精品解析：江苏省苏州市2024-2025学年高二下学期期末摸底化学调研卷

2024-2025学年第二学期高二化学期末摸底调研卷 （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 Ba-137 Mn-55 Cr-52 一、单选题 1. 2023年诺贝尔化学奖授予发现和合成量子点材料的三位科学家。将富含维生素、蛋白质、糖类的有机物经高温碳化后可以获得直径为2～10nm碳量子点材料。下列说法正确的是 A. 维生素、蛋白质、糖类组成元素相同 B. 碳量子点材料属于有机高分子材料 C. 高温碳化有机物属于物理变化 D. 将碳量子点材料分散到溶液中所形成的分散系为胶体 2. 反应可用于氯气管道泄漏的检测。下列说法正确的是 A. 的空间填充模型 B. 基态价层电子排布图： C. 的电子式： D. 分子中与键数的比值为 3. 用下列实验装置进行实验，可达到相应的实验目的的是 A. 用装置甲测定盐酸和溶液反应的反应热 B. 用装置乙测定未知浓度溶液的物质的量浓度 C. 用实验丙比较和对分解的催化效果 D. 用实验丁制取胶体，当液体呈红褐色时停止加热 阅读下列材料，完成下列各题： 海洋是一个巨大的资源宝库，可以从海水中能获得NaCl。以NaCl为原料可制得、HClO、、、。工业常通过电解饱和食盐水制备，氧化卤水中可得到。与在存在下制得，该气体常用作自来水消毒剂。能与熔融的反应生成硫酰氟（）。标况下，氟化氢呈液态。 4. 下列说法正确的是 A. 1mol分子中含有2molσ键 B. 和中键角相等 C. Br原子基态核外电子排布式为 D. NaCl晶胞（见图）中，每个周围紧邻且距离相等的构成正八面体结构 5. 下列化学反应式表示错误的是 A. 氧化卤水中可得到： B. 电解饱和食盐水制备： C. 制备： D. 制备： 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张 B. 具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒 C. 有孤电子对，可与形成 D. HF分子间存在氢键，HF沸点较高 7. 前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X和Z原子L层上均有2个未成对电子。W位于第四周期，基态时其原子核外未成对电子数在同周期中最多。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. Y的氧化物对应水化物是强酸 D. W元素位于元素周期表的VIB族 8. 实验室在如图所示装置中制取，将通入溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，再滴加乙醇可获得晶体。已知：呈蓝色。下列说法不正确的是 A. 在装置甲试管中加入和固体加热制取 B. 装置乙中的和装置丙中的均可防止倒吸 C. 晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 D. 与相比，更易与形成配位键 9. 下列说法不正确的是 A. 、都属于氯元素 B. 的键角比的键角小 C. 、的中心原子轨道杂化类型均为 D. 题图所示的NaCl晶胞中含有4个和4个 10. 从卤水中提溴的流程如下(已知“吸收”后溶液中有大量)。 下列有关说法正确的是 A. “吹出”步骤是利用热空气中的氧化 B. “吸收”步骤的化学方程式为： C. “酸化”步骤理论上每生成电子转移电子 D. 设计“吸收”和“酸化”两步的目的是为了提高的浓度 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 向硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液，充分搅拌后，取洗净后的沉淀放入盐酸中，有气泡产生 B 向2mL溶液中滴加2~3滴石蕊试液，溶液变红 发生了水解 C 向苯酚浊液中滴加溶液，浊液变澄清 酸性：苯酚> D 将3体积与1体积混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过溶液和品红溶液。前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色 与的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D 12. NH3选择性催化还原NO的反应为，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是 A. NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大 B. NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附 C. 反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤 D. 过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O 13. 海水中含有丰富的碘元素。实验室通过以下流程从净化除氯后的含碘海水中提取。下列有关说法不正确的是 A. “转化”后的溶液中主要含有和 B. 用稀溶解“滤渣Y”得到的溶液可循环利用 C. “富集”得到含碘化合物的晶胞如图所示，其中距离每个最近的有4个 D. “氧化”时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍 二、非选择题 14. 含硫、含氮工业生产尾气的处理一直是研究的热点。 （1）利用电化学原理处理工业生产尾气中的SO2、NO，同时获得和产品的工艺流程可表示为 ①吸收。下列措施能提高尾气中SO2吸收率的有___________(填字母)。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 ②氧化。酸性条件下，与NO反应生成和物质的量之比为的与，该反应的化学方程式为___________。 ③电解。生成的电极反应式为___________。 （2）铁元素与EDTA的配合物中，只有的配合物[Fe(Ⅱ)EDTA]能吸附氮氧化物，Fe(Ⅱ)EDTA吸附NO生成，与吸附后的溶液反应可以实现[Fe(Ⅱ)EDTA]再生，同时生成。 ①EDTA与形成的配离子如图1所示，的配位数是___________。 ②Fe(Ⅱ)EDTA吸收含有氮氧化物的烟气，烟气中O2的体积分数对氮氧化物残留率的影响如图2所示。当O2的体积分数大于2%时，氮氧化物残留率升高的原因是：___________。 ③将已吸收22.4L(标准状况)NO的再生，理论上消耗的物质的量为___________。 15. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：Bi3＋易与Cl-形BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为___________。 （2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH．一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是___________。 （3）铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl(水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。 ①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3mol·L-1的可能原因是___________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为___________。 （5）在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol-1) 16. 实验室制备NaClO溶液并用于处理含氨氮废水。 （1）低温下将通入NaOH溶液中制得NaClO溶液，装置如图所示。 ①装置B中盛放的试剂是___________。 ②为了防止装置C温度升高生成副产物，可采取的操作为___________。 （2）NaClO溶液处理含氨氮废水(pH为6.0~7.0)。室温下，分别取200mL预处理后的废水，将初始pH调节至不同值，加入等量NaClO溶液，30分钟后检测剩余氨氮浓度。不同初始pH对NaClO氧化脱除氨氮效果的影响如下左图所示，不同初始pH对应反应结束后的pH如下右图所示。 ①NaClO将废水中氧化为无污染气体，反应的化学方程式为___________，实验中NaClO溶液的实际投入量大于理论计算量，其原因是___________。 ②处理后的废水pH在6.0-9.0之间才能排放。NaClO溶液处理含氨氮废水初始pH设置为7.0而不是2.0的原因是___________。 （3）用滴定法测定NaClO溶液中有效氯含量的原理为：；。请补充完整该实验方案：取5.00mLNaClO溶液样品配制成250mL溶液，取25.00mL待测液于碘量瓶中，加入溶液和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；___________。(须使用的试剂：溶液、淀粉溶液) 17. 的资源化利用能有效减少排放。 I．甲酸化：金属锰分解水原位还原产生甲酸是有机资源转化新途径。碳酸在水中一般以3种形态存在，即。当溶液的发生变化时，其中任一种形态的物质的量占三种形态总物质的量的分数也可能发生变化，如图1是碳酸溶液中碳酸的各种形态的随的变化曲线。初始变化对甲酸产率的影响如图2。 （1）甲酸产率在初始时最高，原因是___________。 （2）锰催化产生甲酸部分机理如图3所示。画出图中方框内的结构___________。 （3）实验中将锰粉、碳酸氢钠和去离子水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能是___________。 Ⅱ.乙酸化：结合产甲酸反应机理与太阳能还原锰技术，Co催化 分解水还原二氧化碳产乙酸的反应机理如下图所示。 （4）反应①、②两步的反应过程可以描述为___________。在催化过程中由与H生成的总反应方程式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期高二化学期末摸底调研卷 （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 Ba-137 Mn-55 Cr-52 一、单选题 1. 2023年诺贝尔化学奖授予发现和合成量子点材料的三位科学家。将富含维生素、蛋白质、糖类的有机物经高温碳化后可以获得直径为2～10nm碳量子点材料。下列说法正确的是 A. 维生素、蛋白质、糖类组成元素相同 B. 碳量子点材料属于有机高分子材料 C. 高温碳化有机物属于物理变化 D. 将碳量子点材料分散到溶液中所形成的分散系为胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．维生素、糖类组成元素相同，都含碳、氢、氧元素，蛋白质除含碳、氢、氧元素以外，还含有氮元素，故A错误； B．碳量子点材料是碳单质，不属于有机高分子材料，故B错误； C．高温碳化有机物是将有机物变为碳，属于化学变化，故C错误； D．碳量子点材料直径为2～10nm，将碳量子点材料分散到溶液中所形成的分散系为胶体，故D正确。 综上所述，答案为D。 2. 反应可用于氯气管道泄漏的检测。下列说法正确的是 A. 的空间填充模型 B. 基态价层电子排布图： C. 的电子式： D. 分子中与键数的比值为 【答案】A 【解析】 【详解】A．进行sp3杂化，因存在一对孤电子，空间结构为三角锥形，故A正确； B．同一轨道电子自旋方向应该相反，故B错误； C．的电子式为 ，故C错误； D．分子中与键数的比值为，故D错误； 答案选A。 3. 用下列实验装置进行实验，可达到相应的实验目的的是 A. 用装置甲测定盐酸和溶液反应的反应热 B. 用装置乙测定未知浓度溶液的物质的量浓度 C. 用实验丙比较和对分解的催化效果 D. 用实验丁制取胶体，当液体呈红褐色时停止加热 【答案】D 【解析】 【详解】A．温度计应在环形玻璃棒的中央，图中不能测定最高温度，故A错误； B．图中为碱滴定酸，应选标准浓度的盐酸测定未知浓度NaOH溶液的物质的量浓度，故B错误； C．阴离子的浓度不同，不能比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故C错误； D．饱和氯化铁溶液在沸水中水解可制备胶体，则当液体呈红褐色时停止加热，得到氢氧化铁胶体，故D正确； 故选：D。 阅读下列材料，完成下列各题： 海洋是一个巨大的资源宝库，可以从海水中能获得NaCl。以NaCl为原料可制得、HClO、、、。工业常通过电解饱和食盐水制备，氧化卤水中可得到。与在存在下制得，该气体常用作自来水消毒剂。能与熔融的反应生成硫酰氟（）。标况下，氟化氢呈液态。 4. 下列说法正确的是 A. 1mol分子中含有2molσ键 B. 和中键角相等 C. Br原子基态核外电子排布式为 D. NaCl晶胞（见图）中，每个周围紧邻且距离相等的构成正八面体结构 5. 下列化学反应式表示错误的是 A. 氧化卤水中可得到： B. 电解饱和食盐水制备： C. 制备： D. 制备： 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张 B. 具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒 C. 有孤电子对，可与形成 D. HF分子间存在氢键，HF沸点较高 【答案】4. D 5. B 6. A 【解析】 【4题详解】 A．SO2F2的结构式为，含有4个σ键，1mol分子中含有4molσ键，A错误； B. 中心原子价层电子对数为3+=4，Cl原子采取sp3杂化，且含有1个孤电子对，中心原子价层电子对数为4+=4，Cl原子采取sp3杂化，且没有孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角：<，B错误； C．Br是35号原子，基态Br原子核外电子排布式为，C错误； D．由NaCl晶胞结构可知，NaCl晶胞中，每个周围紧邻且距离相等的构成正八面体结构，D正确； 故选D。 【5题详解】 A．非金属性：Cl>Br，氧化卤水中可得到：，故A正确； B．电解饱和食盐水制备，同时生成NaOH和H2，离子方程式为：，故B错误； C．F2和熔融硫酸钠反应生成O2、NaF和SO2F2，化学方程式为：，故C正确； D．和在酸性条件下发生氧化还原反应生成，离子方程式为：，故D正确； 故选B。 【6题详解】 A．HClO具有漂白性，可用于漂白纸张，与其酸性无关，A符合题意； B．可用于自来水杀菌消毒，是因为其具有强氧化性，B不符合题意； C．有孤电子对，有空轨道，可与形成配离子，C不符合题意； D．由于HF分子间存在氢键，因而HF沸点较高，D不符合题意； 故选A。 7. 前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X和Z原子L层上均有2个未成对电子。W位于第四周期，基态时其原子核外未成对电子数在同周期中最多。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. Y的氧化物对应水化物是强酸 D. W元素位于元素周期表的VIB族 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，则X为C元素，Z为O元素，Y位于X与Z中间为N元素； W位于第四周期，基态时其原子核外未成对电子数在同周期中最多，3d轨道半充满，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则W为Cr元素，以此分析来解答。 【详解】A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径能由小到大的关系是：O<N<C，A错误； B．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的关系是：N＞O＞C，B错误； C．N的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，为强酸，C错误 ； D．W价电子排布式分别为3d54s1，位于元素周期表的VIB族，D正确； 故答案选：D。 8. 实验室在如图所示装置中制取，将通入溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，再滴加乙醇可获得晶体。已知：呈蓝色。下列说法不正确的是 A. 在装置甲试管中加入和固体加热制取 B. 装置乙中的和装置丙中的均可防止倒吸 C. 晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 D. 与相比，更易与形成配位键 【答案】D 【解析】 【分析】甲装置中实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，乙装置中通入溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为，丙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。 【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，A正确； B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，装置乙中a的容积较大，可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此倒扣的漏斗可防止液体倒吸，B正确； C．由向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出，因此在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故C正确； D．由向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水，先生成蓝色沉淀，蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液可知，氨分子比水分子更容易与铜离子反应形成配合物，故D错误； 故答案选D。 9. 下列说法不正确的是 A. 、都属于氯元素 B. 的键角比的键角小 C. 、的中心原子轨道杂化类型均为 D. 题图所示的NaCl晶胞中含有4个和4个 【答案】C 【解析】 【详解】A．质子数相同，故、都属于氯元素，故A正确； B．孤电子对数越多，对成键电子对的斥力作用越强，键角越小，中心Cl原子的价层电子对数为，有2对孤电子对，中心Cl原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，则的键角比的键角小，故B正确； C．中心O原子的价层电子对数为，杂化类型均为，中心S原子的价层电子对数为，杂化类型为，故C错误； D．由均摊法，NaCl晶胞中含有 个和 个Cl-，故D正确； 故选：C。 10. 从卤水中提溴的流程如下(已知“吸收”后溶液中有大量)。 下列有关说法正确的是 A. “吹出”步骤是利用热空气中的氧化 B. “吸收”步骤的化学方程式为： C. “酸化”步骤理论上每生成电子转移电子 D. 设计“吸收”和“酸化”两步的目的是为了提高的浓度 【答案】D 【解析】 【分析】卤水通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气使溴单质挥发出来，用碳酸钠溶液吸收溴单质，发生反应，反应后的溶液中滴加硫酸，发生反应生成溴单质，再蒸馏得液溴。 【详解】A．“吹出”步骤是利用溴的挥发性，鼓入热空气使溴单质挥发出来，故A错误； B．“吸收”步骤中，碳酸钠和溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，反应的化学方程式为：，故B错误； C． “酸化”步骤发生反应，理论上每生成电子转移电子，故C错误； D．设计“吸收”和“酸化”两步的目的是富集溴，提高的浓度，故D正确； 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 向硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液，充分搅拌后，取洗净后的沉淀放入盐酸中，有气泡产生 B 向2mL溶液中滴加2~3滴石蕊试液，溶液变红 发生了水解 C 向苯酚浊液中滴加溶液，浊液变澄清 酸性：苯酚> D 将3体积与1体积混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过溶液和品红溶液。前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色 与的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．因为，故A错误； B．由于和均可发生水解显酸性，故B错误； C．向苯酚浊液中滴加溶液，浊液变澄清说明苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，说明苯酚的酸性强于碳酸氢根，故C正确； D．由于二氧化硫过量，故不能说明此反应是可逆反应，故D错误； 故选C。 12. NH3选择性催化还原NO的反应为，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是 A. NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大 B. NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附 C. 反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤 D. 过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．在NO的浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO转化为N2，故NH3转化率可能随NH3浓度的增大而增大，A正确； B．根据图示可知：在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，B正确； C．化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定。反应①的活化能小，反应速率快；而反应②活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应②，C错误； D．根据图示可知：在过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子，NO提供O原子，2个H与1ge O结合生成H2O分子，D正确； 故选C。 13. 海水中含有丰富的碘元素。实验室通过以下流程从净化除氯后的含碘海水中提取。下列有关说法不正确的是 A. “转化”后的溶液中主要含有和 B. 用稀溶解“滤渣Y”得到的溶液可循环利用 C. “富集”得到含碘化合物的晶胞如图所示，其中距离每个最近的有4个 D. “氧化”时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍 【答案】D 【解析】 【分析】含碘海水和反应生成沉淀，向悬浊液中加入铁粉发生反应，向溶液中通入氯气可得到粗碘。 【详解】A．含碘海水和反应生成沉淀，向悬浊液中加入铁粉发生反应，故“转化”后的溶液中主要含有和，A正确； B．滤渣Y为Ag，用稀溶解Ag可得到循环利用，B正确； C．观察晶胞可知，距离每个最近的有4个，C正确； D．还原性：，故当通入氯气的量为溶液中溶质物质的量的1倍时，化学方程式为，D错误。 故选D。 二、非选择题 14. 含硫、含氮工业生产尾气的处理一直是研究的热点。 （1）利用电化学原理处理工业生产尾气中的SO2、NO，同时获得和产品的工艺流程可表示为 ①吸收。下列措施能提高尾气中SO2吸收率的有___________(填字母)。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 ②氧化。酸性条件下，与NO反应生成和物质的量之比为的与，该反应的化学方程式为___________。 ③电解。生成的电极反应式为___________。 （2）铁元素与EDTA的配合物中，只有的配合物[Fe(Ⅱ)EDTA]能吸附氮氧化物，Fe(Ⅱ)EDTA吸附NO生成，与吸附后的溶液反应可以实现[Fe(Ⅱ)EDTA]再生，同时生成。 ①EDTA与形成的配离子如图1所示，的配位数是___________。 ②Fe(Ⅱ)EDTA吸收含有氮氧化物的烟气，烟气中O2的体积分数对氮氧化物残留率的影响如图2所示。当O2的体积分数大于2%时，氮氧化物残留率升高的原因是：___________。 ③将已吸收22.4L(标准状况)NO的再生，理论上消耗的物质的量为___________。 【答案】（1） ①. BC ②. ③. 2SO+4H++2e-=S2O+2H2O （2） ①. 6 ②. 氧气含量高于 2%时，过量氧气将 Fe2+氧化成 Fe3+，Fe3+不能与 EDTA 形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高 ③. 2.5mol 【解析】 【分析】(1)吸收过程中二氧化硫是酸性氧化物，和氢氧化钠之间发生反应生成亚硫酸钠，NO和氢氧化钠之间不会反应，氧化步骤中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应生成生成和与；在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2SO+4H++2e-=S2O+2H2O，通入氨气、氧气，2NO+O2+2H++2NH3=2NH+2NO； 【小问1详解】 ①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误； B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，故B正确； C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，故C正确； 答案为BC； ②酸性条件下，与NO反应生成和物质的量之比为的与，该反应的化学方程式为； ③由分析可知，电解生成的电极反应式为2SO+4H++2e-=S2O+2H2O； 【小问2详解】 ①根据图1可知：EDTA与形成的配离子，的配位数是6； ②Fe(Ⅱ)EDTA吸收烟气中氮氧化物，其他条件相同时，烟气中O2含量对氮氧化物去除率的影响如题图2所示，在O2含量2%前后，氮氧化物残留率率先降低后升高的原因是氧气含量低于 2%时，少量氧气将 NO 氧化成 NO2，NO2在水中溶解度大于 NO(或者 NO2更易被吸附)，所以氮氧化物残留率降低；氧气含量高于 2%时，过量氧气将 Fe2+氧化成 Fe3+，Fe3+不能与 EDTA 形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高； ③与吸附后的溶液反应可以实现[Fe(Ⅱ)EDTA]再生，同时生成，反应的离子方程式为：2Fe(Ⅱ)EDTA•NO+5S2+8H2O=2Fe(Ⅱ)EDTA+2+10+8H+，已吸收22.4L(标准状况)NO的的物质的量为1mol，理论上消耗的物质的量为2.5mol。 15. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：Bi3＋易与Cl-形BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为___________。 （2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH．一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是___________。 （3）铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl(水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。 ①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3mol·L-1的可能原因是___________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为___________。 （5）在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol-1) 【答案】（1）2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4 （2）增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解 （3） ①. c(Cl-)>1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)<1.3 mol·L-1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯 ②. Fe3＋、H＋、Na＋ （4）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 （5）Bi2O3 【解析】 【分析】焙烧时空气中的氧气和MnO2作氧化剂，FeS2转变为Fe2O3，Bi2S3生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，利用浓盐酸酸浸，过滤，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，以此解答。 【小问1详解】 “联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4，答案：2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4； 【小问2详解】 Bi3＋易与Cl－形成，易发生水解， 其反应的离子方程式为＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解，答案：增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解； 【小问3详解】 ①c(Cl－)＞1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)＜1.3 mol·L－1时，铋离子水解(＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋)程度增大，不利于铋离子的萃取提纯； ②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3＋、H＋、Na＋，答案：c(Cl-)＞1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)＜1.3 mol·L-1时，铋离子水解(＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯、Fe3＋、H＋、Na＋； 【小问4详解】 为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中，答案：边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中； 【小问5详解】 设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3，答案：Bi2O3。 16. 实验室制备NaClO溶液并用于处理含氨氮废水。 （1）低温下将通入NaOH溶液中制得NaClO溶液，装置如图所示。 ①装置B中盛放的试剂是___________。 ②为了防止装置C温度升高生成副产物，可采取的操作为___________。 （2）NaClO溶液处理含氨氮废水(pH为6.0~7.0)。室温下，分别取200mL预处理后的废水，将初始pH调节至不同值，加入等量NaClO溶液，30分钟后检测剩余氨氮浓度。不同初始pH对NaClO氧化脱除氨氮效果的影响如下左图所示，不同初始pH对应反应结束后的pH如下右图所示。 ①NaClO将废水中氧化为无污染气体，反应的化学方程式为___________，实验中NaClO溶液的实际投入量大于理论计算量，其原因是___________。 ②处理后的废水pH在6.0-9.0之间才能排放。NaClO溶液处理含氨氮废水初始pH设置为7.0而不是2.0的原因是___________。 （3）用滴定法测定NaClO溶液中有效氯含量的原理为：；。请补充完整该实验方案：取5.00mLNaClO溶液样品配制成250mL溶液，取25.00mL待测液于碘量瓶中，加入溶液和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；___________。(须使用的试剂：溶液、淀粉溶液) 【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. 装置C使用冰水浴冷却、向装置A中缓慢滴加浓盐酸 （2） ①. ②. NaClO(或HClO)不稳定，易分解 ③. pH为7.0时氨氮去除率高且调节pH所需的酸更少 （3）用溶液滴定至溶液呈微黄色，加入2~3滴淀粉溶液，继续滴定至加入最后半滴溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复原来的颜色。平行滴定三次，记录消耗溶液的体积 【解析】 【分析】装置A中盛放浓盐酸与酸性高锰酸钾发生反应生成Cl2，B中盛放饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl，C和D中离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，C用于制备目标产物、D装置用来吸收尾气。 【小问1详解】 ①装置B中盛放的试剂是饱和食盐水。 ②C中温度低时可有效避免副反应，则为了防止装置C温度升高生成副产物可采取的操作为：装置C使用冰水浴冷却、向装置A中缓慢滴加浓盐酸。 【小问2详解】 ①被氧化为无污染气体即氮气，NaClO则被还原为氯化钠，故反应的化学方程式为，次氯酸不稳定、次氯酸钠较不稳定，则实验中NaClO溶液的实际投入量大于理论计算量的原因主要是：NaClO(或HClO)不稳定，易分解。 ②由图知，pH在6.0-9.0之间、pH=2.0时剩余氨氮浓度均很低、氨氮去除率均很高，而次氯酸根易转变为次氯酸而消耗酸，则NaClO溶液处理含氨氮废水初始pH设置为7.0而不是2.0的原因是：pH为7.0时氨氮去除率高且调节pH所需的酸更少。 【小问3详解】 碘遇淀粉变蓝色，该滴定中以淀粉作指示剂，滴定时，应先以滴定到浅黄色，再加入淀粉，再继续以溶液滴定到蓝色恰好消失且30s不恢复原来的颜色为终点。淀粉指示剂若加入太早，则大量的碘单质与淀粉结合成蓝色物质，这一部分碘就不容易与硫代硫酸钠反应，会使滴定发生误差。滴定到终点后几分钟，溶液又会出现蓝色，这是由于空气氧化碘离子引起的。为避免误差，应作平行实验，故需平行滴定三次。故补全的实验步骤为：用溶液滴定至溶液呈微黄色，加入2~3滴淀粉溶液，继续滴定至加入最后半滴溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复原来的颜色。平行滴定三次，记录消耗溶液的体积。 17. 的资源化利用能有效减少排放。 I．甲酸化：金属锰分解水原位还原产生甲酸是有机资源转化新途径。碳酸在水中一般以3种形态存在，即。当溶液的发生变化时，其中任一种形态的物质的量占三种形态总物质的量的分数也可能发生变化，如图1是碳酸溶液中碳酸的各种形态的随的变化曲线。初始变化对甲酸产率的影响如图2。 （1）甲酸产率在初始时最高，原因是___________。 （2）锰催化产生甲酸部分机理如图3所示。画出图中方框内的结构___________。 （3）实验中将锰粉、碳酸氢钠和去离子水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能是___________。 Ⅱ.乙酸化：结合产甲酸反应机理与太阳能还原锰技术，Co催化 分解水还原二氧化碳产乙酸的反应机理如下图所示。 （4）反应①、②两步的反应过程可以描述为___________。在催化过程中由与H生成的总反应方程式为___________。 【答案】（1）浓度最大 （2） （3）生成的MnO对反应有催化作用 （4） ①. Co作催化剂，活性氢原子与中的碳氧双键发生加成反应生成，然后同一个碳原子上连接的两个羟基发生脱水生成 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据图1，当时，浓度最大，此时甲酸产率最高。 【小问2详解】 结合图3，转化为，根据原子守恒可知，含Mn元素产物为。 【小问3详解】 反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升，说明生成的产物可能为催化剂，加快反应速率。 【小问4详解】 根据反应机理图，Co作催化剂条件下，反应①为活性氢原子与中的碳氧双键发生加成反应生成，反应②为同一个碳原子上连接的两个羟基发生脱水生成；结合反应机理，催化过程与H生成，同时生成和，总反应方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $