精品解析：江苏南京市宁海中学2025-2026学年高二年级第二学期期末测试 化学试题

高二年级第二学期期末测试 化 学 一、单选题(本大题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上) 1. 高新科技的发展离不开化学材料，下列属于新型无机非金属材料的是 A. 石墨烯 B. 聚乙烯 C. 普通玻璃 D. 尼龙66 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯属于新型无机非金属材料，A选； B．聚乙烯属于有机高分子化合物，B不选； C．普通玻璃属于传统的无机非金属材料，C不选； D．尼龙66属于有机高分子化合物，D不选； 答案选A。 2. 氮化硅(Si3N4)可通过反应制备。下列说法正确的是 A. C基态原子价电子排布式为 B. 的电子式为 C. 是极性分子 D. 晶体属于分子晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．C为6号元素，第二周期第ⅣA族元素，主族元素的价电子数等于族序数，故基态C原子的价电子排布式为2s22p2，故A错误； B．N2分子中，2个N原子之间形成共价三键，另外，每个N原子的最外层还有1个孤电子对，则其电子式为，故B错误； C．CO是双原子化合物分子，共用电子对偏向O原子、偏离C原子，O原子带部分负电荷，C原子带部分正电荷，正负电中心不重合，属于极性分子，故C正确； D．二氧化硅是由硅原子和氧原子按照个数比1：2通过Si－O键构成共价晶体，不是分子晶体，故D错误； 故选C。 3. CuBr是常用的催化剂，受热易分解。可通过制备。下列实验室制备CuBr的实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备SO2气体 B. 用装置乙收集SO2气体 C. 用装置丙制备CuBr D. 用装置丁吸收多余的SO2气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，故A能达到实验目的，故A不选； B．二氧化硫密度比空气大，所以应用向上排空气法收集，故B不能达到实验目的，故B选； C．根据题给方程式，二氧化硫通入硫酸铜和NaBr的混合溶液中可制取CuBr，能达到实验目的，故C不选； D．SO2和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液吸收多余的SO2，用干燥管可以防止倒吸，能达到实验目的，故D不选； 故选B。 4. 元素N、O、P、S位于周期表中p区。下列说法正确的是 A. 电离能：(P)>(S) B. 原子半径：r(O)>r(N) C. 酸性： D. 热稳定性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同一周期第一电离能从左向右是增大趋势，但ⅤA族元素p轨道为半充满稳定结构，因此电离能：I1(P)＞I1(S)，A正确； B．同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径r(N)＞r(O)，B错误； C．已知N、P位于同一主族，从上往下元素的非金属性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，即此酸性HNO3＞H3PO4，且知H3PO4为中强酸，HNO3为强酸，C错误； D．已知O、S位于同一主族，从上往下元素的非金属性依次减弱，即非金属性O＞S，则热稳定：H2O＞H2S，D错误； 故答案为：A。 阅读下列材料，完成下面小题。 ⅤA族元素单质及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其标准燃烧热为624kJ/mol。常温下，可用氨水与NaClO溶液制备N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合价为-3价，熔点为-116.3℃)，可由Na3AsO3在碱性溶液中电解制得。 5. 下列说法正确的是 A. 1molN2H4中含有5molσ键 B. AsH3晶体类型为共价晶体 C. As的核外电子排布式为 D. 白磷的空间结构为正四面体(如题图所示)，键角为 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. NaClO溶液具有碱性，可用作漂白剂 B. N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料 C. SiO2为酸性氧化物，可用作光导纤维 D. NH3分子间可形成氢键，NH3的热稳定性比PH3的高 7. 下列化学反应方程式不正确的是 A. 电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应： B. 氨水与NaClO溶液制N2H4的反应： C. 肼的燃烧： D. 由Ca3(PO4)2制白磷的反应： 【答案】5. A 6. B 7. C 【解析】 【5题详解】 A．已知单键均为σ键，由N2H4的结构式可知： 1molN2H4中含有5molσ键，A正确； B．由题干信息可知，AsH3 的沸点很低，故AsH3晶体类型为分子晶体，B错误； C．已知As是33号元素，故As的核外电子排布式为，C错误； D．由题干白磷的空间结构可知，构成正四面体的六个边均为P-P键，故其键角为60°，D错误； 故答案为：A； 【6题详解】 A．NaClO溶液用作漂白剂，是利用其氧化性与其具有碱性无关，A不合题意； B．N2H4用作燃料电池的燃料时，作负极发生氧化反应，故利用其具有还原性，B符合题意； C．SiO2用作光导纤维是利用其光学特性，即光能够在其中发生全反射，而与其为酸性氧化物无关，C不合题意； D．NH3分子间可形成氢键使其熔沸点升高，与其热稳定性无关，NH3的热稳定性比PH3的高是由于N-H键的键能比P-H大，D不合题意； 故答案为：B； 【7题详解】 A．电解池中阴极发生还原反应，故电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应：，A正确； B．根据氧化还原反应配平可得，氨水与NaClO溶液制N2H4反应的离子方程式为：，B正确； C．燃烧为放热反应，放热反应的＜0，故肼的燃烧的热化学方程式为：，C错误； D．由题干信息可知，可用Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：，D正确； 故答案为：C。 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制硝酸： B. 硅的提纯： C. 工业制钛：饱和NaCl溶液 D. 工业制银镜： 【答案】B 【解析】 【详解】A．一氧化氮与水不反应，NO通入水中不能生成硝酸，A不符合题意； B．加热条件下粗硅与氯气反应生成四氯化硅，高温下氢气还原四氯化硅得到高纯硅，B符合题意； C．电解饱和食盐水得到氢氧化钠溶液、不能得到金属钠，电解熔融的氯化钠可以得到金属钠，C不符合题意； D．银氨溶液与还原性糖，例如葡萄糖反应可制得银镜，蔗糖不是还原性糖、不与银氨溶液反应，D不符合题意； 故选B。 9. 化合物Z是一种重要的医药中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X中的σ键和π键的数目比为13∶4 B. Y存在对映异构体 C. Z分子中所有碳原子可能共面 D. Y、Z可以用酸性溶液鉴别 【答案】C 【解析】 【详解】A．X是苯甲醛（）： 单键均为键，双键含1个键和1个键，苯环含有大键。 键总数：苯环内6个+ 苯环上5个 + 苯环侧链1个 + 醛基内1个 + 醛基中1个 = 个，  键:键  ，A错误； B．对映异构体的前提是分子中存在手性碳原子（连有4种不同基团的饱和碳原子），Y的结构为，不存在手性碳原子，因此没有对映异构体，B错误； C．Z的结构为​： 苯环为平面结构、碳碳双键为平面结构，​中与双键直接相连的饱和碳原子的单键可以旋转，可将甲基碳原子旋转到苯环/双键所在的平面，因此所有碳原子可能共面，C正确； D．Y中含有碳碳双键，Z中含有碳碳双键和α-H的醇羟基，两者都可以被酸性高锰酸钾氧化，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，D错误； 故选C。 10. 一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. I为阳离子交换膜，III为阴离子交换膜 B. 电极b上发生的电极反应式为： C. 须在3室中加入海水，电解池工作一段时间后，3室中可以得到淡化海水 D. 若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5 g NaCl，理论上消耗标准状况下 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，电极a与外接电源负极相连作阴极，电极反应为；电极b与外接电源正极相连作阳极，发生氧化反应，电极反应为。该电解池工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，阳极有大量，所以阳极的通过离子交换膜Ⅲ向左移动，通过离子交换膜Ⅱ向右移动，在离子交换膜Ⅱ、Ⅲ之间得到，同时要淡化海水，所以离子交换膜Ⅰ、Ⅱ间的阴、阳离子向两侧移动，即通过离子交换膜Ⅰ向左移动，通过离子交换膜Ⅱ向右移动，离子交换膜Ⅰ、Ⅱ间得到淡化的海水，故离子交换膜Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜。 【详解】A．由分析知，I为阳离子交换膜，通过离子交换膜Ⅰ向左移动；III为阳离子交换膜，通过离子交换膜Ⅲ向左移动，A错误； B．由分析知，电极b与外接电源正极相连作阳极，发生氧化反应，电极反应为，B错误； C．由分析可知，应在2室中加入海水以进行淡化，而3室用于收集，离子浓度会增大，无法得到淡化水，C错误； D．每脱除58.5 g NaCl，电路中转移1 mol电子，根据a电极反应：计算可知，消耗，标准状况下体积为，D正确； 故选D。 11. 室温下，探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 实验1：向溶液滴加数滴浓盐酸。溶液黄色加深。 实验2：向实验1所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液变为血红色。 实验3：向实验2后所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液红色褪去变成无色。 实验4：向实验3后所得的溶液中滴加淀粉-KI溶液。溶液无明显现象。 已知：为黄色，为红色，为无色。 下列说法正确的是 A. 实验1中颜色加深的原因是的平衡常数增大 B. 实验2能得出的结论是与的配位能力比的强 C. 实验3所得的溶液中： D. 实验4说明在该条件下的氧化性比强 【答案】C 【解析】 【分析】由实验现象可知，实验1的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子[FeCl4]-；实验2的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子[Fe(SCN)6]3-；实验3的溶液中[Fe(SCN)6]3-离子能与氟离子反应生成无色的离子[FeF6]3-；实验4的溶液中[FeF6]3-离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。 【详解】A．平衡常数只与温度有关，室温不变，该反应平衡常数不变，颜色加深是因为浓度增大使平衡正向移动，A错误； B．Fe3+与Cl-、SCN-均可形成有色配合物，而铁硫氰配合物灵敏度极高，微量生成就会显现明显血红色；实验只是直接向体系中加入SCN-显色，无法判断SCN-是否取代了原有氯合配离子，也不能凭借显色现象判定二者配位能力强弱，B错误； C．实验3滴加NaF后红色褪去，说明F-夺取[Fe(SCN)6]3-中的Fe3+，生成更稳定的无色[FeF6]3-，反应[Fe(SCN)6]3- + 6F-[FeF6]3- + 6SCN-正向进行程度大；体系中大量F-参与形成配合物被消耗，同时不断释放SCN-，平衡时溶液中c(F-) <c(SCN-)，C正确； D．实验4加入淀粉-KI溶液无明显现象，说明无生成，即不能氧化，其氧化性弱于，D错误； 故答案选C。 12. 室温下，通过实验探究NaHS溶液的性质并记录如下表。下列说法不正确的是 实验 实验操作和现象 1 向0.1mol·L-1 NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红 2 向0.1mol·L-1 NaHS溶液中加入少量FeCl3溶液，产生淡黄色沉淀 3 向0.1mol·L-1 NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀 A. 实验1证明NaHS溶液中存在：HS-+H2OH2S+OH- B. 实验1可推测出NaHS溶液中存在：c(HS-)>c(H2S)>c(S2-) C. 实验2反应的离子方程式：HS-+2Fe3+=2Fe2++S↓+H+ D. 实验3反应静置后的上层清液中存在：c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS) 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验1向溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红，说明溶液呈碱性，发生了水解，A正确； B．在溶液中，会发生电离（）和水解（），溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则溶液中存在，B正确； C．实验2中过量，反应生成的H+还会和反应生成H2S，C错误； D．与CuCl2反应生成CuS，溶液中产生黑色沉淀，则上层清液是CuS的饱和溶液，存在，D正确； 故答案选C。 13. 向2L的密闭容器中加入1mol和1mol，发生如下两个反应： 反应Ⅰ：　； 反应Ⅱ：　。 不同温度下的平衡转化率、CO的选择性和的选择性如图所示(选择性指生成CO或占消耗总量的百分比)。下列相关说法正确的是 A. 曲线a表示的平衡转化率 B. 选择适宜的催化剂可以提高平衡时体系中的选择性 C. 300℃时，反应Ⅱ的平衡常数K≈0.173 D. 随着温度的升高，容器内逐渐减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应I为放热反应，升温平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升温平衡正向移动，则题图中曲线a表示CO的选择性，c表示的选择性，则曲线b表示的转化率，A项错误； B．催化剂只能影响反应速率，不能影响平衡，即催化剂不能影响平衡时体系中的选择性，B项错误； C．300℃时，的转化率为30%，CO的选择性为70%，的选择性为30%，结合化学计量数可知，此时，，，， ，反应Ⅱ反应前后气体的化学计量数之和不变，故可以用物质的量代替浓度计算化学平衡常数，则反应Ⅱ的平衡常数，C项正确； D．随着温度的升高，以反应Ⅱ为主，容器内逐渐增大，D项错误； 故选C。 二、解答题(本大题共4小题，满分61分。) 14. 活性炭（AC）负载、材料联合可去除废水中的硝态氮。 （1）制备材料。将活性炭，、，脱氧水放入锥形瓶中，在超声波震荡下加入过量反应30min，过滤，洗涤，干燥，得到材料。 ①加入的作用是________。 ②选用活性炭作为载体的优点是________。 （2）测试性能。保持材料中碳质量不变，改变铁的质量得到铁炭质量比与去除率的关系如图1所示。不同废水初始pH对去除的产物选择性的影响如图2所示。 ①时主要转化为，去除的主要反应离子方程式为________。 ②铁炭质量比减小导致去除率减小的原因是________。 ③保持铁炭质量不变，增加镍的质量，去除率逐渐增加的原因是________。 （3）联合除氮。联合解决除硝转氨问题的机理如题图3所示。氨氮的去除率与溶液pH之间的关系如图4所示。 ①与反应的化学方程式为________。 ②pH<7.5，减小pH，导致氨氮的去除率降低的原因是________。 【答案】（1） ①. 将Fe2+和Ni2+还原为Fe和Ni ②. 活性炭不参与反应；结构多孔，比表面积大，吸附性强；可作为原电池的正极，加快反应速率 （2） ①. ②. 还原剂Fe的量减小，被还原的NO的量减小，形成的Fe-C原电池减少，降低了反应速率 ③. 形成镍-铁微原电池和镍-炭微原电池，加快反应速率 （3） ①. ②. NH3转化为，还原性减弱；c(H+)增大，使得反应(III)平衡向逆反应方向移动，不利于氧化 【解析】 【小问1详解】 ①在制备材料时，加入的作用是将Fe2+和Ni2+还原为Fe和Ni单质，使其负载在活性炭上； ②选用活性炭作为载体的优点是：活性炭不参与反应；结构多孔，比表面积大，吸附性强；可作为原电池的正极，加快反应速率； 【小问2详解】 ①由图可知，时主要转化为，主要被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，去除的主要反应离子方程式为：； ②铁炭质量比减小会导致去除率减小，原因是：还原剂Fe的量减小，被还原的NO的量减小，形成的Fe-C原电池减少，降低了反应速率； ③保持铁炭质量不变，增加镍的质量，形成镍-铁微原电池和镍-炭微原电池，加快反应速率； 【小问3详解】 ①具有强氧化性，能将氧化为，自身被还原为NaCl，反应的化学方程式为：； ②pH<7.5时，减小pH，会导致氨氮的去除率降低，原因是：NH3转化为，还原性减弱；c(H+)增大，使得反应(III)平衡向逆反应方向移动，不利于氧化。 15. 化合物E是合成治疗呼吸系统疾病药物利巴韦林的中间体，其合成路线如下： （1）A分子中碳原子的杂化方式为____________。 （2）A→B反应中有一种分子式为C2H4N2O2的副产物生成，其结构简式为 ___________。 （3）C→D的环化反应机理表明：反应经历了C→X→D的过程，中间体X的结构简式为。其中C→X依次发生了加成和消去反应，则X→D发生的反应类型为 ___________。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： ___________。 ①苯环上有5个取代基。 ②分 子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶4。 （5）三氮唑( )可用作复制系统的光电导体。写出以CH3OH、NH3和H2NNH2·H2O为原料制备三氮唑的合成路线流程图(其他无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _______ 【答案】（1）sp2、 sp3 （2） （3）先加成反应，后消去反应 （4）或 （5）CH3OH HCOOH 【解析】 【分析】由合成路线分析可知，A→B为A与NH3的醇溶液发生取代反应生成B和C2H5OH，B→C为B与水合肼的醇溶液发生取代反应生成C和C2H5OH， C与OHC-NH2先发生加成反应得到、再发生消去反应生成X为，X先发生加成反应得到后发生消去反应得到D，D与CH3CH2CH2OH/HCl发生取代反应生成E，据此分析解答问题。 【小问1详解】 A分子中酯基含有的羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，故A分子中碳原子的杂化方式为sp2、 sp3。 【小问2详解】 A为乙二酸二乙酯，是对称结构，由A→B反应中只有1个酯基发生反应，则有一种分子式为C2H4N2O2的副产物由A的2个酯基同时与NH3的醇溶液发生取代反应生成的，则其结构简式为。 【小问3详解】 据分析X→D发生的反应类型为先加成反应，后消去反应。 【小问4详解】 E为，一种同分异构体同时满足下列条件： ①苯环上有5个取代基； ②分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶4； 由E的结构可知其不饱和度为4，分子内共有4种不同环境的氢原子，则考虑对称性可得同分异构体的结构简式为或。 【小问5详解】 以CH3OH、NH3和H2NNH2·H2O为原料制备三氮唑 ( )，仿照流程，在催化剂作用下甲醇发生催化氧化反应生成甲酸，在浓硫酸、加热下甲酸和甲醇发生酯化反应得到甲酸甲酯，甲酸甲酯与NH3的醇溶液发生取代反应生成，甲酸甲酯与水合肼的醇溶液发生取代反应生成，与在HCOOH参与下生成，则合成路线流程为： CH3OH HCOOH HCOOCH3。 16. 对为载体的加氢废催化剂(主要含有、NiS、，少量碳、磷)处理的实验流程如下： （1）NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。 （2）高温氧化焙烧时，发生反应的化学方程式为_______。 （3）滤渣X的成分为和_______。 （4）易溶于水，、均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入，再滴加溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体。 ①实验中球形干燥管的作用是_______。 ②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成的离子方程式为_______。 ③向滤液中先通入后加入溶液的原因是_______。 （5）已知：①该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。 ②实验中须用到的试剂：2 溶液、0.1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的和不溶性杂质。请完成从浸渣制备的实验方案：_______。 【答案】（1）[Ar]3d8 （2） （3）Al(OH)3 （4） ①. 防止倒吸 ②. ③. 避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度 （5）向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤 【解析】 【分析】废催化剂通入空气氧化焙烧，、NiS、转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4； 【小问1详解】 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为[Ar]3d8； 【小问2详解】 高温氧化焙烧时，和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为； 【小问3详解】 由分析可知，滤渣X的成分为和Al(OH)3； 【小问4详解】 ①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸； ②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体，pH为9～10时磷主要以存在，则反应为； ③已知：易溶于水，、均难溶于水。向滤液中先通入后加入溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度； 【小问5详解】 该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。 17. 脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。 （1）受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。 反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1 =169.8kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2 =63.7kJ·mol-1 现将H2S和CH4按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。 ①2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g) ΔH3 =___________。 ②1050℃时，H2的体积分数为___________。 ③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，可能是___________。 （2）光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图所示。 ①光电催化法脱除H2S的离子方程式为___________。 ②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。 （3）催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是___________。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。 【答案】（1） ①. 233.5 kJ·mol-1 ②. 3.6% ③. 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应I，S2 (g)的体积分数减小 （2） ①. 2H2S+2I=S2↓+6I-+4H+ ②. 光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用 （3） ①. H2S中的H带正电、S带负电，Fe2O3中的Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 ②. 反应生成的硫单质附着在催化剂表面 【解析】 【小问1详解】 ①已知：反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1＝169.8 kJ⋅mol-1，反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝63.7  kJ⋅mol-1，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g) ΔH3=ΔH1+ΔH2=233.5kJ⋅mol-1，故答案为：233.5kJ⋅mol-1； ②1050℃时，S2和CS2的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成H2、消耗S2的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成S2的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成H2的体积分数为1.7%×2=3.4%，故H2的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%，故答案为：3.6%； ③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，故答案为：在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小； 【小问2详解】 ①光电催化法脱除H2S的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成S2和碘离子及氢离子，离子方程式为2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+，故答案为：2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+； ②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用，故答案为：光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用； 【小问3详解】 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强，故答案为：H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强； ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积，故答案为：反应生成的硫单质附着在催化剂表面。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级第二学期期末测试 化 学 一、单选题(本大题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上) 1. 高新科技的发展离不开化学材料，下列属于新型无机非金属材料的是 A. 石墨烯 B. 聚乙烯 C. 普通玻璃 D. 尼龙66 2. 氮化硅(Si3N4)可通过反应制备。下列说法正确的是 A. C基态原子价电子排布式为 B. 的电子式为 C. 是极性分子 D. 晶体属于分子晶体 3. CuBr是常用的催化剂，受热易分解。可通过制备。下列实验室制备CuBr的实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备SO2气体 B. 用装置乙收集SO2气体 C. 用装置丙制备CuBr D. 用装置丁吸收多余的SO2气体 4. 元素N、O、P、S位于周期表中p区。下列说法正确的是 A. 电离能：(P)>(S) B. 原子半径：r(O)>r(N) C. 酸性： D. 热稳定性： 阅读下列材料，完成下面小题。 ⅤA族元素单质及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，肼(N2H4)是高能燃料，其标准燃烧热为624kJ/mol。常温下，可用氨水与NaClO溶液制备N2H4。由Ca3(PO4)2、SiO2和碳粉在电弧炉中高温灼烧可生成白磷(P4)和CO。砷烷(AsH3，砷元素的化合价为-3价，熔点为-116.3℃)，可由Na3AsO3在碱性溶液中电解制得。 5. 下列说法正确的是 A. 1molN2H4中含有5molσ键 B. AsH3晶体类型为共价晶体 C. As的核外电子排布式为 D. 白磷的空间结构为正四面体(如题图所示)，键角为 6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. NaClO溶液具有碱性，可用作漂白剂 B. N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料 C. SiO2为酸性氧化物，可用作光导纤维 D. NH3分子间可形成氢键，NH3的热稳定性比PH3的高 7. 下列化学反应方程式不正确的是 A. 电解Na3AsO3碱性溶液制砷烷的阴极反应： B. 氨水与NaClO溶液制N2H4的反应： C. 肼的燃烧： D. 由Ca3(PO4)2制白磷的反应： 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制硝酸： B. 硅的提纯： C. 工业制钛：饱和NaCl溶液 D. 工业制银镜： 9. 化合物Z是一种重要的医药中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X中的σ键和π键的数目比为13∶4 B. Y存在对映异构体 C. Z分子中所有碳原子可能共面 D. Y、Z可以用酸性溶液鉴别 10. 一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. I为阳离子交换膜，III为阴离子交换膜 B. 电极b上发生的电极反应式为： C. 须在3室中加入海水，电解池工作一段时间后，3室中可以得到淡化海水 D. 若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5 g NaCl，理论上消耗标准状况下 11. 室温下，探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 实验1：向溶液滴加数滴浓盐酸。溶液黄色加深。 实验2：向实验1所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液变为血红色。 实验3：向实验2后所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液红色褪去变成无色。 实验4：向实验3后所得的溶液中滴加淀粉-KI溶液。溶液无明显现象。 已知：为黄色，为红色，为无色。 下列说法正确的是 A. 实验1中颜色加深的原因是的平衡常数增大 B. 实验2能得出的结论是与的配位能力比的强 C. 实验3所得的溶液中： D. 实验4说明在该条件下的氧化性比强 12. 室温下，通过实验探究NaHS溶液的性质并记录如下表。下列说法不正确的是 实验 实验操作和现象 1 向0.1mol·L-1 NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红 2 向0.1mol·L-1 NaHS溶液中加入少量FeCl3溶液，产生淡黄色沉淀 3 向0.1mol·L-1 NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀 A. 实验1证明NaHS溶液中存在：HS-+H2OH2S+OH- B. 实验1可推测出NaHS溶液中存在：c(HS-)>c(H2S)>c(S2-) C. 实验2反应的离子方程式：HS-+2Fe3+=2Fe2++S↓+H+ D. 实验3反应静置后的上层清液中存在：c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS) 13. 向2L的密闭容器中加入1mol和1mol，发生如下两个反应： 反应Ⅰ：　； 反应Ⅱ：　。 不同温度下的平衡转化率、CO的选择性和的选择性如图所示(选择性指生成CO或占消耗总量的百分比)。下列相关说法正确的是 A. 曲线a表示的平衡转化率 B. 选择适宜的催化剂可以提高平衡时体系中的选择性 C. 300℃时，反应Ⅱ的平衡常数K≈0.173 D. 随着温度的升高，容器内逐渐减小 二、解答题(本大题共4小题，满分61分。) 14. 活性炭（AC）负载、材料联合可去除废水中的硝态氮。 （1）制备材料。将活性炭，、，脱氧水放入锥形瓶中，在超声波震荡下加入过量反应30min，过滤，洗涤，干燥，得到材料。 ①加入的作用是________。 ②选用活性炭作为载体的优点是________。 （2）测试性能。保持材料中碳质量不变，改变铁的质量得到铁炭质量比与去除率的关系如图1所示。不同废水初始pH对去除的产物选择性的影响如图2所示。 ①时主要转化为，去除的主要反应离子方程式为________。 ②铁炭质量比减小导致去除率减小的原因是________。 ③保持铁炭质量不变，增加镍的质量，去除率逐渐增加的原因是________。 （3）联合除氮。联合解决除硝转氨问题的机理如题图3所示。氨氮的去除率与溶液pH之间的关系如图4所示。 ①与反应的化学方程式为________。 ②pH<7.5，减小pH，导致氨氮的去除率降低的原因是________。 15. 化合物E是合成治疗呼吸系统疾病药物利巴韦林的中间体，其合成路线如下： （1）A分子中碳原子的杂化方式为____________。 （2）A→B反应中有一种分子式为C2H4N2O2的副产物生成，其结构简式为 ___________。 （3）C→D的环化反应机理表明：反应经历了C→X→D的过程，中间体X的结构简式为。其中C→X依次发生了加成和消去反应，则X→D发生的反应类型为 ___________。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： ___________。 ①苯环上有5个取代基。 ②分 子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶4。 （5）三氮唑( )可用作复制系统的光电导体。写出以CH3OH、NH3和H2NNH2·H2O为原料制备三氮唑的合成路线流程图(其他无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _______ 16. 对为载体的加氢废催化剂(主要含有、NiS、，少量碳、磷)处理的实验流程如下： （1）NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。 （2）高温氧化焙烧时，发生反应的化学方程式为_______。 （3）滤渣X的成分为和_______。 （4）易溶于水，、均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入，再滴加溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体。 ①实验中球形干燥管的作用是_______。 ②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成的离子方程式为_______。 ③向滤液中先通入后加入溶液的原因是_______。 （5）已知：①该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。 ②实验中须用到的试剂：2 溶液、0.1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的和不溶性杂质。请完成从浸渣制备的实验方案：_______。 17. 脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。 （1）受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。 反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1 =169.8kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2 =63.7kJ·mol-1 现将H2S和CH4按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。 ①2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g) ΔH3 =___________。 ②1050℃时，H2的体积分数为___________。 ③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，可能是___________。 （2）光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图所示。 ①光电催化法脱除H2S的离子方程式为___________。 ②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。 （3）催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是___________。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $