精品解析：江苏省无锡市2024-2025学年高三上学期期中教学质量调研测试 化学试题

无锡市普通高中2024年秋学期高三期中调研考试卷 化学2024.11 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2．答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。 3．可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cr-52 Fe-56 Re-186 选择题(共39分) 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. 高分子是生产生活中的常见物质。下列物质中不属于高分子的是 A. 油脂 B. 淀粉 C. 蛋白质 D. 合成橡胶 2. 反应2NH3＋NaClO=NaCl＋N2H4＋H2O可用于制备肼(N2H4)。下列说法正确的是 A. Na+的结构示意图为 B. NH3的空间构型为平面三角形 C. NaClO中既含离子键又含共价键 D. N2H4的结构式为 3. 实验室制取纯碱，下列相关原理、装置能达到实验目的的是 A．制取CO2 B．除去CO2中HCl C．制取NaHCO3 D．制取纯碱 A. A B. B C. C D. D 4. 四羟基合铝酸钠([NaAl(OH)4])与过量CO2反应可制得Al(OH)3。下列说法正确的是 A. 半径：r(O2‒)＜r(Al3＋) B. 电负性：χ(C)＜χ(O) C. 氢化物沸点：H2O＜CH4 D. 碱性：NaOH＜Al(OH)3 阅读下列材料，完成有关问题： 硼单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸催化下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作木材防腐剂等。乙硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165kJ·mol−1；氨硼烷(H3NBH3)是很好的储氢材料，在Ni/P催化剂作用下水解生成NH4[B(OH)4]并释放出氢气，氨硼烷在高温下脱氢制得氮化硼(BN)，氮化硼晶体结构类似于金刚石，具有高硬度。 5. 下列说法正确的是 A. BN是分子晶体 B. H3NBH3分子内存在配位键 C. B(OCH3)3分子间能形成氢键 D. BF3是由极性键构成的极性分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. BF3和水反应：4BF3＋3H2O=6H＋＋3BF＋BO B 制备B(OCH3)3：H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3 C. 氨硼烷释氢反应：H3NBH3＋4H2ONH4[B(OH)4]＋3H2↑ D. 乙硼烷的燃烧热：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH=2165kJ·mol−1 7. 下列有关反应描述正确的是 A. H3NBH3高温脱氢反应中，H3NBH3断裂σ键和π键 B. H3NBH3水解反应中，Ni/P催化剂能提高该反应的活化能 C. BF3水解生成HBF4，B原子轨道的杂化类型由sp3转化为sp2 D. H3BO3和CH3OH的反应中，浓硫酸能加快反应速率 8. 利用H2S废气制取单质硫有两种途径如图所示，下列说法正确的是 A. SO2是H2S转化为S反应中的催化剂 B. 每生成32gS，理论上消耗1molFe2(SO4)3 C. 两种途径中所涉及的反应均为氧化还原反应 D. 2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(g)ΔS>0 9. 利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化，现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图所示装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法正确的是 A. a极发生还原反应 B. 为了实现海水的淡化，隔膜1为阳离子交换膜 C. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比约为2∶1 D. 该装置内工作温度越高，海水淡化效果越好 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 金属Al制备：Al(OH)3AlCl3溶液Al B. 硝酸工业：NH3NOHNO3 C. 制漂白粉：NaCl溶液Cl2漂白粉 D. 高纯硅制备：粗硅SiHCl3高纯硅 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向物质的量浓度、体积均相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞，溶液变红，前者红色更深 水解程度：> B 向2mL1mol·L−1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L−1MgCl2，再滴加2滴0.1mol·L−1FeCl3溶液，先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] C 向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀 酸性：H2S>H2SO4 D 用pH计分别测定等体积的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的pH，CH2ClCOOH溶液的pH小 O-H键的极性增强，羧酸酸性增强 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。 实验1：测得10mL0.1mol·L−1NaHC2O4溶液的pH＜7。 实验2：向0.1mol·L−1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，测得溶液pH=7。 实验3：向10mL0.1mol·L−1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1mol·L−1HCl溶液，无明显现象。 下列说法正确的是 A. 实验1中：c(H2C2O4)>c() B. 根据实验1推测：Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)＜Kw C. 实验2所得溶液中：c()＋c(H2C2O4)=c() D. 实验3所得溶液中：c(H2C2O4)=c(Cl-) 13. CH4-CO2重整反应可获得H2，主要反应如下： 反应I：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)；ΔH1=247kJ·mol−1 反应Ⅱ：H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol−1 反应Ⅲ：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)；ΔH3=225kJ·mol−1 800℃，1.01×105Pa下，将n起始(CH4)∶n起始(CO2)=1∶1的混合气体置于含不同水量的密闭容器中，平衡时CH4和CO2的转化率、CO的选择性(可表示为×100%)如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线a表示CO2 B. 升温或增大压强，均能提高CH4的平衡转化率 C. 在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅱ占据主导地位 D. 可以通过向CH4-CO2重整反应中添加水，来增大的比值 非选择题(共61分) 14. 回收富铼渣(主要含ReS2、CuS、Bi2S3)可制备航天材料高铼酸铵和金属铼。 （1）富铼渣用30%H2O2和0.1mol·L−1H2SO4的混合溶液氧化酸浸，ReS2、CuS、Bi2S3中金属元素以HReO4、CuSO4、(BiO)2SO4形式存在，硫元素以和S形式存在；将酸浸液过滤，得到含低浓度的HReO4溶液和滤渣。Re、Cu、Bi浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②氧化酸浸中，ReS2转化为两种强酸，该反应的化学方程式为_______。 ③60min后，Cu浸出率略有上升的原因是_______。 （2）含低浓度的HReO4溶液通过萃取、反萃取、提纯后得到高纯度NH4ReO4。用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的HReO4溶液，原理为：2R3N＋H+＋ReO(R3N)2·HReO4(有机层)。反萃取时，加入氨水的目的是_______。 （3）NH4ReO4焙烧可制得金属铼。将5.36mgNH4ReO4(摩尔质量268g·mol−1)分别在空气和氢气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 ①在空气中焙烧，500℃时几乎没有固体剩余的原因是_______。 ②在氢气中焙烧，350℃得到铼的某种氧化物的晶胞如图所示，距离Re原子最近的O原子有_______个。在整个过程中，H2的实际用量远大于理论反应用量，H2所起的作用有_______。 15. “亚硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO3)2·H2O]沉淀法”处理高浓度氨氮废水(含、Cl-和H+)，可减少水体富营养化。按n()∶n(Fe2+)∶n()=2∶1∶2向氨氮废水中依次加入Na2SO3溶液和FeCl2溶液，用稀HCl和稀NaOH溶液调节初始氨氮废水的pH。 （1）不同初始pH对反应的影响。测得不同初始pH对氨氮去除率的影响如图1所示，反应后固体产物的XRD图谱如图2所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在)。 ①pH=4时，部分氧化为，Fe2+和转化为Fe(OH)SO4的离子方程式为_______。 ②pH=5~8时生成(NH4)2Fe(SO3)2·H2O沉淀，该反应的离子方程式为_______。 ③pH=9时，氨氮去除率比较低原因是_______，此时仍有部分氨氮被去除的原因是_______。 （2）反应过程中pH变化。其他条件不变，调节溶液初始pH为7.5，充分搅拌并反应一段时间，氨氮去除率和溶液pH随时间变化如图所示。 ①0~30min时，氨氮去除率升高，溶液pH急剧降低的主要原因是_______。 ②30min后，溶液pH继续降低的可能原因是_______。 16. 以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，实现铬资源利用。 已知：①矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度对数lgc与pH的关系如图1所示，当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10−5mol·L−1时，可认为已除尽。 ②部分物质的溶解度随温度变化曲线如图2所示。 （1）焙烧铬铁矿。将铬铁矿与纯碱混合，在空气中高温焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和Fe2O3，杂质转化为可溶性钠盐。FeCr2O4反应的化学方程式为_______；下列操作能提高焙烧反应速率的有_______(填序号)。 A．降低通入空气的速率　　B．将铬铁矿粉碎　　C．焙烧时将矿物与空气逆流而行 （2）除杂。将焙烧后的产物水浸一段时间后，调节溶液4.5≤pH≤9.3，过滤，pH不能太高也不能太低的原因是_______。 （3）制备红矾钠。补充完整制取Na2Cr2O7·2H2O晶体的实验方案：向除杂后的含铬滤液中，_______。[实验中可选用的试剂：稀硫酸、稀盐酸] （4）Na2Cr2O7可用于测定水体的COD(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量)。现有某水样100.00mL，酸化后加入0.1000mol·L−1的Na2Cr2O7溶液10.00mL，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用0.2000mol·L−1的FeSO4溶液滴定剩余的，被还原为Cr3+，消耗FeSO4溶液25.00mL，则该水样的COD为_______mg·L−1(写出计算过程)。 17. 尿素在工业、农业、医药等诸多领域应用广泛。 （1）工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图1所示。 ①若反应器I和II中各有1molH2O参加反应，理论上可获得_______molH2。 ②反应器IV中主要通过两步完成，其能量变化如图2所示，第一步反应平衡常数表达式为K=_______，总反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，∆H=_______kJ·mol−1；反应器IV中还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]等副反应，其他条件一定时，与尿素产率的关系曲线如图3所示，NH3过量对尿素产率的影响比CO2过量对尿素产率的影响大的原因是_______。 （2）电催化法合成尿素。一种新型异质结构Bi-BiVO4催化剂用于酸性介质中CO2和N2电化学合成尿素。反应过程中，电子能自发从BiVO4端转移到Bi端，在Bi-BiVO4催化剂这一极可能的反应机理如图4所示，反应部分历程及能量关系如图5所示。 ①在Bi-BiVO4催化剂这一极发生的电极反应式为_______。 ②反应过程中更倾向于生成交替加氢的中间体，原因是_______。 ③电催化合成尿素成功的关键取决于CO2的还原路径，CO2的可能还原路径如图6所示，CO2在Bi-BiVO4催化剂作用下能还原成*CO的原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 无锡市普通高中2024年秋学期高三期中调研考试卷 化学2024.11 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2．答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。 3．可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cr-52 Fe-56 Re-186 选择题(共39分) 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. 高分子是生产生活中的常见物质。下列物质中不属于高分子的是 A. 油脂 B. 淀粉 C. 蛋白质 D. 合成橡胶 【答案】A 【解析】 【分析】高分子化合物一般是指有机物分子的相对分子质量超过几万甚至几十万的物质，一般为混合物。 【详解】A．油脂的相对分子质量可以达到几百，相对较小，不属于高分子化合物，A符合题意； B．淀粉属于天然有机高分子化合物，相对分子质量较大，从几万到几十万，一个淀粉分子中含有数百到数千个单糖单元，B不符合题意； C．蛋白质是一类非常重要的含氨生物高分子化合物，其相对分子质量从几万到几千万，C不符合题意； D．合成橡胶是人工合成的高分子化合物，橡胶的相对分子质量比塑料、合成纤维都要高，一般在105~106范围内，D不符合题意； 故选A。 2. 反应2NH3＋NaClO=NaCl＋N2H4＋H2O可用于制备肼(N2H4)。下列说法正确的是 A. Na+的结构示意图为 B. NH3的空间构型为平面三角形 C. NaClO中既含离子键又含共价键 D. N2H4的结构式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na+的结构示意图为，A错误； B．NH3分子中N原子的价层电子对数为孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，B错误； C．Na+与ClO-之间以离子键结合，在ClO-中Cl与O原子之间以共价键结合，故NaClO中既含离子键又含共价键，C正确； D．肼为共价化合物，氮原子间形成一对共用电子对，每个氮原子和两个氢原子形成两个共价键，结构式为，D错误； 故选C。 3. 实验室制取纯碱，下列相关原理、装置能达到实验目的的是 A．制取CO2 B．除去CO2中HCl C．制取NaHCO3 D．制取纯碱 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室常用大理石和稀盐酸制备CO2，可以达到实验目的，A符合题意； B．饱和NaHCO3可吸收HCl，与CO2不反应，但应该从长导管通入气体进行除杂，B不符合题意； C．因氨气在溶液中的溶解度更大，应先使氨气通入饱和食盐水中制成氨盐水，再通入CO2，得到NaHCO3固体，C不符合题意； D．加热固体，试管口应稍向下倾斜，防止在试管口凝成的水珠流回试管底部致使试管骤冷而炸裂，D不符合题意； 故选A。 4. 四羟基合铝酸钠([NaAl(OH)4])与过量CO2反应可制得Al(OH)3。下列说法正确的是 A 半径：r(O2‒)＜r(Al3＋) B. 电负性：χ(C)＜χ(O) C. 氢化物沸点：H2O＜CH4 D. 碱性：NaOH＜Al(OH)3 【答案】B 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径大于铝离子，故A错误； B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，所以氧元素的电负性大于碳元素，故B正确； C．水分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故C错误； D．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成有关问题： 硼单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸催化下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作木材防腐剂等。乙硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165kJ·mol−1；氨硼烷(H3NBH3)是很好的储氢材料，在Ni/P催化剂作用下水解生成NH4[B(OH)4]并释放出氢气，氨硼烷在高温下脱氢制得氮化硼(BN)，氮化硼晶体结构类似于金刚石，具有高硬度。 5. 下列说法正确的是 A. BN是分子晶体 B. H3NBH3分子内存在配位键 C. B(OCH3)3分子间能形成氢键 D. BF3是由极性键构成的极性分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. BF3和水反应：4BF3＋3H2O=6H＋＋3BF＋BO B. 制备B(OCH3)3：H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3 C. 氨硼烷释氢反应：H3NBH3＋4H2ONH4[B(OH)4]＋3H2↑ D. 乙硼烷的燃烧热：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH=2165kJ·mol−1 7. 下列有关反应描述正确的是 A. H3NBH3高温脱氢反应中，H3NBH3断裂σ键和π键 B. H3NBH3水解反应中，Ni/P催化剂能提高该反应的活化能 C. BF3水解生成HBF4，B原子轨道的杂化类型由sp3转化为sp2 D. H3BO3和CH3OH的反应中，浓硫酸能加快反应速率 【答案】5. B 6. C 7. D 【解析】 【5题详解】 A．由氮化硼晶体结构类似于金刚石，具有高硬度可知，氮化硼晶体为共价晶体，故错误； B．H3NBH3分子内具有孤对电子的氮原子能与具有空轨道的硼原子形成配位键，故正确； C．由分子式可知，B(OCH3)3分子不能形成分子间氢键，故错误； D．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构对称的平面正三角形，属于非极性分子，故错误； 故选B； 【6题详解】 A．由题意可知，BF3和水反应生成HBF4和硼酸H3BO3，反应离子方程式为BF3＋3H2O=3H＋＋3BF＋H3BO3，故错误； B．由题意可知，硼酸和甲醇在浓硫酸催化下生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3＋H2O，故错误； C．由题意可知，氨硼烷释氢反应为在Ni/P催化剂作用下氨硼烷发生水解反应生成NH4[B(OH)4]和氢气，反应的化学方程式为H3NBH3＋4H2ONH4[B(OH)4]＋3H2↑，故正确； D．由题意可知，表示乙硼烷的燃烧热的热化学方程式为B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH=—2165kJ·mol−1，故错误； 故选C； 【7题详解】 A．H3NBH3分子中只含有σ键，不含有π键，故错误； B．H3NBH3水解反应中，Ni/P催化剂能降低反应的活化能，故错误； C．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故错误； D．H3BO3和CH3OH的反应中，浓硫酸是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故正确； 故选D。 8. 利用H2S废气制取单质硫有两种途径如图所示，下列说法正确的是 A. SO2是H2S转化为S反应中的催化剂 B. 每生成32gS，理论上消耗1molFe2(SO4)3 C. 两种途径中所涉及的反应均为氧化还原反应 D. 2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(g)的ΔS>0 【答案】B 【解析】 【详解】A．SO2和H2S转化为S的反应方程式为，SO2中S的化合价降低，作为氧化剂，A错误； B．由ZnS与Fe2(SO4)3得到S的化学方程式为，每生成32gS，即1mol S时，理论上消耗1molFe2(SO4)3，B正确； C．由H2S与ZnO得到ZnS的反应中，化合价未发生变化，为非氧化还原反应，C错误； D．由2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(g)可知，该反应为气体分子数减少的反应，为熵减的反应，故ΔS<0，D错误； 故选B。 9. 利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化，现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图所示装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法正确的是 A. a极发生还原反应 B. 为了实现海水的淡化，隔膜1为阳离子交换膜 C. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比约为2∶1 D. 该装置内工作温度越高，海水淡化效果越好 【答案】C 【解析】 【分析】据图可知a极上转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为，则b极为正极，发生还原反应，电极反应式为，据此解答 【详解】A．由分析知，a极为原电池的负极，发生氧化反应，A错误； B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，B错误； C．a为负极，失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为，b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，正、负极产生气体的物质的量之比为4:2=2:1，C正确； D．工作温度越高，微生物的催化效果反而会降低，海水淡化效果不一定越好，D错误； 故选C。 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 金属Al制备：Al(OH)3AlCl3溶液Al B. 硝酸工业：NH3NOHNO3 C. 制漂白粉：NaCl溶液Cl2漂白粉 D. 高纯硅制备：粗硅SiHCl3高纯硅 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，电解氯化铝溶液不能得到铝，电解氧化铝生成单质铝，反应不能实现转化，A错误； B．氨气和氧气发生催化氧化反应生成NO，NO难溶于水且不与水反应，转化不能实现，B错误； C．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，澄清石灰水中氢氧化钙溶解度较小，应选择石灰乳和氯气反应生成漂白粉，C错误； D．粗硅SiHCl3高纯硅各步反应均可实现，D正确； 故选D。 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向物质的量浓度、体积均相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞，溶液变红，前者红色更深 水解程度：> B 向2mL1mol·L−1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L−1MgCl2，再滴加2滴0.1mol·L−1FeCl3溶液，先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] C 向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀 酸性：H2S>H2SO4 D 用pH计分别测定等体积的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的pH，CH2ClCOOH溶液的pH小 O-H键的极性增强，羧酸酸性增强 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．物质的量浓度、体积均相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，滴加1滴酚酞前者红色更深，说明前者碱性更强，则水解程度：>，A正确； B．NaOH过量，和氯化镁、氯化铁反应均有沉淀的生成，不能比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]的大小，B错误； C．出现黑色硫化铜沉淀，说明硫化铜不溶于酸，不能说明酸性强弱，且硫酸的酸性强于氢硫酸，C错误； D．不确定溶液浓度，不能判断等浓度CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的酸性谁更强，D错误； 故选A 12. 室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。 实验1：测得10mL0.1mol·L−1NaHC2O4溶液的pH＜7。 实验2：向0.1mol·L−1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，测得溶液pH=7。 实验3：向10mL0.1mol·L−1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1mol·L−1HCl溶液，无明显现象。 下列说法正确的是 A. 实验1中：c(H2C2O4)>c() B. 根据实验1推测：Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)＜Kw C. 实验2所得溶液中：c()＋c(H2C2O4)=c() D. 实验3所得溶液中：c(H2C2O4)=c(Cl-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．0.1mol·L−1NaHC2O4溶液的pH＜7，说明的电离程度大于水解程度，则c(H2C2O4)<c()，A错误； B．结合A分析可知，Ka2> Kh2，Kh2=，Ka1·Kh2=Ka1·=kw，则Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)>Kw，B错误； C．实验2所得溶液中，根据电荷守恒有c()+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+ 2c()，根据物料守恒有c()+c(H2C2O4)+c()=c(Na+)，再结合溶液pH=7，合并得c( )+c(H2C2O4)=c()，C正确； D．实验3混合后为等浓度的草酸和氯化钠混合溶液，结合物料守恒可知，c()+c(H2C2O4)+c()=c(Cl+)，D错误； 故选C。 13. CH4-CO2重整反应可获得H2，主要反应如下： 反应I：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)；ΔH1=247kJ·mol−1 反应Ⅱ：H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol−1 反应Ⅲ：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)；ΔH3=225kJ·mol−1 800℃，1.01×105Pa下，将n起始(CH4)∶n起始(CO2)=1∶1的混合气体置于含不同水量的密闭容器中，平衡时CH4和CO2的转化率、CO的选择性(可表示为×100%)如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线a表示CO2 B. 升温或增大压强，均能提高CH4的平衡转化率 C. 在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅱ占据主导地位 D. 可以通过向CH4-CO2重整反应中添加水，来增大的比值 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息并结合图示信息可知，随着增大，反应Ⅲ化学平衡正向移动，CO、H2的浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率减小，即a为CH4、b为CO2，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，曲线a表示CH4，曲线b代表CO2，A错误； B．由题干信息可知，三个反应均为吸热反应，故升温化学平衡正向移动，导致CH4平衡转化率增大，但增大压强，反应Ⅰ、Ⅲ平衡逆向移动，Ⅱ平衡不移动，则导致CH4的平衡转化率降低，B错误； C．由题干图像信息可知，随着增大，反应Ⅲ化学平衡正向移动，对反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆向移动，故在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅲ占据主导地位，C错误； D．向CH4-CO2重整反应中添加水，即增大结合题干图像可知，反应Ⅲ化学平衡正向移动，反应Ⅰ、Ⅱ化学平衡逆向移动，导致的比值增大，D正确； 故答案为：D。 非选择题(共61分) 14. 回收富铼渣(主要含ReS2、CuS、Bi2S3)可制备航天材料高铼酸铵和金属铼。 （1）富铼渣用30%H2O2和0.1mol·L−1H2SO4的混合溶液氧化酸浸，ReS2、CuS、Bi2S3中金属元素以HReO4、CuSO4、(BiO)2SO4形式存在，硫元素以和S形式存在；将酸浸液过滤，得到含低浓度的HReO4溶液和滤渣。Re、Cu、Bi浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②氧化酸浸中，ReS2转化为两种强酸，该反应的化学方程式为_______。 ③60min后，Cu浸出率略有上升的原因是_______。 （2）含低浓度的HReO4溶液通过萃取、反萃取、提纯后得到高纯度NH4ReO4。用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的HReO4溶液，原理为：2R3N＋H+＋ReO(R3N)2·HReO4(有机层)。反萃取时，加入氨水的目的是_______。 （3）NH4ReO4焙烧可制得金属铼。将5.36mgNH4ReO4(摩尔质量为268g·mol−1)分别在空气和氢气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 ①在空气中焙烧，500℃时几乎没有固体剩余的原因是_______。 ②在氢气中焙烧，350℃得到铼的某种氧化物的晶胞如图所示，距离Re原子最近的O原子有_______个。在整个过程中，H2的实际用量远大于理论反应用量，H2所起的作用有_______。 【答案】（1） ①. Bi2S3、S 、CuS ②. ③. 产物中H2SO4生成的量增多，H2SO4的浓度增大，Cu的浸出率增大 （2）加入氨水，c(OH-)增大，有利于向反萃取方向进行，ReO量增多，同时c()增大，有利于NH4ReO4生成。 （3） ①. NH4ReO4在空气中焙烧生成Re2O7，Re2O7沸点低受热变成气体 ②. 8 ③. H2除用作还原剂外，还用于排尽装置中的空气、做铼的保护气或冷却剂 【解析】 【分析】将富铼渣(主要含ReS2、CuS、Bi2S3)与用30%H2O2和0.1mol·L−1H2SO4的混合溶液氧化酸浸，ReS2、CuS、Bi2S3中金属元素以HReO4、CuSO4、(BiO)2SO4形式存在，硫元素以和S形式存在；将酸浸液过滤，得到含低浓度的HReO4溶液和滤渣，滤渣中含有未反应的Bi2S3、CuS和生成的S，将含低浓度的HReO4溶液通过萃取、反萃取、提纯后得到高纯度NH4ReO4。用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的HReO4溶液，加入氨水进行反萃取可得到NH4ReO4，NH4ReO4焙烧可制得金属铼，据此回答。 【小问1详解】 ①由分析知，滤渣的主要成分为Bi2S3、S 、CuS； ②氧化酸浸中，ReS2转化为两种强酸即HReO4和硫酸，化学方程式为； ③由②中反应可知，随着反应的进行，产物中H2SO4生成的量增多，H2SO4的浓度增大，Cu的浸出率增大，故60min后，Cu浸出率略有上升； 【小问2详解】 由2R3N＋H+＋ReO(R3N)2·HReO4(有机层)可知，加入氨水，c(OH-)增大，有利于向反萃取方向进行，ReO量增多，同时c()增大，有利于NH4ReO4生成； 【小问3详解】 ①在空气中焙烧时，NH4ReO4焙烧生成Re2O7，Re2O7沸点低受热变成气体，故在500℃时几乎没有固体剩余； ②在氢气中焙烧，350℃得到铼的某种氧化物的晶胞，由图可知，铼位于顶点和面心，O位于晶胞内，距离面心上的Re原子最近的O原子共有4个，故距离Re原子最近的O原子有个；由于在焙烧过程中，H2除用作还原剂外，还用于排尽装置中的空气、做铼的保护气或冷却剂，故H2的实际用量远大于理论反应用量。 15. “亚硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO3)2·H2O]沉淀法”处理高浓度氨氮废水(含、Cl-和H+)，可减少水体富营养化。按n()∶n(Fe2+)∶n()=2∶1∶2向氨氮废水中依次加入Na2SO3溶液和FeCl2溶液，用稀HCl和稀NaOH溶液调节初始氨氮废水的pH。 （1）不同初始pH对反应的影响。测得不同初始pH对氨氮去除率的影响如图1所示，反应后固体产物的XRD图谱如图2所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在)。 ①pH=4时，部分氧化为，Fe2+和转化为Fe(OH)SO4的离子方程式为_______。 ②pH=5~8时生成(NH4)2Fe(SO3)2·H2O沉淀，该反应的离子方程式为_______。 ③pH=9时，氨氮去除率比较低的原因是_______，此时仍有部分氨氮被去除的原因是_______。 （2）反应过程中pH变化。其他条件不变，调节溶液初始pH为7.5，充分搅拌并反应一段时间，氨氮去除率和溶液pH随时间变化如图所示。 ①0~30min时，氨氮去除率升高，溶液pH急剧降低的主要原因是_______。 ②30min后，溶液pH继续降低的可能原因是_______。 【答案】（1） ①. 4Fe2+＋O2＋4＋2H2O=4Fe(OH)SO4↓ ②. 2＋Fe2+＋2＋H2O=(NH4)2Fe(SO3)2·H2O↓ ③. Fe2+氧化为Fe3+，氧化为，Fe3+转化为Fe2(SO4)3，Fe2O3，不会与结合生成亚硫酸亚铁铵沉淀，导致氨氮去除率降低 ④. 碱性较强，与OH-反应转化为NH3，从而去除 （2） ①. 水解呈碱性，生成沉淀消耗大量占主导地位 ②. Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+或Fe3+发生水解或Fe3+与发生氧化还原反应，释放出H+ 【解析】 【小问1详解】 ①Na2SO3和FeCl2都是还原剂，还原性：Fe2+小于，高浓度氨氮废水(含、Cl-和H+)中这些成分不做氧化剂，故考虑空气中的氧气做氧化剂，根据题意，部分氧化为，Fe2+和转化为Fe(OH)SO4，根据氧化还原反应的配平和书写方程式如下：4Fe2+＋O2＋4＋2H2O=4Fe(OH)SO4↓； ②pH=5~8时生成(NH4)2Fe(SO3)2·H2O沉淀，根据题意，溶液中相关离子反应不涉及元素化合价变化，故此非氧化还原的离子方程式是2＋Fe2+＋2＋H2O=(NH4)2Fe(SO3)2·H2O↓； ③根据题意，是根据“亚硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO3)2·H2O]沉淀法”处理高浓度氨氮废水(含、Cl-和H+)，可减少水体富营养化。图2可知，pH=9时，反应后固体产物是Fe2(SO4)3，Fe2O3，可推知在氧化为之后，Fe2+被氧化为Fe3+，最终得到的Fe2(SO4)3，Fe2O3不与氨氮废水中的成分反应，不能得到亚硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO3)2·H2O]沉淀，故pH=9时，氨氮去除率比较低，故答案是Fe2+氧化为Fe3+，氧化为，Fe3+转化为Fe2(SO4)3，Fe2O3，不会与结合生成亚硫酸亚铁铵沉淀，导致氨氮去除率降低；图1可知，pH=9时，氨氮去除率低于60%，此时仍有部分氨氮被去除，此时碱性较强，氨氮废液中的与OH-反应转化为NH3，从而去除； 【小问2详解】 ①反应前溶液pH为7.5，依次加入Na2SO3溶液和FeCl2溶液，Na2SO3溶液呈碱性，FeCl2溶液呈酸性，充分反应生成沉淀后，被大量消耗，对的水解过程影响大，溶液pH急剧下降，故答案是水解呈碱性，生成沉淀消耗大量占主导地位； ②由图像可知，30min后，氨氮去除率不变，但溶液pH依然下降，下降速度变慢，溶液中所发生的反应较30分钟前有变化，该反应使得溶液呈酸性，与氨氮废水无关，则与加入试剂相关，可推知可能是Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+或Fe3+发生水解或Fe3+与发生氧化还原反应，释放出H+，故答案是Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+或Fe3+发生水解或Fe3+与发生氧化还原反应，释放出H+。 16. 以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，实现铬资源利用。 已知：①矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度对数lgc与pH的关系如图1所示，当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10−5mol·L−1时，可认为已除尽。 ②部分物质的溶解度随温度变化曲线如图2所示。 （1）焙烧铬铁矿。将铬铁矿与纯碱混合，在空气中高温焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和Fe2O3，杂质转化为可溶性钠盐。FeCr2O4反应的化学方程式为_______；下列操作能提高焙烧反应速率的有_______(填序号)。 A．降低通入空气的速率　　B．将铬铁矿粉碎　　C．焙烧时将矿物与空气逆流而行 （2）除杂。将焙烧后的产物水浸一段时间后，调节溶液4.5≤pH≤9.3，过滤，pH不能太高也不能太低的原因是_______。 （3）制备红矾钠。补充完整制取Na2Cr2O7·2H2O晶体的实验方案：向除杂后的含铬滤液中，_______。[实验中可选用的试剂：稀硫酸、稀盐酸] （4）Na2Cr2O7可用于测定水体的COD(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量)。现有某水样100.00mL，酸化后加入0.1000mol·L−1的Na2Cr2O7溶液10.00mL，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用0.2000mol·L−1的FeSO4溶液滴定剩余的，被还原为Cr3+，消耗FeSO4溶液25.00mL，则该水样的COD为_______mg·L−1(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. 4FeCr2O4＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2 ②. BC （2）pH过低Al3+不能除尽；pH过高Al元素以 [Al(OH)4]-、Si元素以形式存在，难以去除 （3）加入稀硫酸酸化，至溶液pH约为2，将溶液加热浓缩至80℃以上，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤，得到Na2Cr2O7·2H2O晶体。 （4）80 mg·L−1 【解析】 【小问1详解】 在空气中高温焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和Fe2O3。焙烧过程中铁、铬元素化合价升高、则氧气中氧元素化合价降低，由电子守恒、质量守恒，推断FeCr2O4焙烧时发生反应生成Fe2O3、Na2CrO4；则FeCr2O4反应的化学方程式为4FeCr2O4＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2。 A．降低通入空气的速率会使得FeCr2O4不能被充分氧化，不能提高焙烧反应的速率，A不符合题意； B．将铬铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，可增大焙烧反应速率，B符合题意； C．将气体和矿料逆流而行，增大反应的接触面积，加快反应速率，C符合题意； BC符合题意； 【小问2详解】 Al2O3和SiO2在焙烧后转化为Na[Al(OH)4]和Na2SiO3，[Al(OH)4]-和转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀除去。结合图1，pH过低时，Al(OH)3转化为Al3＋不能除尽；pH过大时，Al(OH)3和H2SiO3分别转化为[Al(OH)4]-和不能除尽。答案为pH过低Al3+不能除尽；pH过高Al元素以[Al(OH)4]-、Si元素以形式存在，难以去除。 【小问3详解】 根据图1，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7需要将pH调到2左右，因为具有氧化性，会氧化Cl－，因此调节pH只能使用硫酸。调节pH后，溶液中除了Na2Cr2O7还有硫酸钠。如果蒸发结晶，Na2Cr2O7和Na2SO4都会结晶析出，不能使用蒸发结晶的方法，但是在温度较高的条件下，Na2Cr2O7·2H2O的溶解度大于Na2SO4，可采取趁热过滤的方式除去Na2SO4，再从滤液中得到Na2Cr2O7·2H2O；答案为加入稀硫酸酸化，至溶液pH约为2，将溶液加热浓缩至80℃以上，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤，得到Na2Cr2O7·2H2O晶体。 【小问4详解】 写出Fe2＋与的反应方程式，列式可计算，设100mLFe2＋消耗的的物质的量为xmol，如下： ，可得mol。 与样反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量-与Fe2＋反应的K2Cr2O7的物质的量，则与水样反应的K2Cr2O7的物质的量=0.1×10×10－3mol-mol；1molK2Cr2O7反应时可以得到6mol电子，1molO2氧化还原性物质时可得到4mol电子，利用2K2Cr2O7～3O2可计算水样的COD。因将水样消耗的K2Cr2O7的量转化为O2，n(O2)=；则1L水样消耗的O2的质量。根据COD的定义，则此水样的COD为80mg·L−1。 17. 尿素在工业、农业、医药等诸多领域应用广泛。 （1）工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图1所示。 ①若反应器I和II中各有1molH2O参加反应，理论上可获得_______molH2。 ②反应器IV中主要通过两步完成，其能量变化如图2所示，第一步反应的平衡常数表达式为K=_______，总反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，∆H=_______kJ·mol−1；反应器IV中还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]等副反应，其他条件一定时，与尿素产率的关系曲线如图3所示，NH3过量对尿素产率的影响比CO2过量对尿素产率的影响大的原因是_______。 （2）电催化法合成尿素。一种新型异质结构Bi-BiVO4催化剂用于酸性介质中CO2和N2电化学合成尿素。反应过程中，电子能自发从BiVO4端转移到Bi端，在Bi-BiVO4催化剂这一极可能的反应机理如图4所示，反应部分历程及能量关系如图5所示。 ①在Bi-BiVO4催化剂这一极发生的电极反应式为_______。 ②反应过程中更倾向于生成交替加氢的中间体，原因是_______。 ③电催化合成尿素成功的关键取决于CO2的还原路径，CO2的可能还原路径如图6所示，CO2在Bi-BiVO4催化剂作用下能还原成*CO的原因是_______。 【答案】（1） ①. 4 ②. ③. -87.0 ④. 第二步脱水反应活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生 （2） ①. CO2＋N2＋6e-＋6H+=CO(NH2)2＋H2O ②. 交替加氢中间体*NHCONH能量低，更稳定(或远端加氢的中间体能垒较高，反应较难生成) ③. 电子能自发从BiVO4端转移到Bi端，导致Bi端带负电；因为电负性C小于O，故CO2中的C原子显正电性，CO2中C原子吸附在带负电的Bi端 【解析】 【小问1详解】 ①根据图示可知，反应①的化学方程式为CH4+H2O=CO+3H2，反应②的化学方程式为CO+H2O=CO2+H2，两个反应各有1molH2O参与反应，则共生成4mol氢气。 ②从图中可知，第一步反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s)，则该反应的平衡常数表达式K=。总反应的ΔH=生成物总能量-反应物总能量，则ΔH=(72.5-159.5)kJ/mol=-87kJ/mol。从反应过程可知，第二步脱水反应活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生。 【小问2详解】 ①从图中可知，反应的反应物为CO2、N2，中途加氢离子和电子，最终生成尿素，期间还有水生成，则在Bi-BiVO4催化剂上的电极反应为CO2＋N2＋6e-＋6H+=CO(NH2)2＋H2O。 ②从图中可知，交替加氢的中间体*NHCONH能量更低，更稳定，因此更容易生成。 ③根据题干可知，电子能自发从BiVO4端转移到Bi端，导致Bi端带负电，因为电负性C小于O，故CO2中的C原子呈正电性，CO2中C原子吸附在带负电的Bi端，从而发生还原路径中下面的这条路径，最终生成*CO。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$