精品解析：江苏省无锡市滨湖区辅仁高级中学2025-2026学年高二下学期6月阶段测试化学试题

无锡市辅仁高级中学2025-2026学年第二学期 高二化学选修6月学业质量检测 (可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cl-56 Co-59 Ag-108) 一、单项选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共39分) 1. 化学促进了科技的进步和社会的发展，同时也与生活密切相关。下列说法正确的是 A. 天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加石蕊试液变成红色 B. 跨洲际往返塞尔维亚的“运-20”机身采用的钨碳合金比纯金属钨具有更高的强度 C. 晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维 D. 漂白粉与SO2混合使用可以提高漂白效果 2. 向石灰氮中加水并通入H2S气体，反应生成硫脲，硫脲在150℃时部分异构化为。下列说法正确的是 A. 的结构示意图： B. 硫化氢分子的电子式： C. 中碳原子采取sp2杂化 D. 中含有7molσ键 3. 实验室利用制备晶体，下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 利用装置甲制备 B. 利用装置乙制备 C. 利用装置丙制备溶液 D. 利用装置丁蒸发获得晶体 4. 从铜硒矿中提取Se的反应之一为。下列说法错误的是 A. 键角：H2O＞ H2S ＞ B. SO2的VSEPR模型为平面三角形 C. 元素的第一电离能：O＜S＜Se D. SeO2的空间结构是V形 阅读下列材料，完成有关问题： 硼单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸催化下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作木材防腐剂等。乙硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165kJ·mol−1；氨硼烷(H3NBH3)是很好的储氢材料，在Ni/P催化剂作用下水解生成NH4[B(OH)4]并释放出氢气，氨硼烷在高温下脱氢制得氮化硼(BN)，氮化硼晶体结构类似于金刚石，具有高硬度。 5. 下列说法正确的是 A. BN是分子晶体 B. H3NBH3分子内存在配位键 C. B(OCH3)3分子间能形成氢键 D. BF3是由极性键构成的极性分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. BF3和水反应：4BF3＋3H2O=6H＋＋3BF＋BO B. 制备B(OCH3)3：H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3 C. 氨硼烷释氢反应：H3NBH3＋4H2ONH4[B(OH)4]＋3H2↑ D. 乙硼烷的燃烧热：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH=2165kJ·mol−1 7. 下列有关反应描述正确的是 A. H3NBH3高温脱氢反应中，H3NBH3断裂σ键和π键 B. H3NBH3水解反应中，Ni/P催化剂能提高该反应的活化能 C. BF3水解生成HBF4，B原子轨道的杂化类型由sp3转化为sp2 D. H3BO3和CH3OH的反应中，浓硫酸能加快反应速率 8. 氢气还原辉钼矿获得钼的反应原理为 。在恒容密闭容器中进行该反应，平衡时正、逆反应平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应任何条件下都能自发 B. 增大压强都能提高钼的平衡产率 C. 下达到平衡时， D. 该反应中每制得1molMo，转移电子的数目约为 9. 据文献报道，我国学者提出氧化生成反应历程如图所示，下列有关该历程的说法正确的是 A. 氧化生成的总反应为： B. 中间体和中的化合价不相同 C. 发生步骤②时，形成的化学键既有极性键又有非极性键 D. 步骤③中，每生成转移电子 10. 如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是 A. N极为负极，发生氧化反应 B. 电池工作时，N极附近溶液pH减小 C. M极发生的电极反应为 D. 处理0.1mol 时，有1.4mol 从交换膜左侧向右侧迁移 11. 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 向溶液中加入Cu粉，再滴加几滴硫酸，微热，溶液逐渐变成浅蓝色 硫酸具有强氧化性 B 向CO还原Fe2O3，所得到的产物中加入适量稀盐酸，待固体全部溶解后，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 验证Fe2O3是否被全部还原为Fe C 向溶液中加入溶液，充分反应后用苯萃取2～3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化 Fe3+与I-的反应有一定限度 D 将BaSO4粉末加入到Na2CO3饱和溶液中，充分振荡、静置、过滤、洗涤，将滤渣加入盐酸中，有气泡生成 A. A B. B C. C D. D 12. 常温下，酸性废水中的、、可经以下流程除去。 已知：溶液中浓度低于可认为沉淀完全；，，。下列说法不正确的是 A. 溶液中存在 B. 含铬废水酸性增强，还原加入的的利用率会降低 C. “还原”时需加入的 D. 若恰好沉淀完全，“沉淀”后溶液中存在 13. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中涉及以下两个反应： ① ② 225℃、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及位点、、…处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。下列说法错误的是 A. ，低温有利于反应②自发进行 B. 225℃~245℃，反应速率：①>② C. 为了提高处的产量，可以选择催化活性更好的催化剂 D. 处的的体积分数小于处 二、非选择题(共4题，61分) 14. 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-形成，易发生水解，其反应的离子方程式为。 （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。 ①一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是________________。 ②酸浸时，加料完成后，不延长浸取时间，提高金属元素浸出率的方法除适当升高酸浸温度外，还有________________。 （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水层有机层有机层水层。 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，不宜过大也不宜过小的可能原因是________________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子除Na+外，还有________(填离子的化学式)。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。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________。 A．边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 B．边搅拌边将草酸溶液滴加到有机相溶液中 15. 工业废水中过量的需经脱除后排放。 （1）离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，Cl进入层间与进行离子交换从而被去除。 ①根据晶胞结构，__________。 ②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量__________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。 ③实验表明，相比，更易与交换，原因有__________。 （2）脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下： 已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。 ①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。 ②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是__________。 ③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为__________。 （3）Cl-含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度__________（以为单位，写出计算过程）。 16. 实验室利用钴渣［含Co(OH)3、Fe(OH)3等］制备磁性材料Co3O4. （1）浸取。将一定量的钴渣粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈瓶中(装置见图)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，滴液漏斗中的溶液是________；转化为Co2+的离子方程式为________________。 （2）沉钴。Co(Ⅱ)盐溶液可以、和等多种形式沉淀。 已知：，，的电离常数分别为、，NH3∙H2O的电离常数为。 ①向除杂后含溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀，继续滴加NaOH溶液至pH=________时，Co2+沉淀完全。 ②向除杂后溶液中加入溶液或溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4.反应的平衡常数K的数值为________；不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替溶液的原因是________________。 （3）制备Co3O4.将所得的18.3g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O，其摩尔质量为183g/mol)高温灼烧，其热重分析图如图： 写出B点对应的物质的化学式：________，CD段发生反应的化学方程式为________。 17. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 Ⅰ．沉淀法，用如下图-1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如题图2所示。 （1）对图1的说法中正确的是________。 A. 负极： B. 阳极： C. 正极： D. 阴极： （2）该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理可描述为________________。 （3）pH＞10时，pH越大，硫转化为FeS的沉淀率越低，可能的原因是________________。 Ⅱ．氧化法。Na2SO3氧化法、H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 ⅰ．Na2SO3氧化法：向含S2-的废水中，加入一定量的Na2SO3溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀。 （4）写出该反应的离子方程式：________________。 ⅱ．H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如题图3所示。 （5）当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，原因是________________。 ⅲ．催化氧化法：MnO2-聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图4所示。 （6）转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有________。 （7）催化剂使用一段时间后催化效率会下降，结合图中相关信息，分析可能原因为________________，要使催化剂恢复催化效率，处理的方法是用氯仿(CHCl3)浸取催化剂，再干燥即可。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市辅仁高级中学2025-2026学年第二学期 高二化学选修6月学业质量检测 (可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cl-56 Co-59 Ag-108) 一、单项选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共39分) 1. 化学促进了科技的进步和社会的发展，同时也与生活密切相关。下列说法正确的是 A. 天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加石蕊试液变成红色 B. 跨洲际往返塞尔维亚的“运-20”机身采用的钨碳合金比纯金属钨具有更高的强度 C. 晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维 D. 漂白粉与SO2混合使用可以提高漂白效果 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液因水解呈碱性，石蕊试液遇碱性溶液变蓝色，而非红色，A错误； B．合金的强度一般高于其组成的纯金属，钨碳合金属于合金，故强度比纯金属钨更高，B正确； C．晶体硅为半导体材料，常用于制造芯片、太阳能电池板等，制造光导纤维的原料为二氧化硅，而非晶体硅，C错误； D．漂白粉的有效成分为，与混合时二者会发生氧化还原反应，生成无漂白性的物质，漂白效果降低，D错误； 故选B。 2. 向石灰氮中加水并通入H2S气体，反应生成硫脲，硫脲在150℃时部分异构化为。下列说法正确的是 A. 的结构示意图： B. 硫化氢分子的电子式： C. 中碳原子采取sp2杂化 D. 中含有7molσ键 【答案】D 【解析】 【详解】A．的核电荷数为20，题给结构示意图核电荷数为18，不是的结构示意图，正确的结构示意图为，A错误； B．是共价化合物，不存在离子键，题给电子式为离子化合物的书写形式，正确的电子式为，B错误； C．中碳原子的价层电子对数为2，采取杂化，不是杂化，C错误； D．1个分子中含有4个σ键、2个σ键、1个中的σ键，共7个σ键，故中含有σ键，D正确； 故选D。 3. 实验室利用制备晶体，下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 利用装置甲制备 B. 利用装置乙制备 C. 利用装置丙制备溶液 D. 利用装置丁蒸发获得晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cu与浓硫酸反应制备需要加热，故A不符合题意； B．利用Ca(OH)2和NH4Cl，加热可制备，故B符合题意； C．制备溶液过程中，氨气极易溶于水，容易引起倒吸，不能插入液面以下，故C不符合题意； D．受热会分解，蒸发无法获得晶体，故D不符合题意； 故答案选B。 4. 从铜硒矿中提取Se的反应之一为。下列说法错误的是 A. 键角：H2O＞ H2S ＞ B. SO2的VSEPR模型为平面三角形 C. 元素的第一电离能：O＜S＜Se D. SeO2的空间结构是V形 【答案】C 【解析】 【详解】A．、、为同主族元素，原子半径依次增大，电负性依次减小，中心原子对成键电子对的吸引作用依次减弱，对应氢化物、、分子中成键电子对之间的排斥力依次减弱，键角依次减小，故键角，A正确； B．中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，B正确； C．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强，第一电离能逐渐减小，故第一电离能，C错误； D．中心原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为V形，D正确； 故选C。 阅读下列材料，完成有关问题： 硼单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解生成HBF4(HBF4在水中完全电离为H＋和BF)和硼酸(H3BO3)，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸催化下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作木材防腐剂等。乙硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165kJ·mol−1；氨硼烷(H3NBH3)是很好的储氢材料，在Ni/P催化剂作用下水解生成NH4[B(OH)4]并释放出氢气，氨硼烷在高温下脱氢制得氮化硼(BN)，氮化硼晶体结构类似于金刚石，具有高硬度。 5. 下列说法正确的是 A. BN是分子晶体 B. H3NBH3分子内存在配位键 C. B(OCH3)3分子间能形成氢键 D. BF3是由极性键构成的极性分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. BF3和水反应：4BF3＋3H2O=6H＋＋3BF＋BO B. 制备B(OCH3)3：H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3 C. 氨硼烷释氢反应：H3NBH3＋4H2ONH4[B(OH)4]＋3H2↑ D. 乙硼烷的燃烧热：B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH=2165kJ·mol−1 7. 下列有关反应描述正确的是 A. H3NBH3高温脱氢反应中，H3NBH3断裂σ键和π键 B. H3NBH3水解反应中，Ni/P催化剂能提高该反应的活化能 C. BF3水解生成HBF4，B原子轨道的杂化类型由sp3转化为sp2 D. H3BO3和CH3OH的反应中，浓硫酸能加快反应速率 【答案】5. B 6. C 7. D 【解析】 【5题详解】 A．由氮化硼晶体结构类似于金刚石，具有高硬度可知，氮化硼晶体为共价晶体，故错误； B．H3NBH3分子内具有孤对电子的氮原子能与具有空轨道的硼原子形成配位键，故正确； C．由分子式可知，B(OCH3)3分子不能形成分子间氢键，故错误； D．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构对称的平面正三角形，属于非极性分子，故错误； 故选B； 【6题详解】 A．由题意可知，BF3和水反应生成HBF4和硼酸H3BO3，反应的离子方程式为BF3＋3H2O=3H＋＋3BF＋H3BO3，故错误； B．由题意可知，硼酸和甲醇在浓硫酸催化下生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3＋H2O，故错误； C．由题意可知，氨硼烷释氢反应为在Ni/P催化剂作用下氨硼烷发生水解反应生成NH4[B(OH)4]和氢气，反应的化学方程式为H3NBH3＋4H2ONH4[B(OH)4]＋3H2↑，故正确； D．由题意可知，表示乙硼烷的燃烧热的热化学方程式为B2H6(g)＋3O2(g)=B2O3(s)＋3H2O(l) ΔH=—2165kJ·mol−1，故错误； 故选C； 【7题详解】 A．H3NBH3分子中只含有σ键，不含有π键，故错误； B．H3NBH3水解反应中，Ni/P催化剂能降低反应的活化能，故错误； C．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故错误； D．H3BO3和CH3OH的反应中，浓硫酸是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故正确； 故选D。 8. 氢气还原辉钼矿获得钼的反应原理为 。在恒容密闭容器中进行该反应，平衡时正、逆反应平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应任何条件下都能自发 B. 增大压强都能提高钼的平衡产率 C. 下达到平衡时， D. 该反应中每制得1molMo，转移电子的数目约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应为正向气体体积增大的反应，，由图可知，温度升高，增大，说明该反应正向为吸热反应，，反应自发进行的条件为，该反应高温下自发进行，并非任何条件都能自发，A错误； B．该反应为正向气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，会降低钼的平衡产率，B错误； C．，，下，，联立可得，C正确； D．每制得1 mol Mo，中的Mo元素得到4 mol电子、中C元素得到4 mol电子，失去8 mol电子，故转移电子的数目约为，D错误； 故选C。 9. 据文献报道，我国学者提出氧化生成反应历程如图所示，下列有关该历程的说法正确的是 A. 氧化生成的总反应为： B. 中间体和中的化合价不相同 C. 发生步骤②时，形成的化学键既有极性键又有非极性键 D. 步骤③中，每生成转移电子 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，反应①为HBr+O2=HOOBr，反应②为HOOBr+HBr=2HOBr，反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，总反应为O2+4HBr=2Br2+2H2O。 【详解】A．由分析可知，氧气氧化溴化氢的总反应为O2+4HBr=2Br2+2H2O，故A正确； B．由化合价代数和为0可知，中间体HOOBr和HOBr中溴元素的化合价均为+1价，故B错误； C．由分析可知，反应②为HOOBr+HBr=2HOBr，反应中有极性键的形成，但没有非极性键的形成，故C错误； D．由分析可知，反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，反应中溴化氢为反应的还原剂、HOBr为氧化剂，则每生成1 mol溴转移1 mol电子，故D错误； 故选A。 10. 如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是 A. N极为负极，发生氧化反应 B. 电池工作时，N极附近溶液pH减小 C. M极发生的电极反应为 D. 处理0.1mol 时，有1.4mol 从交换膜左侧向右侧迁移 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，则M为负极；重铬酸根离子得到电子发生还原反应，则N为正极； 【详解】A．由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，A错误； B．电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3+，反应为，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，B错误； C．有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为，C正确； D．根据电子守恒可知，，则处理0.1mol 时，有0.6mol 从交换膜左侧向右侧迁移，D错误； 故选C。 11. 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 向溶液中加入Cu粉，再滴加几滴硫酸，微热，溶液逐渐变成浅蓝色 硫酸具有强氧化性 B 向CO还原Fe2O3，所得到的产物中加入适量稀盐酸，待固体全部溶解后，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 验证Fe2O3是否被全部还原为Fe C 向溶液中加入溶液，充分反应后用苯萃取2～3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化 Fe3+与I-的反应有一定限度 D 将BaSO4粉末加入到Na2CO3饱和溶液中，充分振荡、静置、过滤、洗涤，将滤渣加入盐酸中，有气泡生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．硝酸钠溶液中滴加几滴硫酸，酸性条件下，能将​Cu氧化为，溶液逐渐变成浅蓝色，体现氧化性，不能说明的硫酸具有强氧化性，A不符合题意； B．若部分被还原为Fe，产物中同时存在Fe和，加盐酸后与盐酸反应生成的也会被还原为，滴加KSCN也不会变红，无法证明​是否被全部还原为Fe，B不符合题意； C．溶液中加入溶液发生反应，，，实验中KI过量，加KSCN溶液，若溶液变红，说明体系中仍残留，即可证明和的反应存在一定限度，C符合题意； D．饱和溶液中浓度极高，可使从而生成沉淀，无法证明，实际，D不符合题意； 故选C。 12. 常温下，酸性废水中的、、可经以下流程除去。 已知：溶液中浓度低于可认为沉淀完全；，，。下列说法不正确的是 A. 溶液中存在 B. 含铬废水酸性增强，还原加入的的利用率会降低 C. “还原”时需加入的 D. 若恰好沉淀完全，“沉淀”后溶液中存在 【答案】D 【解析】 【分析】酸性含铬废水加入过量亚硫酸氢钠，发生氧化还原反应将六价铬还原为Cr3+，加入氢氧化钠调节pH，形成Cr(OH)3沉淀，过滤得到除铬后废水； 【详解】A．由质子守恒可知，由水电离出的氢离子和氢氧根离子的总量相等，则溶液中存在，故A正确；  B．含铬废水酸性增强，部分亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫气体逸出，使得加入的的利用率会降低，故B正确；  C．还原过程中铬化合价由+6变为+3、硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒存在，结合铬元素守恒，，由于亚硫酸氢钠过量，则，故C正确；  D．若恰好沉淀完全，，，，，则“沉淀”后溶液中存在，故D错误；  故选D。 13. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中涉及以下两个反应： ① ② 225℃、下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及位点、、…处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。下列说法错误的是 A. ，低温有利于反应②自发进行 B. 225℃~245℃，反应速率：①>② C. 为了提高处的产量，可以选择催化活性更好的催化剂 D. 处的的体积分数小于处 【答案】D 【解析】 【详解】A．该装置为绝热装置，由图像可知，温度在升高，而反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，，因为其，根据，低温有利于反应②自发进行，故A正确； B．225℃~245℃，由图像可知CO的体积分数的体积分数，且反应②消耗CO，可知反应①的反应速率大于反应②，故B正确； C．处反应尚未达到平衡，选择催化活性更好的催化剂可以提高的产量，故C正确； D．到处，的体积分数逐渐增加，CO的体积分数变化不大，说明反应①和②均向右进行，反应②为气体分子数减小的反应，体系中气体的总物质的量在减小而增加，因此的体积分数会增大，故D错误； 故选：D。 二、非选择题(共4题，61分) 14. 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-形成，易发生水解，其反应的离子方程式为。 （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。 ①一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是________________。 ②酸浸时，加料完成后，不延长浸取时间，提高金属元素浸出率的方法除适当升高酸浸温度外，还有________________。 （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水层有机层有机层水层。 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，不宜过大也不宜过小的可能原因是________________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子除Na+外，还有________(填离子的化学式)。 （4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。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________。 A．边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 B．边搅拌边将草酸溶液滴加到有机相溶液中 【答案】（1） （2） ①. 增大浓度，使金属氧化物充分浸出，同时抑制和的水解 ②. 加快搅拌速率 （3） ①. 时，铋离子萃取率下降，铁的萃取率上升；时，水解程度增大生成沉淀，不利于铋离子的萃取提纯 ②. 、 （4） A 【解析】 【分析】联合焙烧时和在空气中反应生成和，转变为，水浸后经过酸浸，转化为氯化铁，转化为、易与形成，滤渣为，滤液中加入萃取剂TBP使和分离，再加入草酸溶液沉淀反萃取生成草酸铋晶体，最终得到超细氧化铋，以此解答。 【小问1详解】 联合焙烧时，和在空气中反应生成和，Mn元素由+4价下降到+2价，中O元素由0价降低为-2价，S元素由-2价升高为+6价，根据S元素守恒、Mn元素守恒和氧化还原得失电子守恒配平方程式为； 【小问2详解】 ①溶于盐酸后生成，由已知信息易与形成，易发生水解，溶液中也发生水解，一般控制浸取液pH小于1.4，增大浓度，水解平衡逆向移动，使充分浸出，同时抑制和的水解； ②加快搅拌速率，加快反应速率也可以提高酸浸时金属元素的浸出率； 【小问3详解】 ①结合萃取反应和图像分析：时，萃取平衡水层有机层有机层水层逆向移动，铋离子萃取率下降，铁离子萃取率上升；时，铋离子水解（）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯； ②滤液呈酸性，“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节浓度，加入萃取剂TBP使和分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为； 【小问4详解】 为得到含较少的草酸铋晶体，使有机相充分反应，“萃取”后应边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中，故选A。 15. 工业废水中过量的需经脱除后排放。 （1）离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，Cl进入层间与进行离子交换从而被去除。 ①根据晶胞结构，__________。 ②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量__________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。 ③实验表明，相比，更易与交换，原因有__________。 （2）脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下： 已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。 ①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。 ②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是__________。 ③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为__________。 （3）Cl-含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度__________（以为单位，写出计算过程）。 【答案】（1） ①. 6 ②. 减小 ③. F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键 （2） ①. 3 ②. 当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，BiO+的浓度降低，从而不利于BiOCl沉淀的生成，另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多 ③. BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+2NaCl+H2O （3） 【解析】 【分析】含氯废水加入硫酸和循环回来的固体，将废水中的氧化为氯气（）。与此同时，自身被还原，生成难溶的氯氧化铋（BiOCl）沉淀，从脱除装置出来的含气体和过量的氢氧化钠（NaOH）溶液反应，生成氯化钠（NaCl）、次氯酸钠（NaClO）和水。来自脱除装置的BiOCl固体和来自吸收步骤的含NaClO的碱性溶液反应，将BiOCl重新氧化成，再生的(s)，通过管道被循环送回“脱除装置”继续参与脱氯反应，实现了试剂的循环利用，以此解答。 【小问1详解】 ①观察晶胞图：有8个位于面上，2个位于内部，数目为，Zn2+、Al3+位于棱心和内部，数目为2+=3，由可知，y=6； ②该化合物中正电荷主要由取代产生，当的比值增大时，说明的相对含量在减少，含量降低会导致正电荷密度降低，需要平衡电荷的层间阴离子数量减少，那么能交换进去的也减小； ③实验表明，相比，更易与交换，原因是：F-半径较小，与Zn2+、Al3+作用力更强且F-与OH-及层间水分子形成氢键。 【小问2详解】 ①在脱除装置中，NaBiO3在酸性条件下（加入了H2SO4）表现出强氧化性，将废水中的Cl-氧化成Cl2气体，而自身被还原为BiOCl沉淀。Bi的化合价从+5下降到+3，Cl的化合价由-1上升到0，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，因此，每投入1 mol NaBiO3，理论上可以脱除3mol Cl-； ②已知Bi3+可水解为BiO+，其水解平衡方程式为：，在脱氯反应中，NaBiO3被还原生成的Bi3+需要通过水解形成BiO⁺，然后与Cl-结合生成BiOCl沉淀，当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制 Bi3+水解生成 BiO+，导致 BiOCl 沉淀难以生成，Cl⁻脱除率下降； 另外酸性太强，NaBiO3的氧化性增强，将水氧化为O2增多； ③在再生装置中，BiOCl在碱性条件下被NaClO氧化为NaBiO3，NaClO自身被还原为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：BiOCl+NaClO+2NaOH=NaBiO3+ 2NaCl+H2O。 【小问3详解】 加入的AgNO3的总物质的量：，与NH4SCN反应的Ag+的物质的量：，与Cl-反应的Ag+的物质的量：，根据反应，样品中Cl-的物质的量：，，Cl-的浓度 。 16. 实验室利用钴渣［含Co(OH)3、Fe(OH)3等］制备磁性材料Co3O4. （1）浸取。将一定量的钴渣粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈瓶中(装置见图)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，滴液漏斗中的溶液是________；转化为Co2+的离子方程式为________________。 （2）沉钴。Co(Ⅱ)盐溶液可以、和等多种形式沉淀。 已知：，，的电离常数分别为、，NH3∙H2O的电离常数为。 ①向除杂后含溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀，继续滴加NaOH溶液至pH=________时，Co2+沉淀完全。 ②向除杂后溶液中加入溶液或溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4.反应的平衡常数K的数值为________；不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替溶液的原因是________________。 （3）制备Co3O4.将所得的18.3g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O，其摩尔质量为183g/mol)高温灼烧，其热重分析图如图： 写出B点对应的物质的化学式：________，CD段发生反应的化学方程式为________。 【答案】（1） ①. 溶液 ②. （2） ①. 9 ②. 48 ③. Na2C2O4溶液碱性强，易与Co2+生成Co(OH)2沉淀，降低CoC2O4的产率 （3） ①. CoO ②. ​ 【解析】 【分析】实验室利用钴渣制备四氧化三钴的实验过程为向钴渣粉中加入亚硫酸钠、稀硫酸将氢氧化钴转化为硫酸钴，除去溶液中的铁离子后，过滤得到硫酸钴溶液。向溶液中加入氢氧化钠溶液或草酸铵溶液将钴元素转化为氢氧化亚钴或草酸钴沉淀，过滤得到氢氧化亚钴或草酸钴沉淀。将草酸钴晶体高温灼烧，即得到Co3O4的产物。 【小问1详解】 若将滴入钴渣粉与配制的悬浊液中，可避免局部酸性过强生成逸出，提升原料利用率，因此滴液漏斗中装溶液。 根据氧化还原得失电子守恒中Co从+3→+2，每个Co得1e⁻；中S从+4→+6，每个S失2e-，因此​系数配2，再结合酸性环境的电荷、原子守恒配平离子方程式 【小问2详解】 ① pH=7时，此时开始沉淀，可算出。当沉淀完全（），代入得，即，对应pH = 9。 ②反应的平衡常数可通过多重平衡推导： 。 草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性强于草酸铵溶液，若用草酸钠溶液替换草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，所以不能用草酸钠溶液替换草酸铵溶液。 【小问3详解】 18.3g 的物质的量为0.1 mol，含Co的物质的量为0.1 mol。B点质量为7.50 g，其中Co元素质量为，剩余质量为1.6 g，对应O原子物质的量为，因此Co、O原子数比为1:1，B点为CoO。 D点质量为8.03 g，Co元素质量仍为5.9 g，剩余O元素质量约为2.13 g，，对应产物为​，CD段为CoO被氧气氧化生成​的反应，配平即得对应方程式。 17. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 Ⅰ．沉淀法，用如下图-1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如题图2所示。 （1）对图1的说法中正确的是________。 A. 负极： B. 阳极： C. 正极： D. 阴极： （2）该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理可描述为________________。 （3）pH＞10时，pH越大，硫转化为FeS的沉淀率越低，可能的原因是________________。 Ⅱ．氧化法。Na2SO3氧化法、H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 ⅰ．Na2SO3氧化法：向含S2-的废水中，加入一定量的Na2SO3溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀。 （4）写出该反应的离子方程式：________________。 ⅱ．H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如题图3所示。 （5）当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，原因是________________。 ⅲ．催化氧化法：MnO2-聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图4所示。 （6）转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有________。 （7）催化剂使用一段时间后催化效率会下降，结合图中相关信息，分析可能原因为________________，要使催化剂恢复催化效率，处理的方法是用氯仿(CHCl3)浸取催化剂，再干燥即可。 【答案】（1）D （2）电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀 （3）pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中和结合FeS沉淀的硫的量越少 （4） （5） S元素被过量的氧化成更高价态的或 （6）S、O、Mn （7）生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积     【解析】 【小问1详解】 该装置外接电源，属于电解池，阳极发生氧化反应，电极反应式为，阴极发生还原反应，电极反应式为，故选D。 【小问2详解】 该装置沉淀废水中的硫的原理为电解时阳极Fe失去电子生成，与废水中的结合生成FeS沉淀，实现硫的沉淀去除。 【小问3详解】 pH过大时，溶液中浓度过高，阳极生成的会优先生成沉淀，游离的浓度降低，导致与结合生成FeS的沉淀率下降。 【小问4详解】 pH=5的酸性条件下，-2价S与+4价S发生归中反应生成单质S，故方程式为。 【小问5详解】 ​具有强氧化性，过量的会将生成的单质S进一步氧化为更高价态的含硫含氧酸盐（如、​），因此S的生成率降低。 【小问6详解】 转化Ⅰ中，吸附态0价的*O作为氧化剂，将-2价的S氧化为0价单质S，*O自身被还原为-2价进入，2个Mn原子之间原本有氧原子，发生转化后变为空位，综上，Mn、O、S元素的化合价都发生了变化。 【小问7详解】 反应生成的单质S附着在催化剂表面，占据了催化剂的活性空位/活性位点，阻碍了反应物与催化剂活性位点的接触，导致催化效率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $