精品解析：山东德州市武城县24级创新班高二上学期期末测试化学试题（三）

24级创新班高二上学期期末测试题(三) (考试范围：选择性必修1化学反应原理+选择性必修2物质结构与性质第1、2章) 可能用到的相对原子质量：Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列化学用语或图示正确的是 A. 基态Be原子的价电子排布式为2s22p2 B. CS2的电子式为 C. 基态S原子的价电子轨道表示式： D. 用电子式表示CsCl的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态原子的核电荷数为4，基态核外电子排布式为，价电子排布式为，选项给出的是激发态的电子排布，A错误； B．与互为等电子体，结构式为，分子中与每个之间形成两对共用电子对，每个还存在两对孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，图示电子式符合该结构，B正确； C．基态原子价电子排布式为，根据洪特规则，轨道的4个电子应优先分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式中的三个轨道应为两个轨道各含1个单电子、一个轨道含成对电子，图示违反洪特规则，C错误； D．是离子化合物，用电子式表示形成过程时，产物应表示为的离子形式，图示产物为共价化合物的表示方式，D错误； 故选B。 2. X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。 下列说法错误的是 A. Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B. 溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C. 反应需要在强酸性条件下进行 D. Q可以通过单质间化合反应制备 【答案】C 【解析】 【分析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。 【详解】A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确； B．Fe3+易水解，室温下水解得到棕黄色羟基配离子，加热煮沸后水解加剧，颜色随之加深，B正确； C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误； D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确； 答案选C。 3. 对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是 A. 磷酸二氢钠水解： B. 用稀盐酸浸泡氧化银： C. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为，A正确； B．用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl－=2AgCl+H2O，B错误； C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO－+2I－+2H+=I2+Cl－+H2O，C错误； D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为，D错误； 答案选A。 4. 我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是 A. 为极性分子 B. 为共价晶体 C. 原子半径： D. 1个分子中有2个键 【答案】D 【解析】 【分析】Q、W、X、Y和Z为原子序最依次增大的短周期元素，基态X原子的s轨道中电子总数比P轨道中电子数多1，X是N；X所在族的族序数等于Q的质子数，Q是B，所以W是C；基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍，即质子数之和为20，所以Y是F，Z是Na。 【详解】A．BF3为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误； B．NaF是离子晶体，B错误； C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径C＜Li＜Na，C错误； D．N2分子中含有三键，所以含有2个π键，D正确； 答案选D。 5. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】D 【解析】 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：。 【详解】A．②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，故A项说法正确； B．③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确； C．为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 6. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 的电子式： C. Cl的原子结构示意图： D. 溶于水的电离方程式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确； B．硫化钠是离子化合物，电子式：，B错误； C．氯是第17号元素，Cl原子结构示意图为：，C错误； D．是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：，D错误； 故选A。 7. 下列有关反应方程式错误的是 A. 泡沫灭火器反应原理： B. 用金属钠除去甲苯中的微量水： C. 用溶液吸收尾气中的 D. 氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉： 【答案】D 【解析】 【详解】A．泡沫灭火器中Al3+与HCO发生双水解，生成Al(OH)3和CO2，方程式配平正确，A正确； B．金属钠优先与水反应生成NaOH和H2，甲苯不参与反应，方程式正确，B正确； C．NO2与NaOH反应生成NO和NO，方程式配平及产物均正确，C正确； D．石灰乳（Ca(OH)2悬浊液）不能拆为OH-，正确反应应为2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，D错误； 故选D。 8. 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是 A. M与Z可形成离子化合物 B. 原子半径： C. 是极性分子 D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【分析】M是原子半径最小的为H，Q是形成物质种类最多，则为C， R是地壳中含量最高，为O， T、X、Y同周期且原子序数递增。Q（C）和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca）。又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 故推出M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca，据此解答。 【详解】A．H与Ca形成CaH2，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A正确； B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R为O、T为Na、X为Al，则它们的原子半径大小为O＜Al＜Na，即R＜X＜T，B错误； C．为CO2，为直线型的非极性分子，C错误； D．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q为C、R为O、Y为Si，则电负性Si＜C＜O，正确顺序为Y＜Q＜R，D错误； 故选A。 9. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是 A. Pt电极反应： B. 外加电场可促进双极膜中水的电离 C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D. Ⅳ室每生成，同时Ⅱ室最多生成 【答案】C 【解析】 【分析】由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应为：，阴极发生的反应为：，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向移动，据此解答。 【详解】A．由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为：，A正确； B．水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下，使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，可促进双极膜中水的电离，B正确； C．由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阴离子交换膜，C错误； D．Ⅳ室每生成，则转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成，D正确； 故选C。 10. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能： B. X、Y的简单氢化物的键角： C. 最高价含氧酸的酸性： D. X、Y、Z均能形成多种氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。 【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误； C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误； D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 答案选D。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是 A. 可与NaOH溶液反应 B. 盐酸在该工艺中体现了还原性 C. 高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D. 制备纳米Si： 【答案】B 【解析】 【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。 【详解】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确； B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误； C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确； D．SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，D正确； 答案选B。 12. 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. Ⅱ为阴离子交换膜 B. 电极a附近溶液的pH减小 C. 电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4-+e-=[Fe(CN)6]3- D. 若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl 【答案】AD 【解析】 【分析】该电解池在工作时可以实现海水淡化，电极a为阴极，氧气在阴极得电子生成氢氧根离子，海水中Na+透过离子交换膜Ⅰ移向阴极，氯离子透过离子交换膜Ⅱ进入中间室形成LiCl；电极b是阳极，阳极[Fe(CN)6]4-失电子转化为[Fe(CN)6]3-，阳极室中Li+透过离子交换膜Ⅲ进入中间室形成LiCl。 【详解】A．根据以上分析，氯离子透过离子交换膜Ⅱ进入中间室形成LiCl，因此Ⅱ为阴离子交换膜，故A正确； B．电极a为阴极，氧气在阴极得电子生成氢氧根离子，发生反应，溶液中增大，pH增大，故B错误； C．电极b为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为，故C错误； D．物质的量为，脱除时电路中转移电子，对应阳极区释放进入中间室，与结合得到，故D正确； 答案选AD。 13. 常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，-lg[c(X)/(mol·L-1)]与-lg[c(H+)/(mol·L-1)]的关系如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、、或]。已知：Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，形成；溶液中c(X)≤10-5mol·L-1时，X可忽略不计。 下列说法错误的是 A. L为-lgc(Al3+)与-lgc(H+)的关系曲线 B. Zn2++4OH-=的平衡常数为1011.2 C. 调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3 D. 调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol·L-1的Zn2+和Al3+完全分离 【答案】AB 【解析】 【分析】和沉淀形成和，沉淀形成，则和的曲线平行，根据，比更易与碱反应，因此生成的pH低于，故从左到右曲线依次为：、、、、、。 【详解】A．据分析，L为与的关系曲线，A错误； B．如图可知，的平衡常数为，则的平衡常数为，B错误； C．如图可知，pH=14时开始溶解，pH=8.4时开始溶解，且pH=14时，即可认为完全溶解，并转化为，因此调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离和，C正确； D．如图可知，的平衡常数为，的开始沉淀pH为，的完全沉淀pH为，因此调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为的和完全分离，D正确； 故选AB。 14. 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。 下列说法错误的是 A. 曲线I对应的离子是 B. 最大时对应的 C. 反应的平衡常数 D. 时， 【答案】D 【解析】 【分析】与Y可形成和两种配离子，发生的反应为、，故随着Y浓度的变大，浓度变小，先增大后减小，增大，则从图像上(从右向左表示Y浓度的变大)可以看出，曲线Ⅰ表示浓度，Ⅱ表示浓度浓度，Ⅲ表示浓度；同理，调节溶液pH，当酸性较强时，浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示浓度，曲线Ⅴ表示浓度，曲线Ⅵ表示Y 浓度，据此解题。 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示，A正确； B．由题意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确； C．反应的平衡常数　，由图可知，当时，，则，C正确； D．时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误； 故选D。 15. 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是 A. 废水中的含量为 B. c点： C. a点： D. 的平衡常数 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，发生的反应有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，A错误； B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知， ，由于c(Na+)＞c(Cl-)，，B错误； C．a点加入10.00mL的NaOH溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C错误； D．由图1和图2可知，当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数 ，D正确； 综上所述，本题选D。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是_______。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 （2） ①. ②. SiO2 （3）、 （4）A （5） ①. +1 ②. 6：1 （6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 【解析】 【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，转化为，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、和，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将(III)转化为，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 【小问1详解】 原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。 【小问2详解】 “酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 【小问3详解】 “高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为、。 【小问4详解】 初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 【小问5详解】 配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1价；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。 【小问6详解】 由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 17. CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：CaCO3(g)⇌CaO(g)+CO2(g) ∆H1=+178kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g) ∆H2=+247kJ·mol-1 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ∆H3=+41kJ·mol-1 回答下列问题： （1）Ca位于元素周期表中_______区；基态Ni2+的价电子排布式为_______。 （2）水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是___________________________。 （3）恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是___________________________。 （4）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是_______(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是___________________________。 （5）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol CaCO3和1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_______(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为_______。 已知：原位CO2利用率 【答案】（1） ①. s ②. 3d8 （2）O原子上存在2对孤电子对 （3）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 （4） ①. T1 ②. 升高温度，反应Ⅱ正向移动 （5） ①. 1.2 ②. 70% 【解析】 【小问1详解】 钙位于元素周期表第ⅡA族，属于 s 区元素；镍的原子序数为 28，基态镍原子失去 2 个电子后，基态 Ni2+ 的价电子排布式为 3d8。 【小问2详解】 水分子中氧原子上存在 2 对孤电子对，VSEPR 模型（四面体形）包含孤电子对，而空间结构模型只描述原子的相对位置（V 形），故两种模型不同。 【小问3详解】 恒压条件下，反应Ⅱ不断消耗反应Ⅰ生成的 CO2，使体系中 CO2 的分压（浓度）降低，反应Ⅰ的平衡正向移动，从而促进 CaCO3 分解。 【小问4详解】 由图象可知，相同压强下T1对应的CH4平衡转化率最大；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，故反应温度最高的是T1，原因是升高温度，反应Ⅱ正向移动。 【小问5详解】 由题意，CaCO3 转化率为80%，分解生成CO2 0.8 mol；CH4转化率为60%，反应Ⅱ消耗 CH4 0.6 mol、CO2 0.6 mol，生成 H2 1.2 mol、CO 1.2 mol，剩余 CO2 0.2 mol；CO 的总物质的量为 1.3 mol，故反应Ⅲ生成 CO 0.1 mol，同时消耗 H2 0.1 mol、CO2 0.1 mol，生成 H2O 0.1 mol。平衡时：CO2 0.1 mol、H2 1.1 mol、H2O 0.1 mol、CO 1.3 mol、CH4 0.4 mol，气体总物质的量为 3.0 mol。恒压下压强之比等于物质的量之比，反应Ⅲ的平衡常数为；CaCO3 平衡时其物质的量为 1.0 mol×(1−80%)=0.2 mol，原位 CO2 利用率为。 18. 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为_______。 （2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为_______。 （3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为_______。 （4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为_______。 （5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为_______。 （6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则_______。 【答案】（1） （2） （3） （4）大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 （5） （6）0.19 【解析】 【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。 【小问1详解】 Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪特规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。 【小问2详解】 “还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 【小问3详解】 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，而消耗量大于生成量，不是催化剂，因此，上述过程中的催化剂为。 【小问4详解】 “还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 【小问5详解】 “还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 【小问6详解】 25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 19. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素_______乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知 则_______。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．的体积分数不再变化 D．单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为_______。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）葡萄糖 （2） ①. +44.4 ②. AC ③. 降温冷凝后收集气体 （3） ①. 乙酸选择性最大且反应速率较快 ②. 产物1 ③. 36:5 ④. 【解析】 【小问1详解】 纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1； ②恒温恒容下发生： A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意； B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意； C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意； D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意； 答案选AC； ③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； 【小问3详解】 ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。 20. /循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I． II． III． 回答下列问题， （1）计算_______。 （2）提高平衡产率的条件是_______。 A. 高温高压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 低温低压 （3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_______(填序号)，生成水的基元反应方程式为_______。 （4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是_______(填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的_______(列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时，_______。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是_______。 【答案】（1） （2）B （3） ①. ④ ②. HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O （4） ①. c ②. ③. 0.2 ④. 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量 【解析】 【小问1详解】 已知： I． Ⅱ． 将I+ Ⅱ可得=，故答案为：； 【小问2详解】 已知反应Ⅱ． 为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误； 故选B。 【小问3详解】 反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； 【小问4详解】 已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，且二氧化碳、甲烷的选择性之和为100%，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量，故答案为：0.2；温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 24级创新班高二上学期期末测试题(三) (考试范围：选择性必修1化学反应原理+选择性必修2物质结构与性质第1、2章) 可能用到的相对原子质量：Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列化学用语或图示正确的是 A. 基态Be原子的价电子排布式为2s22p2 B. CS2的电子式为 C. 基态S原子的价电子轨道表示式： D. 用电子式表示CsCl的形成过程： 2. X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。 下列说法错误的是 A. Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B. 溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C. 反应需要在强酸性条件下进行 D. Q可以通过单质间化合反应制备 3. 对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是 A. 磷酸二氢钠水解： B. 用稀盐酸浸泡氧化银： C. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 4. 我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是 A. 为极性分子 B. 为共价晶体 C. 原子半径： D. 1个分子中有2个键 5. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 6. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 的电子式： C. Cl的原子结构示意图： D. 溶于水的电离方程式： 7. 下列有关反应方程式错误的是 A. 泡沫灭火器反应原理： B. 用金属钠除去甲苯中的微量水： C. 用溶液吸收尾气中的 D. 氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉： 8. 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是 A. M与Z可形成离子化合物 B. 原子半径： C. 是极性分子 D. 电负性： 9. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是 A. Pt电极反应： B. 外加电场可促进双极膜中水的电离 C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D. Ⅳ室每生成，同时Ⅱ室最多生成 10. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能： B. X、Y的简单氢化物的键角： C. 最高价含氧酸的酸性： D. X、Y、Z均能形成多种氧化物 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是 A. 可与NaOH溶液反应 B. 盐酸在该工艺中体现了还原性 C. 高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D. 制备纳米Si： 12. 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. Ⅱ为阴离子交换膜 B. 电极a附近溶液的pH减小 C. 电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4-+e-=[Fe(CN)6]3- D. 若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl 13. 常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，-lg[c(X)/(mol·L-1)]与-lg[c(H+)/(mol·L-1)]的关系如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、、或]。已知：Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，形成；溶液中c(X)≤10-5mol·L-1时，X可忽略不计。 下列说法错误的是 A. L为-lgc(Al3+)与-lgc(H+)的关系曲线 B. Zn2++4OH-=的平衡常数为1011.2 C. 调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3 D. 调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol·L-1的Zn2+和Al3+完全分离 14. 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。 下列说法错误的是 A. 曲线I对应的离子是 B. 最大时对应的 C. 反应的平衡常数 D. 时， 15. 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是 A. 废水中的含量为 B. c点： C. a点： D. 的平衡常数 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是_______。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 17. CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：CaCO3(g)⇌CaO(g)+CO2(g) ∆H1=+178kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g) ∆H2=+247kJ·mol-1 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ∆H3=+41kJ·mol-1 回答下列问题： （1）Ca位于元素周期表中_______区；基态Ni2+的价电子排布式为_______。 （2）水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是___________________________。 （3）恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是___________________________。 （4）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是_______(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是___________________________。 （5）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol CaCO3和1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_______(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为_______。 已知：原位CO2利用率 18. 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为_______。 （2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为_______。 （3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为_______。 （4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为_______。 （5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为_______。 （6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则_______。 19. 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素_______乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知 则_______。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．的体积分数不再变化 D．单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为_______。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则_______，平衡常数_______(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 20. /循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I． II． III． 回答下列问题， （1）计算_______。 （2）提高平衡产率的条件是_______。 A. 高温高压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 低温低压 （3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_______(填序号)，生成水的基元反应方程式为_______。 （4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是_______(填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的_______(列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时，_______。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $