精品解析：江苏南通市某校2025-2026学年高二上学期1月学情调研化学试题

高二年级学情调研 化学 (满分：100分 考试时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Zn：65 一、 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 2023年杭州亚运会主火炬燃料使用的甲醇由和烟气中捕集的合成，称为“零碳甲醇”。下列说法正确的是 A. 甲醇属于电解质 B. 转化为甲醇发生还原反应 C. 零碳甲醇燃烧不产生 D. 零碳甲醇燃烧吸收热量 2. 反应可用于生产磨砂玻璃。下列说法正确的是 A. 为分子晶体 B. 分子间可形成氢键 C. 中元素的化合价为 D. 的电子式为 3. 下列各图所示装置不能达到实验目的的是 A．图甲，测定中和反应的反应热 B．图乙，用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 C．图丙，铁钉镀锌 D．图丁，制取无水 A. A B. B C. C D. D 4. 硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是 A. 沸点： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 酸性强弱： 5. 下列有关化学反应原理的应用不能达到目的的是 A. 为加快锌粒和稀硫酸反应速率：各反应体系中滴加少量溶液 B. 为增大氯水中HClO浓度：向新制氯水中加入 C. 为除去锅炉水垢中的：用饱和溶液浸泡预处理 D. 为减缓海水中钢铁水闸腐蚀：水闸与外加直流电源的正极相连 阅读材料，的综合利用具有重要意义。的捕集方法众多，可以形成、、尿素[]等重要化合物，还可以催化转化为高附加值化学品CO、、、HCOOH等。如用镍基催化剂催化电解可得到。完成问题： 6. 下列说法不正确的是 A. 与属于同分异构体 B. 属于含有极性共价键的非极性分子 C. 基态Ni原子的价电子排布为 D. 可通过X射线衍射实验比较和的键角大小 7. 下列有关反应原理表述正确的是 A. 侯氏制碱法中制备： B. 碱性条件下催化电解制的阴极反应： C. 使用催化剂可降低与合成的活化能，从而增大反应的ΔH D. 载人飞船中常用LiOH固体吸收而不用KOH固体是由于LiOH碱性更强 8. Haber-Bosch法合成氨反应为，工业上将原料以投入合成塔。下列说法正确的是 A. 从合成塔排出的气体中， B. 当时，反应达到平衡状态 C. (E表示键能) D. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 9. 下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示一定条件下的合成氨反应中，的平衡体积分数随起始体积分数(的起始量恒定)的变化，图中a点的转化率小于b点 B. 图乙表示一定条件下进行的反应中各成分的物质的量浓度变化，时刻改变的条件是缩小容器的体积 C. 图丙表示25 ℃时，分别加水稀释体积均为100 mL、pH=2的一元酸溶液和HX溶液，则25 ℃时HX的电离平衡常数大于 D. 图丁表示用 NaOH溶液滴定20.00 mL 溶液的滴定曲线 10. 第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳（）和锰基高锰普鲁士白为电极的新型二次电池，充电时嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 充电时，a接电源的负极 B. 充电时，B极反应为 C. 放电时，穿过离子交换膜向B极移动 D. 放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 比较和的水解能力大小 用pH试纸测定等浓度的KClO溶液、KF溶液的pH，比较pH的大小 B 阴离子在石墨电极上的放电能力： 用石墨电极电解溶液，湿润的淀粉KI试纸在阳极附近变蓝 C 比较正反应和逆反应活化能的大小 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，观察颜色变化 D 能否催化分解 向2 mL 5% 溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 A. A B. B C. C D. D 12. 工业上可利用氨水吸收和，原理如图所示。已知：25℃时，的，的，。下列说法正确的是 A. 向氨水中通入至pH=7： B. 反应的平衡常数 C. 向氨水中通入恰好生成： D. 被吸收的离子方程式： 13. 是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 下列说法不正确的是 A. 0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大 B. 从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小 C. 280℃时增大压强，的转化率可能大于40％ D. 需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂 二、 非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 15. 锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。 （1）工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为)可得到与混合溶液和单质S。 已知：，，。 工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示如下： ⅰ：； ⅱ：________。 ①过程ⅱ的离子方程式为_______________________________。 ②浸出过程中加入的硫酸浓度不宜过大的原因是_________________________。 ③为验证上述“催化”过程，补充完整实验方案：取酸化的溶液，______________________________________________。 （2）工业电解制锌粉：以和混合液(pH为4～6)为电解质溶液，用图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率=×100%)制得65 g锌粉时，电解质溶液中的质量增加_________g。 （3）实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入与混合溶液并通入，可将ZnS转化为。结合平衡移动原理解释对浸锌的作用是____________________________________________________________________。 （4）硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 充电过程中ZnS到的电极方程式为______________________________(x和y用具体数字表示)。 16. 酸性废水中三价砷As（III）主要以弱酸形式存在，处理达标后才能排放。 （1）电解除砷 电解含的酸性废水，将砷转化为气体去除。原理如图1所示。 ①写出转化为的电极反应式：__________。 ②离子交换膜应选择__________交换膜（填“阴离子”或“阳离子”）。 （2）硫化沉砷 向含的酸性废水中加入适量硫化钠，将转化为沉淀去除。 已知：i.；ii.。 ①“硫化沉砷”的离子方程式为__________。 ②硫化钠不能过量，主要的原因是__________。 ③除砷率随pH变化的曲线如图2所示。pH>7.0时，除砷率下降的原因是__________。 （3）氧化吸附除砷 新生态悬浊液具有较强的氧化性和吸附性，能将酸性废水中（III）氧化为后吸附去除。已知：常温下，，，，。 ①写出将废水中转化为的离子方程式：__________。 ②结合分析，时吸附的As（V）的主要微粒为__________。 ③砷去除率随变化的曲线如图3所示。加入溶液的体系中，当时，砷去除率提高到接近100%。可能的原因是__________。 17. 天然气的主要成分是重要的化工原料。 （1）在无氧环境下，经催化脱氢制备时主要发生如下反应： ⅰ． ⅱ． ①反应ⅰ在________(填“低温”“高温”或“任何温度”)可自发进行。 ②随着反应的进行，转化率和产率均逐渐降低，原因是_________________________。 （2）光催化制乙酸。 在光照条件下，以PdO/Pd为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的和进行反应。在Pd表面产生·OH。生成乙酸的一种机理如图所示。 ①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，则X的结构为________。步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，Y可能为________ (填字母)。 A．CO B． C． ②催化剂中Pd元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO的含量变化如图所示。当PdO的含量大于10 μmol时，随着PdO含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是______________________________________________。若催化剂中不含PdO时，在Pd上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有、________ (填结构简式)。 ③在该光催化条件下，比更易活化，生成更多的·OH。若用代替部分进行实验，随着含量的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是______________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级学情调研 化学 (满分：100分 考试时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Zn：65 一、 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 2023年杭州亚运会主火炬燃料使用的甲醇由和烟气中捕集的合成，称为“零碳甲醇”。下列说法正确的是 A. 甲醇属于电解质 B. 转化为甲醇发生还原反应 C. 零碳甲醇燃烧不产生 D. 