精品解析：江苏省无锡市运河实验中学2023-2024学年高二下学期5月月考化学试题

无锡市运河实验中学2023-2024年度第二学期 高二年级化学学科5月练试卷 一、单项选择题(共14小题，每小题3分，共计42分。每小题中只有一个选项符合题目要求。) 1. 我国力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是 A. 将不断通入海洋中 B. 将人工合成淀粉 C. 实施必要的拉闸限电措施 D. 努力开发新能源 2. 科学家已致力于研究CO2的捕捉与封存技术，其反应原理之一为CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，下列有关说法错误的是 A. ΔH<0，ΔS<0 B. 使用高效催化剂降低反应的活化能，提高CO2的捕捉效率 C. 升高温度，体系的活化分子百分数增多，CO2的平衡转化率升高 D. 其他条件相同，增大，CO2的转化率增大，平衡常数K不变 阅读下列材料，完成下列小题： 铁和钛是重要的金属材料，铁及其化合物在生活中常用于净水、制作颜料、食品保鲜等。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿（，含杂质）制备钛的工艺流程如下。 3. 下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A. 能与盐酸反应，可用于制作红色颜料 B. 具有氧化性，可用于除去水中悬浮杂质 C. 铁粉具有还原性，可用于食品袋中的抗氧化剂 D. FeS难溶于水，可用于除去废水中的 4. 下列关于制取钛的工艺流程及Ti-Fe储氢合金（结构如下图所示）的说法不正确的是 A. 的价电子排布为 B. Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的四面体空隙中 C. 完全水解生成： D. 与盐酸反应： 5. 下列关于 △H＜0的说法正确的是 A. 上述反应△S＜0 B. 上述反应平衡常数 C. 及时分离可加快反应达到平衡状态 D. 上述反应中每生成1mol CO，转移电子的数目为 6. 煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用催化还原可消除氮氧化物的污染，热化学方程式为 。下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应的平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入的量越多对空气污染程度越小 7. 实验是探究化学的重要途径，用如图实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙制备胶体 C. 用装置丙过滤得到氯化亚铁溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得无水氯化铁 8. 目前锌铁液流电池是电化学储能的热点技术之一。某酸碱混合锌铁液流电池的两极电解质分别呈酸性和碱性，其工作原理如下图所示。下列有关说法正确的是 A. 放电时，电子从锌板电极经电解质溶液流向碳纸电极 B. 储能时，应将该电池的碳纸电极连接外接电源的正极 C. 放电时，每转移电子，中间腔室内的溶液中将减少 D. 放电时，锌板上发生的电极反应为： 9. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是 A. 阴极的电极反应式为 B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 10. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 比较与大小 将固体用饱和溶液浸泡后，过滤，取滤渣向其中滴加稀盐酸，观察现象 B 检验粉与反应后的产物 取一定量粉，加热条件通入少量反应，将固体混合物溶于水后充分搅拌，向溶液中滴加KSCN溶液，观察现象 C 比较与大小 测量的溶液的 D 验证浓硫酸有氧化性 将质量分数为70%的浓硫酸与混合，生成的气体通入品红溶液中，观察现象 A. A B. B C. C D. D 阅读下列材料，完成下面小题。 哈伯法合成氨的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。 11. 下列有关哈伯法合成氨反应的说法正确的是 A. 若该反应能自发进行，则 B. 选用高效催化剂，可降低该反应的活化能 C. 其他条件不变，增大起始的比值，可提高的平衡转化率 D. 提高体系的压强可增大反应的化学平衡常数 12. 将上述合成氨反应设计成燃料电池，工作原理如图所示。其中溶有HCl的稀的A溶液为电解质。下列说法不正确的是 A. b电极为负极 B. a电极发生的反应为： C. A溶液中所含溶质为 D. 可用蒸发结晶法分离出A 13. MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示(其中•OH是羟基自由基，•CHO是醛基自由基)，下列说法正确的是 A. 使用MnO2催化时，该反应的△H会发生变化 B. O为中间产物之一，与Na2O2中所含阴离子种类相同 C. 该反应总反应化学方程式为HCHO+O2CO2+H2O D. 催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应 14. 常温下，向10mL 0.1 溶液中滴入0.1的溶液，滴加过程中溶液中随滴入溶液体积变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1的溶液中： B. b点溶液中： C. a、b、c三点溶液中，b点水的电离程度最大 D. c点溶液中： 15. 室温下用溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为，H2CO3电离平衡常数分别为，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。 下列说法正确的是 A. “沉淀时发生主要反应的离子方程式： B. 溶液中： C. “沉淀”分离后的滤液中： D. 溶液中： 16. 通过反应Ⅰ：可以实现捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为Pa下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。主要反应有： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ的 B. 曲线①表示的物质的量分数随温度的变化 C. 一定温度下，增大比值，可提高平衡转化率 D. 在Pa、250℃、起始条件下，使用高效催化剂，能使物质的量分数从X点达到Y点 二、非选择题(共58分) 17. 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质。二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下： (1)第①步反应的化学方程式是___________________________________________________， 检验滤渣A是否洗净的方法是____________________________________________________。 (2)第②步反应的离子方程式是___________________________________________________。 (3)萃取是分离稀土元素的常用方法，化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来。实验室进行萃取操作需要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前需要进行的操作是________；TBP是一种磷酸三丁酯，产物应该从分液漏斗的________(填“上口倒出”或“下口倒出”)。 (4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.5 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定终点时(铈被还原为Ce3＋)，消耗20.00 mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为________(保留小数点后一位)。 18. 实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下： （1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有___________(答两点)。 （2）“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。 ①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 ②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为___________；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为___________。 ③实验采用真空泵持续抽气，稳定的气流有利于真空泵的使用。实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为___________。 （3）已知：①； ② ； ③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。 以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，___________，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1mol∙L-1 NaOH溶液、0.1mol∙L-1 BaCl2溶液、蒸馏水) 19. 烟气中含氮氧化物(主要指和)，排放前需进行脱除。 （1）氧化性强于，能更有效地氧化NO。 _______ （2）一定压强下，将和按一定体积比通入容器中，发生如下反应：反应Ⅰ：；反应Ⅱ：，的平衡转化率及、的平衡体积分数随温度变化如图1所示。 的平衡转化率先下降后升高的原因是_______；高于360℃，Y的平衡体积分数减小的幅度大于X的平衡体积分数增大的幅度的原因可能是_______。 （3）NO可用HClO有效脱除，过程中主要反应如下：，，，脱除烟气过程中可适当加入少量，其目的是_______。 （4）不同温度下溶液对脱除率的影响如图2所示。60∼80℃，NO脱除率下降的可能原因是_______。 20. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 （1）沉淀法。用如图装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。 ①上图装置中阳极材料为___________，发生的电极反应方程式为___________。 ②随着pH增大，出口处硫转化为FeS的沉淀率反而下降，可能的原因是___________。 （2）氧化法。H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 ①H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如图所示。当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S的生成率越低，试解释可能的原因：___________。 ②催化氧化法：MnO聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。 a．整个反应过程中，氧化剂是___________。 b．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，其原因可能是____________。 c．从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 无锡市运河实验中学2023-2024年度第二学期 高二年级化学学科5月练试卷 一、单项选择题(共14小题，每小题3分，共计42分。每小题中只有一个选项符合题目要求。) 1. 我国力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是 A. 将不断通入海洋中 B. 将人工合成淀粉 C. 实施必要的拉闸限电措施 D. 努力开发新能源 【答案】A 【解析】 【详解】A．将不断通入海洋中会影响海洋的酸碱平衡，破坏海洋环境，违背了发展低碳经济，A符合题意； B．将人工合成淀粉可以减少的排放，没有违背发展低碳经济，B不符合题意； C．实施必要的拉闸限电措施可以节约用电，可以减少火力发电排放的，没有违背发展低碳经济，C不符合题意； D．努力开发新能源可以减少的排放，没有违背发展低碳经济，D不符合题意； 故选A。 2. 科学家已致力于研究CO2的捕捉与封存技术，其反应原理之一为CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，下列有关说法错误的是 A. ΔH<0，ΔS<0 B. 使用高效催化剂降低反应的活化能，提高CO2的捕捉效率 C. 升高温度，体系的活化分子百分数增多，CO2的平衡转化率升高 D. 其他条件相同，增大，CO2的转化率增大，平衡常数K不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．合成尿素的反应为放热反应，反应为气体分子数减小的反应为熵减反应，故ΔH<0，ΔS<0，A正确； B．使用高效催化剂降低反应的活化能，能加快反应速率，提高CO2的捕捉效率，B正确； C．升高温度，分子能量增大，体系的活化分子百分数增多，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率降低，C错误； D．其他条件相同，增大，促进二氧化碳的转化，使得CO2的转化率增大，温度不变则平衡常数K不变，D正确； 故选C。 阅读下列材料，完成下列小题： 铁和钛是重要的金属材料，铁及其化合物在生活中常用于净水、制作颜料、食品保鲜等。Ti-Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿（，含杂质）制备钛的工艺流程如下。 3. 下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A. 能与盐酸反应，可用于制作红色颜料 B. 具有氧化性，可用于除去水中悬浮杂质 C. 铁粉具有还原性，可用于食品袋中的抗氧化剂 D. FeS难溶于水，可用于除去废水中的 4. 下列关于制取钛的工艺流程及Ti-Fe储氢合金（结构如下图所示）的说法不正确的是 A. 的价电子排布为 B. Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的四面体空隙中 C. 完全水解生成： D. 与盐酸反应： 5. 下列关于 △H＜0的说法正确的是 A. 上述反应△S＜0 B. 上述反应平衡常数 C. 及时分离可加快反应达到平衡状态 D. 上述反应中每生成1mol CO，转移电子的数目为 【答案】3. C 4. B 5. D 【解析】 【3题详解】 A．为红棕色固体，可用于红色颜料，与其能与盐酸反应无关，故A错误； B．可用于除去水中悬浮杂质是利用其能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，与其氧化性无关，故B错误； C．铁粉用于食品袋中的抗氧化剂，是因铁粉是活泼金属具有强的还原性，故C正确； D．FeS可与铜离子反应生成更难溶的CuS，因此可除去废水中的，与FeS的溶解性无关，故D错误； 故选：C。 【4题详解】 A．基态Fe价电子排布式为：3d64s2，因此的价电子排布为3d6，A正确； B．如图所示，Ti-Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的八面体面体空隙中，B错误； C．完全水解生成，根据电荷守恒和元素守恒可以写出离子方程式：，C正确； D．根据工艺流程与盐酸反应产物有Fe2+、TiO2+，据此离子方程式为：，D正确； 故选B。 【5题详解】 A．上述反应是放热的体积增大的反应，则△S＞0，故A错误； B．上述反应平衡常数，故B错误； C．及时分离，生成物浓度减小，反应速率减慢，不能加快反应达到平衡状态，故C错误； D．上述反应碳化合价升高，氯化合价降低，根据方程式分析转移4mol电子，生成2molCO，因此每生成1mol CO，转移电子的数目为，故D正确。 综上所述，答案为D。 【点睛】Ti-Fe储氢合金结构中体心的2个Fe原子和棱上的4个Ti原子形成1个八面体。 6. 煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用催化还原可消除氮氧化物的污染，热化学方程式为 。下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应的平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入量越多对空气污染程度越小 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应中，气体的化学计量数增加，反应的，A错误； B．反应的平衡常数，B错误； C．碳的化合价由-4变为+4，反应中消耗1mol CH4，转移电子8NA，即8×6.02×1023，C正确； D．适当增加CH4的量有利于平衡右移，消除NO2，减轻空气污染程度，但过量使用CH4时，产物二氧化碳会增加大气中温室气体浓度，造成空气污染，D错误； 故选C。 7. 实验是探究化学的重要途径，用如图实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙制备胶体 C. 用装置丙过滤得到氯化亚铁溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得无水氯化铁 【答案】A 【解析】 【详解】A．油脂在碱性环境下发生水解反应，升高温度，Na2CO3溶液的水解程度增大，溶液的碱性增强，因此热的纯碱溶液能够去除废铁屑表面的油污，故A正确； B．氯化铁与NaOH溶液反应生成的是红褐色的沉淀，要制备氢氧化铁胶体应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故B错误； C．过滤时需要用玻璃棒引流且漏斗下端应该紧靠玻璃杯内壁，故C错误； D．在蒸干氯化铁溶液的过程中，铁离子会发生水解反应，生成氢氧化铁[Fe(OH)3]和氯化氢，由于升高温度会促进HCl的挥发，从而使得水解反应向右进行，最终生成氢氧化铁，当氢氧化铁在灼烧时，会分解成氧化铁，不能获得无水氯化铁，故D错误； 故选A。 8. 目前锌铁液流电池是电化学储能的热点技术之一。某酸碱混合锌铁液流电池的两极电解质分别呈酸性和碱性，其工作原理如下图所示。下列有关说法正确的是 A. 放电时，电子从锌板电极经电解质溶液流向碳纸电极 B. 储能时，应将该电池的碳纸电极连接外接电源的正极 C. 放电时，每转移电子，中间腔室内的溶液中将减少 D. 放电时，锌板上发生的电极反应为： 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，放电时锌板为负极，Zn失电子发生氧化反应，碳纸为正极，Fe3+得电子发生还原反应，充电时锌板为阴极，得电子发生还原反应，碳纸为阳极，Fe2+失去电子发生氧化反应。 【详解】A．电子只能在导线中流动，不会经过电解质溶液，A错误； B．根据分析可知，充电时，碳纸为阳极与外接电源的正极相连，B正确； C．放电时，锌板为负极，碳纸为正极，每转移1mol电子，1molCl-从碳纸区透过阴离子交换膜进入中间腔室，Na+从锌板电极区透过阳离子转移交换膜进入中间腔室，中间腔室增加1molNaCl，C错误； D．放电时，锌板上发生的电极反应为Zn-2e-+4OH-=，D错误； 故选B。 9. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是 A. 阴极的电极反应式为 B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。 【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误； B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误； C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确； D.海水中离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误； 故选：C。 10. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 比较与大小 将固体用饱和溶液浸泡后，过滤，取滤渣向其中滴加稀盐酸，观察现象 B 检验粉与反应后的产物 取一定量粉，在加热条件通入少量反应，将固体混合物溶于水后充分搅拌，向溶液中滴加KSCN溶液，观察现象 C 比较与大小 测量的溶液的 D 验证浓硫酸有氧化性 将质量分数为70%的浓硫酸与混合，生成的气体通入品红溶液中，观察现象 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．将固体用饱和溶液浸泡，溶解电离产生Ca2+、，当Q(CaCO3)＞Ksp(CaCO3)时生成CaCO3沉淀，CaCO3可与盐酸反应生成CO2气体，故不能用于比较与的大小关系，故A错误； B．取一定量粉，在加热条件通入少量反应生成FeCl3，将固体混合物溶于水后充分搅拌，会发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，但不能说明粉与反应没有生成FeCl3，故B错误； C．室温下，测量的溶液的，若pH>7，溶液呈碱性，说明F-的水解程度小于的水解程度，由“越弱越水解”可知，>，若pH<7，溶液呈碱性，说明F-的水解程度大于的水解程度，由“越弱越水解”可知，<，故C正确； D．将质量分数为70%的浓硫酸与混合，生成的气体通入品红溶液中，品红褪色，说明生成了SO2，说明发生了反应：H2SO4+= SO2+H2O+Na2SO4，,该反应不是氧化还原反应，不能验证浓硫酸有氧化性，故D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下面小题。 哈伯法合成氨的反应原理为，新研制的催化剂可使该反应在常温、常压下进行，以氮气和氢气为反应物的燃料电池是利用氮气的一种新方法。 11. 下列有关哈伯法合成氨反应的说法正确的是 A. 若该反应能自发进行，则 B. 选用高效催化剂，可降低该反应的活化能 C. 其他条件不变，增大起始的比值，可提高的平衡转化率 D. 提高体系的压强可增大反应的化学平衡常数 12. 将上述合成氨反应设计成燃料电池，工作原理如图所示。其中溶有HCl的稀的A溶液为电解质。下列说法不正确的是 A. b电极为负极 B. a电极发生的反应为： C. A溶液中所含溶质为 D. 可用蒸发结晶法分离出A 【答案】11. B 12. D 【解析】 【详解】1、A．该反应为熵减的反应，若该反应能自发进行，则ΔH<0，A错误； B．催化剂可降低该反应的活化能，B正确； C．其它条件不变，增大起始n(N2):n(H2)的比值，氮气的浓度增大，平衡正向移动，但N2的平衡转化率减小，C错误； D．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，D错误； 故选B。 2、此电池总反应式是：N2+ 3H2+ 2HCl=2NH4Cl，a极为负极，N2在a极放电，b极为正极，H2在b极放电。 A．氢气的化合价升高，失去电子，根据原电池的工作原理，负极失去电子，化合价升高，因此b极为负极，发生氧化反应，A正确； B．环境是酸性环境，a电极为正极，发生的反应为，B正确； C．根据选项A中总电极反应式，分离出的A 为NH4C1，C正确； D．氯化铵受热易分解，不能用蒸发结晶的方法分离出A，应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离出A，故D错误； 故选D。 13. MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示(其中•OH是羟基自由基，•CHO是醛基自由基)，下列说法正确的是 A. 使用MnO2催化时，该反应的△H会发生变化 B. O为中间产物之一，与Na2O2中所含阴离子种类相同 C. 该反应的总反应化学方程式为HCHO+O2CO2+H2O D. 催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【分析】根据催化机理可以发现反应物为甲醛和氧气，产物为二氧化碳和水，以此解题。 【详解】A．催化剂不能改变反应热，△H不会发生变化，故A错误； B．反应过程没有加入O，O为中间产物，Na2O2中所含阴离子O，种类不相同，故B错误； C．根据如图的催化机理可知总反应为：HCHO+O2CO2+H2O，故C正确； D． 催化机理存在HCO与H+反应生成CO2的过程，这一步不是氧化还原反应，故D错误； 故答案为C。 14. 常温下，向10mL 0.1 溶液中滴入0.1的溶液，滴加过程中溶液中随滴入溶液体积变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1的溶液中： B. b点溶液中： C. a、b、c三点溶液中，b点水的电离程度最大 D. c点溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据质子守恒Na2S溶液中存在：，故A错误； B．b点纵坐标数值未知，不能确定Ksp(CuS)，故B错误； C．CuCl2、Na2S均能水解从而促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离平衡没有影响，水的电离程度最小的为b点，故C错误； D．由图可知，c点溶液为NaCl和Na2S溶液，根据原子守恒可知，n(Cl-)=10×0.1×2×10-3mol=2×10-3mol，n(Na+)=0.1×20×10-3×2mol=4×10-3mol，溶液中总的硫元素物质的量为n(S)= n(S2-)+ n(HS-) +n(H2S)= 0.1×(20-10)×10-3mol=1×10-3mol，，则c(Cl-)+ 2c (S2-)+ 2c (HS-) +2c (H2S)= c (Na+)，故，故D正确； 故选D。 15. 室温下用溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为，H2CO3电离平衡常数分别为，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。 下列说法正确的是 A. “沉淀时发生主要反应的离子方程式： B. 溶液中： C. “沉淀”分离后的滤液中： D. 溶液中： 【答案】A 【解析】 【分析】溶液吸收烟气中的SO2，生成，由于的小于的，所以与反应只能生成和，被通入的氧气氧化生成，从而获得石膏，据此回答。 【详解】A．由分析知H2SO3大于H2CO3的、小于H2CO3的，所以CaCO3与NaHSO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，A正确； B．电离平衡常数分别为电离常数为，的水解常数为，由于电离强于水解，故溶液中，B错误； C．“沉淀”分离后的滤液，仍是的饱和溶液，则，C错误； D．溶液中，依据电荷守恒可得出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，依据物料守恒可得出c(Na+)=2c(H2SO3)+2c()+2c()，则由二式可得出：，D错误； 故选A。 16. 通过反应Ⅰ：可以实现捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为Pa下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。主要反应有： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ的 B. 曲线①表示的物质的量分数随温度的变化 C. 一定温度下，增大的比值，可提高平衡转化率 D. 在Pa、250℃、起始条件下，使用高效催化剂，能使物质的量分数从X点达到Y点 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律分析，由反应Ⅱ： ，反应Ⅲ： ，Ⅱ+Ⅲ得反应Ⅰ：　，A错误； B．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数应该减小，故②为甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线，B错误； C一定温度下，增大的比值，可提高平衡转化率，C正确； D．催化剂能改变反应速率，不影响平衡，D错误； 故选C。 二、非选择题(共58分) 17. 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质。二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下： (1)第①步反应的化学方程式是___________________________________________________， 检验滤渣A是否洗净的方法是____________________________________________________。 (2)第②步反应的离子方程式是___________________________________________________。 (3)萃取是分离稀土元素的常用方法，化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来。实验室进行萃取操作需要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前需要进行的操作是________；TBP是一种磷酸三丁酯，产物应该从分液漏斗的________(填“上口倒出”或“下口倒出”)。 (4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.5 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定终点时(铈被还原为Ce3＋)，消耗20.00 mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为________(保留小数点后一位)。 【答案】 ①. Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O ②. 取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净 ③. 2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O ④. 检查是否漏液 ⑤. 上口倒出 ⑥. 83.2% 【解析】 【详解】（1）根据含有成分，Fe2O3为碱性氧化物，与HCl反应：Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，根据流程图CeO2残留在滤渣A中，CeO2不与盐酸反应；滤渣表面杂质为HCl和FeCl3等，因此检验滤渣是否洗净，需要检验Fe3＋是否存在即可，操作：取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；（2）滤液B中得到Ce3＋，废玻璃粉中CeO2中的Ce化合价为＋4价，CeO2为氧化剂，H2O2为还原剂，离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋4H2O＋O2↑；（3）分液漏斗使用时，先检验是否漏液；TBP为酯，是密度小于水且不溶与水的液体，分液后在上层，因此应从上口倒出；（4）根据得失电子数目守恒，因此有20×10－3×0.1×1=n[Ce(OH)4]×1，解得n[Ce(OH)4]=2×10－3mol，m[Ce(OH)4]=2×10－3×208g=0.416g，则该产品的质量分数为0.416/0.5×100%=83.2%。 【点睛】本题难点是滴定实验，涉及滴定实验计算时一般采用关系式法、得失电子数目守恒，如果涉及多个反应方程式，一般采用关系式法，如果涉及一个反应方程式，一般采用得失电子数目守恒，如本题最后一空，用得失电子数目守恒进行进行计算，即20×10－3×0.1×1=n[Ce(OH)4]×1，从而计算出质量分数。 18. 实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下： （1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有___________(答两点)。 （2）“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。 ①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 ②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为___________；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为___________。 ③实验采用真空泵持续抽气，稳定的气流有利于真空泵的使用。实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为___________。 （3）已知：①； ② ； ③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。 以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，___________，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1mol∙L-1 NaOH溶液、0.1mol∙L-1 BaCl2溶液、蒸馏水) 【答案】（1）加快搅拌速率、延长浸取时间 （2） ①. ②. 提高氨气吸收率，防止污染空气 ③. 增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好 ④. 反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流 （3）边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1mol∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol∙L-1 BaCl2溶液无明显现象 【解析】 【分析】以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3时，先将(NH4)2CO3溶液加入Cu(OH)2固体中进行浸取，得到Cu(NH3)2CO3溶液，再进行蒸氨，便可得到Cu2(OH)2CO3。 【小问1详解】 “浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，可通过增大接触时间、增大接触面积提高铜元素浸出率，具体方法有：加快搅拌速率、延长浸取时间。 【小问2详解】 ①三颈烧瓶中，通过蒸氨，Cu(NH3)2CO3转化为Cu2(OH)2CO3，同时生成二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为。 ②实验产生的氨气是大气污染物，需要进行处理，以防污染大气，则采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为提高氨气吸收率，防止污染空气；图中装置为一整体，不需另加导管，且密封性好，氨气与水的接触面积大，吸收效果好，则与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为：增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好。 ③在整个蒸氨过程中，溶液的浓度由大到小，实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，可控制气体的生成速率，则采用变温加热操作的原因为：反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流。 【小问3详解】 以CuSO4∙5H2O固体为原料制备纯净Cu(OH)2，若直接滴加NaOH，生成Cu(OH)2的速率过快，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质，若先将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，再转化为Cu(OH)2，可控制生成Cu(OH)2的速率，使Cu(OH)2缓慢生成，则实验方案为：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1mol∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol∙L-1 BaCl2溶液无明显现象，低温烘干。 【点睛】须使用的试剂：浓氨水，也暗示我们在设计实验方案时，应往CuSO4溶液中先加入氨水。 19. 烟气中含氮氧化物(主要是指和)，排放前需进行脱除。 （1）氧化性强于，能更有效地氧化NO。 _______ （2）一定压强下，将和按一定体积比通入容器中，发生如下反应：反应Ⅰ：；反应Ⅱ：，的平衡转化率及、的平衡体积分数随温度变化如图1所示。 平衡转化率先下降后升高的原因是_______；高于360℃，Y的平衡体积分数减小的幅度大于X的平衡体积分数增大的幅度的原因可能是_______。 （3）NO可用HClO有效脱除，过程中主要反应如下：，，，脱除烟气过程中可适当加入少量，其目的是_______。 （4）不同温度下溶液对脱除率的影响如图2所示。60∼80℃，NO脱除率下降的可能原因是_______。 【答案】（1）-284.2 （2） ①. 两个反应都是放热反应，升高温度，平衡都是逆向移动，的平衡转化率下降，当升高到一定温度时，还可能发生其他反应，例如与NO2生成N2O5，使的平衡转化率升高 ②. 将NO2氧化为更高价态的氧化物（N2O5） （3）与NO、HNO2反应，提高NO的脱除率 （4）溶液对脱除过程中生成的HClO受热或见光分解，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力下降 【解析】 【小问1详解】 由三个热化学方程式及盖斯定律得2-=+114kJ·mol-1=-284.2kJ·mol-1； 【小问2详解】 两个反应都是放热反应，升高温度，平衡都是逆向移动，则NO2的平衡体积分数减小，NO的平衡体积分数增大，即X、Y分别表示NO、NO2，如果只发生这两个反应，升高温度，的平衡转化率只能下降，因此升高到一定温度时，还会发生其他反应，即的平衡转化率先下降后升高的原因是两个反应都是放热反应，升高温度，平衡都是逆向移动，的平衡转化率下降，当升高到一定温度时，还可能发生其他反应，例如与NO2生成N2O5，使的平衡转化率升高；高于360℃，如果只发生这两个反应，则NO2的平衡体积分数减小的幅度等于NO的平衡体积分数增大的幅度，原因可能是：高于360℃时，将NO2氧化为更高价态的氧化物（N2O5）； 【小问3详解】 因为O2能与NO反应生成NO2，同时O2能氧化HNO2，因此烟气中含有少量能提高NO的脱除率； 【小问4详解】 60∼80℃，溶液对脱除过程中生成的HClO受热或见光易发生分解生成HCl和O2，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力下降。 20. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 （1）沉淀法。用如图装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。 ①上图装置中阳极材料为___________，发生的电极反应方程式为___________。 ②随着pH增大，出口处硫转化为FeS的沉淀率反而下降，可能的原因是___________。 （2）氧化法。H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 ①H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如图所示。当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S的生成率越低，试解释可能的原因：___________。 ②催化氧化法：MnO聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。 a．整个反应过程中，氧化剂是___________。 b．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，其原因可能是____________。 c．从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是___________。 【答案】（1） ①. Fe ②. Fe-2e-=Fe2+ ③. 随着pH的增大，Fe2+可能转化为Fe(OH)2沉淀，生成FeS沉淀的量减少 （2） ①. H2O2将-2价的硫氧化成更高价态的易溶于水的含硫物质，如 ②. O2 ③. 生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减小了催化剂与废水反应的接触面积 ④. 催化氧化速率更大，除硫效率更高；以空气作氧化剂比H2O2更经济 【解析】 【小问1详解】 ①因为沉淀法是将S2-转化为FeS沉淀，所以阳极材料为Fe，阳极电极反应式为； ②随着pH的增大， 废水中OH-浓度越高，Fe2+会结合OH-转化为Fe(OH)2沉淀，导致Fe2+浓度越小，废水中S2-与Fe2+结合FeS沉淀的硫的量越少； 【小问2详解】 ①当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，原因是硫元素被氧化成更高价态； ②a整个反应过程中，氧气中氧元素化合价降低，被还原，作氧化剂； b催化剂使用一段时间后催化效率会下降，由处理的方法是用氯仿(CHCl3)浸取催化剂，再干燥可知，可能原因为生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积； c从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是：催化氧化速率更大，除硫效率更高；以空气作氧化剂比H2O2更经济实惠。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$