO+H2SO3⇌HCO+HSO的平衡常数K=2.5×108 13. 甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应： 反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)；ΔH1=＋135.4kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)；ΔH2=＋106.0kJ·mol-1 向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0molCH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。 (已知：HCOOCH3选择性=×100%)。下列说法正确的是 A. HCOOCH3(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=-76.6kJ·mol-1 B. 实线代表的是HCOOCH3的选择性 C. 553K时，HCOOCH3的产量为0.1mol D. 低于553K时，温度越高，生成的HCOOCH3越多。高于553K时，温度越高，生成的CO越多 二、非选择题：共4题，共61分 14. 从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。 已知：①“沉钼”前钼元素主要以MoO形式存在； ②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5×10-7。 （1）Fe3+的基态核外电子排布式为___________ （2）“焙烧”生成的气体主要成分为___________(填化学式)。 （3）“沉钼”的离子方程式为___________。 （4）“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应。提高镍元素浸出率的方法还有___________。 （5）①“除铁”时加入Na2CO3的作用是___________。 ②“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1，“沉镍”后所得滤液中c()=1.0×10-5mol·L-1，则沉镍率=___________[沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。 （6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系： 温度 低于30.8℃ 30.8~53.8℃ 538~280℃ 高于280℃ 晶体形态 NiSO4•7H2O NiSO4•6H2O 多种结晶水合物 NiSO4 从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：___________、洗涤、干燥等。 15. 本维莫德(G)是治疗湿疹的非激素类外用药，其合成路线如下： 其中，-Ph为苯基()。 （1）写出A中含有的官能团的名称___________ （2）室温下，在水中A的溶解度比B的___________(填“大”或“小”或“无差别”)。 （3）Y的分子式为C3H8O，B→C的反应类型为___________。 （4）D与SOCl2等物质的量反应时会产生的污染性气体为___________(填化学式)。 （5）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 碱性条件下水解后酸化生成两种产物。一种产物含有苯环，其核磁共振氢谱只有2组峰；另一种产物能与银氨溶液反应，被氧化为碳酸后分解生成二氧化碳和水。 （6）写出以为原料制备的合成路线流程图___________(须用Ph3P，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：Bi3＋易与Cl-形BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为___________。 （2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH．一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是___________。 （3）铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl(水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。 ①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3mol·L-1的可能原因是___________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为___________。 （5）在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol-1) 17. CO2甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。 （1）1902年，PaulSabatier首次报道了CO2的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有金属Ni的反应器可得到CH4。 已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1。 则CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1。 （2）近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图所示。 微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为___________。 （3）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (ⅰ)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa (ⅱ)HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图甲所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生 快慢的影响如图乙所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为___________(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol·L-1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是___________。 ④甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度第二学期高二期末化学试卷 (满分：100分 时间：75分钟) 2024.06 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Cl—35.5 Bi—209 Na—23 Ni—59 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列物质的主要成分不属于无机非金属材料的是 A. 玻璃 B. 陶瓷 C. 光导纤维 D. 聚酯纤维 【答案】D 【解析】 【详解】A．玻璃属于传统无机非金属材料，故A不符合题意； B．陶瓷属于传统无机非金属材料，故B不符合题意； C．光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属材料，故C不符合题意； D．聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机物，故D符合题意； 答案选D。 2. 工业上制备保险粉的反应为HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。下列有关说法正确的是 A. HCOONa中含有的σ键和π键数目之比为3∶1 B. NaOH的电子式为 C. 基态S原子价层电子的轨道表达式为 D. Na＋的结构示意图为 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCOONa中含有的σ键有碳氢键1个、碳氧双键中1个、碳氧单键1个，和π键有碳氧双键中1个，所以数目之比为3∶1，故A正确； B．NaOH为含有共价键的离子化合物，所以其电子式为，故B错误； C．基态S原子核外价电子的轨道表达式为，故C错误； D．Na＋的核电荷数为11，核外电子数为10，所以Na＋的结构示意图为，故D错误； 答案选A。 3. 实验室制取的实验原理及装置均正确的是 A．制取 B．除去中的HCl C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误； B．除去中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，注意长口进入便于充分吸收，应该长进短出，B错误； C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，多功能瓶收集气体注意长进短出，C正确； D．对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误。 故选C。 【点睛】 4. 7N、15P、33As、51Sb是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(N)>r(P) B. 第一电离能：I1(N)>I1(P) C. 酸性：H3PO4>HNO3 D. ⅤA族元素单质的晶体类型相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．同一主族，从上到下，电子层数增多，半径逐渐增大，故A错误； B．同一主族，从上到下，金属性增强，第一电离能逐渐减小，故B正确； C．同一主族，从上到下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱：H3PO4＜HNO3，故C错误； D．ⅤA族元素单质中，N、P、As的单质晶体类型相同，都为分子晶体，但Sb为金属，其晶体为金属晶体，故D错误； 答案选B。 阅读下列材料，完成有关问题： 氧及其化合物具有广泛用途。O2是常用的氧化剂，C2H2的燃烧热为1299.6kJ·mol-1，氧炔焰产生的高温可用于焊接金属。O3可用于水处理，pH约为8时，O3可与CN-反应生成、N2和O2.C2H518OH可用于研究酯化反应的机理。CaO可用于烟气(含N2、O2、CO2、SO2等)脱硫。H2O2是一种绿色氧化剂，电解NH4HSO4饱和溶液产生的(NH4)2S2O8经水解可制得H2O2。 5. 下列说法正确的是 A. O3是极性分子 B. C2H518OH与C2H516OH互为同素异形体 C. CO2和SO2的中心原子杂化轨道类型均为sp2 D. CaO晶体中Ca2+与O2-的相互作用具有饱和性和方向性 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 乙炔的燃烧：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(g) ΔH=-1299.6kJ·mol-1 B. CaO吸收SO2的反应：CaO+SO2=CaSO4 C. O3处理含CN-废水的反应：5O3+2CN-+H2O=5O2+N2+2 D. 水解(NH4)2S2O8制得H2O2的反应：+2OH-=2+H2O2 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. N2分子中含共价三键，N2的沸点比O2的低 B. H2O2分子之间形成氢键，可与水任意比例互溶 C. O2具有氧化性，可作为燃料电池的氧化剂 D. O3的溶解度比O2大，可用于饮用水消毒杀菌 【答案】5. A 6. C 7. C 【解析】 【5题详解】 A．O3是V形结构，是极性分子，故A项正确； B．同种元素形成的不同种单质，互称同素异形体，C2H518OH与C2H516OH是化合物，故B项错误； C． SO2形成2个σ键，中心S原子孤电子对数为1，CO2形成2个σ键，中心C原子孤电子对数为0，所以SO2和CO2的中心原子杂化轨道类型分别为sp2、sp，故C项错误； D．CaO晶体中Ca2+与O2-的相互作用为离子键，离子键没有方向性和饱和性，故D项错误； 故答案为：A； 【6题详解】 A．燃烧热指生成稳定的化合物，应该是液态水，故A项错误； B．CaO吸收SO2生成亚硫酸钙、亚硫酸钙可被氧气氧化为硫酸钙，故B项错误； C．由题意可知，O3可与CN-反应生成O2、N2、和，故C项正确； D．水解 (NH4)2S2O8制得H2O2的反应中，应该是水不是氢氧根离子参加反应，故D项错误； 故答案为：C； 【7题详解】 A．N2相对分子质量大于O2，即N2范德华力大于O2，所以N2的沸点比O2的高，故A项错误； B．H2O2可与水任意比例互溶，是因为H2O2与水分子间形成氢键，故B项错误； C．O2具有氧化性，可作为燃料电池的氧化剂，故C项正确； D．O3可用于饮用水消毒杀菌是因为其具有氧化性，与溶解性无关，故D项错误； 故答案为：C。 8. 钠及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 工业制备NaOH的原理： B. 侯氏制碱过程中的物质转化： C. 与反应为潜水艇供氧的原理： D. 苯酚钠溶液与少量反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．工业上电解饱和氯化钠溶液制备NaOH，原理：，A正确； B．侯氏制碱过程中的物质转化：，B错误； C．与反应生成氧气，潜水艇供氧的原理为：，C正确； D．苯酚钠溶液与少量反应生成苯酚和碳酸氢钠：，D正确； 故选B。 9. 物质W是一种重要药物的中间体，其最后一步合成路线如图所示。下列说法不正确的是 A. Z→W的反应类型为消去反应 B. Z分子中sp3杂化的原子共有5个 C. 1molW与溴水反应最多消耗2molBr2 D. W分子中不含手性碳原子，也不存在顺反异构体 【答案】A 【解析】 【详解】A．Z→W发现氧原子减少，氢原子增加，所以反应类型为还原反应，故A错误； B．Z分子中sp3杂化的原子共有5个，分别是图上被标记为红色的碳和氧原子，故B正确； C．1molW与溴水反应，可以取代苯环上的2个氢原子，所以最多消耗2molBr2，故C正确； D．手性碳原子即碳原子成4 个单键，且所连基团或原子互不相同，顺反异构需要存在碳碳双键，故W分子中不含手性碳原子，也不存在顺反异构体，故D正确； 答案选A。 10. 已知：2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) ，下列说法正确的是 A. 该反应的平衡常数可表达为 B. 该反应一定能自发进行 C. 该反应中每消耗1molNO2，转移电子的数目约为3.01×1023 D. NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有6个 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应的平衡常数可表达为，选项A错误； B．由题干信息可知，该反应的H<0，S<0，当G=H -TS <0时，反应能自发进行，故该反应在低温条件下易自发进行，选项B错误； C．根据反应2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)可知，N元素由+4价变为+5价和+3价，每消耗1molNO2，转移电子的数目约为3.01×1023，选项C正确； D．NaCl晶胞(如图所示)中每个周围与其距离最近的有12个，选项D错误； 答案选C。 11. 下列探究方案不能达到相应探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向淀粉-KI溶液中通入Cl2，直到大量过量，看溶液颜色变化及最终的颜色 研究Cl2能否氧化I2 B 向丁烯醛(CH2=CHCH2CHO)中加入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色变化 验证丁烯醛中否含碳碳双键 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；冷却后再加入氢氧化钠溶液中和硫酸，最后加入银氨溶液用水浴加热，看是否产生银镜 研究蔗糖否发生了水解 D 室温下，测定0.1mol·L-1KHC2O4溶液的pH 研究Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)与Kw的大小 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向淀粉-KI溶液中通入Cl2，直到大量过量，氯气可以氧化碘离子得到碘单质，看溶液颜色变化及最终的颜色，可以研究Cl2能否氧化I2，故A能达到相应探究目的； B．向丁烯醛(CH2=CHCH2CHO)中加入酸性高锰酸钾溶液，碳碳双键和醛基都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法观察溶液颜色变化验证丁烯醛中是否含碳碳双键，故B不能达到相应探究目的； C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；冷却后再加入氢氧化钠溶液中和硫酸，形成碱性环境，最后加入银氨溶液用水浴加热，产生银镜，证明蔗糖发生了水解，故C能达到相应探究目的； D．室温下，测定0.1mol·L-1KHC2O4溶液的pH，若显酸性，电离大于水解，Ka2(H2C2O4)＞Kh()，即Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)＞Kw，故D能达到相应探究目的； 答案选B 12. 室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1=1.4×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。 实验1：配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中加入一定量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解； 实验3：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(CO)+c(HCO) B. 实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)=c(SO) C. 实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3) D. 25℃时，反应CO+H2SO3⇌HCO+HSO的平衡常数K=2.5×108 【答案】D 【解析】 【详解】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO)+2c(CO)＞c(CO)+c(HCO)，故A错误； B．向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解，则滤渣为CaCO3和CaSO4的混合物，CaCO3溶于盐酸生成CaCl2，CaSO4存在溶解平衡，则实验2加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)＞c(SO)，故B错误； C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO)+2c(HCO)，滴入等体积0.1mol•L稀盐酸后生成NaHCO3和NaCl，存在c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO)+2c(HCO)或c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(Cl-)，则c(Na+)＞c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，故C错误； D．反应CO+H2SO3⇌HCO+HSO的平衡常数K= = ==2.5×108，故D正确； 故选：D。 13. 甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应： 反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)；ΔH1=＋135.4kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)；ΔH2=＋106.0kJ·mol-1 向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0molCH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。 (已知：HCOOCH3的选择性=×100%)。下列说法正确的是 A. HCOOCH3(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=-76.6kJ·mol-1 B. 实线代表的是HCOOCH3的选择性 C. 553K时，HCOOCH3的产量为0.1mol D. 低于553K时，温度越高，生成的HCOOCH3越多。高于553K时，温度越高，生成的CO越多 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律可知该反应可由2×反应Ⅱ-反应I得到，ΔH=2ΔH 2-ΔH 1=2(＋106.0kJ·mol-1)-(＋135.4kJ·mol-1)=+76.6kJ·mol-1，选项A错误； B．反应I和反应Ⅱ均为吸热反应，随温度的升高平衡均正向移动，实线代表的是甲醇的转化率，选项B错误； C．553 K时，甲醇的转化率为20%，HCOOCH3的选择性为50%，1.0 mol CH3OH中消耗0.2mol，其中0.1mol转化为甲酸甲酯，甲酸甲酯的物质的量为0.05mol，选项C错误； D．由图可知，低于553 K时，甲醇的转化率和甲酸甲酯的选择性都随温度的升高而增大所以温度越高，生成的HCOOCH3越多。而高于553 K时，甲酸甲酯的选择性明显降低，反应以反应Ⅱ为主，因此温度越高，生成的CO越多，选项D正确； 答案选D。 二、非选择题：共4题，共61分 14. 从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。 已知：①“沉钼”前钼元素主要以MoO形式存在； ②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5×10-7。 （1）Fe3+的基态核外电子排布式为___________ （2）“焙烧”生成的气体主要成分为___________(填化学式)。 （3）“沉钼”的离子方程式为___________。 （4）“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应。提高镍元素浸出率的方法还有___________。 （5）①“除铁”时加入Na2CO3的作用是___________。 ②“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1，“沉镍”后所得滤液中c()=1.0×10-5mol·L-1，则沉镍率=___________[沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。 （6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系： 温度 低于30.8℃ 30.8~53.8℃ 53.8~280℃ 高于280℃ 晶体形态 NiSO4•7H2O NiSO4•6H2O 多种结晶水合物 NiSO4 从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：___________、洗涤、干燥等。 【答案】（1）[Ar]3d5 （2）CO2、SO2 （3）2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O （4）充分搅拌 、适当延长浸出时间 （5） ①. 调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去 ②. 98.5% （6）稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤 【解析】 【分析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁、镍的氧化物，水浸后过滤滤液中的钼酸钠用硝酸铵、硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，加碳酸氢钠沉镍，最后经一系列操作转化为硫酸镍晶体，据此作答。 【小问1详解】 铁为26号元素，所以Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5，答案：[Ar]3d5； 【小问2详解】 焙烧时MoO3与碳酸钠发生Na2CO3+MoO3Na2MoO4+CO2↑、2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+2CO2+4SO2， 根据流程可知，该步骤中Ni元素转化成NiO，有2NiS+3O22NiO+2SO2，因此生成气体是二氧化碳和二氧化硫气体，答案：CO2、SO2； 【小问3详解】 沉钼最后得到( NH4)2Mo4O13·2H2O沉淀，反应的离子有、和氢离子，离子方程式为2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O，答案：2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O； 【小问4详解】 “酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应，提高镍元素浸出率的方法还有充分搅拌 、延长浸出时间，答案：充分搅拌 、延长浸出时间； 【小问5详解】 ①“除铁”时加入Na2CO3的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去，根据Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)·c()，“沉镍”后滤液中c()=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ni2+)==1.5×10-2mol/L，沉镍率==98.5%，答案：调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去、98.5%； 【小问6详解】 根据流程图可知，制备NiSO4•6H2O，依据表中信息可知，温度在30.8~53.8℃范围析出晶体为NiSO4•6H2O，因此从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤、洗涤、干燥等，答案：稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤。 15. 本维莫德(G)是治疗湿疹的非激素类外用药，其合成路线如下： 其中，-Ph为苯基()。 （1）写出A中含有的官能团的名称___________ （2）室温下，在水中A的溶解度比B的___________(填“大”或“小”或“无差别”)。 （3）Y的分子式为C3H8O，B→C的反应类型为___________。 （4）D与SOCl2等物质的量反应时会产生的污染性气体为___________(填化学式)。 （5）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 碱性条件下水解后酸化生成两种产物。一种产物含有苯环，其核磁共振氢谱只有2组峰；另一种产物能与银氨溶液反应，被氧化为碳酸后分解生成二氧化碳和水。 （6）写出以为原料制备的合成路线流程图___________(须用Ph3P，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）羧基、羟基 （2）大 （3）取代反应 （4）SO2和HCl （5） （6）； 【解析】 【分析】与取代反应生成，根据C的结构式可知Y为，反应类型为取代，加KBH4还原反应后得到，加SOCl2发生取代反应得到，加入Ph3P和PhCHO生成，加入吡啶生成，据此解答。 【小问1详解】 中含有的官能团的名称羧基、羟基，答案：羧基、羟基； 【小问2详解】 羧基是亲水基团，酯基不是亲水基团，室温下，在水中A的溶解度比B的大，答案：大； 【小问3详解】 Y的分子式为C3H8O，对比B和C的结构简式可知，反应类型为取代反应，答案：取代反应； 【小问4详解】 与SOCl2等物质的量反应时生成和，不稳定分解成SO2和HCl，产生污染性气体为SO2和HCl，答案：SO2和HCl； 【小问5详解】 B的分子式为C10H12O4，其同分异构体碱性条件下水解后酸化生成两种产物，说明分子中有酯基，另一种水解产物能与银氨溶液反应，被氧化为碳酸后分解生成二氧化碳和水，说明水解产物为HCOOH，一种产物含有苯环，其核磁共振氢谱只有2组峰，说明分子中有两种氢原子，则苯环上有6个取代基，并且取代基只能分成两种，为-OH和-CH3，故结构式为，答案：； 【小问6详解】 催化氧化生成，加SOCl2或HCl加热生成，加入Ph3P和PhCHO生成，加Br2生成，加入氢氧化钠和乙醇加热生成，答案：； 16. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：Bi3＋易与Cl-形BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为___________。 （2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH．一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是___________。 （3）铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl(水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。 ①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3mol·L-1的可能原因是___________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为___________。 （5）在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol-1) 【答案】（1）2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4 （2）增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解 （3） ①. c(Cl-)>1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)<1.3 mol·L-1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯 ②. Fe3＋、H＋、Na＋ （4）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 （5）Bi2O3 【解析】 【分析】焙烧时空气中的氧气和MnO2作氧化剂，FeS2转变为Fe2O3，Bi2S3生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，利用浓盐酸酸浸，过滤，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，以此解答。 【小问1详解】 “联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4，答案：2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4； 【小问2详解】 Bi3＋易与Cl－形成，易发生水解， 其反应的离子方程式为＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解，答案：增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解； 【小问3详解】 ①c(Cl－)＞1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)＜1.3 mol·L－1时，铋离子水解(＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋)程度增大，不利于铋离子的萃取提纯； ②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3＋、H＋、Na＋，答案：c(Cl-)＞1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)＜1.3 mol·L-1时，铋离子水解(＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯、Fe3＋、H＋、Na＋； 【小问4详解】 为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中，答案：边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中； 【小问5详解】 设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3，答案：Bi2O3。 17. CO2甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。 （1）1902年，PaulSabatier首次报道了CO2的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有金属Ni的反应器可得到CH4。 已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1。 则CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的ΔH=___________kJ·mol-1。 （2）近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图所示。 微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为___________。 （3）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (ⅰ)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa (ⅱ)HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图甲所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生 快慢的影响如图乙所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为___________(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol·L-1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是___________。 ④甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 【答案】（1）-252.9 （2）CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O （3） ①. HD ②. 随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O-)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多 ③. NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 ④. 氢气纯度高、可处理有毒甲醛 【解析】 【小问1详解】 假设CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1为①，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1为②，则CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的为②×2-,①，ΔH=-571.6kJ·mol-1×2-（-890.3kJ·mol-1）=-252.9 kJ·mol-1，答案：-252.9； 【小问2详解】 CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)，微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极，即得到电子的一端，电极反应式为CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O，答案：CO2＋8H＋＋8e-=CH4＋2H2O； 【小问3详解】 ①根据反应的机理如图，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD，②NaOH浓度低于1 mol⋅L−1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O−)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多，③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降，④甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有氢气纯度高、可处理有毒甲醛，答案：HD、随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O-)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多、NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降、氢气纯度高、可处理有毒甲醛。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$