零碳甲醇燃烧吸收热量 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲醇是有机化合物，在水溶液中不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，A错误； B．二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，甲醇中碳元素的化合价为-2价，碳元素的化合价降低，发生还原反应，B正确； C．“零碳”强调制备甲醇的碳来自烟气中捕集的二氧化碳，甲醇完全燃烧仍会生成二氧化碳，C错误； D．甲醇燃烧是放热反应，会放出热量，D错误； 故选B。 2. 反应可用于生产磨砂玻璃。下列说法正确的是 A. 为分子晶体 B. 分子间可形成氢键 C. 中元素的化合价为 D. 的电子式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．是Si原子与O原子通过共价键形成的晶体，是共价晶体，故A错误； B．由于氟元素的电负性很强，HF中氢原子和氟原子之间的共用电子对偏向于F，使H几乎成为裸露的质子，F原子带部分负电荷，一分子HF中的F与另一分子HF中的H产生静电作用，即分子间可形成氢键，故B正确； C．中F元素为-1价，元素的化合价为+4，故C错误； D．水分子的结构式为H—O—H，且氧原子还有2对未共用电子对，电子式为，故D错误； 答案选B。 3. 下列各图所示装置不能达到实验目的的是 A．图甲，测定中和反应的反应热 B．图乙，用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 C．图丙，铁钉镀锌 D．图丁，制取无水 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】应根据各装置中直接影响实验结果的部件位置、连接方式和操作判断。中和反应热测定要尽量减少热量散失；酸碱中和滴定临近终点时要边滴加边振荡锥形瓶并观察瓶内指示剂颜色变化；电镀时镀件作阴极、镀层金属作阳极；加热氯化镁晶体制无水氯化镁时，氯化氢气流可抑制其水解。 【详解】A．图甲只使用普通烧杯，保温效果差，反应放出的热量容易散失，测得的温度变化偏小，不能准确测定中和反应的反应热，A错误； B．图乙中滴定管尖嘴位于锥形瓶上方，滴定时振荡锥形瓶并注视瓶内溶液颜色变化，可以判断滴定终点，B正确； C．图丙中铁钉连接电源负极，作阴极；锌片连接电源正极，作阳极；电解质为氯化锌溶液，能在铁钉表面镀锌，C正确； D．图丁在氯化氢气流中加热氯化镁晶体，氯化氢可抑制氯化镁水解，能制得无水氯化镁，D正确； 故选A。 4. 硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是 A. 沸点： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 酸性强弱： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢不能形成分子间氢键，所以氨分子分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，A错误； B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性大小：，B错误； C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则元素第一电离能：，C正确； D．同一周期主族元素从左到右，元素非金属性递增，最高价氧化物的水化物酸性增强，酸性强弱：，D错误； 故选C。 5. 下列有关化学反应原理的应用不能达到目的的是 A. 为加快锌粒和稀硫酸反应速率：各反应体系中滴加少量溶液 B. 为增大氯水中HClO浓度：向新制氯水中加入 C. 为除去锅炉水垢中的：用饱和溶液浸泡预处理 D. 为减缓海水中钢铁水闸腐蚀：水闸与外加直流电源的正极相连 【答案】D 【解析】 【分析】向锌粒与稀硫酸的反应体系中加入少量硫酸铜，锌置换出铜，锌、铜形成原电池，可加快锌与稀硫酸的反应；氯水中存在氯气与水的反应平衡，加入碳酸钙可消耗盐酸，使平衡向生成次氯酸的方向移动；硫酸钙可转化为更难溶且易与酸反应的碳酸钙；外加电流阴极保护法要求被保护的钢铁与直流电源负极相连。 【详解】A．加入少量硫酸铜后，锌置换出铜，锌、铜形成原电池，锌与稀硫酸的反应速率加快，能达到目的，A正确； B．碳酸钙与盐酸反应，降低盐酸浓度，使氯气与水的反应平衡向生成次氯酸的方向移动，次氯酸浓度增大，能达到目的，B正确； C．硫酸钙微溶，浸泡在饱和碳酸钠溶液中可转化为更难溶且易与酸反应的碳酸钙，预处理后便于用酸除去，能达到目的，C正确； D．采用外加电流阴极保护法时，应将钢铁水闸与直流电源的负极相连，使水闸作阴极；与正极相连会使水闸作阳极而加快腐蚀，不能达到目的，D错误； 故选D。 阅读材料，的综合利用具有重要意义。的捕集方法众多，可以形成、、尿素[]等重要化合物，还可以催化转化为高附加值化学品CO、、、HCOOH等。如用镍基催化剂催化电解可得到。完成问题： 6. 下列说法不正确的是 A. 与属于同分异构体 B. 属于含有极性共价键的非极性分子 C. 基态Ni原子的价电子排布为 D. 可通过X射线衍射实验比较和的键角大小 7. 下列有关反应原理表述正确的是 A. 侯氏制碱法中制备： B. 碱性条件下催化电解制的阴极反应： C. 使用催化剂可降低与合成的活化能，从而增大反应的ΔH D. 载人飞船中常用LiOH固体吸收而不用KOH固体是由于LiOH碱性更强 【答案】6. C 7. B 【解析】 【6题详解】 A．与的分子式均为，但原子连接方式不同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确； B．中心原子C的价层电子对数为2，无孤对电子，空间构型为直线形，两个极性C=O键的极性相互抵消，分子为非极性分子，B正确； C．过渡元素Ni为28号元素，价电子包括3d和4s电子，基态Ni原子的价电子排布为，选项漏写了3d电子，C错误； D．X射线衍射可获得物质的空间结构数据；为正四面体形，键角约为109°28′，为平面三角形，键角为120°，可据此比较二者键角，D正确； 故选C； 【7题详解】 A．侯氏制碱法中碳酸氢钠因溶解度较小而析出，氯化铵留在溶液中，选项将沉淀符号标在氯化铵之后。正确反应为，A错误； B．阴极发生还原反应，碳元素得电子；反应前后碳、氢、氧原子数和总电荷均守恒，阴极反应为，B正确； C．催化剂能降低与合成的活化能，但不能改变反应的ΔH，C错误； D．金属性，故碱性强于，LiOH与KOH吸收时的物质的量关系相同，而LiOH摩尔质量较小，单位质量能吸收更多二氧化碳；选择它不是因为碱性更强，D错误； 故选B。 8. Haber-Bosch法合成氨反应为，工业上将原料以投入合成塔。下列说法正确的是 A. 从合成塔排出的气体中， B. 当时，反应达到平衡状态 C. (E表示键能) D. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 【答案】A 【解析】 【分析】合成氨反应中，氢气与氮气按3∶1反应，而投料比中氢气相对不足，反应后两者剩余量之比可由反应进度比较。判断平衡状态需比较按同一化学反应计量归一后的正、逆反应速率；反应热等于断键吸收的能量与成键释放的能量之差；升温会同时增大正、逆反应速率。 【详解】A．以投料时氮气的物质的量为1 mol为基准，设反应消耗氮气x mol，则氮气剩余(1-x) mol，氢气剩余(2.8-3x) mol。因反应正向进行，x>0，故，A正确； B．按化学反应计量数，氢气的正反应消耗速率与氮气的正反应速率之比为3∶1，氨的逆反应消耗速率与氮气的逆反应速率之比为2∶1。平衡时正、逆反应速率相等，应满足，题给等式不能作为平衡判据，B错误； C．反应热等于反应物化学键断裂吸收的总能量与生成物化学键形成释放的总能量之差，该反应为放热反应，故应为，C错误； D．升高温度，正、逆反应速率均增大，D错误； 故选A。 9. 下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示一定条件下的合成氨反应中，的平衡体积分数随起始体积分数(的起始量恒定)的变化，图中a点的转化率小于b点 B. 图乙表示一定条件下进行的反应中各成分的物质的量浓度变化，时刻改变的条件是缩小容器的体积 C. 图丙表示25 ℃时，分别加水稀释体积均为100 mL、pH=2的一元酸溶液和HX溶液，则25 ℃时HX的电离平衡常数大于 D. 图丁表示用 NaOH溶液滴定20.00 mL 溶液的滴定曲线 【答案】A 【解析】 【分析】依次读取图甲两点的坐标关系、图乙在处各浓度曲线是否发生突变、图丙稀释后两条曲线的相对位置以及图丁的起始酸度和等当点位置，分别依据物料守恒、平衡移动、弱酸电离和酸碱滴定规律判断。 【详解】A．图甲中a、b两点的平衡体积分数相同，但b点的起始体积分数较大，而起始量不变。要在更多氢气存在时保持相同的平衡体积分数，b点须生成更多氨气，故其转化率更大，即a点小于b点，A正确； B．图乙中各组分的物质的量浓度在时均未发生瞬时跃变；若缩小容器体积，各组分的浓度应先同时瞬时增大，随后平衡向气体分子数减小的正反应方向移动。因此图示不符合缩小容器体积后的变化，B错误； C．两种酸的初始酸度相同，稀释倍数也相同时，弱酸的浓度越大，对浓度降低的缓冲作用越强，曲线升高得越少。图丙中曲线位于HX曲线上方，说明其更大，正确关系为，C错误； D．题给浓度的醋酸是弱酸，滴定前溶液的pH应大于1；加入20.00 mL氢氧化钠溶液时恰好完全反应，生成的醋酸钠水解使等当点的pH大于7。图丁的起始pH接近1且突跃中点约为7，与弱酸被强碱滴定的曲线不符，D错误； 故选A。 10. 第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳（）和锰基高锰普鲁士白为电极的新型二次电池，充电时嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 充电时，a接电源的负极 B. 充电时，B极反应为 C. 放电时，穿过离子交换膜向B极移动 D. 放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知，放电时，B极是原电池负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]；充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。 【详解】A．由分析，充电时，a接电源的正极，A错误； B．充电时，B极为阴极，钠离子得到电子发生还原反应嵌入硬碳：，B正确； C．放电时，阳离子向正极移动，故穿过离子交换膜向A极移动，C错误； D．A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]；结合电子守恒，放电时，每转移1mol电子，A极增加1mol钠离子，质量增加23g，D错误； 故选B。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 比较和的水解能力大小 用pH试纸测定等浓度的KClO溶液、KF溶液的pH，比较pH的大小 B 阴离子在石墨电极上的放电能力： 用石墨电极电解溶液，湿润的淀粉KI试纸在阳极附近变蓝 C 比较正反应和逆反应活化能的大小 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，观察颜色变化 D 能否催化分解 向2 mL 5% 溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】评价实验方案时，要判断实验现象能否准确测量目标量、是否受其他物质或反应干扰，以及现象能否唯一证明所要比较或验证的结论。温度改变可由平衡移动方向判断反应热效应；若反应为基元反应，再由正、逆反应经过同一过渡状态判断两者活化能的相对大小。 【详解】A．次氯酸盐溶液具有漂白性，会使pH试纸褪色，不能用该方法准确比较两种溶液的pH，因而不能比较两种阴离子的水解能力，A错误； B．阳极发生反应，生成的氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；该现象只能说明有氯气生成，不能排除氢氧根离子也放电，不能据此比较两者的放电能力，B错误； C．烧瓶浸入冷水后气体颜色变浅，说明平衡向生成四氧化二氮的方向移动，正反应为放热反应。正、逆反应经过同一过渡状态，放热方向的活化能较小，故正反应活化能小于逆反应活化能，能够达到探究目的，C正确； D．产生气泡只能说明加入硫酸亚铁后有气体生成；亚铁离子可能参与反应而被氧化为铁离子消耗，产生的铁离子也能催化双氧水分解，因此不能据此判断亚铁离子是催化剂，D错误； 故选C。 12. 工业上可利用氨水吸收和，原理如图所示。已知：25℃时，的，的，。下列说法正确的是 A. 向氨水中通入至pH=7： B. 反应的平衡常数 C. 向氨水中通入恰好生成： D. 被吸收的离子方程式： 【答案】C 【解析】 【分析】在含亚硫酸根各级粒子的溶液中，电荷守恒为。当pH=7时，氢离子与氢氧根离子的浓度相等；氨与亚硫酸的质子转移平衡常数可由酸、碱的电离常数和水的离子积组合得到。恰好生成酸式盐时，，亚硫酸氢根的电离强于水解，铵根水解也使溶液呈酸性；由物料守恒与电荷守恒可得。流程图表明二氧化氮由亚硫酸氢铵溶液吸收，因此书写相应离子方程式时应保留酸式根离子整体，并核对元素、电荷和电子转移是否守恒。 【详解】A．当pH=7时，电荷守恒式化为，因此，题给次序相反，A错误； B．将亚硫酸的两步电离与两次氨分子结合氢离子的平衡相加，得到，而不是，B错误； C．恰好生成酸式盐时，氨与硫的总浓度相等，结合物料守恒和电荷守恒可得。该溶液显酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，因而，C正确； D．流程图给出的吸收剂是亚硫酸氢铵溶液，其中主要含硫离子为亚硫酸氢根；书写离子方程式时不能把该酸式根拆成亚硫酸根。氮元素由+4价降低到0价，硫元素由+4价升高到+6价，按电子守恒配平后，完整正确离子方程式为，题给反应物形式错误，D错误； 故选C。 13. 是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 下列说法不正确的是 A. 0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大 B. 从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小 C. 280℃时增大压强，的转化率可能大于40％ D. 需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图像可知0～tmin内，240℃下甲醇的选择性几乎是100%，而280℃下甲醇的选择性90%，这说明240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大，A正确； B．根据方程式可知消耗1mol二氧化碳生成1mol水，从220℃～280℃时二氧化碳的平衡转化率逐渐减小至几乎不再发生变化，所以的平衡产率也是逐渐减小至几乎不再发生变化，B错误； C．280℃时增大压强反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ平衡不移动，因此依据图像可判断的转化率可能大于40％，C正确； D．由于反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，所以需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，D正确； 答案选B。 二、 非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】（1） ①. 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 ②. 否, ，， ，则未沉淀完全 ③. ZnO （2） ①. ②. 负电 （3） ①. ②. 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【解析】 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【小问1详解】 ①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 【小问2详解】 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 【小问3详解】 ①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 15. 锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。 （1）工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为)可得到与混合溶液和单质S。 已知：，，。 工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示如下： ⅰ：； ⅱ：________。 ①过程ⅱ的离子方程式为_______________________________。 ②浸出过程中加入的硫酸浓度不宜过大的原因是_________________________。 ③为验证上述“催化”过程，补充完整实验方案：取酸化的溶液，______________________________________________。 （2）工业电解制锌粉：以和混合液(pH为4～6)为电解质溶液，用图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率=×100%)制得65 g锌粉时，电解质溶液中的质量增加_________g。 （3）实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入与混合溶液并通入，可将ZnS转化为。结合平衡移动原理解释对浸锌的作用是____________________________________________________________________。 （4）硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 充电过程中ZnS到的电极方程式为______________________________(x和y用具体数字表示)。 【答案】（1） ①. ②. 避免硫酸与ZnS反应生成，污染环境 ③. 加入KSCN溶液，溶液不显红色；加入适量，溶液变红；静置，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 （2）16.25 （3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 （4） 【解析】 【分析】本题围绕湿法炼锌展开。工业浸出部分先依据锰、铁元素的氧化还原关系补全铁离子循环，再用题给酸的电离常数和溶度积判断酸浓度对硫化氢生成平衡的影响，并用分步检验验证铁离子价态变化；电解部分按阴、阳极电子转移和电流效率守恒计算溶液质量变化；氯氨法根据氧化剂消耗硫离子判断溶解平衡移动；晶胞部分先由图中原子位置计数确定目标化学式，再按元素和电荷守恒配平电极方程式。 【小问1详解】 ①过程ⅰ将亚铁离子氧化为铁离子；过程ⅱ中铁离子氧化ZnS并再生亚铁离子，故过程ⅱ为。 ②由题给数据，将溶解平衡与两级质子化反应相加可得，。平衡时有。在锌离子浓度等条件相同时，提高硫酸浓度会使平衡时硫化氢浓度随氢离子浓度的平方增大，因而硫酸浓度不宜过大，以免生成的硫化氢污染环境。 ③先向酸化的溶液中加入KSCN溶液，不显红色，说明原溶液中不含；加入适量后变红，说明被氧化为；再加入ZnS后红色褪去，说明与ZnS反应并再生，由此验证该循环过程。 【小问2详解】 生成65 g锌即生成1 mol锌，按电流效率可得。阴极反应为，析出锌消耗2 mol电子；其余0.5 mol电子对应阳极反应，故溶液中锌离子增加的质量为。 【小问3详解】 闪锌矿在溶液中存在平衡。通入的将氧化为单质硫，使溶液中浓度减小，平衡向右移动，从而促进闪锌矿溶解。 【小问4详解】 由晶胞图中各粒子的位置和占有份额计数，目标相中x=1.5、y=0.25，其化学式为。再按锌、硫、锂元素和电荷守恒配平，得到充电时的电极方程式为。 16. 酸性废水中三价砷As（III）主要以弱酸形式存在，处理达标后才能排放。 （1）电解除砷 电解含的酸性废水，将砷转化为气体去除。原理如图1所示。 ①写出转化为的电极反应式：__________。 ②离子交换膜应选择__________交换膜（填“阴离子”或“阳离子”）。 （2）硫化沉砷 向含的酸性废水中加入适量硫化钠，将转化为沉淀去除。 已知：i.；ii.。 ①“硫化沉砷”的离子方程式为__________。 ②硫化钠不能过量，主要的原因是__________。 ③除砷率随pH变化的曲线如图2所示。pH>7.0时，除砷率下降的原因是__________。 （3）氧化吸附除砷 新生态悬浊液具有较强的氧化性和吸附性，能将酸性废水中（III）氧化为后吸附去除。已知：常温下，，，，。 ①写出将废水中转化为的离子方程式：__________。 ②结合分析，时吸附的As（V）的主要微粒为__________。 ③砷去除率随变化的曲线如图3所示。加入溶液的体系中，当时，砷去除率提高到接近100%。可能的原因是__________。 【答案】（1） ①. ②. 阳离子 （2） ①. ②. 硫化钠过量，溶液中增大，正向进行程度增大，不利于沉砷 ③. ，碱性增强，水解程度增大，生成可溶性的或 （3） ①. ②. ③. 发生水解转化为也能吸附；与转化为沉淀 【解析】 【小问1详解】 ①转化为，As的化合价由+3价降为-3价，得6个电子，在酸性条件下进行，综合电荷守恒可得电极反应式：； ②含的酸性废水发生的电极反应为，反应消耗氢离子，稀硫酸的一极上氢离子通过交换膜转移过来，故离子交换膜应选择阳离子交换膜； 【小问2详解】 ①向含的酸性废水中加入适量硫化钠，将转化为沉淀去除，“硫化沉砷”的离子方程式为； ②硫化钠不能过量，主要的原因是硫化钠过量，溶液中增大，正向进行程度增大，不利于沉砷； ③除砷率随pH变化的曲线如图2所示。根据图中曲线可知，，碱性增强，水解程度增大，生成可溶性的或，因此pH>7.0时，除砷率下降； 【小问3详解】 ①将废水中转化为，同时被还原为锰离子，反应的离子方程式为：； ②，时，，，；，，，因此 吸附的As（V）的主要微粒为； ③砷去除率随变化的曲线如图3所示。加入溶液的体系中，当时，发生水解转化为也能吸附；与转化为沉淀，则砷去除率提高到接近100%。 17. 天然气的主要成分是重要的化工原料。 （1）在无氧环境下，经催化脱氢制备时主要发生如下反应： ⅰ． ⅱ． ①反应ⅰ在________(填“低温”“高温”或“任何温度”)可自发进行。 ②随着反应的进行，转化率和产率均逐渐降低，原因是_________________________。 （2）光催化制乙酸。 在光照条件下，以PdO/Pd为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的和进行反应。在Pd表面产生·OH。生成乙酸的一种机理如图所示。 ①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，则X的结构为________。步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，Y可能为________ (填字母)。 A．CO B． C． ②催化剂中Pd元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO的含量变化如图所示。当PdO的含量大于10 μmol时，随着PdO含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是______________________________________________。若催化剂中不含PdO时，在Pd上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有、________ (填结构简式)。 ③在该光催化条件下，比更易活化，生成更多的·OH。若用代替部分进行实验，随着含量的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是______________________________________。 【答案】（1） ①. 高温 ②. 反应ⅱ中有积炭生成，随着生成的积炭逐渐增多，催化剂表面活性位点减少，催化性能降低，反应速率减慢 （2） ①. 或 ②. B ③. 光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生·OH的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少 ④. ⑤. 装置中产生大量的·OH，直接将甲烷氧化为 【解析】 【分析】反应ⅰ为吸热且气体物质的量增大的反应，故ΔH>0、ΔS>0，升高温度时−TΔS项使ΔG减小。反应ⅱ生成积炭，积炭覆盖催化剂表面活性位点。机理图中，步骤Ⅰ—Ⅴ先在Pd/PdO表面活化甲烷并逐步氧化，步骤Ⅵ形成碳碳单键，步骤Ⅶ生成乙酸，步骤Ⅷ用氧化性物质补充氧并恢复催化剂表面。曲线显示PdO含量超过10 μmol后，继续增加PdO时光催化效率下降；又因Pd元素总量一定，Pd含量随之减少，使产生羟基自由基和吸附甲烷的位点减少。用氧气代替部分水会产生更多羟基自由基，甲烷虽消耗增多，但深度氧化加剧。 【小问1详解】 反应ⅰ吸热且气体总物质的量由6 mol增至10 mol，因此ΔH>0、ΔS>0。由ΔG=ΔH−TΔS可知，温度足够高时ΔG<0，故填“高温”。反应ⅱ生成的积炭逐渐覆盖催化剂表面，使活性位点减少、催化性能下降，反应速率减慢，所以甲烷转化率和苯产率均逐渐降低； 【小问2详解】 ①图中步骤Ⅵ前，甲基与相邻的羰基碳分别吸附在两个Pd位点；形成碳碳单键后，X为或。步骤Ⅷ由含氧空位的表面恢复为含PdO的表面，需要氧化性物质补充氧，故Y可为氧气。 故选B。 ②当PdO含量大于10 μmol时，曲线显示光催化效率随PdO含量增加而下降；Pd元素总量一定，PdO增多使Pd含量减少，而水在Pd表面产生羟基自由基，甲烷也需在Pd表面吸附，因此羟基自由基的生成量和甲烷吸附量均减少，甲烷转化率下降，乙酸产量减少。催化剂不含PdO时，甲基可相互结合生成乙烷，也可与羟基自由基结合生成甲醇。 ③氧气比水更易活化，随着氧气含量上升，生成的羟基自由基增多，甲烷被进一步氧化为二氧化碳的比例增大，因此甲烷消耗量略增而乙酸产量下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $