周周测18 期末检测（周测）化学苏教版选择性必修1

**基本信息** 以工业合成甲醇、软锰矿制备等真实情境为载体，融合化学平衡、电化学等核心知识，通过选择与综合题梯度设计，考查化学观念与科学思维，适配高中化学期末周测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|13/39|化学平衡移动、物质性质与用途、实验装置分析、电解质溶液|结合反应历程图（题9）、沉淀转化实验（题10），考查科学思维与证据推理| |非选择题|4/61|工业反应平衡、电化学应用、物质制备流程、元素化合物综合|以DMO催化合成乙二醇（题13）、软锰矿浸取（题16）等工业情境，考查科学探究与实践，呼应高考真实问题命题趋势|

周周测18 （期末检测 限时：75分钟 总分：100分） 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．合成甲醇的反应存在平衡体系CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH<0，为了提高CH3OH的产量，应该采取的措施是 A．高温、高压 B．适宜的温度、高压、催化剂 C．低温、低压 D．高温、高压、催化剂 2．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．能溶于水，可用于工业制盐酸 B．有导电性，可用于湿法炼铜 C．溶液呈碱性，可用于除油污 D．易分解，可用于治疗胃酸过多 3．下列实验原理与装置能达到实验目的的是 A．用装置甲定量测定的分解速率 B．用装置乙制备并能较长时间观察其颜色 C．用装置丙测氯水的 D．用装置丁测定溶液物质的量浓度 4．相同物质的量浓度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的 HCN和 HClO溶液的说法中正确的是 A．酸性的强弱：HCN > HClO B．pH：HClO>HCN C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量： HClO > HCN D．酸根离子的浓度：c(CN−) < c(ClO− ) 5．碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A．电池为二次电池 B．电池工作时，通过隔膜向Zn极移动 C．电池工作时，发生氧化反应 D．负极的电极反应式为： 6．铁的氧化物是重要的化工原料，可用作反应的催化剂。工业含铁废渣中含有大量铁的氧化物，常用于制取聚合硫酸铁铝净水剂。对于反应，下列有关说法正确的是 A．其他条件相同，增大，反应的平衡常数K增大 B．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 C．升高温度，反应体系的活化分子百分数增多 D．减小容器体积，反应物浓度增加，反应体系的活化分子百分数增多 7．常温下，0．1mol/L醋酸钠溶液的。下列相关说法不正确的是 A．醋酸钠溶液显碱性的原因是： B．常温下，醋酸钠溶液中： C．向10mL上述溶液中滴加5滴饱和溶液，逐渐增大 D．在pH均为9的醋酸钠溶液和氨水中，水的电离程度：醋酸钠溶液>氨水 8．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用试纸分别测定浓度均为溶液和溶液，溶液大 结合能力： B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 还原性： C 向2mL浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数： D 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的NaOH溶液多 酸性： A．A B．B C．C D．D 9．反应  历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是 A．该反应的，能低温自发 B．该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为 C．催化剂可以降低反应活化能和反应热，但对反应物的平衡转化率无影响 D．最后一步是CH3OH(g)、H2O(g)从催化剂表面的解吸过程，ΔS>0 10．某小组同学进行如下实验探究。下列分析正确的是 A．实验②、③黄色沉淀中均不含 B．实验②证明浊液中存在 C．实验②和③的反应不可用相同的离子方程式表示 D．实验②的黄色沉淀中再滴加几滴0.1mol/L的溶液后，可转变为白色 11．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。 实验1：测得10mL 0.1 溶液的pH<7 实验2：向0.1 溶液中通入一定量，测得溶液pH=7. 实验3：向10mL 0.1 溶液中加入等体积0.1 HCl溶液，无明显现象。 下列说法正确的是 A．实验1中： B．根据实验1推测： C．实验2所得溶液中： D．实验3所得溶液中： 12．硫酸亚铁铵，俗名为莫尔盐[]，它是一种蓝绿色无机复盐，也是一种重要的化工原料，以下制备该物质的说法中错误的是 A．步骤Ⅱ到步骤Ⅲ的操作，缩短了溶液与空气接触的时间，降低被氧化的风险 B．玻璃棒缠绕铜丝的主要目的是铜丝和铁粉接触形成原电池，加快化学反应速率 C．步骤Ⅱ到步骤Ⅳ发生的反应方程式为 D．从溶液中获得莫尔盐，可以直接经过蒸发结晶的实验操作获得纯净的莫尔盐 13．由乙二酸二甲酯(，简称“DMO”)催化合成乙二醇，发生3个连续反应： 反应I：(g)+2H2(g)=(g)+CH3OH(g)　ΔH<0 反应II：(g)+2H2(g)=(g)+CH3OH(g)　ΔH<0 反应III：(g)+H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g)　ΔH<0 在一定条件下，DMO与以一定投料比发生上述反应，出口处检测到DMO的实际转化率及(简称“MG”)、乙二醇占各主要产物的物质的量分数x[如随温度的变化曲线如题图所示。下列说法正确的是 A．初始加入时生成 B．温度高于(乙二醇)随温度升高而降低的主要原因是反应II的平衡逆向移动 C．在范围，出口处 D．延长原料与催化剂的接触时间可提高DMO的平衡转化率 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（15分）回答下列问题： (1)某甲醇-空气燃料电池的工作原理如图1所示(箭头丧示物质的进入或排出)： ①甲电极为该燃料电池的_______(选填“正极”或“负极”)，（2分）该电极的电极反应方程式为_______。（2分） ②用该电池作供电电源，用惰性电极电解足量的溶液，若阴极增重，则理论上消耗甲醇_______g。（2分） (2)尿素树脂生产过程中所排放的废水中往在含有甲醇，这种含甲醇的废水会对环境造成污染。向该废水中加入一定量的酸性溶液，然后采用图2所示装置进行电解即可除去甲醇，除甲醇的原理：电解产物将废水中的甲醇氧化为。 ①阳极反应式为_______。（3分） ②请用离子方程式表示该法除甲醇的原理为_______。（3分） ③排放该电解后的废水的铁质管道易被腐蚀，除与发生置换反应外，还发生电化学腐蚀，发生还原反应的电极反应式为_______。（3分） 15．（14分）工业上通过将CO、CO2与氢气反应，实现碳中和。 (1)已知反应2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图-1所示。 ①该反应的平衡常数表达式为_______，（2分）该反应的ΔH_______0(填“>”或“<”)（2分） ②图中曲线a、d分别表示的是平衡时_______（2分）和_______（2分）的物质的量分数变化。 (2)用CO和H2合成CH3OH的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH <0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图-2所示。 ①图中T1、T2、T3的大小关系为_______（2分） ②图中b、c、d点上正反应速率的关系为_______（2分） ③图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为_______（2分） 16．（20分）以软锰矿(主要成分是，含有、、CaO等少量杂质)为主要原料可制取，电解溶液可获得、Mn、。 (1)浸锰。向软锰矿中边搅拌边加入一定浓度的稀硫酸，并匀速通入足量，浸出。 ①充分反应后，过滤。所得滤渣的成分为_______(填化学式)。（2分） ②其他条件不变，下列措施能提高单位时间内的浸出率的有_______(填序号)。（2分） A．将软锰矿充分粉碎        B．适当升高反应温度 C．适当加快搅拌速度        D．降低通入气体的速率 (2)除铁。向滤液中加入固体充分反应，然后调节溶液的pH沉淀。滤液中加入反应的离子方程式为_______。（2分） (3)结晶。沉铁后的滤液除钙后，得到溶液。将该溶液_______，洗涤、干燥即可制得。已知晶体的溶解度(S)随温度(T)的变化如图所示。（2分） (4)测定纯度。称取样品配成100.0mL溶液，从中取出20.00mL，加入适量和溶液，加热使全部氧化成。用的溶液还原为，消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度_______(写出计算过程)。（3分） (5)通过离子交换膜组合工艺电解溶液，可获得Mn、并实现的回收，原理如图所示： ①阳极的电极反应式为_______。（3分） ②阴极区溶液接近中性时Mn的产率最高的原因是_______。（3分） ③选择合适的离子交换膜，中格室回收的过程可描述为_______。（3分） 17．（12分）钼（Mo）是一种过渡金属元素，是人体和动植物必须的微量元素。二硫化钼(MoS2)难溶于水，具有良好的光、电性能，可以由钼精矿(主要含MoS2，还含NiS、CaMoO4等)为原料经过如下过程制得。 (1)“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。 ①写出浸取时MoS2发生反应的离子方程式：________。（2分） ②浸取后的滤渣中含CaMoO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，原因是________。（2分） ③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是________。（2分） (2)“制硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4，写出生成(NH4)2MoS4反应的化学方程式：________。（2分） (3)“制MoS2”。(NH4)2MoS4可通过如下两种方法制取MoS2： 方法一：将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8︰4︰1。 方法二：将(NH4)2MoS4在空气中加热可得MoS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示。 ①方法一中，所得硫单质的分子式为________。（2分） ②方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为________。（2分）（写出计算过程） 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 周周测18 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B C D D B C B A C C C D A 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 负极（2分） （2分） （2分） （3分） （3分） （3分） 15.(1) （2分） <（2分） H2 （2分） C2H4（2分） (2) T1<T2<T3 （2分） c>b>d （2分） a>b=d（2分） 16.(1) 、 （2分） ABC（2分） (2)（2分） (3)在100℃左右蒸发至产生大量固体，趁热过滤（2分） (4)98.83%（3分） (5) （3分） 酸性过强，部分在阴极上得电子生成；碱性过强，部分生成。以上反应均不利于生成Mn （3分） 离子交换膜a选择阳离子(或质子)交换膜，离子交换膜b选择阴离子交换膜。电解池工作时阳极区的、阴极区的分别迁移至中格室，从而实现的回收（3分） 17.(1) MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O （2分） CaMoO4(s)Ca2+(aq)+MoO(aq)，加入Na2CO3溶液，生成CaCO3沉淀，促进溶解平衡向离子化方向进行，使浸出液MoO浓度增大，从而提高Mo元素浸出率（2分） 该反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快（2分） (2)(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑（2分） (3) S4 （2分） MoO3设(NH4)2MoS4的物质的量为1mol，m[(NH4)2MoS4]=260g，其中m(Mo)=96由图知，500℃可得到Mo的一种氧化物，其质量为144g，则n(O)=(144-96)g/16g•mol-1=3mol，则该氧化物化学式为MoO3（2分） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 周周测18 （期末检测 限时：75分钟 总分：100分） 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．合成甲醇的反应存在平衡体系CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH<0，为了提高CH3OH的产量，应该采取的措施是 A．高温、高压 B．适宜的温度、高压、催化剂 C．低温、低压 D．高温、高压、催化剂 【答案】B 【详解】该反应为正向气体体积减小的放热反应。低温有利于放热反应正向进行，从而提高产率，但在实际生产中需兼顾反应速率(低温会降低反应速率)与催化剂活性，故选择“适宜的温度”（相对较低）； 高压可促使该反应平衡向气体体积减小的方向（生成CH3OH）移动，从而提高产率；加催化剂虽不改变化学平衡，但能加快正、逆反应速率，缩短达到平衡的时间，可提高单位时间内的产量；综上，选项B中“适宜温度、高压、催化剂”同时满足平衡移动和实际生产需求，故选B。 2．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．能溶于水，可用于工业制盐酸 B．有导电性，可用于湿法炼铜 C．溶液呈碱性，可用于除油污 D．易分解，可用于治疗胃酸过多 【答案】C 【详解】A．工业制盐酸是利用与反应生成，再将溶于水制得，与能溶于水的性质无对应关系，A错误； B．用于湿法炼铜是利用的还原性强于，可置换出溶液中的，与导电性无关，B错误； C．溶液中水解使溶液呈碱性，油污在碱性条件下会水解生成易溶于水的物质，因此可用于除油污，性质和用途存在对应关系，C正确； D．用于治疗胃酸过多是因为其可与胃酸的主要成分反应，且碱性较弱刺激性小，与易分解的性质无关，D错误； 故选C。 3．下列实验原理与装置能达到实验目的的是 A．用装置甲定量测定的分解速率 B．用装置乙制备并能较长时间观察其颜色 C．用装置丙测氯水的 D．用装置丁测定溶液物质的量浓度 【答案】D 【详解】A．生成的氧气会从长颈漏斗中逸出，无法通过单位时间内生成氧气的体积测定H2O2的分解速率，A错误； B．用该装置制备氢氧化亚铁时Fe为阳极，生成亚铁离子，阴极生成氢氧根，可以制备氢氧化亚铁，故B错误； C．由于氯水中有HClO，有漂白性，不可以用pH试纸测氯水的pH，C错误； D．将高锰酸钾溶液装在酸式滴定管中，通过滴定测定高锰酸钾溶液物质的量浓度，D正确； 本题选D。 4．相同物质的量浓度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的 HCN和 HClO溶液的说法中正确的是 A．酸性的强弱：HCN > HClO B．pH：HClO>HCN C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量： HClO > HCN D．酸根离子的浓度：c(CN−) < c(ClO− ) 【答案】D 【详解】A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强，NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，故A错误； B．酸性HClO>HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，故B错误； C．等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，故C错误； D．酸性HClO>HCN，则同浓度的 HCN和 HClO溶液中， HClO的电离程度较大，故c(CN−)<c(ClO−)，故D正确； 故选D。 5．碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A．电池为二次电池 B．电池工作时，通过隔膜向Zn极移动 C．电池工作时，发生氧化反应 D．负极的电极反应式为： 【答案】B 【详解】A．碱性锌锰电池不能充电，是一次电池，故A错误； B．电池工作时，通过隔膜向负极（Zn）移动，故B正确； C．电池工作时，为正极，得到电子，发生还原反应，故C错误； D．电池工作Zn为负极，碱性环境下，反应式为：，故D错误； 故选B。 6．铁的氧化物是重要的化工原料，可用作反应的催化剂。工业含铁废渣中含有大量铁的氧化物，常用于制取聚合硫酸铁铝净水剂。对于反应，下列有关说法正确的是 A．其他条件相同，增大，反应的平衡常数K增大 B．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 C．升高温度，反应体系的活化分子百分数增多 D．减小容器体积，反应物浓度增加，反应体系的活化分子百分数增多 【答案】C 【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度不变时不变，增大不会改变平衡常数，A错误； B．固定容积的体系中充入氦气，参与反应的各气体物质的浓度不变，反应速率不变，B错误； C．升高温度，分子平均能量升高，更多普通分子转化为活化分子，反应体系的活化分子百分数增多，C正确； D．减小容器体积会增大反应物浓度，使单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数仅由温度、催化剂决定，该操作不会改变活化分子百分数，D错误； 故答案为C。 7．常温下，0．1mol/L醋酸钠溶液的。下列相关说法不正确的是 A．醋酸钠溶液显碱性的原因是： B．常温下，醋酸钠溶液中： C．向10mL上述溶液中滴加5滴饱和溶液，逐渐增大 D．在pH均为9的醋酸钠溶液和氨水中，水的电离程度：醋酸钠溶液>氨水 【答案】B 【详解】A．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中CH3COO-部分发生水解，消耗水电离产生的H+变为CH3COOH，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：，A正确； B．题中已知在常温下，该醋酸钠溶液的，可知，醋酸钠溶液中由于醋酸根水解促进水的电离，因此可得，B错误； C．，加入消耗氢氧根则氢离子的浓度在增加，可知逐渐增大，C正确； D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根发生水解反应消耗水电离产生的H+，促进水的电离，根据上述计算可知时，而氨水中的NH3∙H2O是弱酸，电离产生氢氧根，对水的电离平衡其抑制作用，使水的电离程度减小，计算可知时，因此当二者的pH=9相同时，水的电离程度前者大，D正确； 故答案选：B。 8．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用试纸分别测定浓度均为溶液和溶液，溶液大 结合能力： B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 还原性： C 向2mL浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数： D 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的NaOH溶液多 酸性： 【答案】A 【详解】A．浓度均为溶液和溶液，越大，说明弱酸阴离子水解程度越大，溶液大，则结合氢离子能力强，故A正确； B．向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：，故B错误； C．和均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较和溶度积常数的大小，故C错误； D．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故D错误； 故选A。 9．反应  历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是 A．该反应的，能低温自发 B．该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为 C．催化剂可以降低反应活化能和反应热，但对反应物的平衡转化率无影响 D．最后一步是CH3OH(g)、H2O(g)从催化剂表面的解吸过程，ΔS>0 【答案】C 【详解】A．总反应生成物总能量低于反应物总能量，故；该反应气体分子数减少，，当温度较低时，低温下反应能自发进行，A正确； B．根据图像可知，该历程中最小能垒步骤为与的反应，化学方程式为，B正确； C．催化剂可以降低反应活化能，但不改变反应的反应热，也不影响平衡移动，对反应物平衡转化率无影响，C错误； D．最后一步吸附态的、解吸为气态产物，体系混乱度增大，，D正确； 故答案为C。 10．某小组同学进行如下实验探究。下列分析正确的是 A．实验②、③黄色沉淀中均不含 B．实验②证明浊液中存在 C．实验②和③的反应不可用相同的离子方程式表示 D．实验②的黄色沉淀中再滴加几滴0.1mol/L的溶液后，可转变为白色 【答案】C 【分析】1mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.1mol/LAgNO3溶液混合，反应生成AgCl和NaNO3，AgNO3过量剩余AgNO3，静置后得到浊液a；过滤后，滤渣为AgCl白色沉淀，经多次洗涤后，滴加1mL0.1mol/LKI溶液，生成黄色沉淀，此沉淀应为AgI；滤液中含AgNO3，滴加1mL0.1mol/LKI溶液，生成AgI黄色沉淀，据此分析解答。 【详解】A．实验③中，由于存在平衡，AgCl不能完全转化为AgI，A错误； B．因①中AgNO3过量，滤液中含有AgNO3，实验②不能证明浊液中存在， B错误； C．实验②反应的离子方程式为，实验③反应的离子方程式为，二者离子方程式不同，C正确； D．实验②的黄色沉淀中再滴加足量0.1mol/L的溶液后，可转变为白色，几滴太少，D错误； 故选C。 11．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。 实验1：测得10mL 0.1 溶液的pH<7 实验2：向0.1 溶液中通入一定量，测得溶液pH=7. 实验3：向10mL 0.1 溶液中加入等体积0.1 HCl溶液，无明显现象。 下列说法正确的是 A．实验1中： B．根据实验1推测： C．实验2所得溶液中： D．实验3所得溶液中： 【答案】C 【详解】A．实验1中：室温下溶液的pH<7，说明 电离大于水解，则，故A错误； B．根据实验1，室温下溶液的pH<7，说明电离大于水解，即 ，所以，故B错误； C．实验2所得溶液pH=7，则根据电荷守恒有，根据物料守恒有，所以，故C正确； D．根据物料守恒，实验3所得溶液中，故D错误； 选C。 12．硫酸亚铁铵，俗名为莫尔盐[]，它是一种蓝绿色无机复盐，也是一种重要的化工原料，以下制备该物质的说法中错误的是 A．步骤Ⅱ到步骤Ⅲ的操作，缩短了溶液与空气接触的时间，降低被氧化的风险 B．玻璃棒缠绕铜丝的主要目的是铜丝和铁粉接触形成原电池，加快化学反应速率 C．步骤Ⅱ到步骤Ⅳ发生的反应方程式为 D．从溶液中获得莫尔盐，可以直接经过蒸发结晶的实验操作获得纯净的莫尔盐 【答案】D 【详解】A．将强磁铁贴紧烧杯外壁，在磁力作用下未反应完的铁粉即聚集于烧杯内壁，采用直接倾析的方法将制得的硫酸亚铁溶液倒出即可，不必进行减压或常压过滤，缩短了溶液与空气接触的时间，降低被氧化的风险，A正确； B．采用缠绕铜丝的玻璃棒不断搅拌反应混合物，使铜丝和铁粉接触形成原电池，从而使反应速率大大加快，B正确； C．等物质的量的和反应生成莫尔盐，方程式为，C正确； D．蒸发结晶时，二价铁易被氧气氧化成三价铁，因此得不到纯净的莫尔盐，D错误。 本题选D。 13．由乙二酸二甲酯(，简称“DMO”)催化合成乙二醇，发生3个连续反应： 反应I：(g)+2H2(g)=(g)+CH3OH(g)　ΔH<0 反应II：(g)+2H2(g)=(g)+CH3OH(g)　ΔH<0 反应III：(g)+H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g)　ΔH<0 在一定条件下，DMO与以一定投料比发生上述反应，出口处检测到DMO的实际转化率及(简称“MG”)、乙二醇占各主要产物的物质的量分数x[如随温度的变化曲线如题图所示。下列说法正确的是 A．初始加入时生成 B．温度高于(乙二醇)随温度升高而降低的主要原因是反应II的平衡逆向移动 C．在范围，出口处 D．延长原料与催化剂的接触时间可提高DMO的平衡转化率 【答案】A 【详解】A．反应I：1mol DMO反应生成1mol CH3OH和1mol MG；反应II：1 mol MG反应生成1 mol CH3OH和1 mol 乙二醇。由图像可知，175℃时DMO转化率为80%，且MG的物质的量分数。设初始DMO为1 mol，DMO转化了0.8 mol，生成0.8 mol MG（反应I）。设其中有ymol MG参与反应II，则剩余MG为0.8-ymol，生成的乙二醇为y mol。根据，即，解得y = 0.4。则生成的CH3OH总量为反应I的0.8 mol和反应II的0.4 mol，则生成的CH3OH总量为1.2 mol，A正确； B．图示中的物质的量分数和转化率不是平衡时的量，温度高于时，升高温度乙二醇的生成量减少，但是DMO的实际转化率升高，说明导致(乙二醇)随温度升高而降低的主要原因是反应III正向移动造成的，B错误； C．根据反应计量关系：反应I：1 mol DMO生成1 mol CH3OH；反应II：1 mol MG生成1 mol CH3OH；生成1 mol 乙二醇，需要经过反应I和反应II，共生成2 mol CH3OH。此外，反应III还会消耗乙二醇生成乙醇，进一步减少乙二醇的量，同时不生成甲醇。因此，甲醇的物质的量与乙二醇的物质的量之比大于2，即，C错误； D．延长原料与催化剂的接触时间，只能加快反应速率，使反应更快达到平衡，但平衡转化率由温度、压强等因素决定，不会因接触时间延长而改变，D错误； 故答案选A 。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（15分）回答下列问题： (1)某甲醇-空气燃料电池的工作原理如图1所示(箭头丧示物质的进入或排出)： ①甲电极为该燃料电池的_______(选填“正极”或“负极”)，（2分）该电极的电极反应方程式为_______。（2分） ②用该电池作供电电源，用惰性电极电解足量的溶液，若阴极增重，则理论上消耗甲醇_______g。（2分） (2)尿素树脂生产过程中所排放的废水中往在含有甲醇，这种含甲醇的废水会对环境造成污染。向该废水中加入一定量的酸性溶液，然后采用图2所示装置进行电解即可除去甲醇，除甲醇的原理：电解产物将废水中的甲醇氧化为。 ①阳极反应式为_______。（3分） ②请用离子方程式表示该法除甲醇的原理为_______。（3分） ③排放该电解后的废水的铁质管道易被腐蚀，除与发生置换反应外，还发生电化学腐蚀，发生还原反应的电极反应式为_______。（3分） 【答案】 负极（2分） （2分） （2分） （3分） （3分） （3分） 【详解】(1)①醇碱性燃料电池中，氢离子移向正极，所以甲电极为负极，负极上燃料甲醇失电子发生氧化反应，在酸性电解质环境下，电极反应式为：，故答案为：负极；； ②用该电池作供电电源，用惰性电极电解足量的溶液，阴极电极反应为：，每转移2mol电子，析出64g铜，所以阴极质量增重时，转移电子数为：，电池与电解池为串联，所以当电解池中转移电子，电池中转移电子数为，依据可知消耗甲醇，质量为，故答案为：； (2)①电解池中，和电源的正极相连的石墨Ⅰ是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，故答案为：； ②将甲醇氧化为二氧化碳，本身被还原为，即，故答案为：； ③酸性条件下，铁质管道发生析氢腐蚀，正极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：。 15．（14分）工业上通过将CO、CO2与氢气反应，实现碳中和。 (1)已知反应2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图-1所示。 ①该反应的平衡常数表达式为_______，（2分）该反应的ΔH_______0(填“>”或“<”)（2分） ②图中曲线a、d分别表示的是平衡时_______（2分）和_______（2分）的物质的量分数变化。 (2)用CO和H2合成CH3OH的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH <0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图-2所示。 ①图中T1、T2、T3的大小关系为_______（2分） ②图中b、c、d点上正反应速率的关系为_______（2分） ③图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为_______（2分） 【答案】(1) （2分） <（2分） H2 （2分） C2H4（2分） (2) T1<T2<T3 （2分） c>b>d （2分） a>b=d（2分） 【详解】（1）①根据方程式可判断该反应的平衡常数表达式为；起始物质的量之比n（CO2）：n（H2）=1：3，等于化学计量数之比，则平衡时比值不变，可知a为氢气的物质的量分数变化曲线，图中升高温度氢气的物质的量分数增大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0；生成C2H4（g）与H2O的物质的量比为1：4，②a为氢气的物质的量分数变化曲线，结合图中曲线关系可知d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化； （2）①该反应的正反应为放热反应，其它条件不变时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低，根据图知，a、b、c点压强相同，CO的转化率：a＞b＞c，则温度：T1＜T2＜T3； ②压强一定时，温度越高化学反应速率越快，b、c点温度：T2＜T3，则反应速率：v（b）＜v（c）；温度一定时，压强越大，化学反应速率越快，b、d点温度相同，压强：b点＞d点，则正反应速率：v（b）＞v（d），故正反应速率v（c）＞v（b）＞v（d）； ③平衡常数只与温度有关系，正反应放热，升高温度平衡常数减小，则图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为Ka＞Kb＝Kd。 16．（20分）以软锰矿(主要成分是，含有、、CaO等少量杂质)为主要原料可制取，电解溶液可获得、Mn、。 (1)浸锰。向软锰矿中边搅拌边加入一定浓度的稀硫酸，并匀速通入足量，浸出。 ①充分反应后，过滤。所得滤渣的成分为_______(填化学式)。（2分） ②其他条件不变，下列措施能提高单位时间内的浸出率的有_______(填序号)。（2分） A．将软锰矿充分粉碎        B．适当升高反应温度 C．适当加快搅拌速度        D．降低通入气体的速率 (2)除铁。向滤液中加入固体充分反应，然后调节溶液的pH沉淀。滤液中加入反应的离子方程式为_______。（2分） (3)结晶。沉铁后的滤液除钙后，得到溶液。将该溶液_______，洗涤、干燥即可制得。已知晶体的溶解度(S)随温度(T)的变化如图所示。（2分） (4)测定纯度。称取样品配成100.0mL溶液，从中取出20.00mL，加入适量和溶液，加热使全部氧化成。用的溶液还原为，消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度_______(写出计算过程)。（3分） (5)通过离子交换膜组合工艺电解溶液，可获得Mn、并实现的回收，原理如图所示： ①阳极的电极反应式为_______。（3分） ②阴极区溶液接近中性时Mn的产率最高的原因是_______。（3分） ③选择合适的离子交换膜，中格室回收的过程可描述为_______。（3分） 【答案】(1) 、 （2分） ABC（2分） (2)（2分） (3)在100℃左右蒸发至产生大量固体，趁热过滤（2分） (4)98.83%（3分） (5) （3分） 酸性过强，部分在阴极上得电子生成；碱性过强，部分生成。以上反应均不利于生成Mn （3分） 离子交换膜a选择阳离子(或质子)交换膜，离子交换膜b选择阴离子交换膜。电解池工作时阳极区的、阴极区的分别迁移至中格室，从而实现的回收（3分） 【详解】（1）①以软锰矿(主要成分是，含有、、CaO等少量杂质)，加硫酸溶解，其中SiO2与硫酸不反应，CaO与硫酸反应生成微溶的，转化为硫酸铁，之后被SO2还原为硫酸亚铁。与SO2最终反应生成MnSO4，则过滤所得滤渣为SiO2、； ②A．将软锰矿充分粉碎，可增大接触面积使反应更充分，从而提高浸取率，A正确； B．适当升高反应温度可加快反应速率，从而提高浸取率，B正确； C．适当加快搅拌速度使反应物充分接触，可加快反应速率，从而提高浸取率，C正确； D．降低通入SO2气体的速率，减小反应物的浓度降低了反应速率，不能提高浸取率，D错误； 故选ABC； （2）滤液中加入，可将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：； （3）由图1可知，40℃以上得到，且的溶解度随温度的升高而降低，故在100℃左右蒸发至产生大量固体，趁热过滤、洗涤、干燥可制得； （4）由得失电子守恒知待测溶液中Mn2+与标准液中Fe2+ 的反应比例为1∶1，故n(Mn2+)=n(Fe2+)=20.0010-3L=10-3mol，故样品中含的物质的量为10-3mol=510-3mol，故纯度为； （5）①阳极Mn2+失电子转化为MnO2，电极反应式为：； ②阴极电极反应为：Mn2++2e-=Mn；若溶液酸性较强，氢离子浓度较大，而氢离子的放电能力强于Mn2+，则阴极氢离子放电，不利于Mn2+放电；若溶液碱性较强，则Mn2+与氢氧根结合生成Mn(OH)2，会降低溶液中Mn2+浓度，不利于Mn2+放电；因此溶液接近中性时Mn的产率最高； ③离子交换膜a选择阳离子交换膜(或质子交换膜），离子交换膜b选择阴离子交换膜。电解池工作时阳极区得H+、阴极区的分别迁移到中格室，从而实现硫酸的回收。 17．（12分）钼（Mo）是一种过渡金属元素，是人体和动植物必须的微量元素。二硫化钼(MoS2)难溶于水，具有良好的光、电性能，可以由钼精矿(主要含MoS2，还含NiS、CaMoO4等)为原料经过如下过程制得。 (1)“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。 ①写出浸取时MoS2发生反应的离子方程式：________。（2分） ②浸取后的滤渣中含CaMoO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，原因是________。（2分） ③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是________。（2分） (2)“制硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4，写出生成(NH4)2MoS4反应的化学方程式：________。（2分） (3)“制MoS2”。(NH4)2MoS4可通过如下两种方法制取MoS2： 方法一：将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8︰4︰1。 方法二：将(NH4)2MoS4在空气中加热可得MoS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示。 ①方法一中，所得硫单质的分子式为________。（2分） ②方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为________。（2分）（写出计算过程） 【答案】(1) MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O （2分） CaMoO4(s)Ca2+(aq)+MoO(aq)，加入Na2CO3溶液，生成CaCO3沉淀，促进溶解平衡向离子化方向进行，使浸出液MoO浓度增大，从而提高Mo元素浸出率（2分） 该反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快（2分） (2)(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑（2分） (3) S4 （2分） MoO3设(NH4)2MoS4的物质的量为1mol，m[(NH4)2MoS4]=260g，其中m(Mo)=96由图知，500℃可得到Mo的一种氧化物，其质量为144g，则n(O)=(144-96)g/16g•mol-1=3mol，则该氧化物化学式为MoO3（2分） 【详解】（1）①“浸取”，向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl，即ClO-将Mo元素被氧化为、硫元素被氧化为反应为而自身被还原为Cl-，反应为MoS2+6OH-+9ClO-=+2+9Cl-+3H2O； ②溶液中存在平衡CaMoO4(s)⇌Ca2+(aq)+ (aq)，加入Na2CO3消耗Ca2+使平衡正向，浓度增大； ③加快反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该反应中生成物对反应没有影响，所以该反应为放热反应导致体系温度升高加快反应速率； （2）(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4和氨水，反应为(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑； （3）①将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质（Sx）的物质的量之比为8：4：1，根据已知信息写出方程式并按照N原子和Mo原子守恒配平方程式为，即4×4=2×4+4×1+x计算得x=4；该硫单质的化学式为S4； ②由图可知起始(NH4)2MoS4的质量可视为260g即1mol，根据加热分解过程总Mo元素守恒可知，最终氧化物中Mo的质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，Mo原子核O原子的个数比为1：3，氧化物的化学式为MoO3。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $