浙江省温州市浙南名校联盟2024-2025学年高二下学期开学考试 化学试题

2024-2025学年浙江省温州市浙南名校联盟高二（下）返校化学试卷 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Cu-64 Ca-100 Fe-56 Mg-24 Al-27 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的4个选项中只有1个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分) 1．（3分）下列水溶液因水解而呈碱性的是（　　） A．NaOH B．Na2O2 C．NaClO D．NH4Cl 2．（3分）下列表示正确的是（　　） A．羟基的电子式： B．As的简化电子排布式：[Ar]4s24p3 C．CCl4的空间填充模型： D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为 3．（3分）硫酸亚铁应用广泛，有关其说法不正确的是（　　） A．硫酸亚铁可用作净水剂 B．铁元素位于元素周期表第四周期第ⅦB族 C．缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片 D．的空间结构为正四面体 4．（3分）下列说法不正确的是（　　） A．装置①可验证铁与水蒸气反应生成H2 B．图②可测定中和反应的反应热 C．装置③可用于吸收氨气尾气 D．装置④可用于制备MgCl2固体 5．（3分）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是（　　） A．维生素C具有氧化性，可以作为食品中的抗氧化剂 B．SiO2具有导电性，可制作光导纤维 C．SO2具有氧化性，可漂白纸张 D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 6．（3分）下列选项正确的是（　　） A．图①可表示CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g） ΔH＝+205.9kJ•mol﹣1的能量变化 B．图②中ΔH表示碳的燃烧热 C．实验的环境温度为20℃，向20mL0.1mol/L的H2SO4溶液中加入0.1mol/L的NaOH溶液，测得混合液的温度变化如图③所示 D．图④可知反应由两步构成：A→B→C，稳定性：B＜A＜C 7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　） A．0.1mol氨基（—NH2）中含有NA个质子 B．1mol CO2与足量NaOH溶液反应后，所得溶液中数目小于NA C．1mol SiO2晶体中，含有Si—O共价键数目为2NA D．标准状况下，22.4LCHCl3含有的分子数为NA 8．（3分）下列离子方程式正确的是（　　） A．用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式2Cl+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子方程式：H+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O C．用FeS去除工业废水中的Pb2+Pb2++S2﹣＝PbS↓ D．H3BO3的电离方程式：H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+ 9．（3分）下列说法不正确的是（　　） A．X射线衍射实验，可以判断晶体中哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角 B．向蛋白质溶液中加入浓NaCl溶液，出现沉淀，再加水沉淀溶解 C．冠醚与碱金属离子形成氢键，可识别碱金属离子 D．红外光谱仪测定化合物的化学键或官能团信息 10．（3分）X、Y、Z、W是原子半径依次减小的短周期主族元素，X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W的电负性比X的小。下列说法不正确的是（　　） A．W在周期表的s区 B．元素第一电离能：Y＞Z C．热稳定性：XW4＞YW3 D．Y、Z、W三种元素形成的化合物不一定显酸性 11．（3分）CO2和H2合成甲醇主要反应如下： Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣40kJ/mol Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+45.5kJ/mol 向容积为10L的密闭容器中投入1mol CO2CO2和3mol H2在不同温度下反应达到平衡状态，测得平衡 时相关数据见表，下列说法不正确的是（　　） 温度（℃） 200 280 350 CO2转化率（%） 40 25 36 CH3OH选择性（%） 90 50 10.5 已知：CH3OH的选择性100% A．随着温度升高，平衡时CO选择性不断升高 B．280℃时反应Ⅱ的（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压x各组分的物质的量分数） C．200℃时，5min反应达到平衡，则0～5min反应Ⅰ的平均速率 D．温度为350℃时，当CH3OH的选择性为8%时，反应i的v（正）＜v（逆） 12．（3分）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示，下列关于维生素C的说法不正确的是（　　） A．抗坏血酸含有三种不同的官能团 B．能与Na2CO3溶液反应 C．能够发生取代反应和氧化反应 D．服用补铁剂（Fe2+含）时，搭配维生素C（又称“抗坏血酸”）效果更好 13．（3分）利用左侧浓差电池采用电渗析法提纯乳清（富含NaCl的蛋白质），工作原理如图所示（a、b电极均为石墨电极）。 下列说法正确的是（　　） A．Cu（1）为负极 B．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH C．b电极上的电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑ D．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜 14．（3分）一种离子化合物的结构如图，下列说法不正确的是（　　） A．简单氢化物的键角CH4＞NH3＞PH3 B．该物质常温下是固态 C．咪唑是平面五元环结构，则N原子杂化类型都为sp2 D．1mol六氟磷酸根离子含有1mol配位键 15．（3分）常温下通过下列实验探究含硫化合物的性质。1﹣丁基﹣3﹣中基 已知：常温下Ka1（H2SO3）＝1.4×10﹣2Ka2（H2SO3）＝6.0×10﹣8，Ksp（CaSO4）＝5×10﹣5 实验1：用0.2mol•L﹣1氨水吸收SO2，用pH计记录pH变化。 实验2：用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定10mL0.1mol•L﹣1H2SO3溶液。 实验3：0.01mol•L﹣1CaCl2溶液和0.01mol•L﹣1Na2SO4溶液等体积混合（忽略体积变化）。 下列说法不正确的是（　　） A．实验1吸收过程中当pH＝6的溶液中存在c（）＜c（） B．当加入的NaOH的体积为20mL时，c（H+）+c（）+c（H2SO3）＜c（OH﹣） C．实验2可出现两次突跃，指示剂应先后选用甲基橙和酚酞 D．实验3溶液混合后不能形成沉淀 16．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　） 选项 实验方案 现象 结论 A 常温下，将铜丝插入盛有稀硝酸溶液的试管中 试管溶液上方出现红棕色气体 说明铜与稀硝酸反应生成NO2 B 测定Na2CO3溶液和CH3COONa溶液pH Na2CO3溶液pH大 水解程度：CH3COO C 将缠有锌条的铁钉置于装有少量食盐水的培养皿中，一段时间后，取反应后溶液，向其滴加K3[Fe（CN）6]溶液 未出现蓝色沉淀 锌条对铁钉起到保护作用 D 用注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体并密封，然后把注射器的活塞往里推使管内气体容积减小 混合气体的颜色变深 增大压强使化学平衡2NO2（g）⇌N2O4（g）右移 A．A B．B C．C D．D 二、非选择题（本大题共5小题，共52分） 17．（10分）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的母体材料，广泛应用于多个领域。以BaCl2溶液、TiCl4溶液、H2C2O4溶液为原料制备前驱体草酸氧钛钡晶体[BaTiO（C2O4）2•4H2O]，再经高温煅烧制得钛酸钡粉体。 钛酸钡晶体的结构如图所示。 （1）①基态Ti原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为 　 　 。 ②O2﹣周围与它最近且距离相等的O2﹣有 　 　 个，钛酸钡晶体化学式为 　 　 。 ③该晶体晶胞的边长为anm，晶体密度为 　 　 g•cm﹣3。（列出计算式，已知阿伏加德罗常数为NA1nm＝10﹣7cm） （2）煅烧过程中有无水草酸氧钛钡晶体生成，其结构如图所示。 ①下列说法正确的是 　 　 。 A.基态Ti原子核外有22种能量的电子 B.中的C原子采取sp2杂化 C.该晶体中元素的电负性大小顺序为：Ba＞O＞C D.该晶体中存在的化学键有离子键、共价键和配位键 ②H2C2O4的酸性大于CH3COOH的酸性，从结构角度解释原因 　 　 。 18．（10分）水体中亚硝酸盐含量过高会影响生物体的生长，将其电解产生NH3实现NH3的循环利用及亚硝酸盐的去除，部分转化如图： 已知：N2H4联氨，又称肼，有强还原性。 请回答下列问题： （1）写出过程Ⅱ的离子方程式 　 　 。 （2）下列说法正确的是 　 　 。 A.水体中的NO2含量过高会将生物体中血液里的血红蛋白转变为高铁血红蛋白，失去携氧能力 B.过程Ⅰ中NH3在阴极产生 C.过程Ⅱ的转化中，为提高NH3的转化率，NaClO需过量 D.过程Ⅲ经历3个氧化还原反应，且氮元素只发生氧化反应 E.NH3、。N2H4均可作配体，与Cu2+等金属离子形成配合物 （3）N2H4沸点（113.5℃）高于NH3（﹣33.5℃）的原因：　 　 。 （4）联氨是极性分子，推测下列结构最接近联氨分子真实结构的是 　 　 （填“A”或“B”）。 A.反式结构 B.顺式结构 （5）锅炉中加入一定的联氨，可以将铁锈还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染的气体，写出该反应的化学方程式：　 　 。 （6）设计实验检验溶液C中可能的金属阳离子 　 　 。 19．（10分）在天然气的开采净化过程中，往往会产生酸气（H2S与CO2）。将H2S与CO2协同转化，在减少碳排放的同时得到高附加值化学品。回答下列问题： （1）已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ②4H2S（g）+2SO2（g）S2（g）+4H2O（g） ③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ④2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）该反应正向自发进行的条件为 　 　 （填“高温”“低温”或“任何温度”）。 （2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫（O＝C＝S），该物质可转化为H2S，T℃时，反应为COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）K＝9 ①当原料n（COS）：（H2）＝1：1时，COS的转化率为 　 　 。 ②恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是 　 　 （填字母）。 A.混合气体的平均相对分子质量不再改变 B.化学平衡常数不再改变 C.H2的浓度保持不变 D.形成2mol H—S键的同时形成1mol H—H键 （3）相同条件下，反应H2S（g）+CO2（g）⇌cos（g）+H2O（g）当保持通入气体的总物质的量和流速不变，改变电场功率和原料气的组成时，CO2气体的转化率如图所示，下列说法正确的是 　 　 。 A.电场功率越大，反应速率越快 B.增大电场功率，可提高CO2的平衡转化率 C.增大H2S和CO2的投料比，CO2的平衡转化率增大 D.电场功率和原料气投料比不变，增大流速，COS的产率一定增大 （4）为治理H2S有毒气体，可利用H2S完全燃烧（生成SO2）原理，用H2S、空气、KOH溶液组成燃料电池，负极的电极反应式为 　 　 。 20．（8分）已知25℃时部分物质的相关数据如下表所示： CH3COOH HF H2SO3 NH3•H2O Mg（OH）2 Ka＝1.8×10﹣5 Ka＝6.3×10﹣4 Ka1＝1.4×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Kb＝1.8×10﹣5 Ksp＝1.8×10﹣11 （1）25℃时，等浓度的四种溶液A.CH3COONa溶液、B.NaF溶液、C.Na2SO3溶液、D.NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为 　 　 （填写序号）。 （2）向0.1mol/L的Na2SO3溶液中通入HCl气体，pH＝7时，c（Cl﹣） 　 　 c（）+2c（H2SO3）（填“＞”“＜”或者“＝”）。 （3）写出Na2SO3溶液中加入足量CH3COOH的离子方程式 　 　 。 （4）25℃时，Mg（OH）2（s）+2CH3COOH（aq）＝Mg2+（aq）+2CH3COO（aq）+2H2O（l）的平衡常数K＝ 　 　 （已知：1.83约为5.8）。 （5）25℃时，向amL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的CH3COOH溶液bmL，混合溶液恰好呈中性（体积变化忽略不计），已知CH3COOH的Ka＝1.75×10﹣5， 　 　 。 21．（14分）Cu元素在生命活动中占有举足轻重的地位，缺铜会造成贫血、记忆力减退、反应迟钝、运动失常等。设计如下实验制备有机补铜剂顺式二甘氨酸合铜水合物（）并测定其产率。根据所学知识，回答下列问题： Ⅰ.制备Cu（OH）2 向盛有CuSO4溶液的烧杯中逐滴滴加氨水，先出现蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色，再加入过量的2mol•L﹣1NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥。 （1）向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出蓝色沉淀溶解形成深蓝色溶液的离子方程式 　 　 。 Ⅱ.顺式二甘氨酸合铜水合物的制备 将制得的Cu（OH）2固体置于三颈烧瓶中，通过分液漏斗加入甘氨酸溶液，加热至65～70℃搅拌，直至固体完全溶解后，将三颈烧瓶内的反应混合物转移至烧杯中，向烧杯中加入10mL95%的乙醇溶液，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到产品。 （2）可采用的加热方式为 　 　 。 （3）制备二甘氨酸合铜水合物时加入10mL95%乙醇溶液的作用是 　 　 。 Ⅲ.测定产品中二甘氨酸合铜水合物的纯度 取2.0g步骤Ⅱ中所得产品，用稀硫酸溶解，配成100mL溶液。取25mL该溶液转移至锥形瓶中，加入蒸馏水和过量的KI溶液（2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2），立即用0.01mol•L﹣1Na2S2O3标准液快速进行滴定，当溶液变为浅黄色时，加入1mL淀粉溶液，继续滴定至终点（I2+2S2═S42I﹣）。重复操作3次，消耗Na2S2O3标准液平均体积为amL。 （4）“滴定”过程需要使用的仪器是 　 　 （填字母）。 （5）立即用0.01mol•L﹣1Na2S2O3标准液快速进行滴定，且滴定速率应尽量“快”的原因 　 　 。 （6）滴定终点的现象是 　 　 。 （7）则产品中二甘氨酸合铜水合物（相对分子质量用M表示）的纯度为 　 　 %（用含a、M的式子表示）。 （8）若用Na2S2O3标准溶液滴定，滴定前滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定完成气泡消失，则导致测得结果 　 　 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 2024-2025学年浙江省温州市浙南名校联盟高二（下）返校化学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共16小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D B D D D B D C C D 题号 12 13 14 15 16 答案 B D B A C 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的4个选项中只有1个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分) 1．（3分）下列水溶液因水解而呈碱性的是（　　） A．NaOH B．Na2O2 C．NaClO D．NH4Cl 【分析】强碱弱酸盐的水溶液因阴离子水解而呈碱性，据此分析判断。 【解答】解：A．NaOH是碱不是盐，溶液显碱性，故A错误； B．Na2O2水溶液中反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，Na2O2是氧化物，不是盐，故B错误； C．NaClO是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，溶液显碱性，故C正确； D．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，故D错误； 故选：C。 2．（3分）下列表示正确的是（　　） A．羟基的电子式： B．As的简化电子排布式：[Ar]4s24p3 C．CCl4的空间填充模型： D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为 【分析】A．羟基的电子式为：； B．As的简化电子排布式为：4s24p3； C．CCl4的空间构型为正四面体形，Cl原子半径大于C，其空间填充模型为； D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为。 【解答】解：A．羟基的电子式为：，故A错误； B．As的简化电子排布式为：4s24p3，故B错误； C．CCl4的空间构型为正四面体形，Cl原子半径大于C，其空间填充模型为，故C错误； D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，故D正确； 故选：D。 3．（3分）硫酸亚铁应用广泛，有关其说法不正确的是（　　） A．硫酸亚铁可用作净水剂 B．铁元素位于元素周期表第四周期第ⅦB族 C．缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片 D．的空间结构为正四面体 【分析】A．硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，胶体具有吸附性，可以用作净水剂； B．基态铁原子价电子排布式为3d64s2，位于第四周期Ⅷ族； C．缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片来补充铁元素； D．中心原子的价电子对数为4，孤电子对数为0，因此的空间结构为正四面体。 【解答】解：A．硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，胶体具有吸附性，可以用作净水剂，故A正确； B．基态铁原子价电子排布式为3d64s2，位于第四周期Ⅷ族，故B错误； C．缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片来补充铁元素，故C正确； D．中心原子的价电子对数为4，孤电子对数为0，因此的空间结构为正四面体，故D正确； 故选：B。 4．（3分）下列说法不正确的是（　　） A．装置①可验证铁与水蒸气反应生成H2 B．图②可测定中和反应的反应热 C．装置③可用于吸收氨气尾气 D．装置④可用于制备MgCl2固体 【分析】A．Fe与水蒸气高温下反应生成氢气，氢气具有可燃性； B．玻璃环形搅拌器能使混合溶液温度均匀，隔热层能防止热量散失； C．氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳； D．氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进水解。 【解答】解：A．Fe与水蒸气高温下反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可验证铁与水蒸气反应生成H2，故A正确； B．玻璃环形搅拌器能使混合溶液温度均匀，隔热层能防止热量散失，该装置能测定中和热，故B正确； C．氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳，该装置有缓冲作用，能防止倒吸，故C正确； D．氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进水解，加快HCl挥发，蒸干得到的固体是Mg（OH）2而不是MgCl2，故D错误； 故选：D。 5．（3分）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是（　　） A．维生素C具有氧化性，可以作为食品中的抗氧化剂 B．SiO2具有导电性，可制作光导纤维 C．SO2具有氧化性，可漂白纸张 D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 【分析】A．维生素C具有还原性，可以作为食品中的抗氧化剂； B．SiO2具有优异的光学特性，可制作光导纤维； C．SO2具有漂白性，可漂白纸张； D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料。 【解答】解：A．维生素C具有还原性，可以作为食品中的抗氧化剂，故A错误； B．SiO2具有优异的光学特性，可制作光导纤维，但SiO2不具有导电性，故B错误； C．SO2具有漂白性，可漂白纸张，故C错误； D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故D正确； 故选：D。 6．（3分）下列选项正确的是（　　） A．图①可表示CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g） ΔH＝+205.9kJ•mol﹣1的能量变化 B．图②中ΔH表示碳的燃烧热 C．实验的环境温度为20℃，向20mL0.1mol/L的H2SO4溶液中加入0.1mol/L的NaOH溶液，测得混合液的温度变化如图③所示 D．图④可知反应由两步构成：A→B→C，稳定性：B＜A＜C 【分析】A．图象表示的物质能量变化为反应物能量高于生成物为放热反应； B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量； C．如图，V2为20mL时温度最高，说明此时酸碱已经反应完毕，又实验中始终保持V1+V2＝60mL，所以V1为40mL，由酸碱中和关系式：2NaOH～H2SO4，分析判断； D．A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。 【解答】解：A．图示表示的为放热反应，而为吸热反应，与图示能量变化不一致，故A错误； B．碳的燃烧热是指1mol C完全燃烧生成气态二氧化碳放出的热量，图中C的燃烧产物是CO，不符合碳的燃烧热定义，故B错误； C．酸碱中和反应为放热反应，物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，V1+V2＝60mL，则V1＝20mL，V2＝40mL时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，放出的热量最多，即横坐标为40时的温度应该最高，图象与实际反应不符，故C错误； D．已知稳定性顺序为B＜A＜C，物质的总能量越低越稳定，则物质具有的能量B＞A＞C，图示中表示的能量变化曲线符合实际，故D正确； 故选：D。 7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　） A．0.1mol氨基（—NH2）中含有NA个质子 B．1mol CO2与足量NaOH溶液反应后，所得溶液中数目小于NA C．1mol SiO2晶体中，含有Si—O共价键数目为2NA D．标准状况下，22.4LCHCl3含有的分子数为NA 【分析】A．—NH2是中性基团，1个—NH2中含质子9个； B．1mol CO2与足量NaOH溶液反应后反应生成碳酸钠和水； C．1个二氧化硅含有4个Si—O键； D．标准状况下CHCl3不是气体。 【解答】解：A．0.1mol氨基（—NH2）中含有0.9NA个质子，故A错误； B．1mol CO2与足量NaOH溶液反应后生成1mol碳酸钠和水，碳酸钠中的碳酸根离子水解，溶液中数目小于NA，故B正确； C．1mol SiO2晶体中，含有Si—O共价键数目为4NA，故C错误； D．标准状况下，CHCl3不是气体，22.4LCHCl3的物质的量不是1mol，故D错误； 故选：B。 8．（3分）下列离子方程式正确的是（　　） A．用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式2Cl+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子方程式：H+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O C．用FeS去除工业废水中的Pb2+Pb2++S2﹣＝PbS↓ D．H3BO3的电离方程式：H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+ 【分析】A．电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气； B．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性，正确的离子方程式为：2H+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O； C．工业废水中的Pb2+用FeS去除反应生成硫化铅和亚铁离子，FeS难溶于水，不能拆成离子形式； D．硼酸为一元弱酸，在水中电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+。 【解答】解：A．电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，离子方程式为：Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+Mg（OH）2↓，故A错误； B．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性，正确的离子方程式为：2H+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故B错误； C．工业废水中的Pb2+用FeS去除反应生成硫化铅和亚铁离子，FeS难溶于水，不能拆成离子形式，离子方程式为：Pb2+（aq）+FeS（s）＝PbS（s）+Fe2+（aq），故C错误； D．硼酸为一元弱酸，在水中电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]﹣+H+，故D正确； 故选：D。 9．（3分）下列说法不正确的是（　　） A．X射线衍射实验，可以判断晶体中哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角 B．向蛋白质溶液中加入浓NaCl溶液，出现沉淀，再加水沉淀溶解 C．冠醚与碱金属离子形成氢键，可识别碱金属离子 D．红外光谱仪测定化合物的化学键或官能团信息 【分析】A．根据X射线衍射实验的原理和应用，进行分析； B．根据蛋白质的盐析现象及其可逆性，进行分析； C．根据冠醚与碱金属离子的相互作用方式，进行分析； D．根据红外光谱仪的功能和应用，进行分析。 【解答】解：A．X射线衍射实验主要用于确定晶体的结构，包括原子的位置、键长和键角，通过衍射图案和相关计算，可以间接推断出原子之间的化学键信息，故A正确； B．向蛋白质溶液中加入浓NaCl溶液会发生盐析，出现沉淀，再加水后沉淀可以溶解，故B正确； C．冠醚与碱金属离子之间主要通过静电作用（配位键）而非氢键形成配合物，从而识别碱金属离子，故C错误； D．红外光谱仪可以测定化合物中化学键或官能团的特征吸收峰，从而获取相关信息，故D正确； 故选：C。 10．（3分）X、Y、Z、W是原子半径依次减小的短周期主族元素，X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W的电负性比X的小。下列说法不正确的是（　　） A．W在周期表的s区 B．元素第一电离能：Y＞Z C．热稳定性：XW4＞YW3 D．Y、Z、W三种元素形成的化合物不一定显酸性 【分析】X、Y、Z、W是原子半径依次减小的短周期主族元素，其中X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，X、Z的外围电子排布式依次为2s22p2、2s22p4，故X为C元素、Z为O元素；Y的原子半径大于X（碳）且小于Z（氧），可知Y为N元素；而W的电负性比X（碳）小且原子半径小于Z（氧），可知W为H元素。 【解答】解：由分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为H元素； A．W是H元素，处于周期表中第一周期第IA族，属于s区元素，故A正确； B．Y是N元素，Z是O元素，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于O元素，故B正确； C．元素非金属性：C＜N，则热稳定性：CH4＜NH3，故C错误； D．Y（氮）、Z（氧）、W（氢）三种元素形成的化合物有HNO3、NH4NO3、NH3•H2O等，NH3•H2O溶液呈碱性，故D正确； 故选：C。 11．（3分）CO2和H2合成甲醇主要反应如下： Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣40kJ/mol Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+45.5kJ/mol 向容积为10L的密闭容器中投入1mol CO2CO2和3mol H2在不同温度下反应达到平衡状态，测得平衡 时相关数据见表，下列说法不正确的是（　　） 温度（℃） 200 280 350 CO2转化率（%） 40 25 36 CH3OH选择性（%） 90 50 10.5 已知：CH3OH的选择性100% A．随着温度升高，平衡时CO选择性不断升高 B．280℃时反应Ⅱ的（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压x各组分的物质的量分数） C．200℃时，5min反应达到平衡，则0～5min反应Ⅰ的平均速率 D．温度为350℃时，当CH3OH的选择性为8%时，反应i的v（正）＜v（逆） 【分析】A.温度升高，反应Ⅰ平衡左移，反应Ⅱ平衡右移，导致CO选择性升高； B.根据平衡常数公式计算求解； C.根据平均速率公式计算求解； D.350℃平衡时CH3OH选择性10.5%，若此时选择性为8%，表明系统需向生成CH3OH方向移动，v正＞v逆； 【解答】解：A.随着温度升高，反应Ⅰ（放热）平衡左移，反应Ⅱ（吸热）平衡右移，导致CO选择性（反应Ⅱ产物占比）升高，表中数据显示高温时CO2转化率波动但CH3OH选择性显著下降，故A正确； B.280℃时，CO2总转化率25%中50%来自反应Ⅰ（生成0.125mol CH3OH），剩余50%（0.125mol）来自反应Ⅱ（生成0.125mol CO），通过分压计算得Kp，故B正确； C.200℃时CO2转化率40%中90%（0.36mol）通过反应Ⅰ生成CH3OH。平均速率v（CH3OH）7.2×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，故C正确； D.350℃平衡时CH3OH选择性10.5%，若此时选择性为8%（低于平衡值），表明系统需向生成CH3OH方向移动（v正＞v逆）以恢复平衡，故D错误； 故选：D。 12．（3分）维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示，下列关于维生素C的说法不正确的是（　　） A．抗坏血酸含有三种不同的官能团 B．能与Na2CO3溶液反应 C．能够发生取代反应和氧化反应 D．服用补铁剂（Fe2+含）时，搭配维生素C（又称“抗坏血酸”）效果更好 【分析】A．该分子中官能团有羟基、碳碳双键、酯基； B．酚—OH、—COOH能和Na2CO3溶液反应； C．具有醇、烯烃和酯的性质； D．服用补铁剂（Fe2+含）时，为防止Fe2+被氧化，应该服用还原性的物质。 【解答】解：A．该分子中官能团有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，故A正确； B．该分子中不含酚—OH、—COOH，所以不能和Na2CO3溶液反应，故B错误； C．具有醇、烯烃和酯的性质，羟基、酯基都能发生取代反应，碳碳双键、—CH2OH、—CH（OH）﹣都能被氧化而发生氧化反应，故C正确； D．服用补铁剂（Fe2+含）时，为防止Fe2+被氧化，应该服用还原性的物质，该物质能被氧化而体现还原性，故D正确； 故选：B。 13．（3分）利用左侧浓差电池采用电渗析法提纯乳清（富含NaCl的蛋白质），工作原理如图所示（a、b电极均为石墨电极）。 下列说法正确的是（　　） A．Cu（1）为负极 B．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH C．b电极上的电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑ D．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜 【分析】由图可知，浓度差电池中，Cu（1）作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，Cu（2）作负极，电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，a极为阴极，电极反应为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，b极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，据此作答。 【解答】解：A．分析可知Cu（1）作正极，故A错误； B．浓差电池从开始工作到放电结束，左侧铜离子的物质的量等于右侧铜离子的物质的量，故两侧铜离子均变为3mol，左侧铜离子有2mol得到电子，转移电子4mol，故电解池生成氢氧根离子4mol，即产生氢氧化钠4mol，质量为4mol×40g/mol＝160g，故B错误； C．b极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，故C错误； D．钠离子透过膜1向左迁移，故膜1为阳离子交换膜，硫酸根离子透过膜2向右迁移，故膜2为阴离子交换膜，故D正确； 故选：D。 14．（3分）一种离子化合物的结构如图，下列说法不正确的是（　　） A．简单氢化物的键角CH4＞NH3＞PH3 B．该物质常温下是固态 C．咪唑是平面五元环结构，则N原子杂化类型都为sp2 D．1mol六氟磷酸根离子含有1mol配位键 【分析】A．CH4为正四面体结构，而NH3、PH3均为三角锥形结构，但N原子的电负性大于P，则NH3中共用电子对更偏向于N； B．该物质是离子液体，常温下是液态； C．咪唑是平面五元环结构，N原子的价层电子对数均为3，VSEPR模型均为平面三角形； D．六氟磷酸根离子中P原子的价层电子对数为6，但P原子的最外层电子对数是5，最多形成5个共价键。 【解答】解：A．CH4为正四面体结构，而NH3、PH3均为三角锥形结构，但N原子的电负性大于P，NH3中共用电子对更偏向于N，电子对之间的斥力更大，则键角：CH4＞NH3＞PH3，故A正确； B．该物质是离子液体，阴阳离子半径较大，离子键强度较弱，则该物质常温下是液态，故B错误； C．咪唑是平面五元环结构，N原子的价层电子对数均为3，VSEPR模型均为平面三角形，则N原子杂化类型都为sp2，故C正确； D．P原子的最外层电子对数是5，最多形成5个共价键，但六氟磷酸根离子中P原子与F原子形成6个共价键，则一定含有1个配位键，即1mol六氟磷酸根离子含有1mol配位键，故D正确； 故选：B。 15．（3分）常温下通过下列实验探究含硫化合物的性质。1﹣丁基﹣3﹣中基 已知：常温下Ka1（H2SO3）＝1.4×10﹣2Ka2（H2SO3）＝6.0×10﹣8，Ksp（CaSO4）＝5×10﹣5 实验1：用0.2mol•L﹣1氨水吸收SO2，用pH计记录pH变化。 实验2：用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定10mL0.1mol•L﹣1H2SO3溶液。 实验3：0.01mol•L﹣1CaCl2溶液和0.01mol•L﹣1Na2SO4溶液等体积混合（忽略体积变化）。 下列说法不正确的是（　　） A．实验1吸收过程中当pH＝6的溶液中存在c（）＜c（） B．当加入的NaOH的体积为20mL时，c（H+）+c（）+c（H2SO3）＜c（OH﹣） C．实验2可出现两次突跃，指示剂应先后选用甲基橙和酚酞 D．实验3溶液混合后不能形成沉淀 【分析】A．根据代入数据计算即可； B．根据质子守恒：c（H+）+c（）+2c（H2SO3）＝c（OH﹣）分析； C．实验2出现两次突跃，溶液分别呈酸性和碱性，需要两种指示剂； D．根据Qc＝c（Ca2+）c（）与Ksp（CaSO4）比较大小可判断是否出现沉淀； 【解答】解：A．已知H2SO3的Ka2（H2SO3）＝6.0×10﹣8，常温下pH＝6的溶液c（H+）＝10﹣6mol/L，6×10﹣2＜1，则c（）＞c（），故A错误； B．当加入的NaOH的体积为20mL时，NaOH和H2SO3恰好反应生成Na2SO3，根据质子守恒：c（H+）+c（）+2c（H2SO3）＝c（OH﹣），则c（H+）+c（）+c（H2SO3）＜c（OH﹣），故B正确； C．实验2中加入10mLNaOH溶液时生成NaHSO3，溶液呈酸性，加入20mLNaOH溶液时生成Na2SO3，溶液呈碱性，可出现两次突跃，指示剂应先后选用甲基橙和酚酞，故C正确； D．实验3混合后Qc＝c（Ca2+）c（）＝0.01×0.01＝10﹣4＞Ksp（CaSO4）＝5×10﹣5，所以不能形成沉淀，故D正确； 故选：A。 16．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　） 选项 实验方案 现象 结论 A 常温下，将铜丝插入盛有稀硝酸溶液的试管中 试管溶液上方出现红棕色气体 说明铜与稀硝酸反应生成NO2 B 测定Na2CO3溶液和CH3COONa溶液pH Na2CO3溶液pH大 水解程度：CH3COO C 将缠有锌条的铁钉置于装有少量食盐水的培养皿中，一段时间后，取反应后溶液，向其滴加K3[Fe（CN）6]溶液 未出现蓝色沉淀 锌条对铁钉起到保护作用 D 用注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体并密封，然后把注射器的活塞往里推使管内气体容积减小 混合气体的颜色变深 增大压强使化学平衡2NO2（g）⇌N2O4（g）右移 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．稀硝酸和Cu反应生成NO，浓硝酸和Cu反应生成NO2； B．两种钠盐溶液的物质的量浓度相对大小未知； C．Zn、Fe和电解质溶液构成原电池，作正极的金属被保护； D．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动。 【解答】解：A．浓硝酸和Cu反应生成NO2，稀硝酸和Cu反应生成NO，但NO易被空气中的氧气氧化生成红棕色的NO2，所以Cu和稀硝酸反应的试管溶液上方出现红棕色气体，故A错误； B．两种钠盐溶液的物质的量浓度相对大小未知，不能根据溶液pH值的大小判断酸根离子水解程度大小，故B错误； C．将缠有锌条的铁钉置于装有少量食盐水的培养皿中，Zn、Fe和电解质溶液构成原电池，一段时间后，取反应后溶液，向其滴加K3[Fe（CN）6]溶液，未出现蓝色沉淀，说明Fe没有被腐蚀，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，故C正确； D．容器的体积减小，气体压强增大，开始时c（NO2）增大而导致气体颜色加深，但增大压强，平衡正向移动，气体颜色变浅，但平衡时仍然比原来平衡时颜色深，故D错误； 故选：C。 二、非选择题（本大题共5小题，共52分） 17．（10分）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的母体材料，广泛应用于多个领域。以BaCl2溶液、TiCl4溶液、H2C2O4溶液为原料制备前驱体草酸氧钛钡晶体[BaTiO（C2O4）2•4H2O]，再经高温煅烧制得钛酸钡粉体。 钛酸钡晶体的结构如图所示。 （1）①基态Ti原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为 　5：6（或6：5）　 。 ②O2﹣周围与它最近且距离相等的O2﹣有 　8　 个，钛酸钡晶体化学式为 　BaTiO3　 。 ③该晶体晶胞的边长为anm，晶体密度为 　　 g•cm﹣3。（列出计算式，已知阿伏加德罗常数为NA1nm＝10﹣7cm） （2）煅烧过程中有无水草酸氧钛钡晶体生成，其结构如图所示。 ①下列说法正确的是 　BD　 。 A.基态Ti原子核外有22种能量的电子 B.中的C原子采取sp2杂化 C.该晶体中元素的电负性大小顺序为：Ba＞O＞C D.该晶体中存在的化学键有离子键、共价键和配位键 ②H2C2O4的酸性大于CH3COOH的酸性，从结构角度解释原因 　CH3COOH中的—CH3为供电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；H2C2O4中的羧基为吸电子基团，使羧基中的氧氢键极性增强　 。 【分析】（1）①基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2； ②由晶胞图可知，距面心的O2﹣周围与它最近且距离相等的O2﹣有4个；根据均摊法计算原子个数； ③晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ计算晶体密度； （2）①A.位于同一轨道上的电子具有相同的能量； B.C2中的C原子形成3个σ键，价层电子对数为3； C.非金属性越大，电负性越大； D.该晶体中由阴阳离子构成，Ti原子与O原子间存在配位键，还存在C—O共价键； ②供电子基团使得羟基中氢氧键极性变弱，吸电子基态使得羟基中氢氧键极性变强。 【解答】解：（1）①基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，两种自旋状态的电子数之比为10：12＝5：6， 故答案为：5：6（或6：5）； ②由晶胞图可知，距面心的O2﹣周围与它最近且距离相等的O2﹣有4个，面心的原子为2个晶胞共有，故O2﹣周围与它最近且距离相等的O2﹣有8个；Ba2+位于顶点，个数为81，O2﹣位于面心，个数为63，1个Ti4+位于体心，Ba2+：Ti4+：O2﹣＝1：1：3，其化学式为BaTiO3， 故答案为：8；BaTiO3； ③晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρ g•cm﹣3＝ g•cm﹣3， 故答案为：； （2）①A.基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，位于同一轨道上的电子具有相同的能量，故基态Ti原子核外有7种能量的电子，故A错误； B.C2中的C原子形成3个σ键，价层电子对数为3，为sp2杂化，故B正确； C.非金属性越大，电负性越大，则电负性大小顺序为：O＞C＞Ba，故C错误； D.该晶体中由阴阳离子构成，Ti原子与O原子间存在配位键，还存在C—O共价键，故D正确； 故答案为：BD； ②CH3COOH中的—CH3为供电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；H2C2O4中的羧基为吸电子基团，使羧基中的氧氢键极性增强，更易断裂，体现更强酸性， 故答案为：CH3COOH中的—CH3为供电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；H2C2O4中的羧基为吸电子基，使羧基中的氧氢键极性增强。 18．（10分）水体中亚硝酸盐含量过高会影响生物体的生长，将其电解产生NH3实现NH3的循环利用及亚硝酸盐的去除，部分转化如图： 已知：N2H4联氨，又称肼，有强还原性。 请回答下列问题： （1）写出过程Ⅱ的离子方程式 　2NH3+ClO﹣＝N2H4+Cl﹣+H2O　 。 （2）下列说法正确的是 　AB　 。 A.水体中的NO2含量过高会将生物体中血液里的血红蛋白转变为高铁血红蛋白，失去携氧能力 B.过程Ⅰ中NH3在阴极产生 C.过程Ⅱ的转化中，为提高NH3的转化率，NaClO需过量 D.过程Ⅲ经历3个氧化还原反应，且氮元素只发生氧化反应 E.NH3、。N2H4均可作配体，与Cu2+等金属离子形成配合物 （3）N2H4沸点（113.5℃）高于NH3（﹣33.5℃）的原因：　N2H4分子间氢键比NH3分子间氢键数量多　 。 （4）联氨是极性分子，推测下列结构最接近联氨分子真实结构的是 　B　 （填“A”或“B”）。 A.反式结构 B.顺式结构 （5）锅炉中加入一定的联氨，可以将铁锈还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染的气体，写出该反应的化学方程式：　N2H4+6Fe2O3＝4Fe3O4+N2+2H2O或N2H4+H2O+6Fe2O3＝4Fe3O4+N2+3H2O　 。 （6）设计实验检验溶液C中可能的金属阳离子 　取样，加KSCN溶液，呈血红色则有Fe3+，另取样，加少量酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，则有Fe2+　 。 【分析】水体中亚硝酸盐含量过高会影响生物体的生长，将其电解产生NH3，氨气和NaClO反应得到联氨，氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，氨气和氧化铁加热反应生成混合固体B和混合气体，混合固体和硝酸反应生成溶液C， （1）过程Ⅱ是氨气被次氯酸钠氧化生成氯化钠、水和N2H4； （2）A．NO2具有强氧化性，能氧化血红蛋白中的亚铁离子； B．过程Ⅰ中转化为NH3，氮元素化合价降低，发生还原反应； C．NaClO具有强氧化性，能氧化肼； D．过程Ⅲ经历3个氧化还原反应，氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸； E．离子无孤对电子，不能形成配位键； （3）形成氢键的数目越多其熔沸点越高； （4）联氨分子具有很强的极性； （5）锅炉中加入一定的联氨，可以将铁锈还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染的气体为氮气，结合电子守恒、原子守恒书写化学方程式； （6）分析可知，溶液C中含铁离子和亚铁离子，据此涉及实验检验。 【解答】解：（1）过程Ⅱ是氨气被次氯酸钠氧化生成氯化钠、水和N2H4，反应的离子方程式为：2NH3+ClO﹣＝N2H4+Cl﹣+H2O， 故答案为：2NH3+ClO﹣＝N2H4+Cl﹣+H2O； （2）A．水体中的NO2含量过高，会将生物体中血液里的血红蛋白中的亚铁离子氧化，转变为高铁血红蛋白，失去携氧能力，故A正确； B．过程Ⅰ中转化为NH3，氮元素化合价降低，发生还原反应，NH3在阴极产生，故B正确； C．过程Ⅱ的转化中，NaClO具有强氧化性，能氧化氨气、肼，则NaClO需适量，故C错误； D．过程Ⅲ经历3个氧化还原反应，氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，氮元素发生氧化反应，也发生了还原反应，如NO2溶于水生成硝酸的反应中，故D错误； E．NH3、N2H4均可作配体，与Cu2+等金属离子形成配合物，离子无孤对电子，不能形成配位键，故D错误； 故答案为：AB； （3）形成氢键的数目越多其熔沸点越高，联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键，导致联氨熔沸点高于氨气， 故答案为：N2H4分子间氢键比NH3分子间氢键数量多； （4）根据联氨分子具有很强的极性，可推测最接近联氨分子真实结构的是顺式结构， 故答案为：B； （5）锅炉中加入一定的联氨，可以将铁锈还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染的气体氮气，反应的化学方程式为：N2H4+6Fe2O3＝4Fe3O4+N2+2H2O或N2H4+H2O+6Fe2O3＝4Fe3O4+N2+3H2O， 故答案为：N2H4+6Fe2O3＝4Fe3O4+N2+2H2O或N2H4+H2O+6Fe2O3＝4Fe3O4+N2+3H2O； （6）设计实验检验溶液C中可能的金属阳离子的实验方案为：取样，加KSCN溶液，呈血红色则有Fe3+，另取样，加少量酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，则有Fe2+， 故答案为：取样，加KSCN溶液，呈血红色则有Fe3+，另取样，加少量酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，则有Fe2+。 19．（10分）在天然气的开采净化过程中，往往会产生酸气（H2S与CO2）。将H2S与CO2协同转化，在减少碳排放的同时得到高附加值化学品。回答下列问题： （1）已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ②4H2S（g）+2SO2（g）S2（g）+4H2O（g） ③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ④2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）该反应正向自发进行的条件为 　高温　 （填“高温”“低温”或“任何温度”）。 （2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫（O＝C＝S），该物质可转化为H2S，T℃时，反应为COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）K＝9 ①当原料n（COS）：（H2）＝1：1时，COS的转化率为 　75%　 。 ②恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是 　CD　 （填字母）。 A.混合气体的平均相对分子质量不再改变 B.化学平衡常数不再改变 C.H2的浓度保持不变 D.形成2mol H—S键的同时形成1mol H—H键 （3）相同条件下，反应H2S（g）+CO2（g）⇌cos（g）+H2O（g）当保持通入气体的总物质的量和流速不变，改变电场功率和原料气的组成时，CO2气体的转化率如图所示，下列说法正确的是 　AC　 。 A.电场功率越大，反应速率越快 B.增大电场功率，可提高CO2的平衡转化率 C.增大H2S和CO2的投料比，CO2的平衡转化率增大 D.电场功率和原料气投料比不变，增大流速，COS的产率一定增大 （4）为治理H2S有毒气体，可利用H2S完全燃烧（生成SO2）原理，用H2S、空气、KOH溶液组成燃料电池，负极的电极反应式为 　H2S﹣6e﹣+8OH﹣5H2O　 。 【分析】（1）根据吉布斯自由能ΔG＝ΔH﹣TΔS可知，当ΔG＜0时可自发进行； （2）①当原料n（COS）：（H2）＝1：1时，结合三段式列式计算； ②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，据此判断平衡状态； （3）A．电场功率越大，电流强度越大； B．增大电场功率，加快反应速率，不改变化学平衡 C．两种反应物增加一种会提高另一种的转化率； D．电场功率和原料气投料比不变，甲醇产率不一定增加； （4）原电池的正极得电子，发生还原反应，则该电池工作时正极应通入氧气，负极硫化氢失去电子发生氧化反应。 【解答】解：（1）该反应为熵增的吸热反应，根据吉布斯自由能ΔG＝ΔH﹣TΔS可知，当ΔG＜0时可自发进行，即该反应需要在高温下才可自发进行； 故答案为：高温； （2）①当原料n（COS）：（H2）＝1：1时，COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g），K＝9，结合三段式列式计算，设转化的COS物质的量为xmol， COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g） 起始量（mol） 1 1 0 0 变化量（mol） x x x x 平衡量（mol）1﹣x 1﹣x x x 反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，K9，x＝0.75，COS的转化率100%＝75%， 故答案为：75%； ②A．反应前后气体质量和物质的量都不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变不能说明反应达到平衡状态，故A错误； B．化学平衡常数随温度变化，平衡常数不再改变不能说明反应达到平衡状态，故B错误； C．H2的浓度保持不变是平衡标志，故C正确； D．形成2mol H—S键的同时形成1mol H—H键，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确； 故答案为：CD； （3）A．电场功率越大，电流强度越大，反应速率越快，故A正确； B．增大电场功率，加快反应速率，不能提高CO2的平衡转化率，故B错误； C．增大H2S和CO2的投料比，硫化氢增多能提高CO2的平衡转化率，故C正确； D．电场功率和原料气投料比不变，增大流速，若催化剂表面活性位点都被占据，甲醇产率不一定增加，故D错误； 故答案为：AC； （4）原电池的正极得电子，发生还原反应，则该电池工作时正极应通入氧气，负极硫化氢失去电子发生氧化反应，其电极反应式为：H2S﹣6e﹣+8OH﹣5H2O， 故答案为：H2S﹣6e﹣+8OH﹣5H2O。 20．（8分）已知25℃时部分物质的相关数据如下表所示： CH3COOH HF H2SO3 NH3•H2O Mg（OH）2 Ka＝1.8×10﹣5 Ka＝6.3×10﹣4 Ka1＝1.4×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Kb＝1.8×10﹣5 Ksp＝1.8×10﹣11 （1）25℃时，等浓度的四种溶液A.CH3COONa溶液、B.NaF溶液、C.Na2SO3溶液、D.NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为 　C＞A＞B＞D　 （填写序号）。 （2）向0.1mol/L的Na2SO3溶液中通入HCl气体，pH＝7时，c（Cl﹣） 　＝　 c（）+2c（H2SO3）（填“＞”“＜”或者“＝”）。 （3）写出Na2SO3溶液中加入足量CH3COOH的离子方程式 　CH3COOHCH3COO﹣　 。 （4）25℃时，Mg（OH）2（s）+2CH3COOH（aq）＝Mg2+（aq）+2CH3COO（aq）+2H2O（l）的平衡常数K＝ 　5.8×107　 （已知：1.83约为5.8）。 （5）25℃时，向amL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的CH3COOH溶液bmL，混合溶液恰好呈中性（体积变化忽略不计），已知CH3COOH的Ka＝1.75×10﹣5， 　　 。 【分析】（1）结合电离平衡常数判断，酸性强弱为：H2SO3＞HF＞CH3COOH，碱性NH3•H2O＞Mg（OH）2，酸性越弱，对应盐的水解程度越大，溶液pH越大，碱性越弱对应盐的水解程度越大，pH越小； （2）向0.1mol/L的Na2SO3溶液中通入HCl气体，pH＝7时，溶液中存在电荷守恒和物料守恒分析判断； （3）酸性强弱为：H2SO3＞HF＞CH3COOH，Na2SO3溶液中加入足量CH3COOH反应生成亚硫酸氢钠和醋酸钠； （4）25℃时，Mg（OH）2（s）+2CH3COOH（aq）＝Mg2+（aq）+2CH3COO（aq）+2H2O（l）的平衡常数K； （5）电解后丁装置中的溶液为氢氧化钠，根据转移电子守恒计算生成NaOH的浓度，加醋酸生成醋酸钠溶液，结合Ka计算。 【解答】解：（1）酸性强弱为：H2SO3＞HF＞CH3COOH，对应盐的水解程度：F﹣＜CH3COO﹣，碱性NH3•H2O＞Mg（OH）2，对应盐的水解程度：Mg2+，溶液的pH由大到小的顺序为：C＞A＞B＞D， 故答案为：C＞A＞B＞D； （2）向0.1mol/L的Na2SO3溶液中通入HCl气体，pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+2c（）+c（OH﹣）+c（），物料守恒：c（Na+）＝2c（）+2c（）+2c（H2SO3）得到，c（Cl﹣）＝c（）+2c（H2SO3） 故答案为：＝； （3）酸性强弱为：H2SO3＞HF＞CH3COOH，Na2SO3溶液中加入足量CH3COOH反应生成亚硫酸氢钠和醋酸钠，反应的离子方程式为：CH3COOHCH3COO﹣， 故答案为：CH3COOHCH3COO﹣； （4）25℃时，Mg（OH）2（s）+2CH3COOH（aq）＝Mg2+（aq）+2CH3COO（aq）+2H2O（l）的平衡常数K5.8×107， 故答案为：5.8×107； （5）电解后丁装置中的溶液为氢氧化钠，乙中电解生成0.1mol氧气，转移电子为0.4mol，则氯化钠被全部电解，则生成的氢氧化钠为0.2mol，其浓度2mol/L，加醋酸后溶液的pH恰好等于7，则c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）＝c（CH3COO﹣）mol/L，c（CH3COOH）c（CH3COO﹣）mol/L，Ka1.75×10﹣5，解得， 故答案为：。 21．（14分）Cu元素在生命活动中占有举足轻重的地位，缺铜会造成贫血、记忆力减退、反应迟钝、运动失常等。设计如下实验制备有机补铜剂顺式二甘氨酸合铜水合物（）并测定其产率。根据所学知识，回答下列问题： Ⅰ.制备Cu（OH）2 向盛有CuSO4溶液的烧杯中逐滴滴加氨水，先出现蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深蓝色，再加入过量的2mol•L﹣1NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥。 （1）向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。写出蓝色沉淀溶解形成深蓝色溶液的离子方程式 　Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O　 。 Ⅱ.顺式二甘氨酸合铜水合物的制备 将制得的Cu（OH）2固体置于三颈烧瓶中，通过分液漏斗加入甘氨酸溶液，加热至65～70℃搅拌，直至固体完全溶解后，将三颈烧瓶内的反应混合物转移至烧杯中，向烧杯中加入10mL95%的乙醇溶液，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到产品。 （2）可采用的加热方式为 　水浴加热（或恒温电加热）　 。 （3）制备二甘氨酸合铜水合物时加入10mL95%乙醇溶液的作用是 　减小产物在水中的溶解度，使其能大量结晶析出，大量晶体析出　 。 Ⅲ.测定产品中二甘氨酸合铜水合物的纯度 取2.0g步骤Ⅱ中所得产品，用稀硫酸溶解，配成100mL溶液。取25mL该溶液转移至锥形瓶中，加入蒸馏水和过量的KI溶液（2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2），立即用0.01mol•L﹣1Na2S2O3标准液快速进行滴定，当溶液变为浅黄色时，加入1mL淀粉溶液，继续滴定至终点（I2+2S2═S42I﹣）。重复操作3次，消耗Na2S2O3标准液平均体积为amL。 （4）“滴定”过程需要使用的仪器是 　AC　 （填字母）。 （5）立即用0.01mol•L﹣1Na2S2O3标准液快速进行滴定，且滴定速率应尽量“快”的原因 　防止溶液中I2的挥发以及I﹣被空气中的氧气氧化，导致实验结果不准确　 。 （6）滴定终点的现象是 　滴入最后半滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复　 。 （7）则产品中二甘氨酸合铜水合物（相对分子质量用M表示）的纯度为 　2aM×10﹣3　 %（用含a、M的式子表示）。 （8）若用Na2S2O3标准溶液滴定，滴定前滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定完成气泡消失，则导致测得结果 　偏高　 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【分析】（1）向硫酸铜溶液中滴加氨水，先出现蓝色Cu（OH）2沉淀，Cu（OH）2沉淀溶解与氨水形成深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4； （2）反应温度为65～70℃，低于100℃； （3）乙醇分子极性小于水，结合相似相容原理分析判断； （4）Na2S2O3标准液滴定含有I2的溶液时，含有I2的待测液盛装于锥形瓶中，Na2S2O3标准液盛装于碱式滴定管中； （5）滴定过程中会产生I2，I2的沸点不高、易挥发，同时I﹣易被空气中的氧气氧化； （6）淀粉溶液遇到I2变蓝色，当滴入Na2S2O3标准液到滴定终点时I2反应完全，溶液呈无色； （7）滴定过程中反应为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2、I2+2S2═S42I﹣，则有关系式：Cu2+～Na2S2O3，根据Cu原子守恒可知，n（二甘氨酸合铜水合物）＝n（Na2S2O3），结合n＝cV、m＝nM和纯度公式进行计算； （8）用Na2S2O3标准溶液滴定时，滴定前滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定完成气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积读数偏大。 【解答】解：（1）Cu（OH）2沉淀溶解与氨水形成深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4，离子方程式为Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O， 故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O； （2）反应温度为65～70℃，低于100℃，可采用水浴加热、恒温电加热方式， 故答案为：水浴加热（或恒温电加热）； （3）乙醇和水都是极性分子，但推电子基的作用导致乙醇分子极性小于水，根据相似相容原理可知，加入10mL95%乙醇溶液可降低顺式二甘氨酸合铜水合物在水中的溶解度，使其结晶析出， 故答案为：减小产物在水中的溶解度，使其能大量结晶析出，大量晶体析出； （4）Na2S2O3标准液呈碱性，用Na2S2O3标准液滴定含有I2的溶液时，含有I2的待测液盛装于锥形瓶中，Na2S2O3标准液盛装于碱式滴定管中，不需要试管和酸式滴定管， 故答案为：AC； （5）I﹣被空气中的氧气氧化，且I2的沸点不高、易挥发，滴定过程中生成I2的反应为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，为了防止溶液中I2的挥发以及I﹣被空气中的氧气氧化，应加快滴定速率，使I2全部与标准液反应，提高实验结果的准确性， 故答案为：防止溶液中I2的挥发以及I﹣被空气中的氧气氧化，导致实验结果不准确； （6）滴入Na2S2O3标准液前，溶液呈蓝色，达到滴定终点时溶液呈无色，则滴定终点的现象是：当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色， 故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复； （7）滴定过程中反应为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2、I2+2S2═S42I﹣，则有关系式：Cu2+～Na2S2O3，根据Cu原子守恒可知，样品中n（二甘氨酸合铜水合物）＝n（Na2S2O3）＝cV＝0.01mol•L﹣1×a×10﹣3L4a×10﹣5mol，m（二甘氨酸合铜水合物）＝nM＝4aM×10﹣5g，纯度为100%＝2aM×10﹣3%， 故答案为：2aM×10﹣3； （8）若用Na2S2O3标准溶液滴定，滴定前滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定完成气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积读数偏大，则测得结果偏高， 故答案为：偏高。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$