精品解析：江苏省江苏省扬州中学2024-2025学年高二上学期12月月考 化学试题

江苏省扬州中学2024-2025学年第一学期12月考试试题 高二化学 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　 S-32 Cl-35.5 Co-59 Cu-64 选择题(共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法中不正确的是 A. 将煤转化为水煤气，是将煤转化为洁净燃料的过程 B. CO中毒应将中毒者移至空气流通处，必要时放入高压氧舱 C. 利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济” D. 明矾净水的原理是水解生成的氢氧化铝胶体能凝聚水中的悬浮物并杀菌消毒 【答案】D 【解析】 【详解】A．将煤转化为水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2，CO燃烧产生CO2，H2燃烧产生H2O，无固体废弃物，因此将煤转化为洁净燃料的过程，A正确； B．一氧化碳中毒是血红蛋白与一氧化碳结合，反应的方程式为CO+HbO2=O2+HbCO，病人进入高压氧舱治疗后，肺泡中氧气浓度提高，血液的含氧量会逐渐恢复，将中毒者移至空气流通处，平衡逆向移动，血液的含氧量会逐渐恢复，B正确； C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于减少二氧化碳的排放，有利于实现“低碳经济”，C正确； D．明矾在水中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强，能吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀，从而能够沉降水中的悬浮物，但是氢氧化铝胶体没有强氧化性，因此不具有杀菌消毒作用，D错误； 故合理选项是D。 2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 滴加紫色石蕊试液变红的溶液中：K+、Ba2+、、F- B. 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、Cu2+、Cl-、 C. 0.1mol·L-1KMnO4溶液：、Na+、、I- D. 加入金属铝能产生气体的溶液：Al3+、、Cl-、K+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，弱酸根 F-会和氢离子反应，H++ F-=HF，生成弱电解质HF，不能大量共存，故A不符合题意； B．Fe3+与 Al3+、Cu2+、Cl-、之间不发生反应，能大量共存，故B符合题意； C．KMnO4有强氧化性， I-有还原性，二者会发生氧化还原反应，不能共存，故C不符合题意； D．加入金属铝能产生气体的溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下不能存在，碱性条件下Al3+、都不能存在，故D不符合题意； 故答案为：B。 3. 下列比较关系正确的是 A. 第一电离能：N＞O B. 还原性：HBr＞HI C. 碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2 D. 离子半径：Na+＞F- 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但是第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族元素的第一电离能，故第一电离能：N＞O，A项正确； B．同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，则还原性：HBr＜HI，B项错误； C．同周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，C项错误； D．核外电子排布相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，则离子半径：Na+＜F-，D项错误； 答案选A。 4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，金属元素Z其原子最外层电子数与最内层相同。下列说法正确的是 A. 电负性：χ(X)> χ(Y) B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X C. 原子半径：r(Z)<r(W) D. X、W形成的化合物中有离子键 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2 倍，则X为C元素，金属元素Z其原子最外层电子数与最内层相同，则Z为Mg元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，短周期主族元素最外层电子数小于8，则Y元素的核电荷数小于8，大于6，则Y为N元素，W为Cl元素。 【详解】A．同周期电负性从左向右增大，电负性：C<N，A错误； B．W为Cl元素，X为C元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：W＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，B正确； C．电子次数越多，原子半径越大，同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径：r(Z)>r(W)，C错误； D．碳和氯形成的化合物中只有共价键，D错误； 故选B。 5. 已知CH4的燃烧热为890.3 kJ·mol－1，下列化学反应表示正确的是 A. 铅蓄电池的正极反应：Pb－2e－＋=PbSO4 B. 电解饱和NaCl溶液：2Na＋＋2Cl－2Na＋Cl2↑ C. CH4燃烧热：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ∆H＝－890.3 kJ·mol－1 D. 一定条件下NO2与NH3的反应：6NO2＋8NH37N2＋12H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．铅蓄电池放电时PbO2在正极得到电子生成PbSO4，电极方程式为：PbO2+2e－+4H++=PbSO4+2H2O，A错误； B．电解饱和NaCl溶液的反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑＋Cl2↑，B错误； C．