精品解析：江苏苏州市2025-2026学年第二学期高二下学期期初练习 化学试卷

2025-2026第二学期苏州市高二下期初练习卷 （总分：100分；考试时长：75分钟） 可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 I-127 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 糖类、油脂、蛋白质等是人体必需的基本营养物质。下列有关说法正确的是 A. 糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成 B. 糖类在一定条件下都可以发生水解反应 C. 油脂在碱性条件下水解可获得高级脂肪酸和甘油 D. 可以通过灼烧闻气味的方法鉴别蚕丝和人造丝织物 2. 反应2H2S+SO2=3S+2H2O可用于制取硫单质。下列说法正确的是 A. H2S的电子式为 B. SO2分子的空间构型为直线形 C. S6、S8、S12等硫单质互为同素异形体 D. 冰是含极性键的共价晶体 3. 下列化学用语表示正确的是 A. 氯乙烯分子的结构简式： B. 乙烯的球棍模型： C. 2-甲基戊烷的键线式： D. 聚-2-丁烯的链节： 4. 化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验装置或操作合理的是 A. 图①是实验室制备氯气 B. 图②是测定盐酸物质的量浓度 C. 图③是研究催化剂对化学反应速率的影响 D. 图④是模拟保护钢闸门 阅读下列材料，完成下面小题： 工业上常用接触法制备硫酸，其中关键步是：SO2在V2O5催化作用下与空气中O2在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H =-196kJ·mol-1。 5. 下列关于SO2催化氧化生成SO3的能量角度，有关说法正确的是 A. 反应物总能量小于生成物总能量 B. 反应物键能总和大于生成物键能总和 C. V2O5的使用降低了该反应的焓变 D. 反应消耗1mol SO2时放出热量为98 kJ 6. 下列关于SO2催化氧化生成SO3的速率、平衡角度，有关说法正确的是 A. 使用过量空气，目的是加快反应速率 B. 延长反应时间，可增大SO2平衡转化率 C. 当n(SO2)与n(SO3)之比不变时，表示反应达到平衡 D. 其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大 7. 对于反应 ，下列说法正确的是 A. 该反应 B. 升高温度，该反应的平衡常数K增大 C. 反应的等于生成物键能的总和减去反应物键能的总和 D. 其他条件不变，增大反应容器体积，可以提高的转化率 8. 双极膜是一种离子交换膜，在电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极移动。一种用双极膜电解法制取和丁二酸的装置如下图所示。 下列说法正确的是 A. b极应与直流电源的负极相连 B. a极上的电极反应为 C. 外电路中每转移1电子，双极膜中有1水解离 D. 电解一段时间后，若溶液中不足，则b极处可能有产生 9. 水仙环素是一种多羟基生物碱，结构见图。下列关于水仙环素的说法错误的是 A. 分子中有醚键、羟基、酰胺基等官能团 B. 能发生取代反应、加成反应、消去反应 C. 1mol水仙环素最多可以和5molNaOH反应 D. 分子中含有4个手性碳原子 10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有 B 向溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究浓度对和相互转化的影响 C 向NaBr溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化 比较、和的氧化性强弱 D 分别测定浓度均为的和溶液的pH 比较与的水解常数大小 A. A B. B C. C D. D 11. Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是 A. Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙 B. 脱除过程中H元素的化合价未发生变化 C. 时间一长，催化剂的活性降低 D. 催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3 12. 氢硫酸是二元弱酸。室温下，某小组做如下两组实验： 实验1：向溶液中滴加溶液。 实验2：向溶液中滴加溶液。 已知：的电离常数，下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 实验1所得溶液中： C. 实验2发生反应的离子方程式为： D. 实验2所得溶液中： 13. 二甲醚()是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在2MPa，起始投料时，的平衡转化率及CO、、的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是 A. 反应的 B. 图中X表示CO C. 为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂 D. 温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的少于反应Ⅱ生成的 二、非选择题：共14题，共61分。 14. 常见的脱硫技术以燃烧阶段为基础可以分为三大类，即燃烧前脱硫、燃烧中脱硫、燃烧后脱硫。 Ⅰ．燃烧前脱硫 煤的电化学脱硫是借助电解生成某些具有强氧化性的产物，将煤中黄铁矿或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的。碱性条件下电化学脱硫机理如图所示： （1）电极a应与电源___________(填“正极”或“负极”)相连。 （2）写出含硫物质转化的离子方程式___________。 Ⅱ．燃烧中脱硫 常用石灰石脱硫，其热化学方程式为 已知： （3）___________。 Ⅲ．燃烧后脱硫 工业上可以用含ZnO的烟尘、/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)等脱除工业烟气中的SO2。 （4）悬浊液吸收烟气中的后转化为。将悬浊液转化为时，因其被氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟氧化解决该问题。 已知：Ⅰ．微溶于水，易溶于水。 Ⅱ．为强氧化剂，反应时生成等体积的。 Ⅲ．时，溶液中含S(+4价)各组分的物质的量分数随变化曲线如图所示。 ①初始时用盐酸将悬浊液调至，停止滴加盐酸，再以一定的进气流量通入，溶液随时间变化的曲线如图所示。停止滴加盐酸后，溶液迅速变大的原因是___________(用离子方程式表示)；一段时间后，溶液基本保持不变的原因是___________。 ②在保持其他因素不变的情况下，实验测得氧化的反应速率与含量的关系如图所示，解释反应速率先增大后减小的原因是___________。 （5）/炭基材料脱硫原理是在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为。脱硫开始后，通过红外光谱发现催化剂表面出现了的吸收峰，继续通入后吸收峰消失。吸附态被催化氧化为的反应过程可描述为___________。 15. α-Fe2O3是一种优质的软磁性材料，用FeSO4溶液通过两步可制α-Fe2O3： ①氧化制铁黄[FeO(OH)，不溶于水]；②煅烧铁黄制。 I.氧化制铁黄 向一定浓度的FeSO4溶液中滴加氨水，至混合液pH约为6.5时停止滴加，产生白色沉淀(带灰绿色)；通入氧气，生成铁黄晶体。通氧气过程中溶液pH随时间的变化如图所示。 已知：25℃时。 （1）25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，溶液中残留的c(Fe2+)=_______。 （2）段，溶液pH随氧气通入基本保持不变。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH基本保持不变的原因_______。 （3）段，溶液pH随氧气通入明显变小。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH明显变小的原因_______。 II.煅烧制α-Fe2O3 （4）将所得铁黄晶体洗净后煅烧，得α-Fe2O3。下图为其他条件相同时不同煅烧温度对产品中Fe2O3质量分数的影响。当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，其可能原因是_______。 （5）煅烧也能生成α-Fe2O3。实验室以溶液为原料制备高产率、较纯净的α-Fe2O3。已知：开始沉淀的，请补充完整实验方案：在搅拌下_______，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。(必须使用的试剂：溶液、盐酸、溶液、蒸馏水) 16. 对燃煤烟气或煤浆进行脱硫能有效降低排入大气中的SO2含量。 I.燃煤烟气脱硫 软锰矿浆(主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2。主要流程如下： （1）“除铁铝”步骤所得滤渣的主要成分为_______。 （2）写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式_______。 （3）为了测算所需脱硫剂的大致用量，需对烟气中SO2含量进行测定。方法是将烟气以一定流速通过装有的标准溶液(滴入淀粉溶液作指示剂，并加蒸馏水稀释为)，以的流量进行采样，记录淀粉溶液褪色的时间为。 ①计算该烟气中SO2含量。(以为单位，写出计算过程)_______。 ②某小组同学认为用一定浓度标准溶液(酚酞溶液作指示剂)也可测定烟气中SO2含量。该方案是否可行，请说出理由_______。 II.煤浆脱硫 （4）煤浆中的可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 ①X的化学式为_______。 ②写出足量MnO2脱除总反应的离子方程式_______。 ③煤浆的脱硫率()与溶液起始pH的关系如图所示。 pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化能力或还原能力降低：_____。 17. 的转化是实现“碳中和”的有效途径。 （1）合成尿素［］是利用的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 和合成尿素的反应自发进行的条件是___________(填“低温”“高温”或“任意条件”)。 （2）一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原的装置如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的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。 ①b电极生成的电极反应式为___________。 ②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为___________mol。 （3）催化重整制氢 一种与催化重整制取的过程如图3所示。在反应管中加入和催化剂，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如图4所示，0~7min测得出口处流量略高于流量，是因为存在副反应：。反应进行15min后，反应管中仍残留较多，但出口处流量迅速降低，流量升高，可能的原因是___________。 （4）催化电解法可将转化为有机物。金属复合电极材料电催化还原制备甲醛和乙醇的可能机理如图5所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图6所示。 ①X为___________。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构___________。 ②与单纯的电极相比，利用复合电极材料电催化还原的优点是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026第二学期苏州市高二下期初练习卷 （总分：100分；考试时长：75分钟） 可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 I-127 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 糖类、油脂、蛋白质等是人体必需的基本营养物质。下列有关说法正确的是 A. 糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成 B. 糖类在一定条件下都可以发生水解反应 C. 油脂在碱性条件下水解可获得高级脂肪酸和甘油 D. 可以通过灼烧闻气味的方法鉴别蚕丝和人造丝织物 【答案】D 【解析】 【详解】A．蛋白质由C、H、O、N等多种元素组成，糖类和油脂只含有C、H、O三种元素，故A错误； B．糖类中的单糖不能发生水解反应，故B错误； C．油脂在碱性条件下的水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故C错误； D．蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛的气味，人造丝织物没有烧焦羽毛的气味，所以可利用灼烧的方法鉴别，故D正确； 故选：D。 2. 反应2H2S+SO2=3S+2H2O可用于制取硫单质。下列说法正确的是 A. H2S的电子式为 B. SO2分子的空间构型为直线形 C. S6、S8、S12等硫单质互为同素异形体 D. 冰是含极性键的共价晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2S为共价化合物，其电子式为，A错误； B．SO2分子的中心S原子价层电子对数为，有1对孤电子对，采取sp2杂化，空间构型为V形，B错误； C．S6、S8、S12等均为硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，C正确； D．冰是含极性键的分子晶体，D错误； 故选C。 3. 下列化学用语表示正确的是 A. 氯乙烯分子的结构简式： B. 乙烯的球棍模型： C. 2-甲基戊烷的键线式： D. 聚-2-丁烯的链节： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯乙烯分子的结构简式为：CH2=CHCl，A错误； B．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，球棍模型为： ，B正确； C．2-甲基戊烷的键线式为： ，C错误； D．2-丁烯的结构简式为：CH3CH=CHCH3，聚-2-丁烯的链节为：-CH(CH3)CH(CH3)-，D错误； 答案选B。 4. 化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验装置或操作合理的是 A. 图①是实验室制备氯气 B. 图②是测定盐酸物质的量浓度 C. 图③是研究催化剂对化学反应速率的影响 D. 图④是模拟保护钢闸门 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室制备氯气需用和浓盐酸加热反应，稀盐酸与不反应，A错误； B．中和滴定中NaOH标准溶液应装在碱式滴定管，图②是酸式滴定管错误，B错误； C．研究催化剂对速率的影响需控制变量，图③中右侧试管处于热水中，温度与左侧不同，存在温度和催化剂两个变量，无法确定催化剂的影响，C错误； D．锌比铁活泼，钢闸门与锌板在海水中构成原电池，锌作负极被腐蚀，钢闸门作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，装置合理，D正确。 故选D。 阅读下列材料，完成下面小题： 工业上常用接触法制备硫酸，其中关键步是：SO2在V2O5催化作用下与空气中O2在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H =-196kJ·mol-1。 5. 下列关于SO2催化氧化生成SO3的能量角度，有关说法正确的是 A. 反应物总能量小于生成物总能量 B. 反应物键能总和大于生成物键能总和 C. V2O5的使用降低了该反应的焓变 D. 反应消耗1mol SO2时放出热量为98 kJ 6. 下列关于SO2催化氧化生成SO3的速率、平衡角度，有关说法正确的是 A. 使用过量空气，目的是加快反应速率 B. 延长反应时间，可增大SO2平衡转化率 C. 当n(SO2)与n(SO3)之比不变时，表示反应达到平衡 D. 其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大 【答案】5. D 6. C 【解析】 【5题详解】 A．上述反应为放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，A错误； B．反应热效应ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，又ΔH＜0，反应物键能总和小于生成物键能总和，B错误； C．根据题意知，V2O5为催化剂，所以V2O5的使用不改变该反应的焓变，C错误； D．根据ΔH的含义知，反应消耗1mol SO2时放出热量为98 kJ，D正确； 故选D。 【6题详解】 A．使用过量空气，目的是使更多的SO2发生反应转化为SO3，从而提高SO2的平衡转化率，A错误； B．延长反应时间，对化学平衡移动无影响，因此不能增大SO2平衡转化率，B错误； C．若反应正向进行，n(SO2)减小，n(SO3)增大；若反应逆向进行，n(SO2) 增大，n(SO3)减小，因此当反应体系中n(SO2)与n(SO3)之比不变时，反应达到平衡状态，C正确； D．其他条件不变，增大压强，化学平衡正向移动，但由于平衡常数只与温度有关，温度不变，则该反应的化学平衡常数就不变，D错误； 故合理选项是C。 7. 对于反应 ，下列说法正确的是 A. 该反应 B. 升高温度，该反应的平衡常数K增大 C. 反应的等于生成物键能的总和减去反应物键能的总和 D. 其他条件不变，增大反应容器体积，可以提高的转化率 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应是一个气体体积增大的反应，是一个熵增的反应，所以ΔS＞0，故A错误； B．该反应是放热反应，升高温度，该反应会向逆反应方向移动，生成物会减少，平衡常数K是减小的，故B错误； C．反应的 ΔH 等于反应物键能的总和减去生成物键能的总和，故C错误； D．其他条件不变，增大反应容器体积，相当于减小压强，压强减小，平衡向着正反应方向移动，NH3的转化率提高，故D正确； 故本题选D。 8. 双极膜是一种离子交换膜，在电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极移动。一种用双极膜电解法制取和丁二酸的装置如下图所示。 下列说法正确的是 A. b极应与直流电源的负极相连 B. a极上的电极反应为 C. 外电路中每转移1电子，双极膜中有1水解离 D. 电解一段时间后，若溶液中不足，则b极处可能有产生 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为电解池，阴离子移动向阳极，阳离子移动向阴极，故a极为阴极，b极为阳极，据此解答。 【详解】A．b极为阳极，应与直流电源的正极相连，故A错误； B．a极为阴极，电极反应为，故B错误； C．外电路中每转移1电子，则由1molH+、1mol OH-移动向两极，则双极膜中有1水解离，故C正确； D．若溶液中不足，消耗完后，OH-失去电子放电生成，故D错误； 故选C。 9. 水仙环素是一种多羟基生物碱，结构见图。下列关于水仙环素的说法错误的是 A. 分子中有醚键、羟基、酰胺基等官能团 B. 能发生取代反应、加成反应、消去反应 C. 1mol水仙环素最多可以和5molNaOH反应 D. 分子中含有4个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．由水仙环素的结构可知，其中含有的官能团为碳碳双键、醚键、(酚)羟基、(醇)羟基、酰胺基，A项正确； B．含醇羟基、酰胺基能发生取代反应，含碳碳双键、苯环能发生加成反应，与醇羟基相连碳原子的邻碳上有H原子，能发生消去反应，B项正确； C．1个水仙环素中含有的1个酚羟基和1个酰胺基能与NaOH反应，1mol水仙环素最多可以和2molNaOH反应，C项错误； D．中*标示的4个碳原子为手性碳原子，D项正确； 答案选C。 10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有 B 向溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究浓度对和相互转化的影响 C 向NaBr溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化 比较、和的氧化性强弱 D 分别测定浓度均为的和溶液的pH 比较与的水解常数大小 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．盐酸具有还原性，会使高锰酸钾褪色，所以无法检验铁锈中是否含有，A错误； B．2CrO+2H+ Cr2O +H2O，向溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色转化为橙色，可以探究浓度对和相互转化的影响，B正确； C．向NaBr溶液中滴加过量的氯水，生成Br2，证明氧化性Cl2大于Br2，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水会和KI反应生成I2，使溶液变蓝，干扰和的氧化性比较，C错误； D．溶液呈中性，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，溶液呈碱性，所以通过测定浓相同浓度的和溶液的pH，无法比较与的水解常数大小，D错误； 故答案选B。 11. Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是 A. Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙 B. 脱除过程中H元素的化合价未发生变化 C. 时间一长，催化剂的活性降低 D. 催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目信息可得到该脱除反应的化学方程式为：，据此信息解答。 【详解】A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A错误； B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由-2价升高至0价，氢元素的化合价未发生变化，故B正确； C．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故C正确； D．催化剂失效后，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，故D正确； 故选A。 12. 氢硫酸是二元弱酸。室温下，某小组做如下两组实验： 实验1：向溶液中滴加溶液。 实验2：向溶液中滴加溶液。 已知：的电离常数，下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 实验1所得溶液中： C. 实验2发生反应的离子方程式为： D. 实验2所得溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据HS-+H2OH2S+OH-，K====＜1，故＜，故A错误; B．根据物料守恒NaHS溶液中存在，由于加入了NaOH溶液，故＞，故B错误； C．NaHS溶液加入硫酸铜发生反应为，硫氢根离子不能拆开，故C错误； D．实验2中，剩余Cu2+浓度为=0.02mol/L，根据Ksp(CuS)=6.3×10-38，c(S2-)=，故D正确； 故选D。 13. 二甲醚()是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在2MPa，起始投料时，的平衡转化率及CO、、的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是 A. 反应的 B. 图中X表示CO C. 为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂 D. 温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的少于反应Ⅱ生成的 【答案】C 【解析】 【详解】A． 由盖斯定律知：反应2×Ⅱ+Ⅲ得反应：，则，A错误； B． 温度升高，反应Ⅰ向正向移动，则CO的平衡体积分数应增大，故Y表示CO，B错误； C． 催化剂有选择性，高效催化剂能有效提高产率，为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂，C正确； D． 由图可知，温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，则温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的大于反应Ⅱ生成的，D错误； 答案选C。 二、非选择题：共14题，共61分。 14. 常见的脱硫技术以燃烧阶段为基础可以分为三大类，即燃烧前脱硫、燃烧中脱硫、燃烧后脱硫。 Ⅰ．燃烧前脱硫 煤的电化学脱硫是借助电解生成某些具有强氧化性的产物，将煤中黄铁矿或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的。碱性条件下电化学脱硫机理如图所示： （1）电极a应与电源___________(填“正极”或“负极”)相连。 （2）写出含硫物质转化的离子方程式___________。 Ⅱ．燃烧中脱硫 常用石灰石脱硫，其热化学方程式为 已知： （3）___________。 Ⅲ．燃烧后脱硫 工业上可以用含ZnO的烟尘、/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)等脱除工业烟气中的SO2。 （4）悬浊液吸收烟气中的后转化为。将悬浊液转化为时，因其被氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟氧化解决该问题。 已知：Ⅰ．微溶于水，易溶于水。 Ⅱ．为强氧化剂，反应时生成等体积的。 Ⅲ．时，溶液中含S(+4价)各组分的物质的量分数随变化曲线如图所示。 ①初始时用盐酸将悬浊液调至，停止滴加盐酸，再以一定的进气流量通入，溶液随时间变化的曲线如图所示。停止滴加盐酸后，溶液迅速变大的原因是___________(用离子方程式表示)；一段时间后，溶液基本保持不变的原因是___________。 ②在保持其他因素不变的情况下，实验测得氧化的反应速率与含量的关系如图所示，解释反应速率先增大后减小的原因是___________。 （5）/炭基材料脱硫原理是在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为。脱硫开始后，通过红外光谱发现催化剂表面出现了的吸收峰，继续通入后吸收峰消失。吸附态被催化氧化为的反应过程可描述为___________。 【答案】（1）正极 （2） （3） （4） ①. ②. 氧化产生氢离子的速率与结合氢离子的速率基本相等或亚硫酸锌固体的溶解速率与亚硫酸根离子的氧化速率基本相等 ③. 饱和态之前，随着溶解的亚硫酸锌量增多，溶液中的亚硫酸根离子浓度增大，反应速率增大；饱和态之后，未溶解的亚硫酸锌阻碍了臭氧分子和亚硫酸根离子的接触，未溶解固体越多，阻碍程度越大，反应速率越慢 （5）与作用形成形成具有结构的中间体；中间体与O2反应生成和SO3或、 【解析】 【小问1详解】 氢氧根的氧元素化合价升高，在a电极失去电子，所以电极a是阳极，与电源正极相连。 【小问2详解】 根据图中转化关系可知，a电极生成的与发生氧化还原反应，生成氢氧化铁和硫酸根等，离子方程式为：。 【小问3详解】 根据盖斯定律，其。 【小问4详解】 ①与亚硫酸反应，使溶液迅速增大，方程式为：。一段时间后，氧化产生氢离子的速率与结合氢离子的速率基本相等，基本保持不变（或亚硫酸锌固体的溶解速率与亚硫酸根离子的氧化速率基本相等，基本保持不变）。 ②饱和态之前，随着溶解的亚硫酸锌量增多，溶液中的亚硫酸根离子浓度增大，反应速率增大；饱和态之后，未溶解的亚硫酸锌阻碍了臭氧分子和亚硫酸根离子的接触，未溶解固体越多，阻碍程度越大，反应速率越慢。 【小问5详解】 作为催化剂，将吸附态的氧化为。该过程涉及中间体的生成与转化，具体反应为：，。 15. α-Fe2O3是一种优质的软磁性材料，用FeSO4溶液通过两步可制α-Fe2O3： ①氧化制铁黄[FeO(OH)，不溶于水]；②煅烧铁黄制。 I.氧化制铁黄 向一定浓度的FeSO4溶液中滴加氨水，至混合液pH约为6.5时停止滴加，产生白色沉淀(带灰绿色)；通入氧气，生成铁黄晶体。通氧气过程中溶液pH随时间的变化如图所示。 已知：25℃时。 （1）25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，溶液中残留的c(Fe2+)=_______。 （2）段，溶液pH随氧气通入基本保持不变。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH基本保持不变的原因_______。 （3）段，溶液pH随氧气通入明显变小。请结合化学方程式分析该过程中溶液pH明显变小的原因_______。 II.煅烧制α-Fe2O3 （4）将所得铁黄晶体洗净后煅烧，得α-Fe2O3。下图为其他条件相同时不同煅烧温度对产品中Fe2O3质量分数的影响。当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，其可能原因是_______。 （5）煅烧也能生成α-Fe2O3。实验室以溶液为原料制备高产率、较纯净的α-Fe2O3。已知：开始沉淀的，请补充完整实验方案：在搅拌下_______，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。(必须使用的试剂：溶液、盐酸、溶液、蒸馏水) 【答案】（1） （2）段发生反应，溶液中c(H+)基本不变 （3）段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大 （4）部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO （5）向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊 【解析】 【分析】分析溶液中通入O2时，pH没有明显变化和pH明显降低时的原因，只需将两个过程中可能发生的反应进行对比。可能发生的反应为或，第一个反应不消耗也不生成H+，第二个反应生成H2SO4，c(H+)明显增大，pH减小。 【小问1详解】 25℃时，滴氨水至混合液pH约为6.5时，c(OH-)=10-7.5mol/L，溶液中残留的c(Fe2+)=mol∙L-1=。答案为：； 【小问2详解】 由分析可知，段，溶液pH随氧气通入基本保持不变，则发生Fe(OH)2的氧化反应，由此得出原因是：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变。答案为：段发生反应，溶液中c(H+)基本不变； 【小问3详解】 由分析可知，段，溶液pH随氧气通入明显变小，则发生Fe2+的氧化反应，由此得出其原因：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大。答案为：段发生反应，生成大量H+，溶液中c(H+)增大； 【小问4详解】 当煅烧温度高于800℃时，产品中Fe2O3质量分数降低，铁元素质量分数升高，则表明Fe2O3转化为其它的铁的氧化物，同时生成O2，其可能原因是：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO。答案为：部分Fe2O3分解生成Fe3O4或FeO； 【小问5详解】 FeSO4生成FeCO3，显然需要加入NH4HCO3，要得到纯净的FeCO3，需要对沉淀进行洗涤、检验最后一次洗涤液中是否含有，需要加入盐酸酸化的BaCl2溶液。所以完整实验方案：在搅拌下向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊，将固体干燥，得到纯净的放入管式炉内煅烧2h，获得产品α-Fe2O3。答案为：向溶液中缓慢滴加约溶液，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次：取最后一次洗涤后的滤液，滴入盐酸酸化后再滴加溶液，无浑浊。 【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，通常检查最后一次洗涤液中是否含有沉淀不能电离产生的离子。 16. 对燃煤烟气或煤浆进行脱硫能有效降低排入大气中的SO2含量。 I.燃煤烟气脱硫 软锰矿浆(主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2。主要流程如下： （1）“除铁铝”步骤所得滤渣的主要成分为_______。 （2）写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式_______。 （3）为了测算所需脱硫剂的大致用量，需对烟气中SO2含量进行测定。方法是将烟气以一定流速通过装有的标准溶液(滴入淀粉溶液作指示剂，并加蒸馏水稀释为)，以的流量进行采样，记录淀粉溶液褪色的时间为。 ①计算该烟气中SO2含量。(以为单位，写出计算过程)_______。 ②某小组同学认为用一定浓度标准溶液(酚酞溶液作指示剂)也可测定烟气中SO2含量。该方案是否可行，请说出理由_______。 II.煤浆脱硫 （4）煤浆中的可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 ①X的化学式为_______。 ②写出足量MnO2脱除总反应的离子方程式_______。 ③煤浆的脱硫率()与溶液起始pH的关系如图所示。 pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化能力或还原能力降低：_____。 【答案】（1） （2） （3） ①. 3.2mg∙L-1 ②. 不可行。烟气中含大量，也会消耗溶液 （4） ①. 或 ②. ③. 转化为沉淀，减小，同时沉淀覆盖在矿粉表面，阻碍反应进行 【解析】 【分析】从流程图中可以看出，烟气和酸性软锰矿浆反应，烟气中的二氧化硫被矿浆吸收，生成含有锰离子、铁离子、铝离子的溶液，再加入碳酸锰进行pH的调节，除去铁离子和铝离子，过滤之后加入高锰酸钾发生反应生成二氧化锰，再过滤即可得到最终的产品二氧化锰。 【小问1详解】 加入碳酸锰消耗氢离子来调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝而除去； 【小问2详解】 沉锰步骤的反应为加入高锰酸钾之后，高锰酸根离子与锰离子反应生成了二氧化锰，从电荷守恒上可以推知，反应物中有水参加，同时生成氢离子，其方程式为； 【小问3详解】 ①反应掉的I2的物质的量为，二氧化硫的物质的量为x，则根据方程式计算 则二氧化硫的含量为。 ②因为是燃煤烟气，其中含有大量的二氧化碳，如果使用氢氧化钠溶液，二氧化碳也会被吸收，使结果不准确。 【小问4详解】 ①从图中可以看出，FeS2与X’反应生成了X和硫酸根离子，题目中又已知铁离子可以催化反应的进行，可以推知，X为亚铁离子，X’为铁离子。 ②从图中可以看出，酸性条件下，二氧化锰与FeS2在铁离子催化作用下反应，生成锰离子、铁离子和硫酸根离子，其总离子方程式为 ③pH大于1.5之后，铁离子转化成了氢氧化铁，同时可能覆盖于矿粉表面阻止反应的发生，所以脱硫率下降。 17. 的转化是实现“碳中和”的有效途径。 （1）合成尿素［］是利用的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 和合成尿素的反应自发进行的条件是___________(填“低温”“高温”或“任意条件”)。 （2）一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原的装置如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的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。 ①b电极生成的电极反应式为___________。 ②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为___________mol。 （3）催化重整制氢 一种与催化重整制取的过程如图3所示。在反应管中加入和催化剂，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如图4所示，0~7min测得出口处流量略高于流量，是因为存在副反应：。反应进行15min后，反应管中仍残留较多，但出口处流量迅速降低，流量升高，可能的原因是___________。 （4）催化电解法可将转化为有机物。金属复合电极材料电催化还原制备甲醛和乙醇的可能机理如图5所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图6所示。 ①X为___________。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构___________。 ②与单纯的电极相比，利用复合电极材料电催化还原的优点是___________。 【答案】（1）低温 （2） ①. ②. 2.8 （3） ①. ②. 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 （4） ①. ②. ③. 降低活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应I和II相加可得和合成尿素的反应：，因此该合成反应，该反应气体分子数减小则，由，根据该反应自发进行判据，因此需低温条件下自发进行，故答案为：低温； 【小问2详解】 ①b电极接电源负极，作阴极，阴极得电子结合氢离子生成，电极反应式为，故答案为：； ②由图可知，控制电压为0.8V，产生0.2 mol氢气和0.2 mol乙醇，根据电极反应，，因此电解时转移电子的物质的量为，故答案为：2.8； 【小问3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为：； 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，故答案为：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4详解】 ①从过程分析，与X作用得到Y，Y再次与X作用得到，即Y为，因此X为；故答案为：；； ②图6可以得到，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原的优点是降低活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性，故答案为：降低活化能，加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $