精品解析：江苏常州市武进区2025-2026学年第二学期期中质量调研高二化学试题

2025~2026学年度第二学期期中质量调研 高二化学试题 2026.4 （考试时间：75分钟试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　S-32　Fe-56　Zn-65 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 2025年4月，神舟二十号载人飞船成功发射。下列说法正确的是 A. 宇航服材料中的聚四氟乙烯的单体属于烃类有机物 B. 储存氧气的钛合金罐体材料中的钛位于元素周期表d区 C. 飞船推进器的陶瓷氮化硼属于含极性键的分子晶体 D. 飞船推进剂中的高氯酸铵属于氮的最高价含氧酸盐 2. 将溶于浓盐酸能形成，存在平衡：。下列说法正确的是 A. 为非极性分子 B. 基态的价层电子排布式为 C. 结构示意图为 D. 含18共价键 3. 科研人员在室温条件下，通过下图所示的转化合成了，并在超低温环境下对其完成捕获。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 （） A. 与互为同素异形体 B. “3”位的氮原子采取杂化 C. 1 mol中含有的键数目为 D. 84 g完全分解生成，产物的分子数为 4. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A. 图1装置用于精确测定中和反应的反应热 B. 图2装置用于制备无水 C. 图3装置用于模拟侯氏制碱法制备 D. 图4装置用于电解精炼铜 5. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z＜Y B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 C. 原子半径：r(W)＜r(Z) D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强 6. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 氯水宜保存在低温、避光条件下 B. 合成氨工业上，采用高压以提高的产率 C. 对于平衡体系：，增大压强（缩小容器体积）可使颜色变深 D. 向氯水中加入适量石灰石，可增强漂白效果 7. 丹皮酚（X）具有各种抗炎活性。利用丹皮酚合成一种药物中间体（Y）的流程如下： 下列有关化合物X、Y的说法不正确的是 A. X分子中采取杂化的原子有2个 B. X的熔点比的低 C. X和Y都属于芳香族化合物 D. X生成Y发生的是取代反应 8. 二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应平衡常数 B. 上述反应的(E表示键能) C. 上述反应中每生成，转移电子的数目约为 D. 实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率 9. 一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是 A. 电极B是该电池的负极 B. 电池工作时，向电极A移动 C. 电极B上发生的电极反应为O2-4e-=2O2- D. H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O 10. 精细化学品Z是X与反应的主产物，X→Z的反应机理如下，下列说法不正确的是： A. X与互为顺反异构体 B. X能使溴的溶液褪色 C. Z与互为同分异构体 D. Z分子中含有2个手性碳原子 11. 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 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力： B 将硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，充分振荡、静置，取上层清液1~2，滴加盐酸和溶液，观察是否有沉淀产生 探究和的溶度积常数相对大小 C 向溶液逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置1小时后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争 D 向含有的溶液中加入少量固体，振荡，溶液颜色未变化 与的反应不可逆 A. A B. B C. C D. D 12. 常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为和溶液 Ⅱ．20.00mL浓度均为和溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是 A. Ⅰ对应的滴定曲线为N线 B. 点水电离出的数量级为 C. 时，Ⅱ中 D. 时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和 13. 可作大型船舶的绿色燃料。工业上用制备的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 分别在3、5下，将的混合气体置于密闭容器中，若仅考虑上述反应，不同温度下反应体系达到平衡时，转化率（）、产物选择性（S）的变化如图所示。 已知：S（或） 下列说法不正确的是 A. 反应 B. 350℃后，不同压强下接近相等的原因是制备过程以反应Ⅱ为主 C. 250℃时，反应Ⅱ的平衡常数 D. 250℃、5下，的混合气体在催化下反应一段时间达到P点的值，延长反应时间可能达到20% 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 锰氧化物（）应用广泛。 （1）在元素周期表中的位置是_________。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_________。 当晶体有氧原子脱出时，出现氧空位，的化合价_________（填“升高”“降低”或“不变”），氧空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物品体难以通过该方式获得半导体性质的是_________（填标号）。 A． B． C． D． （3）特制粉末可除去水中微量。控制溶液pH约为6.5，被吸附至表面，在催化下被溶解氧快速氧化为，最终形成胶体后与共沉淀。 ①转化为胶体总反应的离子方程式为__________。 ②溶液中残留铁量与温度关系如图所示。温度高于30℃，溶液残留铁量增多的原因是__________。 ③除铁时，溶液pH不宜过低，可能的原因是__________。 （4）纳米可脱除烟气中的。向溶液加入沉淀剂或，再经“过滤→洗涤→干燥→煅烧”等操作可制得纳米、烟气脱硫剂。研究表明，与相比，用作沉淀剂制得的脱硫剂脱硫效率更好，原因是____________________。 15. 纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图： 表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol•L−1计算)。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Zn2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 6.2 8.1 安全沉淀的pH 2.8 8.3 8.0 8.2 10.1 （1）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是_____。 （2）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为_____，溶液pH范围应控制在_____。 （3）“除铜”的原理为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)，常温下该反应的平衡常数为_____。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 （4）①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O]，该反应的离子方程式为_____。 ②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有_____(填化学式)。 16. 氢能是一种理想的清洁能源，可通过下列方法制氢。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图1所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有__________；用含和的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得__________。 （2）与水反应制氢 ①铝与水反应制氢面临的主要问题是反应过程中在铝表面极易生成致密的氧化膜，阻止反应的进行。采用球磨法制备颗粒细小的铝时常以为球磨助剂，与水反应制氢时，溶解，新鲜的铝表面直接与水反应，加速铝与水制氢反应，其反应化学方程式为________________。 ②在和溶液中析氢对比。的质量比为，在不同反应体系中氢气生成量如图2所示。已知金属铝比镍活泼。 Ⅰ．0~15min，溶液中氢气的产生速率迅速增大的原因可能为_________。 Ⅱ．溶液中氢气的产生速率迅速增大且在50min后速率保持最大的原因可能为_________。 （3）电解甲醇水溶液制氢 该制氢原理如图3所示，实现高纯氢气的产生和无增压运行。已知电解水的标准电压为1.23V，电解甲醇水溶液的标准电压为0.02V。 ①写出阳极的电极反应式：_________。 ②电解甲醇水溶液优于电解水的原因有_________。 （4）氨硼烷（）制氢 在催化剂作用下水解释放氢气：。该反应中B原子的杂化方式由变为，具有六元环结构，其结构式可表示为_________。 17. “碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一。 Ⅰ．中国首次实现了利用CO2人工合成淀粉，其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有： ① ② ③ （1）_______。 （2）5MPa时，向某密闭容器中按投料比充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。 ①图中X代表_______(填化学式)。 ②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是_______。 Ⅱ．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： ①；②。 （3）反应的_______(用表示)。 Ⅲ．CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，其中涉及的CO2催化加氢原理如下： （4）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成，其离子方程式：_____；其他条件不变，转化为的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期中质量调研 高二化学试题 2026.4 （考试时间：75分钟试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　S-32　Fe-56　Zn-65 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 2025年4月，神舟二十号载人飞船成功发射。下列说法正确的是 A. 宇航服材料中的聚四氟乙烯的单体属于烃类有机物 B. 储存氧气的钛合金罐体材料中的钛位于元素周期表d区 C. 飞船推进器的陶瓷氮化硼属于含极性键的分子晶体 D. 飞船推进剂中的高氯酸铵属于氮的最高价含氧酸盐 【答案】B 【解析】 【详解】A．聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯（），烃类有机物仅含碳、氢两种元素，四氟乙烯含氟元素，不属于烃类，A错误； B．钛的原子序数为22，价电子排布式为，位于元素周期表第4周期IVB族，属于d区元素，B正确； C．氮化硼中键为极性共价键，但氮化硼陶瓷属于共价晶体，硬度大、熔点高，不是分子晶体，C错误； D．高氯酸铵的化学式为，其中氮元素为-3价，氮的最高价为+5价，对应最高价含氧酸为硝酸，故高氯酸铵不属于氮的最高价含氧酸盐，D错误； 故选B。 2. 将溶于浓盐酸能形成，存在平衡：。下列说法正确的是 A. 为非极性分子 B. 基态的价层电子排布式为 C. 结构示意图为 D. 含18共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A．H2O价层电子对数为，含有2对孤电子对，正电中心与负电中心不重合，属于极性分子，A错误； B．基态Co的电子排布为[Ar]3d74s2，其价电子排布式为3d74s2，B错误； C．内有17个质子，核外有18个电子，其结构示意图为，C错误； D．1个[Co(H2O)6]2+中含有12个O-H共价键和6个Co-O配位键，则1 mol [Co(H2O)6]2+含18 mol共价键，D正确； 故答案为D。 3. 科研人员在室温条件下，通过下图所示的转化合成了，并在超低温环境下对其完成捕获。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 （） A. 与互为同素异形体 B. “3”位的氮原子采取杂化 C. 1 mol中含有的键数目为 D. 84 g完全分解生成，产物的分子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A ．同素异形体是同种元素形成的不同单质，和都是氮元素组成的单质，互为同素异形体，A正确； B ．3号位氮原子形成2个键，还有1对孤电子对，价层电子对数，因此杂化方式为杂化，B正确； C． 的结构为直链，单键含1个键，双键含1个键，分子中共有5个相邻N-N连接，共含5个键，因此中键数目为，不是，C错误； D．的摩尔质量为，物质的量为，分解生成，根据N原子守恒，生成的物质的量为，分子数为，D正确； 故答案选C。 4. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A. 图1装置用于精确测定中和反应的反应热 B. 图2装置用于制备无水 C. 图3装置用于模拟侯氏制碱法制备 D. 图4装置用于电解精炼铜 【答案】B 【解析】 【详解】A．为减少热量损失，应用玻璃搅拌器，不能用铜制搅拌器，故A错误； B．加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2，需要在干燥HCl氛围中，防止Mg2+水解，故B正确； C．侯氏制碱法，先通氨气，再通入二氧化碳，故C错误； D．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，根据题中所给装置，精铜作阳极，粗铜作阴极，故D错误； 答案为B。 5. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z＜Y B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 C. 原子半径：r(W)＜r(Z) D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强 【答案】A 【解析】 【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时，X原子核外有6个电子，则X为C元素，Y原子3p原子轨道半充满，则Y为P元素，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子，则Z为S元素，W与Y处于同一主族，则W为As元素。 【详解】由分析知，X为C，Y为P，Z为S，W为As。 A．由于P的3p能级处于稳定的半充满状态，难失去电子，则第一电离能比S的大，故第一电离能：S＜P，故A正确； B．非金属性越强，其对应的简单气态氢化物越稳定，同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，故P的非金属性大于As，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B错误； C．同主族从上往下原子半径逐渐增大，从左至右原子半径逐渐减小，故原子半径：r(As)＜r(S)，故C错误； D．非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，故C的最高价氧化物对应水化物的酸性比S的弱，故D错误； 故选A。 6. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 氯水宜保存在低温、避光条件下 B. 合成氨工业上，采用高压以提高的产率 C. 对于平衡体系：，增大压强（缩小容器体积）可使颜色变深 D. 向氯水中加入适量石灰石，可增强漂白效果 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯水中存在平衡，HClO受热、光照易分解，低温避光可避免HClO分解导致平衡正向移动，能⽤勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．合成氨反应为，正反应气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，可提高产率，能⽤勒夏特列原理解释，B不符合题意； C．该反应前后气体总分子数相等，增大压强平衡不移动，颜色变深是因为容器体积缩小导致浓度增大，与平衡移动无关，不能⽤勒夏特列原理解释，C符合题意； D．氯水中存在平衡，石灰石与HCl反应使HCl浓度降低，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白效果增强，能⽤勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故选C。 7. 丹皮酚（X）具有各种抗炎活性。利用丹皮酚合成一种药物中间体（Y）的流程如下： 下列有关化合物X、Y的说法不正确的是 A. X分子中采取杂化的原子有2个 B. X的熔点比的低 C. X和Y都属于芳香族化合物 D. X生成Y发生的是取代反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．饱和碳原子采取sp3杂化，X分子中两个甲基中的碳原子采取sp3杂化，其余碳原子均采取sp2杂化；同时，酚羟基的O和醚键中的O都是形成2个σ键，且有2对孤电子对，价层电子对数为4，同样采取sp3杂化。因此X中sp3杂化的原子共4个，2个，A错误； B．X中酚羟基与邻位羰基氧原子可以形成分子内氢键，而结构中，酚羟基与另外两个取代基距离较远，无法形成分子内氢键，更易形成分子间氢键；分子内氢键会降低物质熔沸点，因此X的熔点比低，B正确； C．芳香族化合物定义为含有苯环的化合物，X、Y都含苯环，都属于芳香族化合物，C正确； D．X生成Y的过程中，酚羟基的H被−(CH2​)4​Br取代，属于取代反应，D正确； 故选A。 8. 二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应平衡常数 B. 上述反应的(E表示键能) C. 上述反应中每生成，转移电子的数目约为 D. 实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率 【答案】D 【解析】 【详解】A．由方程式可知，反应平衡常数K=，故A错误； B．由反应热与反应物键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得，反应，故B错误； C．由方程式可知，反应中每生成，转移电子的数目约为，故C错误； D．氢碳比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率最大，则实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率，故D正确； 故选D。 9. 一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是 A. 电极B是该电池的负极 B. 电池工作时，向电极A移动 C. 电极B上发生的电极反应为O2-4e-=2O2- D. H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，A极碳元素、氢元素价态升高失电子，电极A为负极，电极反应式为H2+ CO+ 2-4e-═H2O+3CO2，电极B为正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2═2，据此作答。 【详解】A．电极B上氧气得电子作正极，故A错误； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，则向电极A移动，故B正确； C．电极B为正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2═，故C错误； D．H2参与的电极A为负极，电解质没有OH-，负极反应为H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2，故D错误； 故选：B。 10. 精细化学品Z是X与反应的主产物，X→Z的反应机理如下，下列说法不正确的是： A. X与互为顺反异构体 B. X能使溴的溶液褪色 C. Z与互为同分异构体 D. Z分子中含有2个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．X与互为顺反异构体；X为反式，为顺式；A正确； B．X中含有碳碳双键，故能使溴的CCl4溶液褪色，B正确； C．X是不对称烯烃，与HBr发生加成反应还可以生成，C正确； D．Z分子中含有的手性碳原子如图：，含有1个手性碳原子，D错误； 故答案选D。 11. 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 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力： B 将硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，充分振荡、静置，取上层清液1~2，滴加盐酸和溶液，观察是否有沉淀产生 探究和的溶度积常数相对大小 C 向溶液逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置1小时后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争 D 向含有的溶液中加入少量固体，振荡，溶液颜色未变化 与的反应不可逆 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．未说明和溶液浓度是否相等，无法通过pH比较阴离子结合的能力，A错误； B．碳酸钠为饱和溶液，浓度过大，即使溶度积更小，也可因生成沉淀，无法比较二者溶度积大小，B错误； C．向溶液逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀说明发生水解反应，后沉淀消失溶液变绿色（含），说明和发生氧化还原反应，该现象证明两种反应存在竞争，C正确； D．与的平衡中，和均不参与反应，加入平衡不移动，不能证明反应不可逆，D错误； 故选C。 12. 常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ．20.00mL浓度均为和溶液 Ⅱ．20.00mL浓度均为和溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是 A. Ⅰ对应的滴定曲线为N线 B. 点水电离出的数量级为 C. 时，Ⅱ中 D. 时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和 【答案】D 【解析】 【分析】溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N； 【详解】A．向溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，A错误； B．根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误； C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，又物料守恒，即，故，C错误； D． 根据元素守恒，之和等于之和，根据图像，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确； 故选D。 13. 可作大型船舶的绿色燃料。工业上用制备的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 分别在3、5下，将的混合气体置于密闭容器中，若仅考虑上述反应，不同温度下反应体系达到平衡时，转化率（）、产物选择性（S）的变化如图所示。 已知：S（或） 下列说法不正确的是 A. 反应 B. 350℃后，不同压强下接近相等的原因是制备过程以反应Ⅱ为主 C. 250℃时，反应Ⅱ的平衡常数 D. 250℃、5下，的混合气体在催化下反应一段时间达到P点的值，延长反应时间可能达到20% 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知反应Ⅰ中产物为气态甲醇和气态水，ΔH1​=−49.5 kJ/mol；若产物变为液态，甲醇和水液化会额外放出热量，放出总热量增大，ΔH更负，因此ΔH<−49.5 kJ/mol，A正确； B．反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，压强改变会影响平衡转化率；反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，压强改变不影响平衡移动。350℃后温度较高，放热的反应Ⅰ平衡逆向移动，吸热的反应Ⅱ平衡正向移动，此时反应体系以反应Ⅱ为主，因此压强对CO2​转化率影响很小，不同压强下转化率接近相等，B正确； C．设起始n(CO2​)=1 mol，n(H2​)=3 mol，由图可知，250℃时，5 MPa下α(CO2​)=20%，S(CH3​OH)=S(CO)=50%，则： 转化的CO2​总物质的量：1 mol×20%=0.2 mol，生成n(CH3​OH)=0.1 mol，n(CO)=0.1 mol。 结合反应计量关系，平衡时各物质：n(CO2​)=0.8 mol，n(H2​)=2.6 mol，n(CO)=0.1 mol，n(H2​O)=0.2 mol。 反应Ⅱ平衡常数；，C错误； D．由图可知，250℃、5MPa下，P点转化率低于平衡转化率，说明反应未达到平衡，延长反应时间，反应继续正向进行，可以升高到20%，D正确； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 锰氧化物（）应用广泛。 （1）在元素周期表中的位置是_________。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_________。 当晶体有氧原子脱出时，出现氧空位，的化合价_________（填“升高”“降低”或“不变”），氧空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物品体难以通过该方式获得半导体性质的是_________（填标号）。 A． B． C． D． （3）特制粉末可除去水中微量。控制溶液pH约为6.5，被吸附至表面，在催化下被溶解氧快速氧化为，最终形成胶体后与共沉淀。 ①转化为胶体总反应的离子方程式为__________。 ②溶液中残留铁量与温度关系如图所示。温度高于30℃，溶液残留铁量增多的原因是__________。 ③除铁时，溶液pH不宜过低，可能的原因是__________。 （4）纳米可脱除烟气中的。向溶液加入沉淀剂或，再经“过滤→洗涤→干燥→煅烧”等操作可制得纳米、烟气脱硫剂。研究表明，与相比，用作沉淀剂制得的脱硫剂脱硫效率更好，原因是____________________。 【答案】（1）第四周期第ⅦB族 （2） ①. ②. 降低 ③. AC （3） ①. （胶体） ②. 高于30℃，溶液中的溶氧量减少 ③. pH过低，不利于水解形成胶体；浓度大，不利于吸附或不利于吸附胶体共沉淀 （4）用作沉淀剂，生成的在煅烧时产生大量气体，使制得的脱硫剂疏松多孔，吸附性更强或与接触面积更大 【解析】 【小问1详解】 Mn是25号元素，核外电子排布为2、8、13、2，对应元素周期表中位置为第四周期第ⅦB族； 【小问2详解】 用均摊法计算晶胞原子数：Mn位于8个顶点（每个占）和1个体心，总Mn数目为；O全部在晶胞内部，共个，因此，化学式为； 晶体整体电中性，氧原子脱出后总负电荷减少，因此Mn的平均化合价降低； 该方法需要金属存在可变化合价：Fe有+2、+3价、Cu有+1、+2价；Ca只有+2价、Al只有+3价，无可变价，无法通过改变化合价平衡电荷，因此难以获得半导体性质，故选AC； 【小问3详解】 ①根据题干信息，反应物为、溶解和水，生成物为胶体和，配平得到离子方程式为：； ②需要溶解氧氧化，气体溶解度随温度升高而降低，温度过高时溶解氧不足，氧化不完全，残留铁量升高； ③水解生成胶体才能共沉淀除去，pH过低，不利于水解形成胶体；浓度大，不利于吸附或不利于吸附胶体共沉淀； 【小问4详解】 脱硫效率和催化剂比表面积有关，用作沉淀剂，生成的在煅烧时产生大量气体，使制得的脱硫剂疏松多孔，吸附性更强或与接触面积更大。 15. 纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图： 表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol•L−1计算)。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Zn2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 6.2 8.1 安全沉淀的pH 2.8 8.3 8.0 8.2 10.1 （1）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是_____。 （2）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为_____，溶液pH范围应控制在_____。 （3）“除铜”的原理为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)，常温下该反应的平衡常数为_____。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 （4）①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O]，该反应的离子方程式为_____。 ②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有_____(填化学式)。 【答案】（1）防止步骤消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2 （2） ①. 2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ ②. 2.8～6.0 （3）2.5×1011 （4） ①. 5Zn2++5CO+5H2O=2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O+3CO2↑ ②. Zn(OH)2和ZnO 【解析】 【分析】由题干流程图可知，氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应为:ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O、MnO+2HCl=MnCl2+H2O，向浸取液中加入KMnO4固体，将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+转化为MnO沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，滤液中含有Cu2+和Zn2+，加入ZnS，沉淀出CuS，过滤出滤渣2，主要成分为CuS和ZnS，滤液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，发生反应：5Zn2++5CO+5H2O=2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O+3CO2↑，据此分析解题。 【小问1详解】 后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4能与盐酸反应生成有毒有害的Cl2，则为了防止过量的盐酸与后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4反应生成有毒有害的Cl2，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，故答案为：防止步骤消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2。 【小问2详解】 “滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。调节溶液pH是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，由题干表中数据可知，范围应控制在2.8～6.0。 【小问3详解】 反应ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)，常温下该反应的平衡常数K==2.5×1011。 【小问4详解】 ①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O]，即ZnCl2和Na2CO3溶液反应生成2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O，则该反应的离子方程式为：5Zn2++5CO+5H2O=2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O+3CO2↑； ②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示，350°C时，剩余固体中已不含碳元素，即C全部以CO2的形式分解了，碱式碳酸锌即2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O的摩尔质量为：583g/mol，设1mol碱式碳酸锌热到350°C时，固体质量变为423g，则固体减少了：583g-423g=160g，160=2×4+18x，解得x=4，说明分解产生了4molH2O，即2mol结晶水和2molZn(OH)2分解出2molH2O，即还有1molZn(OH)2为分解，则剩余固体中含有ZnO和Zn(OH)2。 16. 氢能是一种理想的清洁能源，可通过下列方法制氢。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图1所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有__________；用含和的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得__________。 （2）与水反应制氢 ①铝与水反应制氢面临的主要问题是反应过程中在铝表面极易生成致密的氧化膜，阻止反应的进行。采用球磨法制备颗粒细小的铝时常以为球磨助剂，与水反应制氢时，溶解，新鲜的铝表面直接与水反应，加速铝与水制氢反应，其反应化学方程式为________________。 ②在和溶液中析氢对比。的质量比为，在不同反应体系中氢气生成量如图2所示。已知金属铝比镍活泼。 Ⅰ．0~15min，溶液中氢气的产生速率迅速增大的原因可能为_________。 Ⅱ．溶液中氢气的产生速率迅速增大且在50min后速率保持最大的原因可能为_________。 （3）电解甲醇水溶液制氢 该制氢原理如图3所示，实现高纯氢气的产生和无增压运行。已知电解水的标准电压为1.23V，电解甲醇水溶液的标准电压为0.02V。 ①写出阳极的电极反应式：_________。 ②电解甲醇水溶液优于电解水的原因有_________。 （4）氨硼烷（）制氢 在催化剂作用下水解释放氢气：。该反应中B原子的杂化方式由变为，具有六元环结构，其结构式可表示为_________。 【答案】（1） ①. C、H、 ②. （2） ①. ②. 与或反应生成可溶性盐，从而破坏了铝表面的氧化膜或氢氧化铝，促进了析氢反应 ③. 在溶液中，与迅速反应生成，生成的附着在表面，形成许多为正极、为负极的微电池，大大加快氢气生成速率 （3） ①. ②. 电解甲醇水溶液耗能少，成本低；纯度高，产率（速度）高；无氧气产生更安全 （4） 【解析】 【小问1详解】 反应器Ⅰ中，被​还原为，从价变为价，从价（）变为价（），从价（）变为价（），三种元素化合价均改变。根据电子守恒：失电子，​失电子，一共失去电子，可以还原，生成；根据方程式可知，可以生成。 【小问2详解】 NaCl溶解后，新鲜的铝直接与水反应，生成氢氧化铝和氢气， 化学方程式为：。 ．能溶解铝表面的氧化膜或氢氧化铝，生成可溶性盐，使铝持续与水接触反应。 ．比活泼，置换出，与电解质溶液形成原电池，大幅加快反应速率。 【小问3详解】 ①阳极发生氧化反应，甲醇失电子生成，结合电荷、原子守恒配平得电极反应式为：。 ②电解所需电压远低于电解水，能耗低，节约电能；且氢气在阴极、二氧化碳​在阳极分区生成，速率快，可得到高纯氢气；无氧气生成，安全性高。 【小问4详解】 B原子的杂化方式由变为，则的六元环由3个和3个交替排列构成，每个还连接1个端基，整体带3个负电荷，结构为：。 17. “碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一。 Ⅰ．中国首次实现了利用CO2人工合成淀粉，其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH。在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有： ① ② ③ （1）_______。 （2）5MPa时，向某密闭容器中按投料比充入H2和CO2，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。 ①图中X代表_______(填化学式)。 ②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是_______。 Ⅱ．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： ①；②。 （3）反应的_______(用表示)。 Ⅲ．CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用，其中涉及的CO2催化加氢原理如下： （4）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成，其离子方程式：_____；其他条件不变，转化为的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是______。 【答案】（1） （2） ①. CO ②. 随温度升高，反应①正向进行程度与反应③逆向进行程度相差不大 （3） （4） ①. ②. 温度升高反应速率增大；温度升高催化剂的活性增强，反应速率增大 【解析】 【小问1详解】 反应①+反应②=反应③，根据盖斯定律可得：ΔH2=ΔH3-ΔH1=-48.9kJ/mol-41.1kJ/mol=-90.0kJ/mol； 【小问2详解】 ①生成甲醇的反应都为放热反应，所以温度升高平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，生成一氧化碳的反应为吸热反应，所以随着温度升高平衡正向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，故Z为H2O，Y为CH3OH，X为CO； ②反应③消耗二氧化碳，反应①生成二氧化碳，最终体系中的二氧化碳的物质的量分数与上述两个反应有关，随温度升高，反应①正向进行的程度与反应③逆向进行的程度相差不大； 【小问3详解】 ； 【小问4详解】 与氢气反应生成和水，离子方程式为；反应温度在40～80℃范围内，温度升高，反应速率增大，催化剂的活性增强，反应速率增大，因此催化加氢的转化率迅速上升。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $