精品解析：江苏省部分高中2024-2025学年高二下学期期末迎考化学试题

江苏省2024~2025学年高二下学期期末迎考卷 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　C-12　N-14　O-16　Mn-55　Fe-56 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. 美国于2025年4月2号对我国加征34%的关税，但对部分中国产品如：电脑、手机豁免关税。电脑、手机中含有的芯片中的主要成分为 A. O B. Si C. SiO2 D. Fe 2. 实验室利用反应2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O制备三氯化六氨合钴。下列有关说法正确的是 A. Cl-的结构示意图为 B. H2O2分子中含离子键 C. [Co(NH3)6]Cl3中Co元素的化合价为+3 D. NH3的空间结构为平面三角形 3. 某化学兴趣小组进行SO2相关实验。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备SO2气体 B. 用装置乙干燥SO2气体 C. 用装置丙验证SO2是酸性氧化物 D. 用装置丁吸收SO2气体 4. 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]又称莫尔盐，可作为基准物质，用于标定高锰酸钾、重铬酸钾等溶液的浓度。下列说法正确的是 A. 半径：r(N3-)>r(O2-) B. 电负性：χ(S)>χ(O) C. 沸点：H2S>H2O D. 第一电离能：I1(N)<I1(O) 阅读下列材料，完成下列3个小题： 地壳中的硫黄矿、硫铁矿和煤等都含有硫元素，这些矿物通过风化分解、燃烧、火山爆发等方式释放出SO2、H2S等气体，这些气体有些进入大气，有些转化为亚硫酸盐、硫酸盐溶入河流或海洋，还有些被土壤中的硫化细菌催化吸收。大气中的SO2还可以被刺槐、臭椿、法国梧桐、榆树、银杏、夹竹桃等植物吸收，而水体中的含硫化合物可被浮游植物吸收。 5. 已知反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)　ΔH。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔH>0 B. 该反应的平衡常数K= C. 提高的值，可增大SO2的平衡转化率 D. 使用合适的催化剂可降低反应的焓变 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 单质硫与铁反应：2Fe+3SFe2S3 B. 过量的SO2通入氨水中：SO2+NH3·H2O= C. 用FeS除去溶液中的CuSO4：Cu2++S2-=CuS↓ D. 向NaHSO3溶液中滴入稀硫酸：+2H+=SO2↑+H2O 7. 下列说法正确的是 A. 自然界硫循环中均发生氧化还原反应 B. 、中S原子均为sp2杂化 C. H2S氧化为S时，H2S断裂σ键和π键 D. 如图所示，Cu2S晶胞中硫原子的配位数为8 8. 微酸性次氯酸水广泛应用于果蔬、医疗器械等的消毒，具有安全环保的特点。市面上出现一种家用电解装置制备微酸性次氯酸水的电解设备(装置如图所示)。电解过程中，下列说法正确的是 A. 电极N上发生还原反应 B. a、b均为阳离子交换膜 C. 电极M的电极反应式：2H++2e-=H2↑ D. 反应中每生成1 mol HClO，转移电子数约为2×6.02×1023 9. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如图所示。下列说法正确的是 A. X分子中不存在顺反异构体 B. 1 mol Y最多能与4 mol H2发生加成反应 C. Z分子中所有碳原子一定能共平面 D. 可用银氨溶液、FeCl3溶液鉴别X、Y、Z 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. HCl(aq)Cl2FeCl2 B. NaCl(饱和溶液)Cl2HCl C. FeS2SO3H2SO4 D. SSO2BaSO3 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 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 氧化性：H2O2>Fe3+ B 在麦芽糖水解液中加入氢氧化钠溶液调节至碱性，加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜 麦芽糖水解产物具有还原性 C 向NaCl和NaI混合溶液中滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) D 用pH计分别测定0.1 mol/L NaClO溶液和NaNO2溶液pH，前者的pH大 结合H+能力：ClO->N A. A B. B C. C D. D 12. H2C2O4为二元弱酸，室温下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，通过下列实验探究H2C2O4的性质。 实验1：将H2C2O4滴入水中，测得溶液pH=5； 实验2：将0.1 mol/L H2C2O4与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH约4； 实验3：将0.1 mol/L H2C2O4溶液滴入硫酸酸化的KMnO4溶液中，溶液褪色。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中存在：c(HC2)+2c(C2)>c(H+) B. 实验2所得溶液中存在：c(H2C2O4)>c(C2) C. 实验2所得溶液中存在：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2) D. 实验3发生反应的离子方程式：2Mn+5C2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 13. CO2催化加氢合成二甲醚可减小温室效应，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ． 2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1=-122.5 kJ/mol 反应Ⅱ． CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 在恒压、n始(CO2)∶n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2的转化率，CH3OCH3和CO的选择性随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%。下列说法正确的是 A. ΔH2<0 B. 图中曲线b表示平衡时CO选择性随温度的变化 C. 平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D. 高温下使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的平衡产率 二、 非选择题：共4题，共61分。 14. 一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要成分为FeS2和少量FeS)为原料制备Mn3O4的流程如图所示： （1）酸浸。将软锰矿、黄铁矿与H2SO4溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为FeS2Fe2+Fe3+。90 ℃下酸浸，锰元素浸出率及Fe3+、Fe2+的ρ(质量浓度)随时间的变化如图所示。 ①FeS被MnO2氧化为S2、Fe3+，FeS和MnO2发生反应的离子方程式为___________。 ②0~20 min内，ρ(Fe2+)逐渐增大的原因是___________。 ③80~100 min内，ρ(Fe2+)迅速增大的原因是___________。 （2）除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量H2O2，调节溶液pH，充分反应后过滤。H2O2的实际用量比理论计算用量大很多，其原因是___________。 （3）制Mn3O4“除钙、镁”溶液的pH不能太小，否则钙、镁离子的去除率降低，其原因是___________。静置后的滤液中=___________。[已知：Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]。 （4）测Mn3O4样品纯度。称取1.050 g样品于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.200 0 mol/L Na2C2O4溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用0.010 00 mol/L K2Cr2O7溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度___________(写出计算过程)。 已知：， (均未配平)。 15. 有机物H是合成一种降血压药的中间体，其部分合成路线如下： （1）B分子中的含氧官能团名称为___________。 （2）G→H的反应需经历G→X→H的过程，中间体X的分子式为C20H24N2O3.则X→H的反应类型为___________。 （3）F的分子式是C10H14O4，其结构简式为___________。 （4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，其结构简式为___________。 碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物。X分子中有2种不同化学环境的氢原子，能与NaHCO3反应放出气体；Y分子中含有4种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应。 （5）已知：。写出以、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图__________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 过氧化钙、过氧化铜可用作化工生产的氧化剂和催化剂。 Ⅰ． 过氧化钙的制备。过氧化钙(CaO2)在室温下稳定。微溶于水，可溶于稀酸生成过氧化氢。实验室制备过氧化钙的流程如图所示： （1）“抽滤”后得到的滤液的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“沉淀”反应的离子方程式为___________。 （3）CaO2·8H2O转化为CaO2，烘干时需控温135~145 ℃的原因是___________。 Ⅱ． 过氧化铜的制备。反应[Cu(NH3)4]2++H2O2+2H2O=CuO2↓+2N+2NH3·H2O、Cu(OH)2+H2O2=CuO2+2H2O均可用于制备黄褐色固体CuO2。实验装置与实验用到的试剂如图所示。已知：CuO2受热易分解。 （4）[Cu(NH3)4]SO4的制备：向0.5 mol/L CuSO4溶液中滴入0.5 mol/L氨水，写出过程中蓝色沉淀转化为深蓝色溶液的离子方程式：___________。 （5）将三颈烧瓶置于冰水浴的原因为___________。 （6）补充完整由CuCl2制备过氧化铜的实验步骤：5 mL含PVP(稳定剂)的0.01 mmol/L CuCl2水溶液中，___________，过滤、洗涤、晾干、称重(须选试剂：0.03 mol/L NaOH溶液、3% H2O2溶液)。 17. 电催化还原CO2是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。 （1）一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的装置示意图如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。 ①生成CH3CH2OH的电极反应式为___________。 ②为减少b电极上副产品H2的产生，可采取的措施为___________。 ③控制电压为1.0 V，电解时转移电子的物质的量为___________mol。 （2）一种铜基复合电极材料Au/Cu2O的制备方法：将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu2O，溶液变为蓝色。写出该反应的离子方程式：___________。 （3）金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上CO2的转化率与温度的关系如图4所示。 ①图3中虚线框内X的结构为___________。  ②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省2024~2025学年高二下学期期末迎考卷 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　C-12　N-14　O-16　Mn-55　Fe-56 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. 美国于2025年4月2号对我国加征34%的关税，但对部分中国产品如：电脑、手机豁免关税。电脑、手机中含有的芯片中的主要成分为 A. O B. Si C. SiO2 D. Fe 【答案】B 【解析】 【详解】单质硅（Si）具有半导体特性，用于制造集成电路，即芯片； 答案为B。 2. 实验室利用反应2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O制备三氯化六氨合钴。下列有关说法正确的是 A. Cl-的结构示意图为 B. H2O2分子中含离子键 C. [Co(NH3)6]Cl3中Co元素的化合价为+3 D. NH3的空间结构为平面三角形 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl-由Cl得到一个电子得到，其核外有17+1=18个电子，Cl-的结构示意图应为，A错误； B．H2O2的结构式为H-O-O-H，其中含有O-H共价键、O-O共价键，不含离子键，B错误； C．[Co(NH3)6]Cl3中氯元素显-1价，“(NH3)6”整体视为0价，根据正负化合价代数和为0知，Co元素的化合价为+3，C正确； D．NH3的中心原子N的价层电子对数为，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，D错误； 故选C。 3. 某化学兴趣小组进行SO2相关实验。下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备SO2气体 B. 用装置乙干燥SO2气体 C. 用装置丙验证SO2是酸性氧化物 D. 用装置丁吸收SO2气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室常用亚硫酸钠固体和较浓的硫酸(如质量分数为70%的浓硫酸)在常温下反应制备SO2气体，图中的硫酸较稀，生成的SO2气体不易从溶液中逸出，A错误； B．浓硫酸具有吸水性，且浓硫酸与SO2不反应，可用浓硫酸干燥SO2气体，广口瓶中气体“长进短出”，B正确； C．SO2使品红溶液褪色体现的是漂白性，不是其酸性氧化物的性质(酸性氧化物能与碱反应生成盐和水)，不能达到实验目的，C错误； D．SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，一般用氢氧化钠溶液吸收SO2，D错误； 故选B。 4. 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]又称莫尔盐，可作为基准物质，用于标定高锰酸钾、重铬酸钾等溶液的浓度。下列说法正确的是 A. 半径：r(N3-)>r(O2-) B. 电负性：χ(S)>χ(O) C. 沸点：H2S>H2O D. 第一电离能：I1(N)<I1(O) 【答案】A 【解析】 【详解】A．N3-和O2-具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小。N3-核电荷数（7）小于O2-（8），故r(N3-)＞r(O2-)，A正确； B．同主族从上到下，电负性减小，O位于S上方，电负性更大，故χ(S)＜χ(O)，B错误； C．H2O分子间存在氢键，沸点显著高于H2S，C错误； D．N的2p轨道半充满结构更稳定，第一电离能大于O，故I1(N)＞I1(O)，D错误； 答案选A。 阅读下列材料，完成下列3个小题： 地壳中的硫黄矿、硫铁矿和煤等都含有硫元素，这些矿物通过风化分解、燃烧、火山爆发等方式释放出SO2、H2S等气体，这些气体有些进入大气，有些转化为亚硫酸盐、硫酸盐溶入河流或海洋，还有些被土壤中的硫化细菌催化吸收。大气中的SO2还可以被刺槐、臭椿、法国梧桐、榆树、银杏、夹竹桃等植物吸收，而水体中的含硫化合物可被浮游植物吸收。 5. 已知反应：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)　ΔH。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔH>0 B. 该反应的平衡常数K= C. 提高的值，可增大SO2的平衡转化率 D. 使用合适的催化剂可降低反应的焓变 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 单质硫与铁反应：2Fe+3SFe2S3 B. 过量的SO2通入氨水中：SO2+NH3·H2O= C. 用FeS除去溶液中的CuSO4：Cu2++S2-=CuS↓ D. 向NaHSO3溶液中滴入稀硫酸：+2H+=SO2↑+H2O 7. 下列说法正确的是 A. 自然界硫循环中均发生氧化还原反应 B. 、中S原子均为sp2杂化 C. H2S氧化为S时，H2S断裂σ键和π键 D. 如图所示，Cu2S晶胞中硫原子的配位数为8 【答案】5. C 6. B 7. D 【解析】 【5题详解】 A．2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)属于放热反应，则ΔH<0，A错误； B．该反应的平衡常数为K=，B错误； C．提高的值，相当于增加氧气的量，化学平衡正向移动，可增大SO2的平衡转化率，C正确； D．使用合适的催化剂，可降低反应的活化能，不改变反应的焓变，D错误； 答案选C。 【6题详解】 A．硫的氧化性较弱，单质硫与铁反应生成硫化亚铁，化学方程式为Fe+SFeS，A错误； B．过量的SO2通入氨水中生成，离子方程式为SO2+NH3·H2O=，B正确； C．用FeS除去溶液中的CuSO4生成CuS沉淀和FeSO4，FeS书写离子方程式不可拆，则离子方程式为Cu2++FeS=CuS+Fe2+，C错误； D．向NaHSO3溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钠、SO2和水，离子方程式为+H+=SO2↑+H2O，D错误； 答案选B。 【7题详解】 A．自然界硫循环中硫元素可以被氧化或还原，也可以发生非氧化还原反应，A错误； B．的中心S原子价层电子对数为，的中心S原子价层电子对数为，则S原子均为sp3杂化，B错误； C．H2S中只有两条σ键，氧化为S时H2S只断裂σ键，C错误； D．根据晶胞结构可知，Cu2S晶胞中顶点和面心的黑色小球为硫原子，体内白色小球为铜原子，则硫原子的配位数为8，D正确； 答案选D。 8. 微酸性次氯酸水广泛应用于果蔬、医疗器械等的消毒，具有安全环保的特点。市面上出现一种家用电解装置制备微酸性次氯酸水的电解设备(装置如图所示)。电解过程中，下列说法正确的是 A. 电极N上发生还原反应 B. a、b均为阳离子交换膜 C. 电极M的电极反应式：2H++2e-=H2↑ D. 反应中每生成1 mol HClO，转移电子数约为2×6.02×1023 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，右室的电解质是水，制备的产品是微酸性次氯酸水，说明氯离子向右室迁移，故电极N为阳极，电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，后发生反应Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，电极M为阴极，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，据此作答。 【详解】A．由分析可知，电极N为阳极，发生氧化反应，A错误； B．氯离子要向右侧移动，则b为阴离子交换膜，B错误； C．电极M为阴极，水在阴极放电，电极反应式为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，C错误； D．结合分析可知每生成1mol次氯酸转移2mol电子，即转移电子数为2×6.02×1023，D正确； 故选D。 9. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如图所示。下列说法正确的是 A. X分子中不存在顺反异构体 B. 1 mol Y最多能与4 mol H2发生加成反应 C. Z分子中所有碳原子一定能共平面 D. 可用银氨溶液、FeCl3溶液鉴别X、Y、Z 【答案】D 【解析】 【详解】A．X分子中含有一个碳碳双键，且形成碳碳双键的两个C上均连有两个不同原子或者原子团，则X分子存在顺反异构体，A错误； B．Y结构中含有一个苯环、一个碳碳双键、一个醛基，一分子Y能与3+1+1=5个H2发生加成反应，则1 mol Y最多能与5 mol H2发生加成，B错误； C．Z结构中，苯环碳原子和碳碳双键碳原子间形成的C-C可发生旋转，并非所有碳原子一定共平面，C错误； D．只有Z中含有酚羟基，Z能与FeCl3溶液发生显色反应，则能用FeCl3溶液鉴别出Z；含有醛基的物质能和银氨溶液发生银镜反应，Y含有醛基而X不含，则可用银氨溶液鉴别Y、Z，D正确； 故选D。 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. HCl(aq)Cl2FeCl2 B. NaCl(饱和溶液)Cl2HCl C. FeS2SO3H2SO4 D. SSO2BaSO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．稀盐酸与MnO₂在加热条件下无法生成Cl2（浓盐酸才可反应），且Cl2与Fe加热生成FeCl3而非FeCl2，A错误； B．电解饱和NaCl溶液生成氢气和氯气，二者点燃或光照生成HCl，两步反应均可行，B正确； C．FeS2高温下与O2反应生成SO2而非SO3，C错误； D．SO2与BaCl2溶液不反应（弱酸不能制强酸），无法生成BaSO3沉淀，D错误； 答案选B。 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 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 氧化性：H2O2>Fe3+ B 在麦芽糖水解液中加入氢氧化钠溶液调节至碱性，加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜 麦芽糖水解产物具有还原性 C 向NaCl和NaI混合溶液中滴加0.1 mol/L AgNO3溶液，产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) D 用pH计分别测定0.1 mol/L NaClO溶液和NaNO2溶液pH，前者的pH大 结合H+能力：ClO->N A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫酸酸化的H2O2与Fe(NO3)2反应时，酸性环境中的可能作为氧化剂参与反应，无法单独证明H2O2的氧化性强于Fe3+，结论不严谨，A错误； B．麦芽糖水解生成葡萄糖，葡萄糖具有还原性，实验中加入NaOH中和酸性环境后成功进行银镜反应，说明水解产物具有还原性。但若水解不完全，残留的麦芽糖（本身为还原性糖）也可能导致银镜，实验未明确排除此干扰，结论不可靠，B错误； C．混合液中滴加AgNO3出现黄色沉淀（AgI），表明优先沉淀，但未说明的浓度是否相同。若浓度远高于，即使更大，也可能AgI先沉淀，因此无法直接推断关系，C错误； D．NaClO溶液的pH大于NaNO2溶液，说明的水解程度更高，对应HClO的酸性弱于HNO2，因此的碱性强于，结合H+能力更强，D正确； 故选D。 12. H2C2O4为二元弱酸，室温下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，通过下列实验探究H2C2O4的性质。 实验1：将H2C2O4滴入水中，测得溶液pH=5； 实验2：将0.1 mol/L H2C2O4与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH约4； 实验3：将0.1 mol/L H2C2O4溶液滴入硫酸酸化的KMnO4溶液中，溶液褪色。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中存在：c(HC2)+2c(C2)>c(H+) B. 实验2所得溶液中存在：c(H2C2O4)>c(C2) C. 实验2所得溶液中存在：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2) D. 实验3发生反应的离子方程式：2Mn+5C2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验1的电荷守恒式为：，＜c(H+)，故A错误； B．实验2得到NaHC2O4溶液，此时pH=4，则电离程度大于其水解程度，故c(H2C2O4)＜c(C2)，故B错误； C．实验2得到NaHC2O4溶液，存在质子守恒：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2)，故C正确； D．实验3中，H2C2O4是二元弱酸，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为2Mn+5H2C2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误； 答案选C。 13. CO2催化加氢合成二甲醚可减小温室效应，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ． 2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1=-122.5 kJ/mol 反应Ⅱ． CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 在恒压、n始(CO2)∶n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2的转化率，CH3OCH3和CO的选择性随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%。下列说法正确的是 A. ΔH2<0 B. 图中曲线b表示平衡时CO选择性随温度的变化 C. 平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D. 高温下使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的平衡产率 【答案】C 【解析】 【分析】反应焓变小于零，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时选择性随温度升高会下降，结合图像可知，b表示平衡时选择性随温度的变化曲线；曲线a随温度升高上升，说明反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线c表示平衡时转化率随温度的变化、曲线a表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应为吸热反应，焓变大于零，故。 【详解】A．根据分析可知，反应为吸热反应，焓变大于零，故，A错误； B．反应焓变小于零，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时选择性随温度升高会下降，结合图像可知，表示平衡时选择性随温度的变化曲线，B错误； C．氢气的转化率变化情况与二氧化碳相似；二氧化碳、氢气投料比等于反应中两者系数比，两者转化率相同，但是反应中二氧化碳、氢气系数比为，使得氢气转化率低于二氧化碳的转化率，故平衡时转化率随温度的变化如图中虚线所示，C正确； D．催化剂不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，不能提高的生产效率，D错误； 故选C。 二、 非选择题：共4题，共61分。 14. 一种以软锰矿(主要含MnO2和少量Fe2O3、MgO、CaCO3、SiO2等)和黄铁矿(主要成分为FeS2和少量FeS)为原料制备Mn3O4的流程如图所示： （1）酸浸。将软锰矿、黄铁矿与H2SO4溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为FeS2Fe2+Fe3+。90 ℃下酸浸，锰元素浸出率及Fe3+、Fe2+的ρ(质量浓度)随时间的变化如图所示。 ①FeS被MnO2氧化为S2、Fe3+，FeS和MnO2发生反应的离子方程式为___________。 ②0~20 min内，ρ(Fe2+)逐渐增大的原因是___________。 ③80~100 min内，ρ(Fe2+)迅速增大的原因是___________。 （2）除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量H2O2，调节溶液pH，充分反应后过滤。H2O2的实际用量比理论计算用量大很多，其原因是___________。 （3）制Mn3O4“除钙、镁”溶液的pH不能太小，否则钙、镁离子的去除率降低，其原因是___________。静置后的滤液中=___________。[已知：Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]。 （4）测Mn3O4样品纯度。称取1.050 g样品于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.200 0 mol/L Na2C2O4溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用0.010 00 mol/L K2Cr2O7溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度___________(写出计算过程)。 已知：， (均未配平)。 【答案】（1） ①. ②. 与酸反应生成的速率大于被氧化生成的速率 ③. 锰元素浸出率高，剩余少，浸出的被氧化的速率减小 （2）溶液中生成的催化分解 （3） ①. 若溶液的pH太小，大，则平衡正移，使降低，、平衡正移 ②. 100 （4） 【解析】 【分析】该工艺流程以软锰矿(主要含和少量等)和黄铁矿(主要成分为和少量)为原料制备，软锰矿、黄铁矿与溶液酸浸得到等滤渣及含有等阳离子的溶液；向浸出液中加入将氧化成，通过调节溶液将转化为沉淀除去；再加入沉淀剂除去钙镁离子；净化后的滤液中主要含，经过分离、氧化可制得。 【小问1详解】 ①被氧化为、，被还原为，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为； ②根据反应过程中铁元素的变化为FeS2Fe2+Fe3+，0~20 min内，与酸反应生成的速率大于被氧化生成的速率，使ρ(Fe2+)逐渐增大； ③从图中可看出，80~100 min锰元素浸出率高达90%以上且变化不大，说明剩余少，且该时间段内ρ(Fe3+)变化也不大，ρ(Fe2+)迅速增大，说明浸出的与接触机会少，被氧化的减少，所以浓度增大； 【小问2详解】 向“酸浸”所得浸出液中加入过量可使被氧化为，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多； 【小问3详解】 加入沉淀剂，与溶液中的反应生成沉淀而除去钙镁离子，若溶液的pH太小，即大，则平衡正移，使降低，、平衡正移，导致钙、镁离子的去除率降低；； 【小问4详解】 先用过量在酸性溶液中还原生成，离子方程式为，剩余的再用标准溶液滴定，离子方程式为，可得关系式、，则剩余的=，，样品中的纯度。 15. 有机物H是合成一种降血压药的中间体，其部分合成路线如下： （1）B分子中的含氧官能团名称为___________。 （2）G→H的反应需经历G→X→H的过程，中间体X的分子式为C20H24N2O3.则X→H的反应类型为___________。 （3）F的分子式是C10H14O4，其结构简式为___________。 （4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，其结构简式为___________。 碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物。X分子中有2种不同化学环境的氢原子，能与NaHCO3反应放出气体；Y分子中含有4种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应。 （5）已知：。写出以、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图__________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）羰基和酯基 （2）消去反应 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】A为，其与C2H5ONa作用的产物再与H+作用，生成B为；B与在加热条件下反应生成C为；C与浓HCl反应生成D为；D与CH3OH、SOCl2作用生成E为；E与K2CO3反应的产物再与H+作用，生成F的分子式是C10H14O4，从G中可以看出，E中的-CH2COOCH3转化为-CH2COOH，从而得出F的结构简式为；F与在DMAF、DCC作用下生成G为；G与POCl3作用生成H为。 【小问1详解】 B的结构简式为：官能团为羰基和酯基； 【小问2详解】 G→H的反应需经历G→X→H的过程，G→X发生酮羰基的加成反应，得到中间体X，分子式为C20H24N2O3，X到H发生消去反应，形成C=N键，则X→H的反应类型为消去反应； 【小问3详解】 根据分析，F的结构简式为：； 【小问4详解】 X分子中有2种不同化学环境的氢原子，能与NaHCO3反应放出气体，X为； Y分子中含有4种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应，含有苯环和酚羟基，Y的结构简式为：，则同分异构体的结构简式为； 【小问5详解】 根据题目中A到B的信息，得到，需要有，可以由与甲醇发生酯化反应得到，需要由被酸性高锰酸钾氧化生成，可以由一氯环己烷消去反应得到，一氯环己烷由氯苯与氢气加成得到，故合成路线为：。 16. 过氧化钙、过氧化铜可用作化工生产的氧化剂和催化剂。 Ⅰ． 过氧化钙的制备。过氧化钙(CaO2)在室温下稳定。微溶于水，可溶于稀酸生成过氧化氢。实验室制备过氧化钙的流程如图所示： （1）“抽滤”后得到的滤液的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“沉淀”反应的离子方程式为___________。 （3）CaO2·8H2O转化为CaO2，烘干时需控温135~145 ℃的原因是___________。 Ⅱ． 过氧化铜的制备。反应[Cu(NH3)4]2++H2O2+2H2O=CuO2↓+2N+2NH3·H2O、Cu(OH)2+H2O2=CuO2+2H2O均可用于制备黄褐色固体CuO2。实验装置与实验用到的试剂如图所示。已知：CuO2受热易分解。 （4）[Cu(NH3)4]SO4的制备：向0.5 mol/L CuSO4溶液中滴入0.5 mol/L氨水，写出过程中蓝色沉淀转化为深蓝色溶液的离子方程式：___________。 （5）将三颈烧瓶置于冰水浴的原因为___________。 （6）补充完整由CuCl2制备过氧化铜的实验步骤：5 mL含PVP(稳定剂)的0.01 mmol/L CuCl2水溶液中，___________，过滤、洗涤、晾干、称重(须选试剂：0.03 mol/L NaOH溶液、3% H2O2溶液)。 【答案】（1）NH4Cl （2） （3）低于135℃不易完全脱水，高145℃过氧化钙易分解 （4） （5）防止CuO2受热易分解 （6）加入5mL0.03 mol/L NaOH溶液，得到蓝色沉淀，随后在强磁力搅拌和冰水浴条件下，逐滴加入1mL3% H2O2溶液，反应一段时间产生黄褐色沉淀 【解析】 【分析】过量碳酸钙加入稀盐酸会生成氯化钙和二氧化碳，过滤后向滤液中加入氨水和30%过氧化氢溶液，产生过氧化钙和氯化铵，抽滤后得到，经过处理最后得到过氧化钙 【小问1详解】 由分析可知，“抽滤”后得到的滤液的主要成分为NH4Cl。 【小问2详解】 由分析可知，“沉淀”是氯化钙与氨水和30%过氧化氢反应生成和氯化铵，所以离子方程式为：。 【小问3详解】 CaO2·8H2O转化为CaO2，烘干时需控温135~145 ℃的原因是低于135℃不易完全脱水，高145℃过氧化钙易分解。 【小问4详解】 向0.5 mol/L CuSO4溶液中滴入0.5 mol/L氨水，写出过程中蓝色沉淀转化为深蓝色溶液的离子方程式：。 【小问5详解】 由题目已知可得CuO2受热易分解，为了防止CuO2受热易分解，所以要将三颈烧瓶置于冰水浴。 【小问6详解】 由题目信息Cu(OH)2+H2O2=CuO2+2H2O可用于制备黄褐色固体CuO2，所以要先用氢氧化钠与氯化铜反应产生氢氧化铜，之后再加入过氧化氢溶液进行CuO2制备。 17. 电催化还原CO2是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。 （1）一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的装置示意图如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。 ①生成CH3CH2OH的电极反应式为___________。 ②为减少b电极上副产品H2的产生，可采取的措施为___________。 ③控制电压为1.0 V，电解时转移电子的物质的量为___________mol。 （2）一种铜基复合电极材料Au/Cu2O的制备方法：将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu2O，溶液变为蓝色。写出该反应的离子方程式：___________。 （3）金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上CO2的转化率与温度的关系如图4所示。 ①图3中虚线框内X的结构为___________。  ②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是___________。 【答案】（1） ①. ②. 通入足量的 ③. 3.4 （2） （3） ①. ②. 降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性 【解析】 【分析】图1 电解池中b电极为阴极，二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应生成、、、；a电极为阳极，发生氧化反应。 【小问1详解】 ① b电极为阴极，二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应若生成，电极反应为：，故答案为：； ②为减少b电极上副产品H2的产生，即防止得电子生成氢气，可通入足量的，消耗，减少b电极上副产品H2的产生，故答案为：通入足量的； ③由图2可知，控制电压为1.0V，电解时生成0.2mol乙醇、0.4-0.2=0.2mol氢气，0.5-0.4=0.1mol甲醇，电极反应分别为： 、、；转移电子的物质的量为，故答案为：3.4； 【小问2详解】 Cu2O与强酸HAuCl4溶液反应生成 Au，溶液变为蓝色说明反应生成了铜离子，故Cu2O还原强酸HAuCl4的离子方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 ①从图3过程分析，增加1个氢原子得到，利用原子守恒可知X为，故答案为； ②从图4可知与单纯的Cu电极相比，利用金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2活化能是低的，优点是：降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性，故答案为：降低反应的活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高乙醇的选择性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $