精品解析：上海市交通大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末考试 化学试题

2024-2025学年度第二学期 高一化学期末考试卷 (满分100分，60分钟完成。答案一律写在答题纸上。) 相对原子量： 一、盐酸、硫酸、硝酸是三种最常用的酸，也是无机化工的支柱之一。 1. 工业制备HCl的反应原理：_____。 2. HCl(g)经水吸收得到盐酸。以下适合作为吸收装置的是_____。 工业上用黄铁矿制备硫酸的工艺如下图所示。 3. 下列说法不正确是_____。 A. 步骤Ⅰ前需将黄铁矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率 B. 步骤Ⅱ中选择的压强是高压 C. 步骤Ⅱ中使用双层催化和热交换器 D. 步骤Ⅲ中选用98.3%的浓硫酸作吸收剂 某同学设计如图所示装置探究步骤Ⅱ中二氧化硫的转化率。实验时，装置D锥形瓶中溶液产生白色沉淀，装置E中溶液褪色。已知装置A是用来制备SO2。 4. 装置B三个作用是a．_____；b．_____；c．通过观察气泡的速率，控制氧气和二氧化硫的通入比例。 5. 实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热，其原因除了影响催化剂活性还有_____。 6. D中锥形瓶盛放的溶液可以是(选填字母)_____。 A. 足量澄清石灰水 B. 足量小苏打溶液 C. 足量氯化钡溶液 D. 足量稀硫酸 硝酸的生产工艺有多种。 7. 干馏法是最早记录的制备硝酸方法，将硝酸钾受热分解后的气体用水吸收可获得硝酸：、_____(填化学方程式)。 8. 工业上曾使用浓硫酸和硝石制硝酸：该反应主要体现了浓硫酸的特性是_____。 氨氮氧化法已广泛应用于工业化生产，工艺流程如下图。 9. 合成氨反应的速率方程为，从反应速率的视角分析在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_____。 10. 实验室利用如下图所示三个初始容积相同的容器①、②、③模拟合成氨，若起始温度相同，分别向三个容器中充入3molH2和1molN2一定条件下反应，达到平衡时各容器中NH3物质的量百分含量由大到小的顺序为_____。 ①外有隔热套②③活塞可移动(不考虑活塞质量和摩擦系数) A. ①>②>③ B. ③>①>② C. ②>③>① D. ③>②>① 11. 工业制硝酸时，吸收塔中的水吸收NO2是自发反应，为使NO2更好被吸收，可采取措施是_____ A．热水吸收 B．冷水吸收 氧化炉步骤中发生的主要反应如下： I． Ⅱ． 在1L的密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的物质的量与反应温度的关系如图所示。 12. ①催化氧化步骤中，最适宜的温度为_____。 A．T1 B．T2 C．T3 ②温度为T2时，反应Ⅰ的平衡常数K=_____(保留两位小数)。 二、锰是生产各种合金的重要元素。 工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰工艺流程如下。 在时，部分物质的溶度积常数如表一所示，几种金属离子沉淀的如表二所示。 表一 物质 表二 金属离子 开始沉淀的 7.5 3.2 5.2 8.8 完全沉淀的 9.7 3.7 6.4 10.4 回答下列问题： 13. “氧化”步骤发生反应的离子方程式为_____。 14. 滤渣1的主要成分是_____、_____(填化学式)。 15. 加入除钴、除镍的步骤不能放在“除杂1”之前的理由不包含以下选项的是_____ A. 会与反应生成，不利于除钴、除镍 B. 还会与反应生成沉淀 C. 将还原为，不利于除铁 D. 会与生成沉淀 16. 由晶体制备的方法是_____。 17. 在时，分离出滤渣3所得的滤液中_____。 三、一氧化碳和二气化碳的广泛应用。 I．用处理氮氧化物 反应原理： 18. 在催化剂的作用下，反应分两步进行。 第一步：； 第二步反应为_____。 19. 反应速率方程表达式：，k为速率常数，与温度、活化能有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____。(不定项) A. 升温 B. 恒容时，再充入 C. 改用更高效催化剂 D. 恒压时，再充入 Ⅱ．用制备尿素 反应原理： 20. 反应过程中的能量变化如下图。下列说法正确的是_____。 A. 为合成尿素反应的中间产物 B. 恒压，降低氨碳比，反应I中的平衡转化率会降低 C. 反应I、Ⅱ都是放热反应 D. 平衡时移走产物，平衡向正反应方向移动 21. 若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的和合成尿素，下列能说明反应已经达到平衡状态的是_____(不定项) A. 的体积分数不再变 B. 化学平衡常数K不变 C. D. 体系中气体的密度不变 22. 在Haber-Bosch工艺开发前，Frank于1908年开发了一种通过碳化钙合成氨的方法。 （1）写出以、和C为原料合成的反应热化学方程式___________。 （2）根据热化学方程式，说明碳化钙合成氨方法的缺点___________。 四、氯化亚铜()是一种重要的铜盐产品。 某学习小组用海绵铜(主要成分是Cu和CuO)制取氯化亚铜的流程如下： 已知：①CuCl难溶于水和乙醇，易溶于Cl-浓度较大的体系。 23. 海绵铜溶解过程中除发生较快反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O外，还有产生无色气体M的反应，且M遇空气立即变为红棕色，则产生M的离子方程式为_____。 制备氯化亚铜的主要步骤(即“还原”)是： 利用海绵铜“溶解”后的溶液与略过量的溶液、适量的溶液反应，制备氯化亚铜的装置如图所示，其中仪器a中装的是与的混合溶液。 24. 制备氯化亚铜的离子方程式为_____。 25. 在“酸洗”时，一般使用稀硫酸而不用盐酸，其理由是_____。 26. 若实验测得海绵铜中铜元素的质量分数为，取16.0克海绵铜通过上述实验制备氯化亚铜，经乙醇洗涤并隔绝空气烘干后，称量所得氯化亚铜的质量为19.9克，则氯化亚铜的产率为_____。(计算结果保留一位小数) 准确称取所制备的氯化亚铜样品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成溶液，取出，用的标准溶液滴定到终点，消耗溶液，反应中被还原为。 27. 样品中的质量分数为_____(结果化简)。 28. 若测定结果偏大可能的原因是_____。 A. 样品中混有 B. 滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C. 滴定管未用标准溶液润洗 D. 装待测液前锥形瓶内残留少量水 五、解决含硫化合物如的污染是重要课题。 用NaOH溶液捕捉SO2后可生成Na2SO3和NaHSO3的混合液。已知25℃时，H2SO3电离常数。 29. 若混合液pH=7，则_____。 30. 若混合液中。则混合液_____，此时溶液中_____ A．> B．< C．= 31. 已知：。将CaCO3粉末加到Na2SO3溶液中可实现转换：。 向的溶液中加入，判断能否全部转化为并说明理由_____。(写出计算过程，忽略溶液体积变化) 脱除沼气、天然气中的H2S是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除H2S有多种方法。 方法一：硫沉淀法 32. 先把H2S完全燃烧生成SO2，然后再把SO2和H2S混合生成硫磺。为了提高H2S转化为硫的比例，理论上应该控制生成SO2消耗的H2S占总H2S的比值为_____。 方法二：热分解法 33. 热分解法处理H2S直接加热分解H2S转化率最高只达40%，科学家发现MoS2可以催化H2S分解，在外界条件不变情况下使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜(可吸附分子量很小的气体分子)装置进行H2S分解，H2S转化率达到56%。多孔陶瓷膜的作用是_____。 25℃，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L，常温下H2S、HS-、S2-在水溶液中的物质的量分数随pH变化的分布曲线如图所示。 在真空Claus法脱硫中，用K2CO3溶液吸收H2S。 已知：H2CO3电离平衡常数，； 34. K2CO3溶液吸收少量H2S的离子方程式为_____。 35. 下列说法正确的是_____。 A. 饱和H2S溶液中加入等体积的NaOH溶液(体积变化忽略不计)，则 B. 加水稀释Na2S溶液，比值减小 C. Na2S溶液中存在： D. NaHS溶液星碱性是由于S2-的水解程度大于HS-的电离程度 36. 25℃的NaHS溶液中存在以下等量关系，试补充完整：_____。 A B. C. D. 37. 某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A. 结构1钴硫化物的化学式为 B. 晶胞2中S与S的最短距离为 C. 晶胞2中距最近的S有4个 D. 晶胞2和晶胞3表示不同的晶体 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期 高一化学期末考试卷 (满分100分，60分钟完成。答案一律写在答题纸上。) 相对原子量： 一、盐酸、硫酸、硝酸是三种最常用的酸，也是无机化工的支柱之一。 1. 工业制备HCl的反应原理：_____。 【答案】H2+Cl22HCl 【解析】 【详解】工业上制取盐酸时，首先在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应，制得HCl气体，该反应原理的化学方程式为：H2+Cl22HCl，故答案为：H2+Cl22HCl。 2. HCl(g)经水吸收得到盐酸。以下适合作为吸收装置的是_____。 【答案】A 【解析】 【详解】工业上用水吸收HCl(g)时，采用逆流原理，以增大HCl(g)与水的接触面积，提高吸收效率，则吸收装置的是A，故答案为：A。 工业上用黄铁矿制备硫酸的工艺如下图所示。 3. 下列说法不正确的是_____。 A. 步骤Ⅰ前需将黄铁矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率 B. 步骤Ⅱ中选择的压强是高压 C. 步骤Ⅱ中使用双层催化和热交换器 D. 步骤Ⅲ中选用98.3%的浓硫酸作吸收剂 某同学设计如图所示装置探究步骤Ⅱ中二氧化硫的转化率。实验时，装置D锥形瓶中溶液产生白色沉淀，装置E中溶液褪色。已知装置A是用来制备SO2。 4. 装置B的三个作用是a．_____；b．_____；c．通过观察气泡的速率，控制氧气和二氧化硫的通入比例。 5. 实验过程中，当V2O5表面红热后，应将酒精灯移开一会儿后再继续加热，其原因除了影响催化剂活性还有_____。 6. D中锥形瓶盛放的溶液可以是(选填字母)_____。 A. 足量澄清石灰水 B. 足量小苏打溶液 C. 足量氯化钡溶液 D. 足量稀硫酸 【答案】3. B 4. ①. 使SO2、O2混合均匀 ②. 干燥SO2和O2 5. 该反应正反应放热，温度过高平衡向逆反应方向移动，不利于三氧化的生成 6. C 【解析】 【分析】黄铁矿成分为FeS2名称为二硫化亚铁，通入空气煅烧反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸， 【3题详解】 A．步骤Ⅰ前需将黄铁矿粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，A正确； B．已知SO2和O2反应生成SO3的反应在常压下SO2转化率就相当高，而且增大压强需增加设备和动力的投入，故工业生产中步骤Ⅱ中选择的压强是常压，B错误； C．步骤Ⅱ中常采用双层催化和热交换器，利用反应放出的热量，对原料气进行预热，从而提高能量利用率，C确； D．步骤Ⅲ中选用98.3%的浓硫酸作吸收剂吸收剂，而不用水吸收是防止形成酸雾阻止吸收，D正确； 故答案为：B； 【4题详解】 装置B中盛有浓硫酸的三个作用是a．使SO2、O2混合均匀；b．干燥SO2和O2；c．通过观察气泡的速率，控制氧气和二氧化硫的通入比例，故答案为：使SO2、O2混合均匀；干燥SO2和O2； 【5题详解】 合成三氧化硫的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，三氧化硫的产率降低，所以反应过程中温度不能过高，故答案为：该反应的正反应放热，温度过高平衡向逆反应方向移动，不利于三氧化的生成； 【6题详解】 A．足量的澄清石灰水既吸收三氧化硫又吸收二氧化硫，D中产生白色沉淀CaSO3和CaSO4，但导致E溶液无法褪色，A不合题意； B．足量小苏打溶液既吸收三氧化硫又吸收二氧化硫，D中没有白色沉淀生成，同时导致E溶液无法褪色，B不合题意； C．足量氯化钡溶液只能吸收三氧化硫，产生白色沉淀BaSO4，不能吸收二氧化硫，导致E溶液褪色，C符合题意； D．足量稀硫酸只能吸收三氧化硫，产生H2SO4，无白色沉淀生成，同时不能吸收二氧化硫，导致E溶液褪色，D不合题意； 故答案为：C。 硝酸的生产工艺有多种。 7. 干馏法是最早记录的制备硝酸方法，将硝酸钾受热分解后的气体用水吸收可获得硝酸：、_____(填化学方程式)。 8. 工业上曾使用浓硫酸和硝石制硝酸：该反应主要体现了浓硫酸的特性是_____。 【答案】7. 8. 难挥发性(或沸点高) 【解析】 【7题详解】 硝酸钾受热分解后的气体是，用水吸收可获得硝酸，反应过程中，氮元素化合价由+2升至+5，氧气中氧元素化合价由0降至-2，根据得失电守恒和原子守恒，反应的化学方程式为。 【8题详解】 浓硫酸沸点高、难挥发，硝酸沸点低、易挥发，这一反应的本质是利用了 “高沸点酸制低沸点酸” 的原理，核心在于浓硫酸的难挥发性(或沸点高)，使得在加热条件下，挥发性的硝酸能够从混合物中脱离而促进反应的发生，硝酸蒸气经冷凝后即可得到硝酸。 氨氮氧化法已广泛应用于工业化生产，工艺流程如下图。 9. 合成氨反应的速率方程为，从反应速率的视角分析在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_____。 10. 实验室利用如下图所示三个初始容积相同的容器①、②、③模拟合成氨，若起始温度相同，分别向三个容器中充入3molH2和1molN2一定条件下反应，达到平衡时各容器中NH3物质的量百分含量由大到小的顺序为_____。 ①外有隔热套②③活塞可移动(不考虑活塞质量和摩擦系数) A. ①>②>③ B. ③>①>② C. ②>③>① D. ③>②>① 11. 工业制硝酸时，吸收塔中的水吸收NO2是自发反应，为使NO2更好被吸收，可采取措施是_____ A．热水吸收 B．冷水吸收 氧化炉步骤中发生的主要反应如下： I． Ⅱ． 在1L的密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的物质的量与反应温度的关系如图所示。 12. ①催化氧化步骤中，最适宜的温度为_____。 A．T1 B．T2 C．T3 ②温度为T2时，反应Ⅰ的平衡常数K=_____(保留两位小数)。 【答案】9. 减小氨气的浓度，加快合成氨的反应速率 10. D 11. B 12. ①. C ②. 0.0052 【解析】 【分析】N2、H2在合成塔中发生反应，在氨分离器中利用氨易液化的性质将NH3分离出来，多余的N2和H2回到合成塔继续反应，氨气和空气在氧化炉中发生反应生成NO，NO与O2迅速反应为NO2，NO2与水反应生成HNO3，最后进行尾气处理。 【9题详解】 由题干信息可知，合成氨反应的速率方程为，即合成氨反应中反应速率与NH3的浓度成反比，故从反应速率的视角分析在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为减小氨气的浓度，加快合成氨的反应速率，故答案为：减小氨气的浓度，加快合成氨的反应速率； 【10题详解】 已知合成氨是一个气体体积减小的放热反应，故以②为基准，①外有隔热套，相当于在②基础上加热平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减少，③是恒压状态，相当于在②基础上加压，平衡向右进行，氨气的百分含量增大，所以NH3物质的百分含量由大到小的顺序为①＜②＜③，故答案为：D； 【11题详解】 工业制硝酸时，吸收塔中的水吸收NO2是3NO2+H2O=2HNO3+NO一个气体体积减小的反应，能够自发反应，说明NO2溶解于水放热，为促进气体的溶解，可采取降温方式，即用冷水吸收，故答案为：B； 【12题详解】 ①由图象分析可知T3℃时生成一氧化氮的量最大，工业制备HNO3，催化氧化步骤中，最适宜的温度为T3℃，故答案为：C； ②由题干信息可知，温度T2时反应平衡体系中N2和NO的物质的量均为0.2mol，则有三段式分析：，，平衡时NH3、O2、NO、H2O的物质的量分别为：1mol-0.20 mol -0.40 mol =0.40mol，2 mol -0.25 mol -0.3 mol =1.45mol，0.2mol，0.3mol+0.6mol=0.9mol，容器体积为1L，则温度为T2时，反应Ⅰ的平衡常数K===0.0052，故答案为：0.0052。 二、锰是生产各种合金的重要元素。 工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰工艺流程如下。 在时，部分物质的溶度积常数如表一所示，几种金属离子沉淀的如表二所示。 表一 物质 表二 金属离子 开始沉淀的 7.5 3.2 5.2 8.8 完全沉淀的 9.7 3.7 6.4 10.4 回答下列问题： 13. “氧化”步骤发生反应的离子方程式为_____。 14. 滤渣1的主要成分是_____、_____(填化学式)。 15. 加入除钴、除镍的步骤不能放在“除杂1”之前的理由不包含以下选项的是_____ A. 会与反应生成，不利于除钴、除镍 B. 还会与反应生成沉淀 C. 将还原为，不利于除铁 D. 会与生成沉淀 16. 由晶体制备的方法是_____。 17. 在时，分离出滤渣3所得的滤液中_____。 【答案】13. 14. ①. Fe(OH)3 ②. MnO2 15. D 16. 在HCl气流中加热晶体，使其失去结晶水 17. 5.0 【解析】 【分析】锰矿石主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质，锰矿石中加入足量的硫酸酸浸，金属碳酸盐转化为对应的硫酸盐，再向其中加入过量的氧化剂二氧化锰，二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，用氨水调pH为3.7，使铁离子以氢氧化铁的形式完全沉淀出来，过滤，滤渣1为氢氧化铁和MnO2，向滤液中加氨水调pH=6.4，使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，滤渣2氢氧化铜经过一系列处理可得CuCl2‧2H2O晶体，滤液中加硫化铵可将镍离子、钴离子以硫化物的形式沉淀下来，得到的溶液主要含有锰离子，电解后经一系列处理可得金属锰。 【13题详解】 结合分析知，“氧化”步骤中，过量的二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，而自身被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒知，反应的离子方程式为。 【14题详解】 加氨水调pH=3.7，结合表格数据可知，此时铁离子以氢氧化铁的形式完全沉淀下来，由于所加二氧化锰过量，所以滤渣1中的主要成分是Fe(OH)3和MnO2。 【15题详解】 A．若在“除杂1”之前加入，当时的溶液酸性较强，会与反应生成，不利于除钴、除镍，A不符合题意； B．由流程图知pH=6.4时沉淀完，若在“除杂1”之前加入，当时溶液中有，结合表格中CuS溶度积常数可知，极易与反应生成沉淀，B不符合题意； C．若在“除杂1”之前加入，当时溶液中有，能将还原为，不利于后续除铁，C不符合题意； D．若在“除杂1”之前加入，当时的溶液酸性较强，可与反应生成，但与并不反应，D符合题意； 故选D。 【16题详解】 属于强酸弱碱盐，能水解生成HCl，且盐酸为挥发性酸，若直接加热晶体，不能得到CuCl2，为抑制氯化铜的水解，由晶体制备的方法是：在HCl气流中加热晶体，使其失去结晶水。 【17题详解】 在时，分离出滤渣3所得的滤液中。 三、一氧化碳和二气化碳的广泛应用。 I．用处理氮氧化物 反应原理： 18. 在催化剂的作用下，反应分两步进行。 第一步：； 第二步反应为_____。 19. 反应的速率方程表达式：，k为速率常数，与温度、活化能有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____。(不定项) A. 升温 B. 恒容时，再充入 C. 改用更高效催化剂 D. 恒压时，再充入 Ⅱ．用制备尿素 反应原理： 20. 反应过程中的能量变化如下图。下列说法正确的是_____。 A. 为合成尿素反应的中间产物 B. 恒压，降低氨碳比，反应I中的平衡转化率会降低 C. 反应I、Ⅱ都是放热反应 D. 平衡时移走产物，平衡向正反应方向移动 21. 若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的和合成尿素，下列能说明反应已经达到平衡状态的是_____(不定项) A. 的体积分数不再变 B. 化学平衡常数K不变 C. D. 体系中气体的密度不变 【答案】18. 19. AC 20. A 21. AD 【解析】 【18题详解】 观察知，总反应等于两步反应的加和，那么用总反应方程式减去第一步反应的方程式可得到第二步反应的方程式，所以第二步反应为。 【19题详解】 A．升温，速率常数变大，反应速率加快，A正确； B．由反应的速率方程表达式知，恒容时，再充入CO，不影响反应速率，B错误； C．改用高效催化剂，速率常数变大，反应速率加快，C正确； D．恒压时，再充入Ar，容器的体积增大，减小，反应速率减小，D错误； 故选AC。 【20题详解】 A．开始不存在，中间过程存在，最后不存在，说明它是合成尿素反应的中间产物，A正确； B．恒压，降低氨碳比，可视为增大CO2的量带来的影响，那么反应I中的平衡转化率会升高，B错误； C．由图知，反应I的反应物总能量高于生成物总能量，反应I是放热反应，而反应Ⅱ都是吸热反应，C错误； D．是固体，平衡时移走产物，平衡不移动，D错误； 故选A。 【21题详解】 A．由于容器中初始加入了等物质的量的和，结合方程式中二者的计量数知，的体积分数是变量，当其体积分数不再变化，能说明达到平衡状态，A符合题意； B．化学平衡常数K只和温度有关，恒温恒容时K不变不能说明达到平衡状态，B不符合题意； C．达到平衡时正逆反应速率相等，结合方程式中二者的计量数知，不能说明正逆反应速率相等，才能说明正逆反应速率相等，C不符合题意； D．恒容条件下，体积为定值，结合反应方程式知，在达到平衡之前，气体总质量一直在减小，则气体的密度是变量，当体系中气体的密度不变时，说明反应达到了平衡状态，D符合题意； 故选AD。 22. 在Haber-Bosch工艺开发前，Frank于1908年开发了一种通过碳化钙合成氨的方法。 （1）写出以、和C为原料合成的反应热化学方程式___________。 （2）根据热化学方程式，说明碳化钙合成氨的方法的缺点___________。 【答案】（1）ΔH=+175.2kJ/mol （2）该反应为吸热反应，能耗高 【解析】 【小问1详解】 将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+②+③得到反应，则反应△H=(+557.8kJ/mol)+(—288.4 kJ/mol)+(—94.2 kJ/mol)=+ 175.2kJ/mol，则反应的化学方程式为ΔH=+175.2kJ/mol，故答案为：ΔH=+175.2kJ/mol； 【小问2详解】 由热化学方程式可知，与合成氨反应相比，碳化钙合成氨的方法的缺点是该反应是吸热反应，耗能大，故答案为：该反应为吸热反应，能耗高。 四、氯化亚铜()是一种重要的铜盐产品。 某学习小组用海绵铜(主要成分是Cu和CuO)制取氯化亚铜的流程如下： 已知：①CuCl难溶于水和乙醇，易溶于Cl-浓度较大的体系。 23. 海绵铜溶解过程中除发生较快反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O外，还有产生无色气体M的反应，且M遇空气立即变为红棕色，则产生M的离子方程式为_____。 制备氯化亚铜的主要步骤(即“还原”)是： 利用海绵铜“溶解”后的溶液与略过量的溶液、适量的溶液反应，制备氯化亚铜的装置如图所示，其中仪器a中装的是与的混合溶液。 24. 制备氯化亚铜的离子方程式为_____。 25. 在“酸洗”时，一般使用稀硫酸而不用盐酸，其理由是_____。 26. 若实验测得海绵铜中铜元素的质量分数为，取16.0克海绵铜通过上述实验制备氯化亚铜，经乙醇洗涤并隔绝空气烘干后，称量所得氯化亚铜的质量为19.9克，则氯化亚铜的产率为_____。(计算结果保留一位小数) 准确称取所制备的氯化亚铜样品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成溶液，取出，用的标准溶液滴定到终点，消耗溶液，反应中被还原为。 27. 样品中的质量分数为_____(结果化简)。 28. 若测定结果偏大可能的原因是_____。 A. 样品中混有 B. 滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C. 滴定管未用标准溶液润洗 D 装待测液前锥形瓶内残留少量水 【答案】23. 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 24. 2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+ 25. 若用盐酸导致Cl-浓度增大，平衡正向移动，增大CuCl的溶解损失 26. 88.9% 27. 28. C 【解析】 【分析】向海绵铜(主要成分是Cu和CuO)中加入NH4NO3和H2SO4，则将发生CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，过滤得到滤饼和滤液，向滤液中加入(NH4)2SO3、NH4Cl将Cu2+转化为CuCl，反应原理为：2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+，然后酸洗、醇洗，烘干后得到纯净的CuCl，据此分析解题。 【23题详解】 由分析可知，海绵铜溶解过程中除发生较快反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O外，还有产生无色气体M的反应，且M遇空气立即变为红棕色，即M为NO，则产生M的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O； 【24题详解】 由分析可知，制备氯化亚铜的离子方程式为2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+； 【25题详解】 由题干信息可知，CuCl难溶于水和乙醇，易溶于Cl-浓度较大的体系，若用盐酸导致Cl-浓度增大上述平衡正向移动，增大CuCl的溶解损失，故在“酸洗”时，一般使用稀硫酸而不用盐酸，故答案为：若用盐酸导致Cl-浓度增大，平衡正向移动，增大CuCl的溶解损失； 【26题详解】 若实验测得海绵铜中铜元素的质量分数为90%，取16.0克海绵铜，其中含有Cu的物质的量为：=0.225mol，通过上述实验制备氯化亚铜，理论上可得0.225molCuCl，而经乙醇洗涤并隔绝空气烘干后，称量所得氯化亚铜的质量为19.9克，则氯化亚铜的产率为：×100%=88.9%，故答案为：88.9%； 【27题详解】 根据反应方程式：可知n(CuCl)=n(FeCl2)，根据得失电子守恒可知，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6amol/L×b×10-3L=6ab×10-3mol，则样品中的质量分数为：×100%=，故答案为：； 【28题详解】 A．样品中混有CuO，导致CuCl的量偏小，则与FeCl3反应后的Fe2+偏小，消耗K2Cr2O7溶液的体积偏小，即测量结果偏小，A不合题意； B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致消耗K2Cr2O7溶液的体积偏小，即测量结果偏小，B不符合题意； C．滴定管未用标准溶液润洗，导致K2Cr2O7溶液的浓度偏小，消耗K2Cr2O7溶液的体积偏大，即测量结果偏大，C符合题意； D．装待测液前锥形瓶内残留少量水对实验结果无影响，D不合题意； 故答案为：C。 五、解决含硫化合物如的污染是重要课题。 用NaOH溶液捕捉SO2后可生成Na2SO3和NaHSO3混合液。已知25℃时，H2SO3电离常数。 29. 若混合液pH=7，则_____。 30. 若混合液中。则混合液_____，此时溶液中_____ A．> B．< C．= 31. 已知：。将CaCO3粉末加到Na2SO3溶液中可实现转换：。 向的溶液中加入，判断能否全部转化为并说明理由_____。(写出计算过程，忽略溶液体积变化) 【答案】29. 2c() 30. ①. 5 ②. B 31. 不能，已知的K=====2.0×10-2，向1L0.45mol/L的Na2SO3溶液中加入0.01molCaCO3，若CaCO3全部转化为CaSO3，则反应后溶液中c()=0.01mol/L，c()= 0.45mol/L-0.01mol/L=0.44mol/L，此时Q== =2.27×10-2＞K，即上述平衡逆向移动，即不能实现CaCO3全部转化为CaSO3， 【解析】 【29题详解】 在Na2SO3和NaHSO3混合溶液中，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，若混合液pH=7，则有c(H+)=c(OH-)，即2c()，故答案为：2c()； 【30题详解】 已知H2SO3的Ka2==6.2×10-8，若混合液中，则混合液中c(H+)===10-5mol/L，则5，又===9.3＞1，此时溶液中＜，故答案为：5；B； 【31题详解】 已知的K=====2.0×10-2，向1L0.45mol/L的Na2SO3溶液中加入0.01molCaCO3，若CaCO3全部转化为CaSO3，则反应后溶液中c()=0.01mol/L，c()= 0.45mol/L-0.01mol/L=0.44mol/L，此时Q== =2.27×10-2＞K，即上述平衡逆向移动，即不能实现CaCO3全部转化为CaSO3，故答案为：不能，已知的K=====2.0×10-2，向1L0.45mol/L的Na2SO3溶液中加入0.01molCaCO3，若CaCO3全部转化为CaSO3，则反应后溶液中c()=0.01mol/L，c()= 0.45mol/L-0.01mol/L=0.44mol/L，此时Q== =2.27×10-2＞K，即上述平衡逆向移动，即不能实现CaCO3全部转化为CaSO3。 脱除沼气、天然气中的H2S是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除H2S有多种方法。 方法一：硫沉淀法 32. 先把H2S完全燃烧生成SO2，然后再把SO2和H2S混合生成硫磺。为了提高H2S转化为硫的比例，理论上应该控制生成SO2消耗的H2S占总H2S的比值为_____。 方法二：热分解法 33. 热分解法处理H2S直接加热分解H2S转化率最高只达40%，科学家发现MoS2可以催化H2S分解，在外界条件不变情况下使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜(可吸附分子量很小的气体分子)装置进行H2S分解，H2S转化率达到56%。多孔陶瓷膜的作用是_____。 【答案】32. 1：3 33. 允许氢气通过，减少生成物的浓度，促使平衡正向移动，硫化氢的转化率提高 【解析】 【32题详解】 根据先把H2S完全燃烧生成SO2，即反应Ⅰ：2H2S+3O22SO2+2H2O，然后再把SO2和H2S混合生成硫磺即反应Ⅱ：2H2S+SO2=3S+2H2O，设Ⅰ中生成2molSO2，则Ⅱ中消耗4molH2S，生成SO2消耗的H2S占总H2S的比值为=1:3，故答案为：1：3； 【33题详解】 使用多孔陶瓷增大硫化氢与催化剂的接触面积，加快了反应速率，但催化剂不能提高H2S转化率，主要是因为多孔陶瓷允许氢气通过，减少生成物的浓度，促使平衡正向移动，硫化氢的转化率提高，故答案为：允许氢气通过，减少生成物的浓度，促使平衡正向移动，硫化氢的转化率提高。 25℃，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L，常温下H2S、HS-、S2-在水溶液中的物质的量分数随pH变化的分布曲线如图所示。 在真空Claus法脱硫中，用K2CO3溶液吸收H2S。 已知：H2CO3电离平衡常数，； 34. K2CO3溶液吸收少量H2S的离子方程式为_____。 35. 下列说法正确的是_____。 A. 饱和H2S溶液中加入等体积的NaOH溶液(体积变化忽略不计)，则 B. 加水稀释Na2S溶液，比值减小 C. Na2S溶液中存在： D. NaHS溶液星碱性是由于S2-的水解程度大于HS-的电离程度 36. 25℃的NaHS溶液中存在以下等量关系，试补充完整：_____。 A. B. C. D. 【答案】34. H2S+=+HS- 35. A 36. A 【解析】 【分析】由题干图像可知，随着pH的增大，H2S饱和溶液中H2S物质的量分数逐渐减小，HS-物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为H2S、HS-和S2-，则当H2S和HS-物质的量分数相等时，pH=6.9，则Ka1(H2S)==10-6.9，同理Ka2(H2S)=10-13.0，据此分析解题。 【34题详解】 由题干信息结合分析可知， Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，故K2CO3溶液吸收少量H2S的离子方程式为：H2S+=+HS-，故答案为：H2S+=+HS-； 【35题详解】 A．已知25℃，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol/L，饱和H2S溶液中加入等体积NaOH溶液，则根据物料守恒可知，，A正确； B．加水稀释促进S2-的水解，导致c(S2-)减小的倍数大于Na+浓度减小的倍数，即稀释Na2S溶液，比值增大，B错误； C．根据电荷守恒可知，Na2S溶液中存在：，C错误； D．已知HS-在水溶液中既能水解又能发生电离，由于HS-的水解程度大于HS-的电离程度，导致NaHS溶液呈碱性，D错误； 故答案为：A； 【36题详解】 根据电荷守恒可知，25℃的NaHS溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，则有质子守恒：c(H+)+c(H2S)=c(S2-)+c(OH-)，则c(H2S)，故答案为：A。 37. 某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A. 结构1钴硫化物的化学式为 B. 晶胞2中S与S的最短距离为 C. 晶胞2中距最近的S有4个 D. 晶胞2和晶胞3表示不同的晶体 【答案】BD 【解析】 【详解】A．结构1中Co的个数=4×1+4×=，S的个数=1+12×=4，则Co与S的个数比=9：8，结构1钴硫化物的化学式为Co9S8，故A正确； B．晶胞2中S与S的最短距离为同一面上，相邻棱上S与S的距离，晶胞的边长为a,根据勾股定理，相邻棱上S与S的距离=，故B错误； C．根据晶胞2的结构可知，晶胞2中距Li最近的S有4个，故C正确； D．根据晶胞2的结构可知，S的个数为12×+1×1=4，Li的个数为8，则晶胞2表示的化学式为Li2S，在晶胞3中，S的个数为8×+6×=4，Li的个数为8，则晶胞2表示的化学式为Li2S，故晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D错误； 答案选BD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $