精品解析：江苏省南京市第二十九中学2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试卷

2024-2025学年第二学期高二年级三校期中联考化学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ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 O-16 N-14 S-32 K-39 Mn-55 Ag-108 第I卷(选择题，共39分) 一、单项选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意)。 1. 2025年我国迎来了首个“非遗版”春节，央视春晚节目精彩纷呈。下列说法正确的是 A. 春晚直播间的高清摄像头镜片的主要成分是单质硅 B. 《秧BOT》中机器人所使用的超高强度碳纤维增强半芳香聚酰胺是一种有机高分子材料 C. 《山水霓裳》中的服装材质所使用的棉花、羊毛均属于多糖类物质 D. 《星汉耀江城》中的烟花实质上是等多种元素发生了焰色试验 【答案】B 【解析】 【详解】A．高清摄像头镜片的主要成分是具有导光性的二氧化硅，故A错误； B．半芳香聚酰胺是一种性能优良的合成有机高分子材料，故B正确； C．羊毛的主要成分是蛋白质，不属于多糖类物质，故C错误； D．铁在焰色试验中无特殊焰色，硫在空气中发生淡蓝色火焰，并非焰色试验，故D错误； 故选B。 2. 制取的反应为。下列说法正确的是 A. 中阴阳离子个数比为 B. 的空间结构为正四面体 C. 含有离子键和共价键 D. 的电子式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由钠离子和过氧根离子构成，因此固体中阴阳离子个数比为，故A错误； B．中心原子价层电子对数为，其空间结构为正四面体，故B正确； C．只含有共价键，故C错误； D．中氧氧共用一对电子，其电子式为，故D错误； 综上所述，答案为B。 3. 实验室制取少量SO2并探究其漂白性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取SO2气体 B. 用装置乙验证SO2漂白性 C. 用装置丙干燥SO2气体 D. 用装置丁收集SO2并吸收尾气中的SO2 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu与浓硫酸在加热条件下才能发生反应，装置甲没有使用酒精灯加热，所以不能制取SO2气体，A不正确； B．装置乙中，洗气瓶内盛有滴加酚酞的NaOH溶液，SO2能与NaOH反应从而使溶液碱性减弱，所以溶液的红色褪去，可能是SO2表现了酸性，也可能是SO2表现了漂白性，不能肯定SO2表现出漂白性，B不正确； C．浓硫酸与SO2不反应，且能吸收混在SO2气体中的水蒸气，所以可用装置丙干燥SO2气体，C正确； D．SO2不溶于饱和NaHCO3溶液，用装置丁能收集SO2，但不能吸收尾气中的SO2，D不正确； 故选C。 4. 镁的矿物有MgCO3·CaCO3、MgSO4·7H2O等。下列说法正确的是 A. 半径：r(Mg2+)>r(O2-) B. 电负性：χ(O)>χ(S) C. 热稳定性：H2S>H2O D. 碱性：Mg(OH)2>Ca(OH)2 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧负离子和镁离子的核外电子排布相同，O的核电荷数小，半径更大，A错误； B．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，电负性大小：，B正确； C．同主族元素，从上往下非金属性减弱，简单气态氢化物稳定性减弱，热稳定性：H2S<H2O，C错误； D．同主族元素随着核电荷数增大金属性增强，对应最高价氧化物水化物碱性增强，碱性强弱：，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题。 钒(V)有金属“维生素”之称。溶液加热水解得到气体和沉淀。热分解可制，是强氧化剂，与盐酸反应生成和黄绿色气体；也可用作氧化的催化剂，与反应生成释放98.3kJ的热量。一种催化脱除烟气中的NO的反应为。碱性硼化钒-空气电池是一种高能电池，放电时的总反应为。 5. 下列说法正确的是 A. 、是钒的两种同素异形体 B. 的电子式为 C. 中含有键 D. 为极性分子 6. 关于反应，下列说法正确的是 A. 高温下该反应不能自发进行 B. 该反应的平衡常数 C. 反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和 D. 上述反应中生成，转移电子数目为 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 加热充分水解的化学方程式： B. 与盐酸反应的离子方程式： C. 碱性硼化钒一空气电池的负极反应式： D. 催化氧化的热化学方程式： 【答案】5. D 6. D 7. C 【解析】 【5题详解】 A．、质子数相同，中子数不同，是钒的两种同位素，A错误； B．的电子式为，B错误； C．1 mol 中含有(4 +4)mol=8mol σ键，C错误； D．是三角锥形，正负电中心不重合，是极性分子，D正确； 故选D； 【6题详解】 A．此反应的ΔH<0，ΔS>0，根据吉布斯自由能 △G=ΔH-TΔS<0能自发进行，该反应在任何温条件下都能自发进行，A错误； B．气态水的浓度应写入表达式中，该反应的平衡常数，B错误； C．ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，可得反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C错误； D．该反应每生成5个氮气分子，4个NH3分子中的氮元素由-3价升高到0价，转移12个电子，由此可得到关系式，生成l mol N2，转移电子数目为2.4×6.02×1023，D正确； 故选D； 【7题详解】 A．NH4VO3溶液加热水解得到气体和H3VO4沉淀，根据元素守恒可知，该气体为氨气，则该化学方程式为：NH4VO3+H2OH3VO4↓+NH3↑，A正确； B．V2O5是强氧化剂，与盐酸反应生成VO2+和黄绿色气体氯气，离子方程式为：V2O5+2Cl-+6H+=2VO2++Cl2↑+3H2O，B正确； C．碱性条件下，不能存在氢离子，负极的反应为：VB2-11e-+16OH-=+ +4H2O，C错误； D．SO2 (g)与O2(g)反应生成l mol SO3(g)释放98.3 kJ的热量，则生成2mol SO3(g)释放196.6kJ的热量，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) -196.6kJ·mol-1，D正确； 故选C。 8. 某浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，装置如图所示。M、N均为AgCl/Ag电极，a、c为选择性离子交换膜，b为双极膜(双极膜中催化层可将水解离为和，并实现其定向移动)。下列说法正确的是 A. 电池工作时，N极发生氧化反应 B. a为阴离子交换膜，c是阳离子交换膜 C. Ⅱ室中得到盐酸，Ⅲ室中得到NaOH溶液 D. M电极质量每减少10.8g，双极膜内有解离 【答案】B 【解析】 【分析】I室通入足量的NH3发生反应为，Ⅰ室中浓度减小，M电极反应为，故M为负极；N为正极，电极反应为，可知双极膜产生的OH-进入Ⅱ室，H+进入Ⅲ室；又知该浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，故Ⅱ室中的Cl-进入I室，Ⅲ室中的Na+进入Ⅳ室，故a 、c分别是阴离子交换膜和阳离子交换膜。 【详解】A．由上述分析可知，N为正极，发生还原反应，故A错误； B．由上述分析可知，a是阴离子交换膜，c是阳离子交换膜，故B正确； C．由分析可推断出Ⅱ室中得到NaOH溶液，Ⅲ室中得到HCl溶液，故C错误； D．M电极质量每减少10.8g，即负极参与反应的Ag为0.1mol，则有0.1mol OH-定向移动到Ⅱ室，故双极膜内解离的H2O为0.1mol，故D错误； 故答案选B。 9. 无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D. “脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 【答案】B 【解析】 【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到； 【详解】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误； B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确； C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误； D．是与水反应生成和HCl，D错误； 故选B。 10. 使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au为催化剂储氢，可能机理如下图所示。用重氢代替参与反应，可获得和CN-NHD。下列说法不正确的是 A. 氨基能将控制在催化剂表面是因为形成氢键 B. 图示总反应为 C. 催化历程中，C原子杂化方式不变 D. 用代替参与反应，反应前后催化剂质量不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于步骤Ⅱ脱去水分子，故与形成的氢键为N-H···O，因此形成氢键后，氨基能将控制在催化剂表面，故A正确； B．根据题意可知，含氨基物质联合Pd-Au为催化剂，结合图中所给物质可知，反应原料为氢气和碳酸氢根，因此该储氢过程的总反应式为，故B正确； C．催化历程中，碳酸氢根的中心原子C原子一直连接的是3个σ 键，无孤电子对，因此杂化方式一直为sp2杂化，故C正确； D．由图可知，与脱水形成酰胺键，然后和吸附在催化剂上的H原子结合形成-NH2和HCOO-，H原子的来源是氢气，若是用重氢气()代替，可能会有、生成，此时催化剂的质量会改变，故D错误； 故答案选D。 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将浓盐酸与反应产生的气体通入酸性溶液中，紫红色褪去 具有还原性 B 常温下将铁片分别插入稀和浓中，前者产生气体，后者无明显现象 氧化性：稀>浓 C 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为血红色 X溶液中一定含 D 相同条件下，同时向两支盛有等体积溶液的试管中分别加入等体积溶液和溶液，后者试管中先出现浑浊现象 其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓盐酸和亚硫酸钠反应产生，气体中还有挥发出来的HCl，HCl也能使酸性溶液褪色，不能说明具有还原性，故A错误； B．常温下，将铁片分别插入浓硝酸和稀硝酸中，前者无明显现象是因为浓硝酸使铁发生钝化，钝化是化学变化，形成了致密氧化膜阻止反应进一步进行，实际上浓硝酸氧化性强于稀硝酸，故B错误； C．若X溶液中原本含Fe3+，直接加KSCN也会显红色，未排除Fe3+的干扰，无法证明Fe2+存在，故C错误； D．二者反应方程式为:，溶液浓度高，反应速率越快，出现浑浊更快，混合后，的氢离子浓度更高，反应速率加快，实验现象也是加入后的溶液出现浑浊更快，因此可以证明浓度越大，反应速率越快，故D正确； 故答案选D。 12. 室温下，通过下列实验探究NaClO的性质。 实验1：测定溶液的pH 实验2：向溶液中通入少量 实验3：向溶液中加入稀硫酸至(忽略HClO的分解) 实验4：向溶液中通入少量，再加入溶液，产生白色沉淀已知，，。下列说法正确的是 A. 实验1所测NaClO溶液的 B. 实验2发生反应的离子方程式为： C. 实验3所得的溶液中： D. 实验4所得的溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaClO是强碱弱酸盐，ClO-发生水解：， ，由于水解程度较小，c(OH-)= c(HClO)， ，得，，即，故A错误； B．电离常数越大，酸性越强，则酸性：H2CO3>HClO>，根据强酸制取弱酸的原理，向0.1mol/L NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，所以反应后溶液中溶质为NaHCO3和HClO，溶液中不存在大量的CO，即反应的离子方程式为：，故B错误； C．向0.1mol/L NaClO溶液中加入稀硫酸至pH=7，此时溶液中c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：，因为c(H+)= c(OH-)，所以，又NaClO溶液中存在c(Na+)= c(ClO-)+ c(HClO)，结合上述两个等式可得：，故C正确； D．向0.1mol/L NaClO溶液中通入少量SO2，发生反应：NaClO+SO2+H2O=NaCl+H2SO4，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明溶液中存在SO，而不是SO，所以不存在的关系，故D错误； 故答案选C。 13. 二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程： 反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49.01 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO (g)＋H2O(g) ΔH=＋41.17 kJ·mol-1 反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3 (g)＋H2O(g) ΔH=-24.52 kJ·mol-1 压强为30MPa、=4时，不同温度下CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如下图所示： 下列说法正确的是 A. 上图三条曲线中，代表CO2转化率的是曲线A B. 在30MPa、300℃条件下，若=3，CO2的平衡转化率将增大 C. 由图中数据可知，工业上生产CH3OCH3的适宜温度为350℃ D. 根据图中数据，在30MPa、300℃达平衡时，CH3OCH3和CH3OH的体积分数相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据盖斯定律：反应I×2+反应Ⅲ得：，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，二甲醚的选择性减小，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，则曲线A表示一氧化碳的选择性、曲线B表示二氧化碳的平衡转化率、曲线C表示二甲醚的选择性。 【详解】A．根据分析可知，曲线A表示一氧化碳的选择性，代表CO2转化率的是曲线B，A错误； B．若减小，浓度减小，平衡逆向移动，平衡转化率减小，B错误； C．350℃时，二甲醚选择性较低，不是工业生产的适宜温度，C错误； D．在30MPa、300℃达平衡时，，假设起始：，，此时二氧化碳平衡转化率为30％，一氧化碳选择性为70％，二甲醚选择性为20％，生成一氧化碳物质的量：，生成二甲醚物质的量：，则：，，，最终CH3OH物质的量为：，与二甲醚的物质的量相同，则二者体积分数相等，D正确； 答案选D。 第Ⅱ卷(非选择题，共61分) 二、非选择题(共4题，共61分)。 14. 氯锆()是生产硫酸锆的前驱体。一种利用锆英砂(主要成分为)制备氯锆的过程如下： 已知：能溶于水，溶解时发生电离：。 （1）“碱烧”时应先将锆英砂粉碎，其目的是___________。 （2）“转型压滤”发生的主要反应为。“转型压滤”和“酸化”时都要加入盐酸，但不能将这两步操作合并进行的原因是___________。 （3）“酸化”时加入的盐酸需过量的原因是___________。 （4）与NaOH相比，CaO更易获得且价格低康。其他条件相同时，控制“碱烧”过程中，测得不同时，锆英砂转化率随温度变化的关系如图所示。实际工业生产中选择、温度为800℃，而不选择、温度为700℃的原因是___________。 （5）向浓溶液中加入稀硫酸，会很快析出白色硫酸锆沉淀，且反应明显放热。硫酸锆沉淀率随温度变化的曲线如图所示。30～60℃时，随温度升高硫酸锆沉淀率上升的原因是___________。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高锆元素的浸出率 （2）防止产物中混有NaCl杂质 （3）保证反应充分进行、降低的溶解度 （4）两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加能源消耗。综合来看，原料成本对生产的影响更大 （5）温度升高，有利于生成的HCl从溶液中快速挥发出去，促进反应正向进行，提高硫酸锆的沉淀率 【解析】 【分析】本题是一道由锆英砂制备氯锆的工业流程题，首先在加入过量烧碱的情况下焙烧，之后水洗过滤除去硅酸钠，再加入盐酸除去氯化钠杂质，过滤后加入盐酸酸化生成产物，结晶即可，以此解题。 【小问1详解】 从反应物接触的充分情况可以发现，粉碎后可以增大接触面积，加快反应速率，提高锆元素的浸出率； 【小问2详解】 “转型压滤”可以过滤除去氯化钠，如果合并的话，氯化钠就无法除去，故答案为：防止产物中混有NaCl杂质； 【小问3详解】 一方面可以保证反应充分进行，另一方面根据，可以发现盐酸过量可以促使该反应逆向移动，故答案为：保证反应充分进行、降低的溶解度； 【小问4详解】 由图中信息可知两种情况下锆英砂转化率转化率都是比较高的，但是根据题中信息可知氧化钙更便宜一些，成本更低，当然该条件下温度较大，能耗较大，但是原料成本对生产的影响更大，故答案为：两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加能源消耗。综合来看，原料成本对生产的影响更大； 【小问5详解】 该反应中有氯化氢生成，而氯化氢挥发性较强，温度越高，越易挥发，故答案为：温度升高，有利于生成的HCl从溶液中快速挥发出去，促进反应正向进行，提高硫酸锆的沉淀率。 15. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种制造燃料的重要液体原料。将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度5~20℃，使其充分反应来制取亚硝酰硫酸。 （1）写出制备NOSO4H的化学方程式：___________。反应过程中产生大量的热，维持体系温度在5~20℃的实验方法是___________。 （2）过量的SO2的处理。 ①用过量浓氨水吸收SO2并在空气中氧化。写出该过程中总反应离子方程式：___________。 ②利用MnO2与SO2反应制备MnSO4，将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2+)和c(SO)随反应时间的变化如图所示。导致溶液中c(Mn2+)和c(SO)的变化产生明显差异的原因是：___________。 （3）已知2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。为测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：准确称取0.750 g产品放入锥形瓶中，加入0.1000 mol·L-1的KMnO4标准溶液30.00 mL和足量稀H2SO4，充分反应后将溶液加热至60~70℃使生成的HNO3充分挥发逸出，冷却至室温，用0.1000 mol·L-1 Na2C2O4标准溶液滴定至终点，经测定，每次消耗Na2C2O4标准溶液的体积如下： 实验序号 1 2 3 4 消耗Na2C2O4溶液体积/ mL 19.98 20.60 20.02 20.00 ①判断滴定至终点时锥形瓶中溶液的颜色变化：___________。 ②根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度为___________(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. HNO3+SO2NOSO4H ②. 冷水浴，调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 （2） ①. 2SO2+O2+4NH3·H2O=4NH+2SO+2H2O ②. Mn2+催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4 （3） ①. 滴入最后半滴草酸溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 ②. 93.13% 【解析】 【小问1详解】 二氧化硫与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H，所以反应的方程式为：HNO3+SO2NOSO4H，该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施冷水浴，调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度； 【小问2详解】 ①用过量浓氨水吸收SO2并在空气中氧化最终产物为，该过程中总反应离子方程式：； ②该反应方程式为，生成的和为1：1，实际生产中的浓度明显高于，可能原因是：催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4； 【小问3详解】 ①用0.1000mol•L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是：滴入最后半滴草酸溶液，紫红色变为无色且半分钟不变； ②根据题中表格可知，消耗Na2C2O4溶液平均体积为20mL，设与Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量为n，根据方程式可列出 n=0.0008mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L-1×0.0300L-0.0008mol=0.0022mol，根据方程式，可得NOSO4H的物质的量为0.0022mol=0.0055mol，亚硝酰硫酸的纯度==93.13%。 16. 均可作动力型锂离子电池的正极材料。 （1）利用对废弃的锂电池正极材料中的钴酸锂进行氯化处理，可以回收Li、Co等金属，工艺流程如下： ①旧电池拆解前必须进行“放电处理”，“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是_______。 ②“焙烧”后的烧渣为LiCl、和的混合物，写出反应的化学方程式_______。 ③钴酸锂的一种晶胞结构如图所示。晶体中氧围绕钴形成八面体，八面体共棱形成带负电的层状空间结构，与层交替排列。在充放电过程中，在层间脱出或嵌入。观察该晶胞图示，其中锂处于晶胞顶点或晶胞内部，钴处于晶胞内部或晶胞侧棱上，而氧的位置不易观察。结合钴酸锂化学式，可推断该晶胞中氧的个数为_______。 （2）制备电极。以和葡萄糖为原料，利用图2所示装置(固定装置已略去)制取该电极的过程如下： 步骤1：准确称量、和溶液(含溶质0.25mol)。 步骤2：将LiOH置于三颈烧瓶中，加入煮沸过的蒸馏水，搅拌使其溶解。从滴液漏斗中滴加溶液，实验过程中不断通入，直至滴加完毕。 步骤3：将固体溶于蒸馏水中，迅速倒入三颈烧瓶中，快速搅拌，充分反应后，过滤并洗涤沉淀得固体。 步骤4：将与一定量葡萄糖混合，惰性气氛下加热，得到电极。 ①步骤3中发生反应的化学方程式为_______。 ②步骤4中加入葡萄糖的作用是_______。 （3）已知：微溶于水；难溶于水和碱，可溶于盐酸生成LiCl和和；时，沉淀完全。设计由某废旧电极材料(含铝、炭、和)制取的实验方案：边搅拌边向废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡，过滤，_______，过滤、洗涤，低温干燥得固体。(实验中须使用的试剂和仪器有：双氧水、盐酸、NaOH溶液、溶液、pH计) 【答案】（1） ①. “放电处理”时为原电池，锂离子从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂在正极回收 ②. ③. 6 （2） ①. Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4 ②. 碳化生成导电碳层，提高电极的导电性 （3）向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无沉淀生成 【解析】 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2(主要成分为Co(OH)2)和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到为Li2CO3，以此解答。 【小问1详解】 ①放电时，锂离子从负极中脱出，向正极移动，正极电极反应式为，让转化为有利于回收； ②LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，同时生成O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ③由钴酸锂（LiCoO2）晶胞结构示意图可知，Li位于顶点和内部，个数为8×+2=3，由化学式LiCoO2可知，O原子个数为6； 【小问2详解】 ①步骤2中LiOH与H3PO4反应生成Li3PO4和水，步骤3中Li3PO4与FeSO4发生反应生成LiFePO4和Li2SO4，化学方程式为Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4； ②葡萄糖在惰性气氛下加热会碳化，生成碳，附着在LiFePO4表面，形成LiFePO4/C复合材料。碳可以提高电极的导电性，增强电池性能； 【小问3详解】 根据题意，边搅拌边向废旧电极材料中加入氢氧化钠溶液至不再产生气泡，废旧电极材料中的铝转化为可溶于水的，经过滤所得滤渣中含炭、LiFePO4和FePO4；结合题给已知，后续实验方案为：向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤除去炭；得到的滤液中含有LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；向滤液中加入过量的双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去氢氧化铁；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量Li2CO3沉淀，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无Li2CO3沉淀生成，说明Li+沉淀完全，过滤、洗涤，低温干燥得固体。 17. 的转化是实现“碳中和”的有效途径。 （1）催化制碳酸酯 一种金属氧化物(用MR表示)催化与环氧丙烷()反应制碳酸酯X反应机理如图1所示。已知中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 ①从物质结构角度判断，催化活化的能力：_______(填“>”、“<”或“=”)。 ②碳酸酯X的结构简式为_______。 （2）催化重整制氢 一种与催化重整制取的过程如图2所示。在反应管中加入CaO和催化剂，先通入，待步骤Ⅰ完成后，再将以一定流速通入，并控制温度为800℃，进行步骤Ⅱ。 ①步骤Ⅱ中发生的主要反应的化学方程式为_______。 ②如题图3所示，0~7min测得出口处CO流量略高于流量，是因为存在副反应：。反应进行15min后，反应管中仍残留较多，但出口处CO流量迅速降低，流量升高，可能的原因是_______。 （3）电化学还原，将其转化为其它含碳化工产品，反应原理如下： Ⅰ．碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，pH及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到1mol电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ①若阴极的还原产物为，则生成的电极反应式为_______。 ②由于生成的难放电，因此降低了的选择性(选择性)。结合题给信息，选择性的理论最大值为______。 Ⅱ．控制、电解液中存在KCl时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图4所示。(法拉第效率) ③结合图4的变化规律，推测KCl可能的作用是_______。 【答案】（1） ①. > ②. （2） ①. ②. 分解生成C和，使浓度降低，生成的C覆盖在催化剂表面，使活性降低 （3） ①. ②. ③. KCl的存在有利于CO2还原成甲醇，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电化学还原生成甲醇的选择性) 【解析】 【小问1详解】 ①MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3，原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键，故填>。 ②由的变化过程可知，中与M 相连的O-和与R相连的C原子相结合，得到碳酸酯X的结构简式为。 【小问2详解】 ①步骤Ⅱ中反应物是碳酸钙和甲烷，发生反应生成氧化钙、CO和氢气，主要反应的化学方程式：； ②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是：分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低； 【小问3详解】 ①若阴极的还原产物为，则生成的电极反应式为； ②阴极生成碳酸根离子，发生反应为二氧化碳和氢氧根离子生成碳酸根离子和水：；在阴极区若每得到1mol电子，同时有也会得到等物质的量的电子，若生成1mol，消耗1mol得6mol电子，生成6molOH-，也会得到6mol电子，生成6mol OH-，共12mol OH-，发生反应，消耗6mol，阴极共消耗7mol，根据选择性公式，的理论最大值为。 ③由图可知，KCl存在时，有利于二氧化碳还原成甲醇，不利于生成氢气，尤其是KCl浓度大于1mol/L时，甲醇的选择性强，故KCl可能的作用是：KCl的存在有利于CO2还原成甲醇，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电化学还原生成甲醇的选择性)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期高二年级三校期中联考化学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ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 O-16 N-14 S-32 K-39 Mn-55 Ag-108 第I卷(选择题，共39分) 一、单项选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意)。 1. 2025年我国迎来了首个“非遗版”春节，央视春晚节目精彩纷呈。下列说法正确的是 A. 春晚直播间的高清摄像头镜片的主要成分是单质硅 B. 《秧BOT》中机器人所使用的超高强度碳纤维增强半芳香聚酰胺是一种有机高分子材料 C. 《山水霓裳》中的服装材质所使用的棉花、羊毛均属于多糖类物质 D. 《星汉耀江城》中的烟花实质上是等多种元素发生了焰色试验 2. 制取的反应为。下列说法正确的是 A. 中阴阳离子个数比为 B. 的空间结构为正四面体 C. 含有离子键和共价键 D. 的电子式为 3. 实验室制取少量SO2并探究其漂白性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取SO2气体 B. 用装置乙验证SO2漂白性 C. 用装置丙干燥SO2气体 D. 用装置丁收集SO2并吸收尾气中的SO2 4. 镁的矿物有MgCO3·CaCO3、MgSO4·7H2O等。下列说法正确的是 A. 半径：r(Mg2+)>r(O2-) B. 电负性：χ(O)>χ(S) C. 热稳定性：H2S>H2O D. 碱性：Mg(OH)2>Ca(OH)2 阅读下列材料，完成下面小题。 钒(V)有金属“维生素”之称。溶液加热水解得到气体和沉淀。热分解可制，是强氧化剂，与盐酸反应生成和黄绿色气体；也可用作氧化的催化剂，与反应生成释放98.3kJ的热量。一种催化脱除烟气中的NO的反应为。碱性硼化钒-空气电池是一种高能电池，放电时的总反应为。 5. 下列说法正确的是 A. 、是钒的两种同素异形体 B. 的电子式为 C. 中含有键 D. 为极性分子 6. 关于反应，下列说法正确的是 A. 高温下该反应不能自发进行 B. 该反应的平衡常数 C. 反应物所含键能总和大于生成物所含键能总和 D. 上述反应中生成，转移电子数目为 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 加热充分水解的化学方程式： B. 与盐酸反应的离子方程式： C. 碱性硼化钒一空气电池的负极反应式： D. 催化氧化的热化学方程式： 8. 某浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，装置如图所示。M、N均为AgCl/Ag电极，a、c为选择性离子交换膜，b为双极膜(双极膜中催化层可将水解离为和，并实现其定向移动)。下列说法正确的是 A. 电池工作时，N极发生氧化反应 B. a为阴离子交换膜，c是阳离子交换膜 C. Ⅱ室中得到盐酸，Ⅲ室中得到NaOH溶液 D. M电极质量每减少10.8g，双极膜内有解离 9. 无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D. “脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 10. 使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au为催化剂储氢，可能机理如下图所示。用重氢代替参与反应，可获得和CN-NHD。下列说法不正确的是 A. 氨基能将控制在催化剂表面是因为形成氢键 B. 图示总反应为 C. 催化历程中，C原子杂化方式不变 D. 用代替参与反应，反应前后催化剂质量不变 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将浓盐酸与反应产生的气体通入酸性溶液中，紫红色褪去 具有还原性 B 常温下将铁片分别插入稀和浓中，前者产生气体，后者无明显现象 氧化性：稀>浓 C 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为血红色 X溶液中一定含 D 相同条件下，同时向两支盛有等体积溶液的试管中分别加入等体积溶液和溶液，后者试管中先出现浑浊现象 其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究NaClO的性质。 实验1：测定溶液的pH 实验2：向溶液中通入少量 实验3：向溶液中加入稀硫酸至(忽略HClO的分解) 实验4：向溶液中通入少量，再加入溶液，产生白色沉淀已知，，。下列说法正确的是 A. 实验1所测NaClO溶液的 B. 实验2发生反应的离子方程式为： C. 实验3所得的溶液中： D. 实验4所得的溶液中： 13. 二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程： 反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49.01 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO (g)＋H2O(g) ΔH=＋41.17 kJ·mol-1 反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3 (g)＋H2O(g) ΔH=-24.52 kJ·mol-1 压强为30MPa、=4时，不同温度下CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如下图所示： 下列说法正确的是 A. 上图三条曲线中，代表CO2转化率的是曲线A B. 在30MPa、300℃条件下，若=3，CO2的平衡转化率将增大 C. 由图中数据可知，工业上生产CH3OCH3的适宜温度为350℃ D. 根据图中数据，在30MPa、300℃达平衡时，CH3OCH3和CH3OH的体积分数相等 第Ⅱ卷(非选择题，共61分) 二、非选择题(共4题，共61分)。 14. 氯锆()是生产硫酸锆的前驱体。一种利用锆英砂(主要成分为)制备氯锆的过程如下： 已知：能溶于水，溶解时发生电离：。 （1）“碱烧”时应先将锆英砂粉碎，其目的是___________。 （2）“转型压滤”发生的主要反应为。“转型压滤”和“酸化”时都要加入盐酸，但不能将这两步操作合并进行的原因是___________。 （3）“酸化”时加入的盐酸需过量的原因是___________。 （4）与NaOH相比，CaO更易获得且价格低康。其他条件相同时，控制“碱烧”过程中，测得不同时，锆英砂转化率随温度变化的关系如图所示。实际工业生产中选择、温度为800℃，而不选择、温度为700℃的原因是___________。 （5）向浓溶液中加入稀硫酸，会很快析出白色硫酸锆沉淀，且反应明显放热。硫酸锆沉淀率随温度变化的曲线如图所示。30～60℃时，随温度升高硫酸锆沉淀率上升的原因是___________。 15. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种制造燃料的重要液体原料。将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度5~20℃，使其充分反应来制取亚硝酰硫酸。 （1）写出制备NOSO4H的化学方程式：___________。反应过程中产生大量的热，维持体系温度在5~20℃的实验方法是___________。 （2）过量的SO2的处理。 ①用过量浓氨水吸收SO2并在空气中氧化。写出该过程中总反应离子方程式：___________。 ②利用MnO2与SO2反应制备MnSO4，将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2+)和c(SO)随反应时间的变化如图所示。导致溶液中c(Mn2+)和c(SO)的变化产生明显差异的原因是：___________。 （3）已知2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O=K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4。为测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：准确称取0.750 g产品放入锥形瓶中，加入0.1000 mol·L-1的KMnO4标准溶液30.00 mL和足量稀H2SO4，充分反应后将溶液加热至60~70℃使生成的HNO3充分挥发逸出，冷却至室温，用0.1000 mol·L-1 Na2C2O4标准溶液滴定至终点，经测定，每次消耗Na2C2O4标准溶液的体积如下： 实验序号 1 2 3 4 消耗Na2C2O4溶液体积/ mL 19.98 20.60 20.02 20.00 ①判断滴定至终点时锥形瓶中溶液的颜色变化：___________。 ②根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度为___________(写出计算过程)。 16. 均可作动力型锂离子电池的正极材料。 （1）利用对废弃的锂电池正极材料中的钴酸锂进行氯化处理，可以回收Li、Co等金属，工艺流程如下： ①旧电池拆解前必须进行“放电处理”，“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是_______。 ②“焙烧”后的烧渣为LiCl、和的混合物，写出反应的化学方程式_______。 ③钴酸锂的一种晶胞结构如图所示。晶体中氧围绕钴形成八面体，八面体共棱形成带负电的层状空间结构，与层交替排列。在充放电过程中，在层间脱出或嵌入。观察该晶胞图示，其中锂处于晶胞顶点或晶胞内部，钴处于晶胞内部或晶胞侧棱上，而氧的位置不易观察。结合钴酸锂化学式，可推断该晶胞中氧的个数为_______。 （2）制备电极。以和葡萄糖为原料，利用图2所示装置(固定装置已略去)制取该电极的过程如下： 步骤1：准确称量、和溶液(含溶质0.25mol)。 步骤2：将LiOH置于三颈烧瓶中，加入煮沸过的蒸馏水，搅拌使其溶解。从滴液漏斗中滴加溶液，实验过程中不断通入，直至滴加完毕。 步骤3：将固体溶于蒸馏水中，迅速倒入三颈烧瓶中，快速搅拌，充分反应后，过滤并洗涤沉淀得固体。 步骤4：将与一定量葡萄糖混合，惰性气氛下加热，得到电极。 ①步骤3中发生反应的化学方程式为_______。 ②步骤4中加入葡萄糖的作用是_______。 （3）已知：微溶于水；难溶于水和碱，可溶于盐酸生成LiCl和和；时，沉淀完全。设计由某废旧电极材料(含铝、炭、和)制取的实验方案：边搅拌边向废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡，过滤，_______，过滤、洗涤，低温干燥得固体。(实验中须使用的试剂和仪器有：双氧水、盐酸、NaOH溶液、溶液、pH计) 17. 的转化是实现“碳中和”的有效途径。 （1）催化制碳酸酯 一种金属氧化物(用MR表示)催化与环氧丙烷()反应制碳酸酯X反应机理如图1所示。已知中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 ①从物质结构角度判断，催化活化的能力：_______(填“>”、“<”或“=”)。 ②碳酸酯X的结构简式为_______。 （2）催化重整制氢 一种与催化重整制取的过程如图2所示。在反应管中加入CaO和催化剂，先通入，待步骤Ⅰ完成后，再将以一定流速通入，并控制温度为800℃，进行步骤Ⅱ。 ①步骤Ⅱ中发生的主要反应的化学方程式为_______。 ②如题图3所示，0~7min测得出口处CO流量略高于流量，是因为存在副反应：。反应进行15min后，反应管中仍残留较多，但出口处CO流量迅速降低，流量升高，可能的原因是_______。 （3）电化学还原，将其转化为其它含碳化工产品，反应原理如下： Ⅰ．碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，pH及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到1mol电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的pH几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。 ①若阴极的还原产物为，则生成的电极反应式为_______。 ②由于生成的难放电，因此降低了的选择性(选择性)。结合题给信息，选择性的理论最大值为______。 Ⅱ．控制、电解液中存在KCl时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图4所示。(法拉第效率) ③结合图4的变化规律，推测KCl可能的作用是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $