精品解析：江苏省南京市六校联合体2024-2025学年高一下学期6月期末调研测试化学试卷

江苏省南京市2024-2025学年第二学期六校联合体6月期末调研测试 高一化学 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Co59 一、选择题(包括16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意) 1. 半导体是人工智能技术发展的核心材料。“中国制造2025”计划中明确提出要大力发展第三代半导体产业。下列物质中不属于半导体材料的是 A 晶体硅 B. 二氧化硅 C. 碳化硅（SiC） D. 砷化镓（GaAs） 2. Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，下列说法正确的是 A. Na+与O2-的电子层结构不同 B. H2O的空间构型为直线形 C. Na2O2的电子式为： D. NaOH仅含离子键 3. 下列由废铁屑制取的实验装置与操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲称取一定质量的固体 B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污 C. 用装置丙将废铁屑充分溶解 D. 用装置丁蒸干溶液得到晶体 4. 三硅酸镁(2MgO·3SiO2·nH2O)和NaHCO3是医疗上的常见抗酸药。下列说法正确的是 A. 半径：r(Si)>r(Mg) B. 碱性：Mg(OH)2>NaOH C. 稳定性：SiH4>H2O D. 酸性：H2SiO3<H2CO3 阅读下列材料，完成以下3个问题： 周期表中ⅥA族元素及其化合物用途广泛。O3具有杀菌、消毒、漂白等作用；H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为562.2kJ·mol-1)，常用于沉淀重金属离子；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，在催化剂作用下合成反应为 SO2(g)+Cl2(g)⇌ SO2Cl2(g)  ∆H=a kJ·mol-1(a<0)；硒(34Se)和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，H2Se具有较强的还原性，工业上通过电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te。 5. 下列说法正确的是 A. H2S在空气中完全燃烧能生成SO3 B. SO2也有漂白性，O3和SO2的漂白原理相同 C. 温度升高，由SO2制SO2Cl2的平衡转化率降低 D. 使用催化剂能增大合成SO2Cl2反应的平衡常数 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 表示H2S燃烧热的热化学方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ∆H =-562.2kJ·mol-1 B. 用H2S气体沉淀溶液中Pb2+的离子方程式：Pb2++S2-=PbS↓ C. 电解Na2TeO3溶液制备Te：Na2TeO3 + H2OTe+2NaOH +O2↑ D. 硫酰氯(SO2Cl2)遇水强烈水解生成两种酸：SO2Cl2+2H2O=H2SO3+2HCl 7. 下列说法不正确的是 A. 硫可形成S2、S4、S6等不同单质，它们互为同素异形体 B. 水的电离方程式为H2O+H2O⇌H3O++OH- C. H2O比H2Se稳定是因为H2O的沸点更高 D. 亚硫酰氯(SOCl2)遇水也能剧烈反应，生成能使品红溶液褪色的气体 8. 氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环” B. 侯氏制碱法以H2O、NH3 、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl C. 工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3 D. 自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3 9. 下列与盐类水解有关的说法中正确的是 A. 泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ B. 将CH3COONa溶液从20 ℃升温至50 ℃，溶液中增大 C. 可溶性铁盐作净水剂的原理：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+ D. 用TiCl4制备TiO2的反应：TiCl4+(x+2)H2O= TiO2·xH2O↓+4HCl 10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s) B. 浓H2SO4(l)SO2(g)BaSO3(s) C. Fe2O3(s)Fe(s，过量)FeCl2(s) D. Cu(s)NO2(g)Cu(NO3)2(aq) 11. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 12. 下列实验的有关说法正确的是 A. 用试纸测得氯水的 B. 用酸式滴定管量取20.00 mL酸性KMnO4溶液 C. 中和滴定时，眼睛应注视滴定管中液面的变化 D. 中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗 13. 部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法中正确的是 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3 电离常数(25 ℃) Ka=1.8×10-4 Ka=6.2×10-10 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 A. 25 ℃时，反应HCOOH＋CN-⇌HCN＋HCOO-化学平衡常数K=2.9×105 B. 中和等体积、等浓度的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者 C. 结合H＋的能力：＜CN-＜＜HCOO- D. 2CN-＋H2O＋CO2=2HCN＋ 14. 室温下，下列操作不能达到相应实验目的的是 实验目的 实验操作 A 比较的和的的大小 向2 mL 1 溶液中滴加1 溶液，观察现象 B 探究是否是弱电解质 用计测量相同体积、浓度均为0.1的醋酸、盐酸的 C 检验固体是否变质 取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入溶液，振荡，观察溶液颜色变化 D 比较、水解能力的强弱 用计测量相同体积、浓度均为0.1 的和溶液的 A. A B. B C. C D. D 15. NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为除去。将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择性与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，的平衡转化率增大 B. 其他条件不变，在范围，随温度的升高，出口处浓度不断增大 C. 催化氧化除去尾气中的应选择反应温度高于 D. 高效除去尾气中的，需研发低温下转化率高和生成选择性高的催化剂 16. 用一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O的挥发可以忽略，溶液中含硫物种的浓度c总= c(H2S) + c(HS-) + c(S2-)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是 A. Na2S溶液显碱性的原因：S2-+2H2O⇌H2S+2OH- B. NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(H＋)+ c(Na＋)=c(HS-)+c(S2-)+ c(OH-) C. 吸收所得c总=c(Na＋)的溶液中：c(H2S)>c(S2-) D. NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降 二、非选择题(包括3题，共52分) 17. 氧化钴(Co2O3)粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某工厂用废旧钴基合金(主要成分为CoO，还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO)制备Co2O3，工艺流程如图所示： 已知：该工艺条件下，H2O2、Fe3+不能氧化Co2+。 回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“碱浸”目的，提高“碱浸”的浸取速率的是_______(填字母)。 a．适当升高温度　　　b．碱浸过程中不断搅拌 c．延长浸取时间　　　d．加大废旧钴基合金的用量 （2）“酸浸”所得“浸渣”的主要成分为PbSO4，写出生成PbSO4的离子方程式_______。 （3）“除铁”时控制反应温度低于50℃的目的是_______。 （4）“沉镁、沉钙”时，pH不宜太小的原因_______。 （5）为测定“转化”时获得草酸钴(CoC2O4)纯度，现称取2.0g草酸钴样品，将其用适当试剂转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，并用0.1mol·L-1高锰酸钾标准溶液滴定，平行实验三次，达到滴定终点时，消耗高锰酸钾标准溶液的体积如下表所示： 实验序号 1 2 3 高锰酸钾标准溶液的体积/mL 39.97 43.86 40.03 ①达到滴定终点时的标志为_______。 ②写出H2C2O4与KMnO4溶液反应的离子方程式_______。 ③草酸钴样品的纯度为_______。(已知：M(CoC2O4)=147g/mol，写出计算过程) ④若读取KMnO4标准溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数，则所测CoC2O4的纯度_______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”) 18. 以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁(FePO4)。 （1）酸浸。将一定量焙烧后的硫铁矿粉末加入到三颈烧瓶中，恒温50~60℃条件下加热(装置如图)，通过滴液漏斗缓慢滴加一定浓度的稀硫酸，充分反应，过滤。 ①FeS2焙烧后所得的固体产物为_______。 ②酸浸时温度不宜过高的原因是_______。 （2）还原。向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3+全部被还原。Fe3+被还原的离子方程式为_______。 （3）除铝。向还原后的溶液中加入FeO固体能除去铝的原因为_______。 （4）制备。在搅拌下向1mol·L-1H3PO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NaOH溶液，至溶液pH约为10可得到Na2HPO4溶液。取一定量除铝后的FeSO4溶液，加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4全部被氧化为Fe2(SO4)3，边搅拌边将制得的Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH为a，过滤，洗涤，干燥即可得到FePO4。 ①不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图所示，结合下图分析a的最佳取值为_______。 ②写出Fe2(SO4)3和Na2HPO4反应的化学方程式为_______。 ③Fe2(SO4)3和Na2HPO4混合反应时，不能将Fe2(SO4)3加入到Na2HPO4的原因是_______。 19. 化学就像一座桥梁，连接着材料和环境，影响着我们生活的方方面面。 Ⅰ. 储能材料是当前研究的热点。 AlH3易发生分解反应释放出活性氢原子，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。 AlH3与Fe2O3的反应过程如下： ⅰ．AlH3(s)=Al(s)+3H(g)；ΔH=+521.1 kJ·mol-1 ⅱ．6H(g)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3H2O(g)；ΔH=-1209.2 kJ·mol-1 ⅲ．2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)；ΔH=-851.5 kJ·mol-1 （1）反应2AlH3(s)+2Fe2O3(s)=4Fe(s)+3H2O(g)+Al2O3(s)的ΔH=_______。 （2）AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是_______。 Ⅱ. 工业脱硫是环境保护、促进社会可持续发展重要课题。脱除工业烟气中的SO2有多种方法。 ⅰ. 钠钙双碱法。钠钙双碱法吸收烟气中SO2的一种流程如图1所示，H2SO3、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2所示。 （3）“吸收”所得溶液的pH约为4～5时，SO2转化为_______。 (填化学式)。“吸收”时控制溶液的pH略大于9，写出“再生”反应的化学方程式：_______。 ⅱ. 氧化、还原法。 （4）二氧化锰氧化。以软锰矿浆(主要成分为MnO2，杂质为Fe、Al等元素的氧化物)和烟气(含有SO2、O2等)为原料可制备MnSO4。向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，测得溶液中c()、c(Mn2+)与pH随反应时间的变化如图3所示。 溶液中c()的增加呈现由慢到快迅速增大的趋势，其主要原因是_______。 （5）一氧化碳还原。反应原理为；ΔH=-270 kJ·mol-1。其他条件相同，分别选取Fe2O3、NiO作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图4所示。 ①与NiO相比，选择Fe2O3作催化剂的优点是_______。 ②已知：硫的沸点约为445℃。反应温度高于445℃时，SO2的平衡转化率增大，其原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省南京市2024-2025学年第二学期六校联合体6月期末调研测试 高一化学 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Co59 一、选择题(包括16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意) 1. 半导体是人工智能技术发展的核心材料。“中国制造2025”计划中明确提出要大力发展第三代半导体产业。下列物质中不属于半导体材料的是 A. 晶体硅 B. 二氧化硅 C. 碳化硅（SiC） D. 砷化镓（GaAs） 【答案】B 【解析】 【详解】A．晶体硅是非常典型且应用广泛的半导体材料，在半导体工业中占据重要地位，A选项不符合题意； B．二氧化硅具有良好的导光性，可以用来制造光纤，不是半导体材料，B符合题意； C．碳化硅（）是第三代半导体材料，具有高临界击穿电场、高电子饱和漂移速度等优异性能，常用于高频、高温、大功率电子器件，C选项不符合题意； D．砷化镓（GaAs）也是一种重要的半导体材料，在光电子器件（如发光二极管、激光二极管）以及高频电子器件等方面有广泛应用，D 选项不符合题意； 故答案选B。 2. Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，下列说法正确的是 A. Na+与O2-的电子层结构不同 B. H2O的空间构型为直线形 C. Na2O2的电子式为： D. NaOH仅含离子键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na+与O2-的电子层结构相同，核外电子排布由内向外均为2、8，A错误； B．H2O中O的价层电子对数为：，H2O的空间构型为V形，B错误； C．Na2O2为离子化合物，电子式正确，C正确； D．NaOH为离子化合物，钠离子和氢氧根之间为离子键，氢氧原子之间为共价键，D错误； 故选C。 3. 下列由废铁屑制取的实验装置与操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲称取一定质量的固体 B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污 C. 用装置丙将废铁屑充分溶解 D. 用装置丁蒸干溶液得到晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．用托盘天平称取一定质量的固体，应该“左物右码”，故A错误； B．加热能促进纯碱水解，溶液碱性增强，油污更容易因水解而被除去，因此可用热的纯碱溶液洗涤铁屑表面的油污，故B正确； C．铁在浓硫酸中钝化，用稀硫酸溶解废铁屑生成硫酸亚铁和氢气，故C错误； D．受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，应该用加热浓缩、冷却结晶的方法得到晶体，故D错误； 答案选B。 4. 三硅酸镁(2MgO·3SiO2·nH2O)和NaHCO3是医疗上的常见抗酸药。下列说法正确的是 A. 半径：r(Si)>r(Mg) B. 碱性：Mg(OH)2>NaOH C. 稳定性：SiH4>H2O D. 酸性：H2SiO3<H2CO3 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左往右原子半径减小，Mg的原子半径大于Si，A错误； B．同周期从左往右元素的金属性减弱，金属性：Na>Mg，故碱性：NaOH>Mg(OH)2，B错误； C．同周期从左往右元素的非金属性增强，同主族从上往下元素的非金属性减弱，非金属性：O>Si，稳定性：H2O>SiH4，C错误； D．同主族从上往下元素的非金属性减弱，非金属性：C>Si，酸性：H2CO3>H2SiO3，D正确； 故选D。 阅读下列材料，完成以下3个问题： 周期表中ⅥA族元素及其化合物用途广泛。O3具有杀菌、消毒、漂白等作用；H2S是一种易燃的有毒气体(燃烧热为562.2kJ·mol-1)，常用于沉淀重金属离子；硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，在催化剂作用下合成反应为 SO2(g)+Cl2(g)⇌ SO2Cl2(g)  ∆H=a kJ·mol-1(a<0)；硒(34Se)和碲(52Te)的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，H2Se具有较强的还原性，工业上通过电解强碱性Na2TeO3溶液制备Te。 5. 下列说法正确的是 A. H2S在空气中完全燃烧能生成SO3 B. SO2也有漂白性，O3和SO2的漂白原理相同 C. 温度升高，由SO2制SO2Cl2的平衡转化率降低 D. 使用催化剂能增大合成SO2Cl2反应的平衡常数 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 表示H2S燃烧热的热化学方程式：H2S(g)+2O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ∆H =-562.2kJ·mol-1 B. 用H2S气体沉淀溶液中Pb2+的离子方程式：Pb2++S2-=PbS↓ C 电解Na2TeO3溶液制备Te：Na2TeO3 + H2OTe+2NaOH +O2↑ D. 硫酰氯(SO2Cl2)遇水强烈水解生成两种酸：SO2Cl2+2H2O=H2SO3+2HCl 7. 下列说法不正确的是 A. 硫可形成S2、S4、S6等不同单质，它们互为同素异形体 B. 水的电离方程式为H2O+H2O⇌H3O++OH- C. H2O比H2Se稳定是因为H2O的沸点更高 D. 亚硫酰氯(SOCl2)遇水也能剧烈反应，生成能使品红溶液褪色的气体 【答案】5. C 6. C 7. C 【解析】 【5题详解】 A．H2S在空气中完全燃烧只能生成，故A错误； B．漂白是与某些有色物质化合生成无色物质，是把有色物质氧化为无色物质，和的漂白原理不同，故B错误； C．与反应生成是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低，故C正确； D．使用催化剂不改变平衡常数，平衡常数仅与温度有关），故D错误； 故答案选C。 【6题详解】 A．H2S燃烧热是生成和，燃烧热的热化学方程式为： ，故A 错误； B．为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，用H2S气体沉淀溶液中Pb2+的离子方程式：Pb2++H2S=PbS↓+2H+，故B错误； C．电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极上得到电子生成Te，则电解Na2TeO3溶液制备Te的方程式为Na2TeO3 + H2OTe+2NaOH +O2↑，故C正确； D．SO2Cl2中S为+6价，遇水强烈水解生成HCl和H2SO4，化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故D错误； 故答案选C。 【7题详解】 A．为硫的不同单质，它们互为同素异形体，故A 正确； B．水是弱电解质，电离方程式为，故B正确； C．比稳定是因为中的比中的更稳定，故C错误； D．亚硫酰氯(SOCl2)遇水剧烈反应生成和气体，方程式：SOCl2 + H2O = SO2 + 2HCl，能使品红溶液褪色，故D正确； 故答案选C。 8. 氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A. 多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环” B. 侯氏制碱法以H2O、NH3 、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl C. 工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3 D. 自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3 【答案】D 【解析】 【详解】A．自然界的氮循环确实涉及不同形态氮的转化，如固氮、氨化、硝化等过程，A正确； B．侯氏制碱法利用H2O、NH3、CO2和NaCl制备NaHCO3和NH4Cl，反应符合实际工艺，B正确； C．工业制硝酸通过NH3催化氧化生成NO，再经氧化和吸收生成HNO3，C正确； D．自然固氮不全生成NH3，例如闪电固氮生成NO，而人工固氮（如合成氨）生成NH3，D错误； 故选D。 9. 下列与盐类水解有关的说法中正确的是 A. 泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ B. 将CH3COONa溶液从20 ℃升温至50 ℃，溶液中增大 C. 可溶性铁盐作净水剂的原理：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+ D. 用TiCl4制备TiO2的反应：TiCl4+(x+2)H2O= TiO2·xH2O↓+4HCl 【答案】D 【解析】 【详解】A．泡沫灭火器使用Al3+与的双水解反应：，A错误； B．升温促进CH3COO-水解，Kh增大，，比值减小，B错误； C．Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体：，C错误； D．TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，方程式正确，符合水解原理，D正确； 故选D。 10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s) B. 浓H2SO4(l)SO2(g)BaSO3(s) C. Fe2O3(s)Fe(s，过量)FeCl2(s) D. Cu(s)NO2(g)Cu(NO3)2(aq) 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解NaCl溶液生成Cl2，Cl2与石灰乳反应制得漂白粉，与澄清石灰水反应无法制得漂白粉，A错误； B．浓H2SO4与Na2SO3固体反应生成SO2正确，但SO2通入BaCl2溶液不反应，B错误； C．Al高温还原Fe2O3生成Fe，Fe在Cl2中点燃生成FeCl3，C错误； D．Cu与浓硝酸反应生成NO2，NO2与水生成HNO3，HNO3与Cu(OH)2反应生成Cu(NO3)2，故NO2与Cu(OH)2悬浊液反应生成Cu(NO3)2，D正确； 故选D。 11. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误； B．由方程式可知，反应平衡常数，故B正确； C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误； D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误； 故选B 12. 下列实验的有关说法正确的是 A. 用试纸测得氯水的 B. 用酸式滴定管量取20.00 mL酸性KMnO4溶液 C. 中和滴定时，眼睛应注视滴定管中液面的变化 D. 中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯水中的具有强氧化性，会漂白试纸，不能用试纸测氯水的，A错误； B．酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此必须用酸式滴定管量取，B正确； C．中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化以判断滴定终点，而非滴定管液面的变化，C错误； D．锥形瓶无需润洗，否则会引入额外待测液导致误差，只有滴定管需要润洗，防止待装液被稀释，D错误； 故答案选B。 13. 部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法中正确的是 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3 电离常数(25 ℃) Ka=1.8×10-4 Ka=6.2×10-10 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 A. 25 ℃时，反应HCOOH＋CN-⇌HCN＋HCOO-的化学平衡常数K=2.9×105 B. 中和等体积、等浓度HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者 C. 结合H＋的能力：＜CN-＜＜HCOO- D. 2CN-＋H2O＋CO2=2HCN＋ 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据表格中电离常数的数据，反应HCOOH+CN⁻⇌HCN+HCOO⁻的平衡常数，A正确； B．等体积、等浓度的HCOOH和HCN溶液，溶质物质的量相同，则中和所需NaOH的量相等，B错误； C．酸的电离常数Ka越小，酸性越弱，其对应酸根离子结合H⁺能力越强，故结合H＋的能力：>CN->>HCOO-，C错误； D．根据表格中电离常数的数据，酸性：H2CO3>HCN>，则反应生成，离子方程式为CN-＋H2O＋CO2=HCN＋，D错误； 答案选A。 14. 室温下，下列操作不能达到相应实验目的的是 实验目的 实验操作 A 比较的和的的大小 向2 mL 1 溶液中滴加1 溶液，观察现象 B 探究是否是弱电解质 用计测量相同体积、浓度均为0.1的醋酸、盐酸的 C 检验固体是否变质 取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入溶液，振荡，观察溶液颜色变化 D 比较、水解能力的强弱 用计测量相同体积、浓度均为0.1 的和溶液的 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向溶液中滴加溶液，若产生气泡（），说明的酸性强于，进一步说明的大于的，A正确； B．通过测量0.1醋酸和盐酸的，盐酸的，完全电离，是强电解质，醋酸，说明其未完全电离，为弱电解质，B正确； C．变质会生成，若未变质，加入稀硫酸后，在酸性条件下会氧化成为，干扰检验结果，该操作无法检验固体是否变质，C错误； D． 和均为强碱弱酸盐，溶液均显碱性，根据“越弱越水解”的原则，酸根对应的酸酸性越弱，其水解程度越大，溶液碱性越强，若的更高，则水解能力更强，D正确； 故答案选C。 15. NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为除去。将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择性与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，的平衡转化率增大 B. 其他条件不变，在范围，随温度的升高，出口处浓度不断增大 C. 催化氧化除去尾气中的应选择反应温度高于 D. 高效除去尾气中的，需研发低温下转化率高和生成选择性高的催化剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，升高温度，平衡都逆向移动，NH3的平衡转化率减小，A项错误； B．由图可知，225~300℃范围内NH3的转化率基本不变，而生成N2的选择性明显减小，则出口处N2的浓度减小，B项错误； C．催化氧化除去尾气中的NH3转化为N2，由图可知应选择的温度为225℃左右，此时NH3的转化率大、N2的选择性大，C项错误； D．高效除去尾气中的NH3，即将NH3多而快的转化成N2，需研发低温下NH3转化率高和生成N2选择性高的催化剂，D项正确； 答案选D 16. 用一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O的挥发可以忽略，溶液中含硫物种的浓度c总= c(H2S) + c(HS-) + c(S2-)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是 A. Na2S溶液显碱性的原因：S2-+2H2O⇌H2S+2OH- B. NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(H＋)+ c(Na＋)=c(HS-)+c(S2-)+ c(OH-) C. 吸收所得c总=c(Na＋)的溶液中：c(H2S)>c(S2-) D. NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降 【答案】C 【解析】 【详解】A．S2-的水解分两步进行，主要第一步水解为S2-+H2O⇌HS-+OH-，而非直接生成H2S，A错误； B．NaOH恰好转化为Na2S时，溶质为Na2S，电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，而选项中未体现2c(S2-)，B错误； C．当c总=c(Na+)时，n(NaOH)=n(H2S)，溶质为NaHS。HS-的水解常数Kh= ≈9.1×10-8，大于其电离常数Ka2=1.3×10-13，故HS-水解为主，c(H2S)＞c(S2-)，C正确； D．NaOH与H2S的中和反应放热，溶液温度应升高，D错误； 故选C。 二、非选择题(包括3题，共52分) 17. 氧化钴(Co2O3)粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某工厂用废旧钴基合金(主要成分为CoO，还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO)制备Co2O3，工艺流程如图所示： 已知：该工艺条件下，H2O2、Fe3+不能氧化Co2+。 回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“碱浸”目的，提高“碱浸”的浸取速率的是_______(填字母)。 a．适当升高温度　　　b．碱浸过程中不断搅拌 c．延长浸取时间　　　d．加大废旧钴基合金的用量 （2）“酸浸”所得“浸渣”的主要成分为PbSO4，写出生成PbSO4的离子方程式_______。 （3）“除铁”时控制反应温度低于50℃的目的是_______。 （4）“沉镁、沉钙”时，pH不宜太小的原因_______。 （5）为测定“转化”时获得草酸钴(CoC2O4)的纯度，现称取2.0g草酸钴样品，将其用适当试剂转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，并用0.1mol·L-1高锰酸钾标准溶液滴定，平行实验三次，达到滴定终点时，消耗高锰酸钾标准溶液的体积如下表所示： 实验序号 1 2 3 高锰酸钾标准溶液的体积/mL 39.97 43.86 40.03 ①达到滴定终点时的标志为_______。 ②写出H2C2O4与KMnO4溶液反应的离子方程式_______。 ③草酸钴样品的纯度为_______。(已知：M(CoC2O4)=147g/mol，写出计算过程) ④若读取KMnO4标准溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数，则所测CoC2O4的纯度_______。(填“偏高”、“偏低”或“不变”) 【答案】（1）ab （2）PbO+2H++=PbSO4+H2O （3）防止双氧水分解及氨水的挥发与分解 （4）pH太小，氢离子浓度过大，抑制HF的电离，c(F-)减小，镁、钙沉淀不完全 （5） ①. 当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色，且30s内不变色 ②. 5H2C2O4 + 2+ 6H+ = 10CO2↑+2Mn2+ + 8H2O ③. 73.5% ④. 偏高 【解析】 【分析】废旧钴基合金(主要成分为CoO，还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO)，用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝；滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁；滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁；滤液中加碳酸钠，可以得到碳酸钴；碳酸钴与盐酸反应，生成氯化钴，氯化钴与草酸铵反应，得到得到草酸钴；草酸钴灼烧得到Co2O3，据此分析解答。 【小问1详解】 a．适当升高温度可以加快反应速率，a正确； ｂ．碱浸过程中不断搅拌，增加反应速率，b正确； ｃ．延长浸取时间只能增加浸取量，不能增加反应速率，c错误； ｄ．加大废旧钴基合金的用量，只能增加浸取量，不能增加反应速率，d错误；综上所述ab符合。 【小问2详解】 “酸浸”时PbO与H2SO4生成 PbSO4，离子反应方程式为PbO+2H++SO=PbSO4+H2O。 【小问3详解】 双氧水受热易分解，氨水易挥发，“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解。 【小问4详解】 “沉镁、沉钙”时，pH太小，氢离子浓度过大，抑制HF的电离，c(F-)减小，镁、钙沉淀不完全。 【小问5详解】 ①酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，则滴定终点的现象是当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且30s内不变色； ②KMnO4将H2C2O4与氧化成CO2，反应离子方程式为5H2C2O4 + 2MnO+ 6H+ = 10CO2↑+2Mn2+ + 8H2O； ③第2次实验误差较大，舍弃，消耗高锰酸钾标准溶液的体积为mL=40.00mL，根据反应的离子方程式5H2C2O4 + 2MnO+ 6H+ = 10CO2↑+2Mn2+ + 8H2O可知，n(H2C2O4 )=n(MnO)=×0.1mol/L×0.04L=0.01mol，则样品中含有的草酸钴的质量为= 0.01mol×147g/mol=1.47g，则样品的纯度为=73.5%； ④若读取KMnO4标准溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数，所耗KMnO4标准溶液的体积偏大，则所测CoC2O4的纯度偏高。 18. 以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁(FePO4)。 （1）酸浸。将一定量焙烧后的硫铁矿粉末加入到三颈烧瓶中，恒温50~60℃条件下加热(装置如图)，通过滴液漏斗缓慢滴加一定浓度的稀硫酸，充分反应，过滤。 ①FeS2焙烧后所得的固体产物为_______。 ②酸浸时温度不宜过高的原因是_______。 （2）还原。向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3+全部被还原。Fe3+被还原的离子方程式为_______。 （3）除铝。向还原后的溶液中加入FeO固体能除去铝的原因为_______。 （4）制备。在搅拌下向1mol·L-1H3PO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NaOH溶液，至溶液的pH约为10可得到Na2HPO4溶液。取一定量除铝后的FeSO4溶液，加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4全部被氧化为Fe2(SO4)3，边搅拌边将制得的Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH为a，过滤，洗涤，干燥即可得到FePO4。 ①不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图所示，结合下图分析a的最佳取值为_______。 ②写出Fe2(SO4)3和Na2HPO4反应的化学方程式为_______。 ③Fe2(SO4)3和Na2HPO4混合反应时，不能将Fe2(SO4)3加入到Na2HPO4的原因是_______。 【答案】（1） ①. Fe2O3 ②. 避免温度过高，Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素 （2）FeS +2Fe3+ = S +3Fe2+ （3）加入FeO消耗溶液中的H+促使Al3+转化为Al(OH)3沉淀、不引入杂质离子 （4） ①. 2.5 ②. Fe2(SO4)3+2Na2HPO4=2FePO4↓+2Na2SO4+H2SO4 ③. Na2HPO4溶液呈碱性，防止生成Fe(OH)3 【解析】 【分析】酸浸时，FeS2以及少量Al2O3和Fe3O4会发生反应，滤液中阳离子是亚铁离子、铝离子、铁离子等，向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3+全部被还原，向还原后的溶液中加入FeO固体，使Al3+水解平衡右移，转化为Al(OH)3沉淀除掉；取一定量除铝后的FeSO4溶液，加入足量的3%双氧水溶液，使FeSO4全部被氧化为Fe2(SO4)3，边搅拌边将制得的Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，调节pH，过滤，洗涤，干燥即可得到FePO4。 【小问1详解】 ①FeS2焙烧后得到SO2和Fe2O3，所得的固体产物为Fe2O3； ②酸浸时温度不宜过高的原因是避免温度过高，Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素； 【小问2详解】 FeS与溶液中Fe3+反应生成单质S和Fe2+，反应的离子方程式为：FeS +2Fe3+ = S +3Fe2+； 【小问3详解】 向还原后的溶液中加入FeO，FeO与H+反应，使Al3+水解平衡右移，转化为Al(OH)3沉淀； 【小问4详解】 ①由图像可知，pH=2.5时，铁和磷的沉淀率接近而且都很高，故a为2.5； ②Fe2(SO4)3和Na2HPO4反应生成FePO4、2Na2SO4、H2SO4，化学方程式为Fe2(SO4)3+2Na2HPO4=2FePO4↓+2Na2SO4+H2SO4； ③Na2HPO4溶液呈碱性，如果向Na2HPO4溶液中加入Fe2(SO4)3，会生成Fe(OH)3。 19. 化学就像一座桥梁，连接着材料和环境，影响着我们生活的方方面面。 Ⅰ. 储能材料是当前研究的热点。 AlH3易发生分解反应释放出活性氢原子，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。 AlH3与Fe2O3的反应过程如下： ⅰ．AlH3(s)=Al(s)+3H(g)；ΔH=+521.1 kJ·mol-1 ⅱ．6H(g)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3H2O(g)；ΔH=-1209.2 kJ·mol-1 ⅲ．2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)；ΔH=-851.5 kJ·mol-1 （1）反应2AlH3(s)+2Fe2O3(s)=4Fe(s)+3H2O(g)+Al2O3(s)的ΔH=_______。 （2）AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是_______。 Ⅱ. 工业脱硫是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。脱除工业烟气中的SO2有多种方法。 ⅰ. 钠钙双碱法。钠钙双碱法吸收烟气中SO2的一种流程如图1所示，H2SO3、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2所示。 （3）“吸收”所得溶液的pH约为4～5时，SO2转化为_______。 (填化学式)。“吸收”时控制溶液的pH略大于9，写出“再生”反应的化学方程式：_______。 ⅱ. 氧化、还原法。 （4）二氧化锰氧化。以软锰矿浆(主要成分为MnO2，杂质为Fe、Al等元素的氧化物)和烟气(含有SO2、O2等)为原料可制备MnSO4。向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，测得溶液中c()、c(Mn2+)与pH随反应时间的变化如图3所示。 溶液中c()的增加呈现由慢到快迅速增大的趋势，其主要原因是_______。 （5）一氧化碳还原。反应原理为；ΔH=-270 kJ·mol-1。其他条件相同，分别选取Fe2O3、NiO作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图4所示。 ①与NiO相比，选择Fe2O3作催化剂的优点是_______。 ②已知：硫的沸点约为445℃。反应温度高于445℃时，SO2的平衡转化率增大，其原因是______。 【答案】（1）-1018.5 kJ·mol-1 （2）AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应大量放热引发铝热反应(反应ⅲ)或AlH3分解得到Al更容易与Fe2O3反应(颗粒小、无氧化膜) （3） ①. NaHSO3 ②. Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH （4）生成的Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应 （5） ①. 在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源 ②. 当温度高于445℃后，硫变成气态，其过程需要吸热，使反应变为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大 【解析】 【分析】将含SO2的烟气通入到氢氧化钠溶液中，“吸收”时控制溶液的pH略大于9，由物质的量分布图可此，此时主要生成Na2SO3，向吸收液中加入石灰乳，发生反应Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH，得到的再生液为氢氧化钠溶液。 【小问1详解】 根据盖斯定律，目标反应=2i+ii+iii，故； 【小问2详解】 AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是：AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应大量放热引发铝热反应(反应ⅲ)或AlH3分解得到Al更容易与Fe2O3反应(颗粒小、无氧化膜)； 【小问3详解】 由图可知，“吸收”所得溶液的pH约为4～5时，SO2转化为：NaHSO3；“吸收”时控制溶液的pH略大于9，此时主要生成Na2SO3，“再生”反应的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH； 【小问4详解】 随着吸收时间增加，Mn2+浓度增大，生成的Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应，故溶液中c()的增加呈现由慢到快的趋势； 【小问5详解】 ①从图中可以看出，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源； ②已知硫的沸点为445℃，高于445℃时，硫为气体，随着温度升高，SO2的平衡转化率增大，可知为吸热反应，升温平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故原因为：当温度高于445℃后，硫变成气态，其过程需要吸热，使反应变为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$