甲烷的燃烧热是1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，正确的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ∆H＝－890.3 kJ·mol－1，C错误； D．一定条件下NO2与NH3反应生成氮气和水，反应的化学方程式为：6NO2＋8NH37N2＋12H2O，D正确； 答案选D。 6. 用粗硅制备高纯硅，发生的反应包括 ①Si(s)+3HCl(g)H2(g)+SiHCl3(g)、②SiHCl3(g)+H2(g)3HCl(g)+Si(s)。下列说法正确的是 A. 反应①的△S>0 B. 制备高纯硅的过程中应设法循环使用H2和HCl C. 反应②的化学平衡常数K= D. 1mol晶体硅中含有4mol Si-Si键 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，反应①是熵减的反应，反应ΔS＜0，A错误； B．由方程式可知，反应①的反应物氯化氢是反应②的生成物，反应①的生成物氢气是反应②的反应物，所以为了提高原料的利用率，制备多晶硅的过程中应设法循环使用氢气和氯化氢，B正确； C．由方程式可知，反应②的化学平衡常数，C错误； D．晶体硅中每个硅原子与4个硅原子形成硅硅键，每个硅硅键为2个硅原子所共有，则每个硅原子形成硅硅键的数目为，则1mol晶体硅中含有2mol硅硅键，D错误； 故选B。 7. 纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如图： 已知:Ksp[Fe(OH)3]=3.8×10-38;Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列说法不正确的是(　　) A. 酸浸时FeO与稀硝酸反应的离子方程式为3FeO+10H++NO=3 Fe3++NO↑+5H2O B. 将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2 C. 滤渣2中的成分是Zn和Fe D. 当溶液中Zn2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，则可认为其沉淀完全。若要使Zn2+沉淀完全，溶液中S2-浓度应大于1.6×10-19mol·L-1 【答案】C 【解析】 【分析】锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有F、Zn2+、Cu2+，再加入氧化锌调节pH值，先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换溶液中铜而过滤除去，最后调节pH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS。据此解答。 【详解】A.稀硝酸具有强氧化性，与FeO发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，则离子方程式为：3FeO+10H++NO=3 Fe3++NO↑+5H2O ，故A正确； B. 稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用，则将NO进一步再转化成硝酸，即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2，故B正确； C.由于硝酸的强氧化性，则酸浸后所得溶液中含有F、Zn2+、Cu2+，再加入ZnO调节pH使F转化为Fe(OH)3沉淀而过滤除去，再加锌置换出溶液中铜而过滤除去，所以最终过滤出来的滤渣有置换出的铜和过量的锌，故C错误； D.当Qc>Ksp(ZnS)时才生成ZnS沉淀，即c(S2-)> mol·L-1=1.6×10-19mol·L-1，故D正确。 故答案选C。 8. 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。 9. 室温下，用含少量和的溶液制备的过程如下。 已知：，；，。 下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “除钴镍”后得到的上层清液中： C. 溶液中： D. “沉铁”时发生的离子方程式为： 【答案】A 【解析】 【分析】该工艺流程的原料为含少量和的溶液，产品为，加入Na2S溶液，使Co2+和Ni2+转化为CoS、NiS沉淀过滤除去，滤液中加入NaHC2O4溶液，与Fe2+反应生成。 【详解】A．溶液中，S2-发生水解，Kh1=远大于Kh2=，以第一步水解为主，设发生水解的S2-为xmol/L，根据三段式， 则Kh1=，解得，故c(HS−)>c(S2−)，A正确； B．“除钴镍”后得到的上层清液中，，B错误； C．溶液中，根据质子守恒c()+c(OH−)=c(H+)+c(H2C2O4)，C错误； D．“沉铁”时，加入的是NaHC2O4，H2C2O4为弱酸，其酸式酸根不能拆，发生的离子方程式为Fe2+++2H2O=FeC2O4⋅2H2O↓+H+，D错误； 本题选A 10. 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、体积均相同的和溶液中各滴加1滴酚酞，溶液变红，前者红色更深 水解程度： B 向 溶液中滴加2滴 ，再滴加2滴 溶液，先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 C 向一定浓度溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性： D 用计分别测定等体积的溶液和溶液的，溶液的pH小 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．向物质的量浓度、体积均相同的和溶液中各滴加1滴酚酞，溶液变红，前者红色更深，碱性更强，说明水解程度：，A正确； B．向 溶液中滴加2滴 ，生成氢氧化镁沉淀后氢氧化钠过量，再滴加2滴 溶液，一定会生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，无法判断二者溶度积常数大小，B错误； C．向一定浓度溶液中通入气体，出现黑色沉淀，是因为生成的硫化铜沉淀不溶于硫酸，不能证明酸性：，实际是酸性：，C错误； D．没有给出两种溶液浓度大小关系，不能通过溶液的pH判断酸性强弱，D错误； 故选A。 11. NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是 A. 属于氧化还原反应 B. 是该反应的中间产物 C. 总反应化学方程式4NH3+3O22N2+6H2O D. Ti4+可降低该反应的活化能 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，反应中氮元素的化合价发生改变，该反应属于氧化还原反应，故A正确； B．由图可知，反应中既是生成物又是反应物，是该反应的中间产物，故B正确； C．由图可知，总反应为催化剂作用下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故C错误； D．由图可知，Ti4+先消耗，后生成，为反应的催化剂，可降低该反应的活化能，加快反应速率，故D正确； 故选C。 12. 室温下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9.某小组进行如下实验： 实验I：向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液。 实验II：向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.1mol/LCaCl2溶液。 若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法正确的是 A. 实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B. 实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O)<c(HC2O) C. 实验II中发生反应+Ca2+=CaC2O4↓+H+ D. 实验II中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O)=4.0×10-8mol/L 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaHC2O4溶液中滴加NaOH，得到Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，显碱性，因此用酚酞作指示剂，A错误； B．向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加10mL 0.1mol/LNaOH溶液，溶质为等浓度的NaHC2O4 与Na2C2O4，NaHC2O4的电离常数大于Na2C2O4的水解常数，即C2O的水解程度小于HC2O的电离程度，所以c(C2O)>c(HC2O)，B错误； C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，最后阶段发生的反应为，C错误； D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，D正确； 故选D。 13. 和联合重整能减少温室气体的排放。重整时发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 其他条件相同，投料比为时，和的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 其他条件不变，)投料比为，则平衡时转化率一定高于 B. 一定条件下，使用高效催化剂可以提高单位时间内氢气产量 C. 始终低于1.0，是因为发生了反应Ⅱ D. 其他条件不变，550~650℃，升高温度更有利于反应Ⅱ进行 【答案】D 【解析】 【详解】A．其他条件不变，投料比为时，二氧化碳既和甲烷反应，也和氢气反应，则平衡时CO2转化率一定高于CH4，A正确； B．催化剂可加快反应速率，缩短达到平衡的时间，从而提高单位时间内H2的产量，B正确； C．由方程式可知，反应中氢气与一氧化碳的物质的量比始终为，若氢气与一氧化碳的物质的量比始终低于1.0，说明发生了反应，C正确； D．由图可知，条件下，甲烷的转化率大于二氧化碳的转化率，说明升温更有利于反应，D错误； 故选D。 非选择题(共61分) 14. 现有六种元素A、B、C、D、E、F，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。 A 地壳中含量最多的元素 B 元素原子的核外p能级电子数比s能级电子数多1，最高能级为球形 C 原子核外电子有7个空间运动状态，最高能级有1个单电子 D 元素原子的价层电子排布为 E 原子核外有4个未成对电子 F 原子核外次外层全充满，最外层只有1个电子 （1）A、B、C简单离子半径大小比较，由大到小的顺序为_______。(用离子符号表示) （2）B与D形成化合物在水溶液中呈碱性的原因_______(用离子方程式表示)。 （3）C、D简单离子在水溶液中不能大量共存，请写出离子方程式_______。 （4）写出价层电子排布式为_______，F价层电子排布图为_______。 （5）电解溶液(阳极为惰性电极，阴极为不锈钢合金)的装置示意图如图所示。 电解时，F在_______(填“阴”或“阳”)极析出，阳极的电极反应式为_______，理论上有穿过阴离子交换膜，阳极区溶液质量变化量为_______g。 【答案】（1）O2->Na+>Al3+ （2）S2-+H2O⇋HS-+OH-； （3）2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑ （4） ①. 3d6 ②. （5） ①. 阴 ②. 2H2O-4e-=O2↑+4H+ ③. 160 【解析】 【分析】地壳中含量最高的是O元素，则A为O元素；B为短周期且p电子数比s电子数多1，最高能级为球形，则B为Na；C原子核外电子有7个空间运动状态，最高能级有1个单电子，C为Al；D元素原子的价层电子排布为，n为3，价电子排布式为3s23p4，D为S元素；F原子核外次外层全充满，最外层只有1个电子，F为Cu元素；E的原子序数在S和Cu之间，原子核外有4个未成对电子，E为Fe； 【小问1详解】 A、B、C简单离子分别是O2-、Na+、Al3+，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，半径大小比较O2->Na+>Al3+； 【小问2详解】 B和D形成的化合物为Na2S，电离出的S2-水解呈碱性，离子方程式为：S2-+H2O⇋HS-+OH-； 【小问3详解】 C、D离子分别是Al3+和S2-离子，二者在溶液中发生双水解反应不能共存，离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑； 【小问4详解】 E为Fe元素，Fe2+的价层电子排布式为3d6；F为Cu，价层电子排布图为； 【小问5详解】 FDA4为CuSO4，由图可知，阴极区溶液为CuSO4溶液，阳极区为(NH4)2SO4溶液，电解时Cu在阴极析出；阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；理论上2mol通过阴离子交换膜，有4mol电子转移，阳极上有1molO2放出，同时有2mol进入阳极，阳极质量增加2×96g-32g=160g。 15. 化学的应用非常广泛，如对含碳和含氮物质的反应研究在生产、生活、科研等方面具有重要的意义。回答下列问题： （1）已知：i．2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH1=-114kJ·mol-1 ii．2NO(g) N2(g)+O2(g) ΔH2=-181kJ·mol-1 iii． 则与反应生成和的热化学方程式为_______。 （2）如果上述反应ⅰ是在恒容、绝热密闭容器中进行(不考虑其他化学反应)，下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有_______(填标号)。 A. v正(NO)=v逆(O2) B. 容器中的值保持不变 C. 混合气体的密度保持不变 D. 容器内的温度保持不变 （3）2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)研究发现，NO与H2的反应过程可分为三步，每步均为基元反应：①2NO=N2O2(快) ②N2O2+H2=N2O+H2O(慢) ③……(快) 第③步对应的基元反应是_______。 （4）NO分解ICl制取I2和的原理如下： 反应I：2ICl(g)+2NO(g) 2NOCl(g)+I2(g) K1 反应II：2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) K2 反应的(K值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图1所示。 ①时，反应I2(g)+Cl2(g) 2ICl(g)的K为_______。 ②时，向容积不变的容器中充入1molNO和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)，在0～t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是_______。 （5）用下图所示装置可制备少量N2O5，阳极发生的电极反应式为_______。 【答案】（1） （2）BD （3）N2O+H2=N2+H2O （4） ①. 104 ②. 反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大 （5）N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+ 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应iii×2—反应 ii—反应i得到反应，则反应△H=(—574.5kJ/mol)×2—(—181kJ/mol)—(—114kJ/mol)=—854kJ/mol，反应的热化学方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 A．由方程式可知，v正(NO)=2v逆(O2) 时正逆反应速率相等，反应达到平衡，则v正(NO)=v逆(O2) 说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故错误； B．由方程式可知，恒容容器中的值保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； D．该反应为放热反应，反应放出的热量使容器中的温度升高，则容器内的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选BD； 【小问3详解】 由盖斯定律可知，总反应—第①步反应—第②步反应=第③步对应，则第③步对应的基元反应为N2O+H2=N2+H2O，故答案为：N2O+H2=N2+H2O； 【小问4详解】 ①由盖斯定律可知，—反应I—反应II=目标反应，则目标反应的平衡常数K=，由图可知，430K时，K1=10—1.1、K2=10—2.9，则平衡常数K==104，故答案为：104； ②由图1可知，升温K1减小、K2增大，反应I为放热此反应、反应II为吸热，此反应在0～t1时间段内，容器中压强增大主要原因是反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大，故答案为：反应I为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大； 【小问5详解】 由图可知，左侧电极为电解池的阳极，硝酸作用下四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮和氢离子，电极反应式为N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+，故答案为：N2O4—2e—+2HNO3=2N2O5+2H+。 16. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol/L)时的pH： Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 （1）回答下列问题： ①酸浸，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有___________。 ②“过滤1”后的溶液中加入的作用是___________。 ③“氧化沉钴”中生成Co(OH)3的离子方程式为___________ 。 （2）Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以用CoC2O4煅烧后制得。 ①已知：请补充完整由某含c(Co2+)=0.1 mol/L的浸出液 (含有杂质Fe2+、Fe3+)制备纯净的CoC2O4·2H2O实验方案：___________，干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体[须使用的试剂：NaClO3、NaOH、AgNO3溶液、(NH4)2C2O4、蒸馏水] ②CoC2O4·2H2O热分解可制备Co3O4.为确定由CoC2O4·2H2O获得Co3O4的最佳煅烧温度，准确称取4.575 g CoC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385 ℃以上残留固体均为金属氧化物)。 经测定，温度为205~385 ℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积(写出计算过程，结果保留2位有效数字)___________。 【答案】（1） ①. 粉碎固体原料，加快搅拌速率，适当增加硫酸的浓度等 ②. 将溶液中的Fe2+氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 ③. （2） ①. 向浸出液中边搅拌边加入适量NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再滴加NaOH溶液调节pH为2.8~7.4，过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止 ②. 0.37 L 【解析】 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4，向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+，最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【小问1详解】 ①在原料预处理过程中，粉碎固体原料（增大固体与液体的接触面积），加快搅拌速率，适当增加硫酸的浓度，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率； ②根据分析可知MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素； ③由分析可知，该过程发生氧化还原反应，根据分析反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出离子方程式：。 【小问2详解】 ①由含c(Co2+)=0.1mol·L－1的浸出液(含有杂质Fe3+、Fe2+)制备纯净的CoC2O4·2H2O实验方案：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至2.8～7.4除去Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体； ②4.575g的CoC2O4·2H2O的物质的量为0.025mol ，其中结晶水的质量为0.025×2×18g/mol=0.9g，m(CoC2O4)=4.575g-0.9g=3.675g，则A点为CoC2O4，Co元素的质量为0.025mol×59g/mol=1.475g，B点固体为金属氧化物，根据元素守恒n(O)=，n(Co): n(O)=0.025:0.033=3:4，则B为Co3O4，205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，AB段反应方程式为3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2，则消耗氧气的体积为0.37 L。 17. 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。 I．催化合成氨 （1）铁触媒催化合成氨的反应进程如图所示(图中“*”表示吸附在催化剂表面的物质)。 ①上图中决速步骤的反应方程式为___________。 ②相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化效果越好，原因是___________。 Ⅱ.氨氮的去除 （2）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。 方法一：沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。 ①该反应的离子方程式为___________。 ②废水中氨氮去除率随pH的变化如图所示，当1.3<pH<1.8时，氨氮去除率随pH升高而降低的原因是___________。 方法二：氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。 ③NaClO将废水中的氨氮转化为，该反应的离子方程式为___________。 ④研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是___________。 ⑤对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图所示。当>1.54后，总氮去除率下降的原因是___________。 【答案】（1） ①. N*+3H*=NH*+2H* ②. 分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多 （2） ①. +3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+ ②. pH升高促进了Fe3+的水解，使得Fe3+浓度降低，不利于氨氮转化为沉淀，氨氮去除率降低 ③. 3ClO-+2=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+ ④. 氧化剂HClO不稳定，温度升高受热分解 ⑤. NaClO的投入量过大，把氨氮氧化为 【解析】 【小问1详解】 ①活化能大的步骤为决速步骤，由图可知：决速步骤的方程式为：N*+3H*=NH*+2H*； ②相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化效果越好，原因是：分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多； 【小问2详解】 ①根据沉淀NH4Fe3(SO4)2(OH)6的成分，反应的离子方程式为：+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+； ②pH升高时利于Fe3+水解，浓度降低，氨氮去除率低，故当1.3<pH<1.8时，氨氮去除率随pH升高而降低的原因是：pH升高促进了Fe3+的水解，使得Fe3+浓度降低，不利于氨氮转化为沉淀，氨氮去除率降低； ③NaClO将废水中的氨氮转化为，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：3ClO-+2=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+： ④HClO受热易分解，故当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是：氧化剂HClO不稳定，温度升高受热分解； ⑤当>1.54后，NaClO投入量过大，氨氮被氧化为，故总氮去除率下降的原因是：NaClO的投入量过大，把氨氮氧化为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2024-2025学年第一学期12月考试试题 高二化学 试卷满分：100分，考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　 S-32 Cl-35.5 Co-59 Cu-64 选择题(共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法中不正确的是 A. 将煤转化为水煤气，是将煤转化为洁净燃料的过程 B. CO中毒应将中毒者移至空气流通处，必要时放入高压氧舱 C. 利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济” D. 明矾净水的原理是水解生成的氢氧化铝胶体能凝聚水中的悬浮物并杀菌消毒 2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 滴加紫色石蕊试液变红的溶液中：K+、Ba2+、、F- B. 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、Cu2+、Cl-、 C. 0.1mol·L-1KMnO4溶液：、Na+、、I- D. 加入金属铝能产生气体的溶液：Al3+、、Cl-、K+ 3. 下列比较关系正确的是 A. 第一电离能：N＞O B. 还原性：HBr＞HI C. 碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2 D. 离子半径：Na+＞F- 4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，金属元素Z其原子最外层电子数与最内层相同。下列说法正确的是 A. 电负性：χ(X)> χ(Y) B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X C. 原子半径：r(Z)<r(W) D. X、W形成的化合物中有离子键 5. 已知CH4的燃烧热为890.3 kJ·mol－1，下列化学反应表示正确的是 A. 铅蓄电池的正极反应：Pb－2e－＋=PbSO4 B. 电解饱和NaCl溶液：2Na＋＋2Cl－2Na＋Cl2↑ C. CH4燃烧热：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ∆H＝－890.3 kJ·mol－1 D. 一定条件下NO2与NH3的反应：6NO2＋8NH37N2＋12H2O 6. 用粗硅制备高纯硅，发生的反应包括 ①Si(s)+3HCl(g)H2(g)+SiHCl3(g)、②SiHCl3(g)+H2(g)3HCl(g)+Si(s)。下列说法正确的是 A. 反应①的△S>0 B. 制备高纯硅的过程中应设法循环使用H2和HCl C. 反应②的化学平衡常数K= D. 1mol晶体硅中含有4mol Si-Si键 7. 纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如图： 已知:Ksp[Fe(OH)3]=3.8×10-38;Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列说法不正确的是(　　) A. 酸浸时FeO与稀硝酸反应的离子方程式为3FeO+10H++NO=3 Fe3++NO↑+5H2O B. 将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2 C. 滤渣2中成分是Zn和Fe D. 当溶液中Zn2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，则可认为其沉淀完全。若要使Zn2+沉淀完全，溶液中S2-浓度应大于1.6×10-19mol·L-1 8. 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 9. 室温下，用含少量和的溶液制备的过程如下。 已知：，；，。 下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “除钴镍”后得到的上层清液中： C. 溶液中： D. “沉铁”时发生的离子方程式为： 10. 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、体积均相同的和溶液中各滴加1滴酚酞，溶液变红，前者红色更深 水解程度： B 向 溶液中滴加2滴 ，再滴加2滴 溶液，先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 C 向一定浓度溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性： D 用计分别测定等体积的溶液和溶液的，溶液的pH小 键的极性增强，羧酸酸性增强 A. A B. B C. C D. D 11. NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下，下列说法不正确的是 A. 属于氧化还原反应 B. 是该反应的中间产物 C. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O D. Ti4+可降低该反应的活化能 12. 室温下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9.某小组进行如下实验： 实验I：向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液。 实验II：向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.1mol/LCaCl2溶液。 若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法正确的是 A. 实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B. 实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O)<c(HC2O) C. 实验II中发生反应+Ca2+=CaC2O4↓+H+ D. 实验II中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O)=4.0×10-8mol/L 13. 和联合重整能减少温室气体的排放。重整时发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 其他条件相同，投料比为时，和的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 其他条件不变，)投料比为，则平衡时转化率一定高于 B. 一定条件下，使用高效催化剂可以提高单位时间内氢气的产量 C. 始终低于1.0，是因为发生了反应Ⅱ D. 其他条件不变，550~650℃，升高温度更有利于反应Ⅱ进行 非选择题(共61分) 14. 现有六种元素A、B、C、D、E、F，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。 A 地壳中含量最多的元素 B 元素原子的核外p能级电子数比s能级电子数多1，最高能级为球形 C 原子核外电子有7个空间运动状态，最高能级有1个单电子 D 元素原子的价层电子排布为 E 原子核外有4个未成对电子 F 原子核外次外层全充满，最外层只有1个电子 （1）A、B、C简单离子半径大小比较，由大到小的顺序为_______。(用离子符号表示) （2）B与D形成化合物在水溶液中呈碱性的原因_______(用离子方程式表示)。 （3）C、D简单离子在水溶液中不能大量共存，请写出离子方程式_______。 （4）写出价层电子排布式为_______，F价层电子排布图为_______。 （5）电解溶液(阳极为惰性电极，阴极为不锈钢合金)的装置示意图如图所示。 电解时，F在_______(填“阴”或“阳”)极析出，阳极的电极反应式为_______，理论上有穿过阴离子交换膜，阳极区溶液质量变化量为_______g。 15. 化学的应用非常广泛，如对含碳和含氮物质的反应研究在生产、生活、科研等方面具有重要的意义。回答下列问题： （1）已知：i．2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH1=-114kJ·mol-1 ii．2NO(g) N2(g)+O2(g) ΔH2=-181kJ·mol-1 iii． 则与反应生成和的热化学方程式为_______。 （2）如果上述反应ⅰ是在恒容、绝热密闭容器中进行(不考虑其他化学反应)，下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有_______(填标号)。 A. v正(NO)=v逆(O2) B. 容器中的值保持不变 C. 混合气体的密度保持不变 D. 容器内的温度保持不变 （3）2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)研究发现，NO与H2的反应过程可分为三步，每步均为基元反应：①2NO=N2O2(快) ②N2O2+H2=N2O+H2O(慢) ③……(快) 第③步对应的基元反应是_______。 （4）NO分解ICl制取I2和的原理如下： 反应I：2ICl(g)+2NO(g) 2NOCl(g)+I2(g) K1 反应II：2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) K2 反应的(K值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图1所示。 ①时，反应I2(g)+Cl2(g) 2ICl(g)K为_______。 ②时，向容积不变的容器中充入1molNO和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)，在0～t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是_______。 （5）用下图所示装置可制备少量N2O5，阳极发生的电极反应式为_______。 16. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol/L)时的pH： Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全pH 2.8 8.4 1.1 9.4 82 （1）回答下列问题： ①酸浸，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有___________。 ②“过滤1”后的溶液中加入的作用是___________。 ③“氧化沉钴”中生成Co(OH)3的离子方程式为___________ 。 （2）Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以用CoC2O4煅烧后制得。 ①已知：请补充完整由某含c(Co2+)=0.1 mol/L的浸出液 (含有杂质Fe2+、Fe3+)制备纯净的CoC2O4·2H2O实验方案：___________，干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体[须使用的试剂：NaClO3、NaOH、AgNO3溶液、(NH4)2C2O4、蒸馏水] ②CoC2O4·2H2O热分解可制备Co3O4.为确定由CoC2O4·2H2O获得Co3O4的最佳煅烧温度，准确称取4.575 g CoC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385 ℃以上残留固体均为金属氧化物)。 经测定，温度为205~385 ℃煅烧过程中，产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积(写出计算过程，结果保留2位有效数字)___________。 17. 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。 I．催化合成氨 （1）铁触媒催化合成氨的反应进程如图所示(图中“*”表示吸附在催化剂表面的物质)。 ①上图中决速步骤的反应方程式为___________。 ②相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化效果越好，原因是___________。 Ⅱ.氨氮的去除 （2）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。 方法一：沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。 ①该反应的离子方程式为___________。 ②废水中氨氮去除率随pH的变化如图所示，当1.3<pH<1.8时，氨氮去除率随pH升高而降低的原因是___________。 方法二：氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。 ③NaClO将废水中的氨氮转化为，该反应的离子方程式为___________。 ④研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势。当温度大于30℃时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是___________。 ⑤对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图所示。当>1.54后，总氮去除率下降的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $