精品解析：江苏省南京市第二十九中学2023-2024学年高二上学期期初调研化学试卷

2023-2024学年度南京二十九中高二第一学期期初调研试卷 高二化学 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 S-32 Cl -35.5 Fe-56 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的是 A. 推行生活垃圾分类 B. 植树造林增加绿色植被 C. 采取节能低碳生活方式 D. 创新转化为碳燃料的技术 2. 反应SiHCl3+H2Si+3HCl可用于制备高纯硅。下列说法正确的是 A. SiHCl3分子中只有极性共价键 B. H2分子中含有p﹣pσ键 C. 液态HCl不导电，所以HCl为非电解质 D. 基态Si原子核外价电子的轨道表示式为 3. 下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧海带 B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液 C. 用装置丙得到I2的CCl4溶液 D. 用装置丁提纯粗碘 4. 下列说法正确的是 A. 100℃，溶液pH为12 B. 中和pH和体积均相等的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度的盐酸完全中和时，消耗盐酸的体积相同 C. 分别对溶液和溶液进行蒸干、灼烧操作都得不到原溶质 D. ，到达平衡状态后加压，混合气加压后颜色变深，此现象不能用勒夏特列原理解释 5. 下列化学反应表示正确的是 A. NaHS溶液水解：HS-＋H2OH3O＋＋S2- B. 钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-3e-=Fe3＋ C. 泡沫灭火器的灭火原理：2Al3＋＋3CO＋2H2O=2Al(OH3)↓＋3CO2↑ D. 用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑ 6. 一种制取晶体硅的反应为：SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) =236.1 kJ·mol-1。下列说法正确的是 A. 该反应在任何条件下均能自发进行 B. 其他条件不变，增大压强，平衡常数K减小 C. E(Si-H)+3E(Si-Cl)+E(H-H)-E(Si-Si)-3E(H-Cl)=236.1 kJ·mol-1(其中E表示键能) D. 总体积一定，当反应体系内混合气体的密度不再发生变化时反应到达平衡 7. 前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是 A. 第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W) B. Q元素位于第四周期第IA族 C. 简单离子半径：r(Z)<r(Y) D. W的简单气态氢化物的稳定性比Y的强 8. 钴(Co)合金广泛应用于机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸的装置图。下列说法正确的是 A. a为直流电源负极 B. X膜为阳离子交换膜 C. 移除两交换膜后，两电极上发生的反应都不变 D. 每生成1molCo，I室溶液质量理论上减少16g 9. 下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向两支盛有2mL 5% 溶液的试管中分别加入1 溶液和1 溶液，比较产生气泡速率 催化分解效果优于 B 两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色 温度升高，化学平衡向着吸热反应方向移动 C 用pH计测定不同浓度溶液的pH，记录并比较pH变化 随着溶液中减小，的电离程度增大 D 向盛有2mL 0.1 NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1 溶液，振荡，再向其中滴加4滴0.1 KI溶液，观察沉淀及颜色变化 A. A B. B C. C D. D 10. 《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠去除工业废水中正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法正确的是 A. S2O转化为SO或SO时，硫元素化合价由+7降低至+6 B. 在碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应为 C. 整个反应过程中S2O作催化剂，SO为中间产物 D. 溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 11. 室温下，通过下列实验探究Na2S溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1mol·L-1Na2S溶液的pH，测得pH约为13 2 向0.1mol·L-1Na2S溶液中加入过量0.2mol·L-1AgNO3溶液，产生黑色沉淀 3 向0.1mol·L-1Na2S溶液中通入过量H2S，测得溶液pH约为9 4 向0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加几滴0.05mol·L-1HCl，观察不到实验现象 下列有关说法正确的是 A. 0.1mol-L-1Na2S溶液中存在 B. 实验2反应静置后的上层清液中有 C. 实验3得到的溶液中有 D. 实验4说明H2S的酸性比HCl的酸性强 12. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示： 已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、 S等。下列说法不正确的是 A. 酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率 B. 反应Ⅰ中每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 mol C. 滤液中主要存在的阳离子有： Mg2+、 K+、Mn2+、 H+ D. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 13. 二氧化碳催化加氢制甲醇是一种实现“碳中和”的有效方法。该过程通过如下步骤实现： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ·mol-1 ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ·mol-1 在密闭容器中，反应物起始物质的量比=3，一定条件下达到平衡时，甲醇的物质的量分数x(CH3OH)随压强或温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=+49kJ·mol-1 B. 在210℃，5×105Pa下，反应至x(CH3OH)达到Y点的值时，延长反应时间不能使x(CH3OH)达到X点 C. 保持其他条件不变，增大起始物的比值，可以提高H2的平衡转化率 D. 为高效利用CO2，需研发低温下CO2转化率高和甲醇选择性高的催化剂 二、非选择题(共58分) 14. 氯化亚铜(CuCl)是常用的催化剂。以低品位铜矿(主要成分为CuS、Cu2S和铁的氧化物等)为原料制备CuCl步骤如下： （1）“氧化浸取”。铜元素全部转化为Cu2+，铁元素全部转化为Fe3+。 ①Cu2S、MnO2和硫酸反应生成CuSO4、MnSO4和S，其化学方程式为___________。 ②基态Cu+核外电子排布式是___________。 （2）“除铁锰”。依次用氨水沉铁、用氨水﹣NH4HCO3混合溶液沉锰。 ①用氨水调节溶液的pH为3时，c(Fe3+)为 ___________。{室温下，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39} ②向除铁后的溶液中滴加氨水﹣NH4HCO3混合溶液，反应生成MnCO3的离子方程式为 ___________。 （3）“还原”。CuSO4溶液、NaCl溶液和Na2SO3溶液反应生成CuCl沉淀。 已知：CuCl易被O2氧化，易与Cl﹣形成可溶的[CuCl2]﹣。 ①反应生成CuCl的离子方程式为 ___________。 ②如图所示，n(CuSO4)和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 ___________。 （4）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反应2Cu+=Cu+Cu2+平衡常数K≈1×106。有人预设用反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制备CuCl(s)，试预测该反应进行的程度大小：___________(填写“几乎完全反应”或“几乎不反应”)。 15. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图： （1）“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___________。 （2）“转化”在如图所示的装置中进行。导管A的作用是___________。 （3）检验“洗涤”完全的实验操作是___________。 （4）以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___________。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水] （5）测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___________(写出计算过程)。 16. 研究氮氧化物的相关反应对于减少环境污染有重要意义。 （1）在恒压、和的起始浓度一定的条件下，反应相同时间，测得不同温度下转化为的转化率如图-1中实线所示(图中虚线表示相同条件下的平衡转化率随温度的变化)。 ①反应的_______0(选填“=”、“>”或“<”)。 ②时，与反应一段时间后，测得的转化率为(图中X点)，不改变温度和压强且不使用催化剂，可以提高转化率的措施有_______。 ③由一步快反应和一步慢反应组成，在反应过程中检测到。的反应过程可描述为_______(用化学方程式表示)。 （2）电解可制备，装置如图-2所示。 ①写出电解时阳极的电极反应式：_______。电路中每转移电子，阴极理论能处理的体积为_______L(标准状况下)。 ②为使电解产物全部转化为，需补充物质A。A的化学式为_______，补充物质A的理由为_______。 17. 脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。 （1）受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。 反应I：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) H1=169.8kJ⋅mol-1 反应II：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) H2=63.7kJ⋅mol-1 现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。 ①2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g) H3=___________。 ②1050℃时，H2的体积分数为___________。 ③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是___________。 （2）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比用图甲吸附能力强的原因是___________。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 ___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度南京二十九中高二第一学期期初调研试卷 高二化学 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 S-32 Cl -35.5 Fe-56 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的是 A. 推行生活垃圾分类 B. 植树造林增加绿色植被 C. 采取节能低碳生活方式 D. 创新转化为碳燃料的技术 【答案】A 【解析】 【分析】碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”。据此判断。 【详解】A．推行生活垃圾分类，有利于回收利用，防止污染，对实现“碳中和”不具有直接贡献，故A选； B．植树造林增加绿色植被对实现“碳中和”具有直接贡献，故B不选； C．采取节能低碳生活方式对实现“碳中和”具有直接贡献，故C不选； D．创新转化为碳燃料的技术对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选； 答案选A。 2. 反应SiHCl3+H2Si+3HCl可用于制备高纯硅。下列说法正确的是 A. SiHCl3分子中只有极性共价键 B. H2分子中含有p﹣pσ键 C. 液态HCl不导电，所以HCl为非电解质 D. 基态Si原子核外价电子的轨道表示式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．SiHCl3分子中含有Si-H、Si-Cl均是极性共价键，A正确； B．H原子核外电子排布在1s轨道上，其没有p能级，H2分子形成s—sσ键，不能形成p—pσ键，B错误； C．液态HCl不导电，但溶于水后可电离出离子，能导电，所以HCl为电解质，C错误； D．Si是第14号元素，基态Si原子核外价电子的轨道表示式为，D错误； 故选A。 3. 下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧海带 B. 用装置乙过滤海带灰浸泡液 C. 用装置丙得到I2的CCl4溶液 D. 用装置丁提纯粗碘 【答案】A 【解析】 【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误； B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确； C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确； D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确； 故选A。 4. 下列说法正确的是 A. 100℃，溶液pH为12 B. 中和pH和体积均相等的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度的盐酸完全中和时，消耗盐酸的体积相同 C. 分别对溶液和溶液进行蒸干、灼烧操作都得不到原溶质 D. ，到达平衡状态后加压，混合气加压后颜色变深，此现象不能用勒夏特列原理解释 【答案】D 【解析】 【详解】A．100℃，Kw>1×10-14，溶液pH小于12，故A错误； B．pH和体积均相等的氨水与氢氧化钠溶液，氨水的浓度大于氢氧化钠，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，分别与同浓度的盐酸完全中和时，氨水消耗盐酸的体积大，故B错误； C．分别对溶液和溶液进行蒸干、灼烧，溶液得到Al2O3，溶液得到，故C错误； D．，到达平衡状态后加压，平衡不移动，混合气加压后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故D正确； 选D。 5. 下列化学反应表示正确的是 A. NaHS溶液水解：HS-＋H2OH3O＋＋S2- B. 钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-3e-=Fe3＋ C. 泡沫灭火器的灭火原理：2Al3＋＋3CO＋2H2O=2Al(OH3)↓＋3CO2↑ D. 用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaHS溶液水解方程式为： ，A错误； B．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀生成的是亚铁离子Fe2+，B错误； C．泡沫灭火器的灭火原理是AlCl3和NaHCO3溶液发生双水解，快速产生大量的CO2，离子方程式为：，C错误； D．用惰性电极电解 CuSO4 溶液，阴极铜离子放电生成Cu，阳极水放电生成氧气和氢离子，D正确； 故选D。 6. 一种制取晶体硅的反应为：SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) =236.1 kJ·mol-1。下列说法正确的是 A. 该反应在任何条件下均能自发进行 B. 其他条件不变，增大压强，平衡常数K减小 C. E(Si-H)+3E(Si-Cl)+E(H-H)-E(Si-Si)-3E(H-Cl)=236.1 kJ·mol-1(其中E表示键能) D. 总体积一定，当反应体系内混合气体的密度不再发生变化时反应到达平衡 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为气体系数和增大的反应，所以ΔS>0，已知ΔH>0，若反应能自发进行需要ΔG = ΔH - T·ΔS<0，则该反应应该在高温下能够进行，A错误； B．平衡常数K只与温度有关，与压强无关，温度不变，K不变，B错误； C．每个Si原子与四个Si形成4个Si—Si，每个键被两个Si原占有，即每个Si占有2个Si—Si，反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和，E(Si-H)+3E(Si-Cl)+E(H-H)-2E(Si-Si)-3E(H-Cl)=236.1 kJ·mol-1，C错误； D．ρ=，总体积一定，但生成物中硅为固体，所以m发生变化，密度不变说明达到平衡状态，D正确； 答案选D。 7. 前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是 A. 第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W) B. Q元素位于第四周期第IA族 C. 简单离子半径：r(Z)<r(Y) D. W的简单气态氢化物的稳定性比Y的强 【答案】C 【解析】 【分析】X的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素；Z的单质燃烧时火焰呈黄色，则Z为Na元素；前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且Y的原子核外有2个未成对电子，则Y为O元素；W的原子序数是Y的两倍，则W为S元素；Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满，则Q为Cu元素，据此分析来解题。 【详解】A．X为N元素，Y为O元素，W为S元素，根据同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，A错误； B．根据分析，Q为Cu元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，B错误； C．Y为O元素，Z为Na元素，离子的电子层结构相同，质子数越多半径越小，所以离子半径从大到小：r(O2-)>r(Na+)，C正确； D．W的简单气态氢化物为H2S，Y的简单气态氢化物为H2O，根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性就越强，由于非金属性O>S，所以简单气态氢化物的稳定性H2O>H2S，D错误； 故选C。 8. 钴(Co)合金广泛应用于机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴和回收盐酸的装置图。下列说法正确的是 A. a为直流电源负极 B. X膜为阳离子交换膜 C. 移除两交换膜后，两电极上发生的反应都不变 D. 每生成1molCo，I室溶液质量理论上减少16g 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，与电源正极a相连的石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜由I室进入Ⅱ室，与电源负极b相连的钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，在Ⅱ室可以得到盐酸。 【详解】A．由分析可知，a为直流电源正极，故A错误； B．由分析可知，X膜为阳离子交换膜，故B正确； C．移除两交换膜后，放电能力强于水的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应发生改变，故C错误； D．由分析可知，I室溶液减少的质量为氧气和氢离子质量之和，实际上是减少水的质量，则每生成1mol钴，I室溶液质量理论上减少18g，故D错误； 故选B。 9. 下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向两支盛有2mL 5% 溶液的试管中分别加入1 溶液和1 溶液，比较产生气泡速率 催化分解效果优于 B 两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色 温度升高，化学平衡向着吸热反应方向移动 C 用pH计测定不同浓度溶液的pH，记录并比较pH变化 随着溶液中减小，的电离程度增大 D 向盛有2mL 0.1 NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1 溶液，振荡，再向其中滴加4滴0.1 KI溶液，观察沉淀及颜色变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．该对比实验中、的阴离子不同，不能比较、催化剂对速率的影响，故A选； B．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，把装有颜色相同的NO2和N2O4混合气体的两支试管分别浸入冷水和热水中，根据混合气体颜色变化可判断温度对平衡移动的影响，故B不选； C．随着溶液中减小，记录溶液pH的变化情况，若酸的浓度稀释10倍，pH变化小于1个单位，可证明稀释促进电离，的电离程度增大，故C不选； D．氯化钠与硝酸银反应生成AgCl沉淀，硝酸银溶液少量，再加入KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则，故D不选； 故选：A。 10. 《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠去除工业废水中正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机理模型如图所示。下列说法正确的是 A. S2O转化为SO或SO时，硫元素化合价由+7降低至+6 B. 在碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应为 C. 整个反应过程中S2O作催化剂，SO为中间产物 D. 溶液的pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 【答案】B 【解析】 【详解】A．S最外层有6个电子，最高价为+6价，因此S2O转化为SO时，化合价未变，S2O里面8个氧中的2个氧为−1价，6个氧为−2价，化合价降低变为−2价，A错误； B．在碱性条件下，硫酸根自由基发生的反应为，B正确； C．整个反应过程中，S2O是氧化剂，可氧化零价铁、还可氧化亚铁离子，硫酸根是S2O氧化零价铁后的还原产物，C错误； D．溶液的pH越小，越难形成氢氧化铁和氢氧化亚铁沉淀，难与As(V)发生共沉淀，D错误； 故选B。 11. 室温下，通过下列实验探究Na2S溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1mol·L-1Na2S溶液的pH，测得pH约为13 2 向0.1mol·L-1Na2S溶液中加入过量0.2mol·L-1AgNO3溶液，产生黑色沉淀 3 向0.1mol·L-1Na2S溶液中通入过量H2S，测得溶液pH约为9 4 向0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加几滴0.05mol·L-1HCl，观察不到实验现象 下列有关说法正确的是 A. 0.1mol-L-1Na2S溶液中存在 B. 实验2反应静置后的上层清液中有 C. 实验3得到的溶液中有 D. 实验4说明H2S的酸性比HCl的酸性强 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2S属于强碱弱酸盐，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+，物料守恒：c(Na+)=；消去c(Na+)，得到，故A错误； B．静置后的上层清液为饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡，所以，故B错误； C．向0.1mol·L-1Na2S溶液中通入过量H2S，测得溶液pH约为9，反应的方程式为：Na2S+H2S=2NaHS，硫化氢难溶于硫氢化钠溶液，忽略其溶解度，则溶液中存在物料守恒，c(Na+)= =0.2mol/L；因为溶液显碱性，硫氢根离子水解程度大于电离程度，所以c(H2S)>c(S2-)，所以<=0.2mol/L，故C正确； D．向0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加几滴0.05mol·L-1HCl，因为盐酸不足，则反应为：Na2S+HCl=NaHS+NaCl，无有明显现象，但是盐酸的酸性强于H2S，故D错误； 故选C。 12. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示： 已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、 S等。下列说法不正确的是 A. 酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率 B. 反应Ⅰ中每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 mol C. 滤液中主要存在的阳离子有： Mg2+、 K+、Mn2+、 H+ D. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。 【详解】A．升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确； B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，60 gFeS2，物质的量为0.5mol，所以每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 mol，故B正确； C．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误； D．反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确； 故答案选C。 13. 二氧化碳催化加氢制甲醇是一种实现“碳中和”的有效方法。该过程通过如下步骤实现： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ·mol-1 ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ·mol-1 在密闭容器中，反应物起始物质的量比=3，一定条件下达到平衡时，甲醇的物质的量分数x(CH3OH)随压强或温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=+49kJ·mol-1 B. 在210℃，5×105Pa下，反应至x(CH3OH)达到Y点的值时，延长反应时间不能使x(CH3OH)达到X点 C. 保持其他条件不变，增大起始物的比值，可以提高H2的平衡转化率 D. 为高效利用CO2，需研发低温下CO2转化率高和甲醇选择性高的催化剂 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据盖斯定律，①+②得，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ·mol-1-90kJ·mol-1=-49kJ·mol-1，故A错误； B．根据图象可知，在210℃，5×105Pa下，X为平衡点，反应至x(CH3OH)达到Y点的值时，延长反应时间能使x(CH3OH)达到X点，故B错误； C．保持其他条件不变，增大起始物的比值， H2的平衡转化率降低，故C错误； D．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)正反应放热，降低温度平衡正向移动，CO2转化率增大，为高效利用CO2，需研发低温下CO2转化率高和甲醇选择性高的催化剂，故D正确； 选D。 二、非选择题(共58分) 14. 氯化亚铜(CuCl)是常用的催化剂。以低品位铜矿(主要成分为CuS、Cu2S和铁的氧化物等)为原料制备CuCl步骤如下： （1）“氧化浸取”。铜元素全部转化为Cu2+，铁元素全部转化为Fe3+。 ①Cu2S、MnO2和硫酸反应生成CuSO4、MnSO4和S，其化学方程式为___________。 ②基态Cu+核外电子排布式是___________。 （2）“除铁锰”。依次用氨水沉铁、用氨水﹣NH4HCO3混合溶液沉锰。 ①用氨水调节溶液的pH为3时，c(Fe3+)为 ___________。{室温下，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39} ②向除铁后的溶液中滴加氨水﹣NH4HCO3混合溶液，反应生成MnCO3的离子方程式为 ___________。 （3）“还原”。CuSO4溶液、NaCl溶液和Na2SO3溶液反应生成CuCl沉淀。 已知：CuCl易被O2氧化，易与Cl﹣形成可溶的[CuCl2]﹣。 ①反应生成CuCl的离子方程式为 ___________。 ②如图所示，n(CuSO4)和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 ___________。 （4）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反应2Cu+=Cu+Cu2+平衡常数K≈1×106。有人预设用反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制备CuCl(s)，试预测该反应进行的程度大小：___________(填写“几乎完全反应”或“几乎不反应”)。 【答案】（1） ①. ②. 1s22s22p63s23p63d10 （2） ①. ②. （3） ①. ②. 随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成，随着反应的进行沉淀越来越多，紧接着沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得的沉淀逐渐消失，产率下降。随着反应时间增长，生成的沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得产率下降。 （4）几乎完全反应 【解析】 【小问1详解】 ①由题目可知，、和硫酸反应生成、和S，根据氧化还原反应特点分析元素化合价升降并配平，可以得到其化学方程式为；铜原子（‌Cu）‌的原子序数为29，‌失去一个电子后变成Cu+离子，‌因此其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10； 【小问2详解】 由题目可知，用氨水调节溶液的为3时，，为；向除铁后的溶液中滴加氨水﹣NH4HCO3混合溶液，反应前后无元素化合价变化，所以可以根据离子方程式特点进行配平，反应生成的离子方程式为：； 【小问3详解】 ）①由题意分析，铜元素化合价降低被还原，反应中做氧化剂，是常见还原剂，根据氧化还原反应特点，溶液、溶液和溶液反应生成沉淀的离子方程式为：； ②由题已知：易与形成可溶的，随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成，随着反应的进行沉淀越来越多，紧接着沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得的沉淀逐渐消失，产率下降； 【小问4详解】 反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)的，反应进行的程度大小：几乎完全反应； 15. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图： （1）“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___________。 （2）“转化”在如图所示的装置中进行。导管A的作用是___________。 （3）检验“洗涤”完全的实验操作是___________。 （4）以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___________。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水] （5）测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___________(写出计算过程)。 【答案】（1）Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低 （2）平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中 （3）取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全 （4）在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤 （5）97.20% 【解析】 【分析】FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4·2H2O。 【小问1详解】 “沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置； 【小问2详解】 根据图示，盛装草酸的仪器是恒压分液漏斗，导管A的作用是平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中； 【小问3详解】 草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全； 【小问4详解】 向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液； 【小问5详解】 草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式，反应消耗0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁的物质的量为，FeC2O4·2H2O的纯度为。 16. 研究氮氧化物的相关反应对于减少环境污染有重要意义。 （1）在恒压、和的起始浓度一定的条件下，反应相同时间，测得不同温度下转化为的转化率如图-1中实线所示(图中虚线表示相同条件下的平衡转化率随温度的变化)。 ①反应的_______0(选填“=”、“>”或“<”)。 ②时，与反应一段时间后，测得的转化率为(图中X点)，不改变温度和压强且不使用催化剂，可以提高转化率的措施有_______。 ③由一步快反应和一步慢反应组成，在反应过程中检测到。的反应过程可描述为_______(用化学方程式表示)。 （2）电解可制备，装置如图-2所示。 ①写出电解时阳极的电极反应式：_______。电路中每转移电子，阴极理论能处理的体积为_______L(标准状况下)。 ②为使电解产物全部转化为，需补充物质A。A的化学式为_______，补充物质A的理由为_______。 【答案】（1） ①. < ②. 充入O2或者及时分离出产物NO2 ③. 2NO=、 （2） ①. 2H2O+NO-3e-= NO+4H+ ②. 4.48 ③. NH3 ④. 根据电子守恒，阳极得到的NO3-的量大于阴极得到的NH的量，所以需充入NH3 【解析】 【小问1详解】 ①升高温度NO平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，所以<0； ②反应是气体体积减小的放热反应，若不改变温度和压强且不使用催化剂，可以提高转化率的措施有：充入O2或者及时分离出产物NO2； ③由一步快反应和一步慢反应组成，在反应过程中检测到，说明NO和O2先反应生成，方程式为：2NO=；然后再缓慢转化为NO2，方程式为：，的反应过程可描述为2NO=、。 【小问2详解】 ①由图可知，NO在阳极失去电子生成NO，电极方程式为：2H2O+NO-3e-= NO+4H+，同时NO在阴极得到电子生成NH，电极方程式为：6H++NO+5e-= NH+ H2O，电路中每转移电子，阴极理论能处理0.2mol，标准状况下的体积为4.48L； ②由电解NO制备NH4NO3的工作原理图可知，NO在阳极发生氧化反应生成NO，电极反应式为：2H2O+NO-3e-= NO+4H+；NO在阴极发生还原反应生成NH，电极反应式为：6H++NO+5e-= NH+ H2O，电池总反应式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，从两极反应可看出，阳极产生的NO的物质的量大于阴极产生的NH的物质的量，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。 17. 脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。 （1）受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。 反应I：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) H1=169.8kJ⋅mol-1 反应II：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) H2=63.7kJ⋅mol-1 现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。 ①2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g) H3=___________。 ②1050℃时，H2的体积分数为___________。 ③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是___________。 （2）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比用图甲吸附能力强的原因是___________。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 ___________。 【答案】（1） ①. +233.5 ②. 3.6% ③. 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应II速率增大的幅度大于反应I， (g)的体积分数减小 （2） ①. 中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 ②. 反应生成的硫单质附着在催化剂表面 【解析】 【小问1详解】 ①已知：反应Ⅰ：  ，反应Ⅱ： ，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：    ； ②1050℃时，和的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成、消耗的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成的体积分数为1.7%×2=3.4%，故的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%。 ③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ， (g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ， (g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高， (g)的体积分数先增大而后减小； 【小问2详解】 ①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $