精品解析：江苏省2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题

A卷 绝密★启用前 江苏省2023~2024学年高二上学期期末迎考卷 化学 注意事项： 1.本试卷100分，考试用时75分钟。 2.答题前，考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 C1-35.5 Cu-64 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 2023年11月15日，中美两国发表关于加强合作应对气候危机的阳光之乡声明。下列燃料的使用符合该声明的是 A. CH4 B. H2 C. C4H10 D. C2H5OH 2. 反应制备水合肼。下列有关说法正确的是 A. 的电子式为 B. 氯离子的结构示意图为 C. 中存在离子键和共价键 D. 分子中含有氮氮双键 3. 实验室制取Cl2并验证其部分性质，实验原理及装置均正确的是 A. 用装置甲制备氯气 B. 用装置乙收集氯气 C. 用装置丙测氯水的pH D. 用装置丁吸收尾气 4. 元素位于元素周期表中ⅥA族。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 热稳定性： D. 在元素周期表中Te附近寻找半导体材料 阅读下列材料，完成下面小题： 氮族和碳族元素的单质及其化合物在研究和生产中有着广泛的应用。NaNO2是一种重要的化工原料，有毒，NaNO2也是一种食品添加剂，使用时须严格控制用量。HNO2有强氧化性；砷化镓(GaAs)是当前最重要，技术成熟度比较高的半导体材料之一，我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。 5. 下列说法不正确的是 A. NaNO2有毒，不能作食品添加剂 B. 常温下N2的化学性质稳定，可用作粮食的保护气 C. 二氧化硅导光性好，可用作光导纤维 D. 硅、砷、砷化镓(GaAs)均可作半导体材料 6. 下列说法正确的是 A. 溶解性：CH4＞NH3 B. 电负性：N＞O＞C C. 第一电离能：Se＞As D. C、N原子核外电子中未成对电子数之比为2：3 7. 碳、氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 雷雨发庄稼： B. 侯氏制碱法： C. 实验室快速制备少量 D. 汽车尾气处理： 8. 海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分流程如图所示。下列说法正确的是 A. 物质X选用NaOH B. 该流程图的步骤①中，蒸发浓缩、冷却结晶可得到无水MgCl2 C. 滤液中含有的主要离子有： D. 该流程图的步骤②反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2H+++2HBr 9. 晶体是制备某负载型活性铁催化剂的主要原料，某化学小组制备晶体步骤如下： ①称取5g莫尔盐，加入25mL水和几滴稀硫酸溶液充分溶解，再加入30mL饱和H2C2O4溶液，加热至沸，生成黄色沉淀； ②将沉淀洗涤至中性，加入15mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至35℃，边搅拌边缓慢滴加H2O2溶液，沉淀逐渐变为红褐色； ③将混合物煮沸35s，加入10mL饱和H2C2O4溶液，红褐色沉淀溶解。趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。 下列说法正确的是 A. 中元素的化合价为 B. 基态核外电子排布式为或 C. 步骤①发生反应的离子方程式： D. 步骤②可将水浴温度升高至以上，加快反应速率 10. 我国科学家在利用Ni和NiO催化电解水制氢气和氧气的研究上有重大突破，如图是通过计算机测得的部分电解机理图。吸附在催化剂表面的物质带“*”。下列叙述正确的是 A. 该过程中Ni催化时反应速率较快 B. 该过程中NiO作催化剂时吸热更多 C. 决速步骤为 D. 加入更高效的催化剂可使反应的焓变减小 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向Na2SiO3溶液中滴入盐酸，出现白色凝胶 说明非金属性：Cl＞Si B 常温下，用pH计分别测定等体积的1.0mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH 探究浓度对水解平衡的影响 C 向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KI溶液，沉淀颜色变为黄色 说明溶度积： Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) D 用pH计测量等物质的量浓度的NaNO2、NaClO的pH，后者的pH更大 说明酸性：HNO2＞HClO A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，用含有少量Mg2+的MnSO4的溶液制备MnCO3的过程如图所示[已知：，，]。下列说法正确的是 A. 0.1mol/LNaF溶液中： B. NaHCO3溶液中： C. 沉镁后溶液中存在： D. “沉锰”分离后的滤液中： 13. 甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 向容积为2L的恒容密闭容器中通入5.0molCH3OH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)。下列说法不正确的是 A. 的 B. 曲线b代表的是CH3OH的转化率 C. 580K时，HCOOCH3的产量为1mol D. 高于580K时，随着温度升高，值变大 二、非选择题：共4题，共计61分。 14. K2FeO4是高效、绿色的水处理剂，紫色的K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在0~5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。湿法制备K2FeO4流程图如下： （1）制备 Na2FeO4时，NaOH和NaClO混合溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为_______。 （2）发生“氧化”反应的离子方程式为_______。 （3）加入饱和KOH溶液“转化”能够实现的原因为_______。 （4）在水溶液中的存在形态图如图所示。若向pH=9的这种溶液中加硫酸至pH=4，浓度如何变化：_______。 （5）高铁酸钾(K2FeO4)可用于氨氮处理。氧化剂的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。用K2FeO4氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的减小，氨氮去除率减小，氧化时间明显缩短的原因是_______。 （6）用K2FeO4净水的原理如图所示，该净水原理可描述为_______。 15. 第四周期过渡元素可与形成多种化合物。方钴矿化合物是典型的热电材料，在环境污染和能源危机日益严重的今天，进行新型热电材料的研究具有很强的现实意义。元素的电离能的数据如下： 元素 717 1509 3248 4940 462.5 1561.9 2957 5290 760.4 1648 3232 4950 （1）基态Co原子的价层电子排布式为_______，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是_______。 （2）合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨溶液处理，目的是除去其中的CO，其反应为。 ①该反应中涉及的非金属元素中第一电离能最大的是_______(填元素符号，下同)，未成对电子数最多的元素是_______。 ②Cu+核外有_______种运动状态不同的电子。 （3）Sb是第五周期ⅤA族元素，其同族元素可用于研制农药，例如3，5-二氯苯胺是农用杀菌剂的关键中间体，可由如图方法合成。 ①化合物甲中O、N、C、H的电负性由小到大的顺序为_______。 ②化合物乙中N原子轨道表示式为_______。 ③Sb外围电子排布式为_______。 ④基态O2-核外电子云的伸展方向有_______种；Cu2+核外有_______个能级。 16. 硫的污染包括大气中的SO2、H2S及水体中的，工业上常用微生物法、吸收法、电解法、沉淀法等消除硫引起的污染。 （1）微生物法脱硫：富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生CH4、H2等物质，可将废水中还原为H2S，同时用空气将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。 ①CH4与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为_______。 ②用空气将H2S从水中吹出时，收集到的H2S小于理论值，其原因可能是_______。 （2）吸收法脱硫：“亚硫酸铵吸收法”用(NH4)2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为，测得25℃时溶液pH与含S(Ⅳ)微粒物质的量分数的变化关系如图所示。 由题干溶液pH与含S(Ⅳ)微粒物质的量分数的变化关系图可知，pH=2时H2SO3和的浓度相等，则有Ka1(H2SO3)==10-2，同理当pH=7时，和的浓度相等，则有Ka2(H2SO3)= =10-7，据此分析解题： ①Ka2(H2SO3)=_______。 ②pH=3的溶液中，_______。 （3）电解法脱硫：用NaOH溶液吸收SO2后，所得NaHSO3溶液经电解后可制取Na2S2O4溶液，反应装置如图所示。电解时的阳极反应式为_______，H+的移动方向为_______(“从左到右”或“从右到左”)。 （4）膜吸收法：硫化氢(H2S)是一种剧毒、恶臭、具有腐蚀性的气体。直接分解H2S同时回收氢和硫以取代克劳斯工艺是一条既能处理H2S废气又能回收无COx的氢资源的理想途径。然而，热分解法处理H2S[H2S(g)⇌H2(g)+S(g)]，H2S转化率最高只达12.4%，科学家发现MoS2可以催化H2S分解，在其他条件不变的情况下使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置进行H2S分解，H2S转化率达到96.5%。多孔陶瓷膜的作用是_______。 （5）沉淀法：向含有NaHS废水中加入适量FeSO4溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。pH降低的原因：_______。 17. CxHy、NOx、CO、CO2、SO2及固体颗粒物等会引起光化学烟雾、温室效应等，将污染物资源化是治理污染的一种有效途径。 Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. （1）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______(填字母)。 A. 增大CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ的正反应速率都增加 B. 加入更高效的催化剂，可提高CH3OH的平衡产率 C. 缩小体积增大压强可提高H2的转化率 D. 将CH3OH液化分离出可使正反应速率增大，平衡正向移动 （2）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的对数随反应温度的变化曲线如图所示，曲线③为反应_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)；结合各反应的，归纳曲线变化规律：_______(任意一条)。 （3）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO、NO以一定流速通过两种不同的催化剂进行反应，测定尾气脱氮率(脱氮率即NO转化率)，结果如图所示，温度在450~550℃，曲线Ⅱ中脱氮率随温度升高变化不明显的主要原因可能是_______。 （4）用电化学方法还原CO2将其转化为其他化学产品可以实现对CO2的综合利用。如图是在酸性条件下电化学还原CO2的装置示意图： 已知：法拉第效率(FE)的定义：。控制pH=1、电解液中存在KCl时，电化学还原CO2过程中CH4(其他含碳产物未标出)和H2的法拉第效率变化如图所示。 ①写出阳极产生O2电极反应式：_______。 ②结合上图的变化规律，推测KCl可能的作用是_______。 ③c(KCl)=3.0mol/L时，22.4L(标准状况，下同)的CO2被完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体4.48L(不考虑水蒸气)，则FE(C2H4)=_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ A卷 绝密★启用前 江苏省2023~2024学年高二上学期期末迎考卷 化学 注意事项： 1.本试卷100分，考试用时75分钟。 2.答题前，考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 C1-35.5 Cu-64 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 2023年11月15日，中美两国发表关于加强合作应对气候危机的阳光之乡声明。下列燃料的使用符合该声明的是 A. CH4 B. H2 C. C4H10 D. C2H5OH 【答案】B 【解析】 【分析】中美两国发表关于加强合作应对气候危机的阳光之乡声明的主旨为：节能减排，共同面对能源危机和全球气候变暖，据此解题： 【详解】A．CH4燃烧生成CO2和H2O，有温室气体CO2排放，A不合题意； B．H2燃烧产物为H2O，无温室气体CO2排放，也无气体污染性气体排放，B符合题意； C．C4H10燃烧生成CO2和H2O，有温室气体CO2排放，C不合题意； D．C2H5OH燃烧生成CO2和H2O，有温室气体CO2排放，D不合题意； 故答案为：B。 2. 反应制备水合肼。下列有关说法正确的是 A. 的电子式为 B. 氯离子的结构示意图为 C. 中存在离子键和共价键 D. 分子中含有氮氮双键 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O的电子式为，A项错误； B．氯原子的原子序数为17，最外层电子数为7容易得到1个电子变为稳定结构，则Cl−的结构示意图：，B项错误； C．NaOH可电离出Na+和OH−，存在离子键，OH−内存在共价键，C项正确； D．N的原子序数为7，最外层电子数为5，则N2H4的结构式为，不含氮氮双键，D项错误； 故选C。 3. 实验室制取Cl2并验证其部分性质，实验原理及装置均正确的是 A. 用装置甲制备氯气 B. 用装置乙收集氯气 C. 用装置丙测氯水的pH D. 用装置丁吸收尾气 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置甲中缺少酒精灯，不能用于制备氯气，A不符合题意； B．Cl2的密度比空气的大，应该用向上排空气法收集，即可以用装置乙收集氯气，B符合题意； C．氯水具有漂白性，能够漂白pH试纸，故不能用pH试纸测氯水的pH，应该用pH计进行测量，C不符合题意； D．氯气的尾气可用碱液吸收，不能用水吸收，氯气在饱和食盐水中的溶解度更小，故更不能用饱和食盐水来吸收多余的氯气，D不符合题意； 故选B。 4. 元素位于元素周期表中ⅥA族。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 热稳定性： D. 在元素周期表中Te附近寻找半导体材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知同一主族从上往下原子半径依次增大，即原子半径：，A错误； B．已知同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小，即第一电离能：，B错误； C．已知同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，故热稳定性：，C错误； D．已知在元素周期表中金属与非金属的分界线上寻找制半导体的元素，故可在元素周期表中Te附近寻找半导体材料，D正确； 故答案为：D。 阅读下列材料，完成下面小题： 氮族和碳族元素的单质及其化合物在研究和生产中有着广泛的应用。NaNO2是一种重要的化工原料，有毒，NaNO2也是一种食品添加剂，使用时须严格控制用量。HNO2有强氧化性；砷化镓(GaAs)是当前最重要，技术成熟度比较高的半导体材料之一，我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。 5. 下列说法不正确的是 A. NaNO2有毒，不能作食品添加剂 B. 常温下N2的化学性质稳定，可用作粮食的保护气 C. 二氧化硅导光性好，可用作光导纤维 D. 硅、砷、砷化镓(GaAs)均可作半导体材料 6. 下列说法正确的是 A. 溶解性：CH4＞NH3 B. 电负性：N＞O＞C C. 第一电离能：Se＞As D. C、N原子核外电子中未成对电子数之比为2：3 7. 碳、氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 雷雨发庄稼： B. 侯氏制碱法： C. 实验室快速制备少量 D. 汽车尾气处理： 【答案】5. A 6. D 7. C 【解析】 【5题详解】 A．NaNO2虽然有毒，但也是一种食品添加剂，使用时须严格控制用量，A错误； B．常温下N2的化学性质稳定，可用作粮食的保护气，B正确； C．光在二氧化硅晶体中能够全反射，故二氧化硅导光性好，可用作光导纤维，C正确； D．由题干信息可知，硅是良好的半导体材料，砷、砷化镓(GaAs)均可作半导体材料，D正确； 故答案为：A； 【6题详解】 A．已知CH4为非极性分子，NH3和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理可知，NH3在水中的溶解度比CH4大，且NH3与H2O分子间能够形成氢键，则溶解性：CH4＜NH3，A错误； B．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强可知，电负性：O＞N＞C，B错误； C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA与ⅥA反常可知，第一电离能：Se＜As，C错误； D．已知C为6号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p2，核外有2个未成对电子，N为7号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p3，核外有3个未成对电子，则C、N原子核外电子中未成对电子数之比为2：3，D正确； 故答案为：D； 【7题详解】 A．空气中的N2和O2在打放电作用下生成NO，NO与H2O不反应，A错误； B．侯氏制碱法的反应方程式为：NaCl+H2O+NH3+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，即不能直接生成Na2CO3，B错误； C．已知浓氨水受热易分解，故实验室可直接加热浓氨水的方法来快速制备少量NH3，方程式为：，C正确； D．汽车尾气处理是将CO和NO转化为无毒无害的N2和CO2，故反应方程式为：，D错误； 故答案为：C。 8. 海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分流程如图所示。下列说法正确的是 A. 物质X选用NaOH B. 该流程图的步骤①中，蒸发浓缩、冷却结晶可得到无水MgCl2 C. 滤液中含有的主要离子有： D. 该流程图的步骤②反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2H+++2HBr 【答案】C 【解析】 【分析】由题干流程图可知，向苦卤(含有NaBr、MgCl2)加入物质X转化为Mg(OH)2沉淀，故X选用为CaO，然后进行操作1即过滤，得到Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸转化为MgCl2溶液，进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，即可得到MgCl2•6H2O，向滤液中加入Cl2将Br-转化为Br2，然后用热空气将其吹入SO2水溶液中进行吸收，原理为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，据此分析解题。 【详解】A．工业生产中用量大，考虑成本，物质X选用CaO，A错误； B．由分析可知，该流程图的步骤①中，蒸发浓缩、冷却结晶可得到MgCl2•6H2O，然后下HCl的气流中灼烧MgCl2•6H2O才能制得无水MgCl2，B错误； C．加入生石灰，过滤得沉淀氢氧化镁，滤液中含有的主要离子有：、Ca2+和，C正确； D．由分析可知，该流程图的步骤②反应的方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故其离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+++2Br-，D错误； 故答案为：C。 9. 晶体是制备某负载型活性铁催化剂的主要原料，某化学小组制备晶体步骤如下： ①称取5g莫尔盐，加入25mL水和几滴稀硫酸溶液充分溶解，再加入30mL饱和H2C2O4溶液，加热至沸，生成黄色沉淀； ②将沉淀洗涤至中性，加入15mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至35℃，边搅拌边缓慢滴加H2O2溶液，沉淀逐渐变为红褐色； ③将混合物煮沸35s，加入10mL饱和H2C2O4溶液，红褐色沉淀溶解。趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。 下列说法正确的是 A. 中元素的化合价为 B. 基态核外电子排布式为或 C. 步骤①发生反应的离子方程式： D. 步骤②可将水浴温度升高至以上，加快反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知中含有，则其中元素的化合价为+3，A错误； B．已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，故基态核外电子排布式为或，B正确； C．已知H2C2O4为弱酸，离子方程式书写时不能拆，故步骤①发生反应的离子方程式为：，C错误； D．由题干信息可知，步骤②中使用的H2O2，在高温下分解速度加快，可将水浴温度升高至以上，由于H2O2分解速率过快，可能导致反应速率减慢，D错误； 故答案为：B。 10. 我国科学家在利用Ni和NiO催化电解水制氢气和氧气的研究上有重大突破，如图是通过计算机测得的部分电解机理图。吸附在催化剂表面的物质带“*”。下列叙述正确的是 A. 该过程中Ni催化时反应速率较快 B. 该过程中NiO作催化剂时吸热更多 C. 决速步骤为 D. 加入更高效的催化剂可使反应的焓变减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．从决速步骤来判断活化能，该过程中NiO催化时反应速率较快，A错误； B．催化剂只影响反应速率，不影响反应热的大小，则该过程中Ni和NiO作催化剂时吸热相同，B错误； C．由题干反应历程图可知，该反应的决速步骤即活化能最高的为，C正确； D．催化剂只能改变反应所需要的活化能，不改变反应的始态和终态，故加入更高效的催化剂，反应的焓变不变，D错误； 故答案为：C。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向Na2SiO3溶液中滴入盐酸，出现白色凝胶 说明非金属性：Cl＞Si B 常温下，用pH计分别测定等体积的1.0mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH 探究浓度对水解平衡的影响 C 向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量KI溶液，沉淀颜色变为黄色 说明溶度积： Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) D 用pH计测量等物质的量浓度的NaNO2、NaClO的pH，后者的pH更大 说明酸性：HNO2＞HClO A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据HCl、H2SiO3的酸性强弱判断Cl、Si元素的非金属性强弱，A不合题意； B．由于CH3COO-和铵根离子的水解平衡常数相同，故CH3COONH4溶液为中性，则不能通过测量不同浓度CH3COONH4溶液的pH的方法离子探究浓度对水解平衡的影响，B不合题意； C．AgNO3与少量KI溶液反应生成黄色沉淀，黄色沉淀掩盖了白色沉淀AgCl，故不一定发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，C不合题意； D．用pH计测量等物质的量浓度的NaNO2、NaClO的pH，后者的pH更大，说明ClO-的水解程度不，根据越弱越水解的水解规律可知，酸性：HNO2＞HClO，D符合题意； 故答案为：D。 12. 室温下，用含有少量Mg2+的MnSO4的溶液制备MnCO3的过程如图所示[已知：，，]。下列说法正确的是 A. 0.1mol/LNaF溶液中： B. NaHCO3溶液中： C. 沉镁后溶液中存在： D. “沉锰”分离后的滤液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据电荷守恒可得：c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+)，由质子守恒可知，c(OH-)=c(HF)+c(H+)，即c(OH-)≠c(HF)，A错误； B．由题干数据可知，的水解平衡常数为Kh2==＞Ka2(H2CO3)，即的水解大于电离，故NaHCO3溶液中：，B错误； C．“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2F-)，故，C正确； D．“沉锰”后的滤液中还存在、、、Mn2+等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误； 故答案为：C。 13. 甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 向容积为2L的恒容密闭容器中通入5.0molCH3OH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)。下列说法不正确的是 A. 的 B. 曲线b代表的是CH3OH的转化率 C. 580K时，HCOOCH3的产量为1mol D. 高于580K时，随着温度升高，值变大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律可知该反应可由反应Ⅰ-2×反应Ⅱ得到，ΔH=ΔH1-2ΔH2 =(+135.4kJ•mol-1)-2×(+106kJ•mol-1)=-76.6kJ•mol-1，A正确； 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，甲醇的转化率增大，即曲线b代表的是CH3OH的转化率，a代表HCOOCH3的选择性随温度变化，B正确； C．580 K时，甲醇的转化率为20%，HCOOCH3的选择性为50%，5.0 molCH3OH中反应消耗1.0mol，其中0.5mol转化为甲酸甲酯，根据反应I物质的量关系可知甲酸甲酯的产量为0.25mol，C错误； D．由图可知，高于580 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，故高于580K时，随着温度升高，值变大，D正确； 故答案为：C。 二、非选择题：共4题，共计61分。 14. K2FeO4是高效、绿色的水处理剂，紫色的K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在0~5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。湿法制备K2FeO4流程图如下： （1）制备 Na2FeO4时，NaOH和NaClO混合溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为_______。 （2）发生“氧化”反应的离子方程式为_______。 （3）加入饱和KOH溶液“转化”能够实现的原因为_______。 （4）在水溶液中的存在形态图如图所示。若向pH=9的这种溶液中加硫酸至pH=4，浓度如何变化：_______。 （5）高铁酸钾(K2FeO4)可用于氨氮处理。氧化剂的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。用K2FeO4氧化含氨氮废水，其他条件相同时，废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时，随着pH的减小，氨氮去除率减小，氧化时间明显缩短的原因是_______。 （6）用K2FeO4净水的原理如图所示，该净水原理可描述为_______。 【答案】（1）将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴入NaOH和NaClO混合溶液中并不断搅拌 （2）2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O （3）K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4 （4）先变大，后变小 （5）随着pH的减小K2FeO4的稳定性减弱，利用率减小，氨氮去除率低；但H+浓度增大，氧化性增强，氧化时间缩短 （6）高铁酸钠具有强氧化性，将活细菌杀死变为灭活细菌，同时自己被还原为Fe3+，Fe3+可水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够吸附河水中的悬浮物，即可可达到净水的目的 【解析】 【分析】本题为实验室制备K2FeO4的探究题，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到NaOH和NaClO混合溶液中，充分搅拌充分反应后生成Na2FeO4和NaCl、H2O，向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH即可得到K2FeO4，过滤并用乙醇溶液洗涤，低温干燥后即可得到K2FeO4，然后探究K2FeO4的性质和用途，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干信息可知，K2FeO4在0~5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，故制备Na2FeO4时，NaOH和NaClO混合溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴入NaOH和NaClO混合溶液中并不断搅拌，故答案为：将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴入NaOH和NaClO混合溶液中并不断搅拌； 【小问2详解】 由题干流程图可知，发生“氧化”反应即Fe(NO3)3饱和溶液和NaOH、NaClO混合溶液反应生成Na2FeO4、NaCl和H2O，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O； 【小问3详解】 加入KOH饱和溶液，能将溶液中的Na2FeO4转化为K2FeO4悬浊液，说明K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故答案为：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4； 【小问4详解】 根据图象知，随着溶液碱性的增强，的分布分数先增大后减小，即的浓度先增大后减小，故答案为：先变大，后变小； 【小问5详解】 用K2FeO4氧化含氨氮废水，说明K2FeO4具有强氧化性，氧化性受溶液中的H+浓度影响较大，随着pH的减小K2FeO4的稳定性减弱，利用率减小，氨氮去除率低；但H+浓度增大，氧化性增强，氧化时间缩短，故答案为：随着pH的减小K2FeO4的稳定性减弱，利用率减小，氨氮去除率低；但H+浓度增大，氧化性增强，氧化时间缩短； 【小问6详解】 由题干反应流程图可知，高铁酸钠具有强氧化性，将活细菌杀死变为灭活细菌，同时自己被还原为Fe3+，Fe3+可水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够吸附河水中的悬浮物，即可可达到净水的目的，故答案为：高铁酸钠具有强氧化性，将活细菌杀死变为灭活细菌，同时自己被还原为Fe3+，Fe3+可水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够吸附河水中的悬浮物，即可可达到净水的目的。 15. 第四周期过渡元素可与形成多种化合物。方钴矿化合物是典型的热电材料，在环境污染和能源危机日益严重的今天，进行新型热电材料的研究具有很强的现实意义。元素的电离能的数据如下： 元素 717 1509 3248 4940 462.5 1561.9 2957 5290 760.4 1648 3232 4950 （1）基态Co原子的价层电子排布式为_______，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是_______。 （2）合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨溶液处理，目的是除去其中的CO，其反应为。 ①该反应中涉及的非金属元素中第一电离能最大的是_______(填元素符号，下同)，未成对电子数最多的元素是_______。 ②Cu+核外有_______种运动状态不同的电子。 （3）Sb是第五周期ⅤA族元素，其同族元素可用于研制农药，例如3，5-二氯苯胺是农用杀菌剂的关键中间体，可由如图方法合成。 ①化合物甲中O、N、C、H的电负性由小到大的顺序为_______。 ②化合物乙中N原子轨道表示式为_______。 ③Sb外围电子排布式为_______。 ④基态O2-核外电子云的伸展方向有_______种；Cu2+核外有_______个能级。 【答案】（1） ①. 3d74s2 ②. Mn2+的价电子排布为3d5半满的稳定结构，再失去一个电子需要的能量高，所以Fe2+再失去一个电子为3d6上不稳定结构的电子，则比Mn2+容易 （2） ①. N ②. N ③. 28 （3） ①. H＜C＜N＜O ②. ③. 5s25p3 ④. 5 ⑤. 6 【解析】 【小问1详解】 已知Co是27号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，则基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是Mn2+的价电子排布为3d5半满的稳定结构，再失去一个电子需要的能量高，所以Fe2+再失去一个电子为3d6上不稳定结构的电子，则比Mn2+容易，故答案为：3d74s2；Mn2+的价电子排布为3d5半满的稳定结构，再失去一个电子需要的能量高，所以Fe2+再失去一个电子为3d6上不稳定结构的电子，则比Mn2+容易； 【小问2详解】 ①由题干信息可知，该反应中涉及的非金属元素H、C、N、O四种，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常可知，其中第一电离能最大的是N，H、C、N、O四种元素的核外未成对电子数依次为1、2、3、2，则未成对电子数最多的元素是N，故答案为：N；N； ②已知Cu是29号元素，根据鲍利原理可知，Cu+核外有28种运动状态不同的电子，故答案为：28； 【小问3详解】 ①根据同一周期从左往右元素电负性依次增强，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，化合物甲中O、N、C、H的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O； ②N原子核外有7个电子，分2层排布，原子的轨道表示式：，故答案为：； ③由题干信息可知，Sb是第五周期ⅤA族元素，则Sb外围电子排布式为5s25p3，故答案为：5s25p3； ④基态O2-核外电子云的伸展方向有1s、2s、2px、2py、2pz等5种；Cu是29号元素，故Cu2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，则其核外有6个能级，故答案为：5；6。 16. 硫的污染包括大气中的SO2、H2S及水体中的，工业上常用微生物法、吸收法、电解法、沉淀法等消除硫引起的污染。 （1）微生物法脱硫：富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生CH4、H2等物质，可将废水中还原为H2S，同时用空气将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。 ①CH4与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为_______。 ②用空气将H2S从水中吹出时，收集到的H2S小于理论值，其原因可能是_______。 （2）吸收法脱硫：“亚硫酸铵吸收法”用(NH4)2SO3溶液在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为，测得25℃时溶液pH与含S(Ⅳ)微粒物质的量分数的变化关系如图所示。 由题干溶液pH与含S(Ⅳ)微粒物质的量分数的变化关系图可知，pH=2时H2SO3和的浓度相等，则有Ka1(H2SO3)==10-2，同理当pH=7时，和的浓度相等，则有Ka2(H2SO3)= =10-7，据此分析解题： ①Ka2(H2SO3)=_______。 ②pH=3的溶液中，_______。 （3）电解法脱硫：用NaOH溶液吸收SO2后，所得NaHSO3溶液经电解后可制取Na2S2O4溶液，反应装置如图所示。电解时的阳极反应式为_______，H+的移动方向为_______(“从左到右”或“从右到左”)。 （4）膜吸收法：硫化氢(H2S)是一种剧毒、恶臭、具有腐蚀性的气体。直接分解H2S同时回收氢和硫以取代克劳斯工艺是一条既能处理H2S废气又能回收无COx的氢资源的理想途径。然而，热分解法处理H2S[H2S(g)⇌H2(g)+S(g)]，H2S转化率最高只达12.4%，科学家发现MoS2可以催化H2S分解，在其他条件不变的情况下使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置进行H2S分解，H2S转化率达到96.5%。多孔陶瓷膜的作用是_______。 （5）沉淀法：向含有NaHS废水中加入适量FeSO4溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。pH降低的原因：_______。 【答案】（1） ①. CH4++2H+CO2+H2S+2H2O ②. H2S能被空气中的O2氧化生成S，且H2S能溶于水 （2） ①. 10-7 ②. 10-3 （3） ①. SO2-2e-+2H2O=4H++ ②. 从左到右 （4）使用多孔陶瓷增，允许氢气通过，减少生成物的浓度，促使平衡正向移动，硫化氢的转化率提高 （5）NaHS溶液中存在平衡HS-⇌H++S2-，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应Fe2++S2-=FeS↓，使平衡HS-⇌H++S2-正向移动，c(H+)增大，pH降低 【解析】 【小问1详解】 ①CH4与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为：CH4++2H+CO2+H2S+2H2O，故答案为：CH4++2H+CO2+H2S+2H2O； ②由于H2S能被空气中的O2氧化生成S，而且H2S能溶于水，故用空气将H2S从水中吹出时，收集到的H2S小于理论值，故答案为：H2S能被空气中的O2氧化生成S，且H2S能溶于水； 【小问2详解】 由题干溶液pH与含S(Ⅳ)微粒物质的量分数的变化关系图可知，pH=2时H2SO3和的浓度相等，则有Ka1(H2SO3)==10-2，同理当pH=7时，和的浓度相等，则有Ka2(H2SO3)= =10-7，据此分析解题： ①由分析可知，Ka2(H2SO3)=10-7，故答案为：10-7； ②由分析可知，Ka1(H2SO3)=10-2，Ka2(H2SO3)=10-7，则有Ka1Ka2=，则有pH=3的溶液中，==10-3，故答案为：10-3； 【小问3详解】 由题干电解池装置信息可知，电极A将SO2转化为H2SO4，S的化合价升高，发生氧化反应，故A电极为阳极，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++，电极B为阴极，发生还原反应，电极反应为：2+2e-+2H+=+2H2O，H+经过质子交换膜由电极A移向电极B，即H+经过质子交换膜从左到右移动，故答案为：SO2-2e-+2H2O=4H++；从左到右； 【小问4详解】 使用多孔陶瓷增大硫化氢与催化剂的接触面积，加快了反应速率，但催化剂不能提高H2S转化率，主要是因为多孔陶瓷允许氢气通过，减少生成物的浓度，促使平衡正向移动，硫化氢的转化率提高，故答案为：使用多孔陶瓷增，允许氢气通过，减少生成物的浓度，促使平衡正向移动，硫化氢的转化率提高； 【小问5详解】 NaHS溶液中存在平衡HS-⇌H++S2-，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应Fe2++S2-=FeS↓，使平衡HS-⇌H++S2-正向移动，c(H+)增大，pH降低，故答案为：NaHS溶液中存在平衡HS-⇌H++S2-，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应Fe2++S2-=FeS↓，使平衡HS-⇌H++S2-正向移动，c(H+)增大，pH降低。 17. CxHy、NOx、CO、CO2、SO2及固体颗粒物等会引起光化学烟雾、温室效应等，将污染物资源化是治理污染的一种有效途径。 Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. （1）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______(填字母)。 A. 增大CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ的正反应速率都增加 B. 加入更高效的催化剂，可提高CH3OH的平衡产率 C. 缩小体积增大压强可提高H2的转化率 D. 将CH3OH液化分离出可使正反应速率增大，平衡正向移动 （2）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的对数随反应温度的变化曲线如图所示，曲线③为反应_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)；结合各反应的，归纳曲线变化规律：_______(任意一条)。 （3）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO、NO以一定流速通过两种不同的催化剂进行反应，测定尾气脱氮率(脱氮率即NO转化率)，结果如图所示，温度在450~550℃，曲线Ⅱ中脱氮率随温度升高变化不明显的主要原因可能是_______。 （4）用电化学方法还原CO2将其转化为其他化学产品可以实现对CO2的综合利用。如图是在酸性条件下电化学还原CO2的装置示意图： 已知：法拉第效率(FE)的定义：。控制pH=1、电解液中存在KCl时，电化学还原CO2过程中CH4(其他含碳产物未标出)和H2的法拉第效率变化如图所示。 ①写出阳极产生O2电极反应式：_______。 ②结合上图的变化规律，推测KCl可能的作用是_______。 ③c(KCl)=3.0mol/L时，22.4L(标准状况，下同)的CO2被完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体4.48L(不考虑水蒸气)，则FE(C2H4)=_______。 【答案】（1）AC （2） ①. Ⅲ ②. 放热反应，lgK随T增大而减小或吸热反应，lgK随T增大而增大或焓变越大，lgK随T的变化程度越大 （3）温度在450~550℃，催化剂的活性随温度升高而减弱，但温度升高反应速率加快，二者相互抵消，导致脱氮率基本不变 （4） ①. 2H2O-4e-= 4H++O2↑ ②. KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性) ③. 60% 【解析】 【小问1详解】 A．由题干信息可知，CO2为反应Ⅱ、Ⅲ的反应物，故增大CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ的正反应速率都增加，A正确； B．催化剂不能使平衡发生移动，故加入更高效的催化剂，不会改变CH3OH的平衡产率，B错误； C．由题干信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为气体体积减小，气体体积减小和气体体积不变的反应，故缩小体积增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，可提高H2的转化率，C正确； D．将CH3OH液化分离出来，则反应Ⅰ、Ⅱ的生成物突然减小，逆反应速率突然减小，则正反应速率缓慢减小，平衡正向移动，D错误； 故答案为：AC； 【小问2详解】 由题干信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正反应分别是放热反应、放热反应和吸热反应，则升高温度，化学平衡分别向逆方向、逆方向和正方向移动，平衡常数分别减小、减小和增大，lgK是个增函数，故有题干图可知，曲线①②表示平衡常数的对数lgK随反应温度T的升高而减小，曲线③表示平衡常数的对数lgK随反应温度T的升高而增大，已知曲线①代表反应Ⅱ，故曲线②为反应Ⅰ，曲线③为反应Ⅲ；结合各反应的ΔH，归纳lgK～T曲线变化规律：放热反应，lgK随T增大而减小；吸热反应，lgK随T增大而增大；焓变越大，lgK随T的变化程度越大，故答案为：Ⅲ；放热反应，lgK随T增大而减小或吸热反应，lgK随T增大而增大或焓变越大，lgK随T的变化程度越大； 【小问3详解】 由题干图示信息可知，温度低于450℃时升高温度，催化剂的活性增强，反应速率加快，相同时间段内转化的NO增多，即脱氮率增大，但随着温度的升高，催化剂的活性可能反而减弱，而温度升高导致反应速率加快，故导致温度在450~550℃，曲线Ⅱ中脱氮率随温度升高变化不明显，故答案为：温度在450~550℃，催化剂的活性随温度升高而减弱，但温度升高反应速率加快，二者相互抵消，导致脱氮率基本不变； 【小问4详解】 ①酸性条件下，阳极产生O2的电极反应：2H2O-4e-= 4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-= 4H++O2↑； ②图中变化规律是随KCl的浓度的增大，FE(CH4)增大，说明KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)，故答案为：KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气(或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性)； ③标况下22.4L的CO2是1mol，完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置(反应完全)，出口处收集到气体4.48L为CH4，则CH4物质的量为=0.2mol，根据C原子守恒生成的C2H4的物质的量=×(1-0.2)mol=0.4mol，生成CH4转移电子的物质的量=8×0.2mol=1.6mol，生成C2H4转移电子的物质的量=6×0.4mol×2=4.8mol，c(KCl)=3.0mol/L时，FE(CH4)=20%，则FE(C2H4)=，故答案为：60%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $