精品解析：江苏南京市中华中学2026-2027学年高二上学期第二次月考 化学试卷

南京市中华中学2026-2027学年第一学期调研试卷(二) 高二化学 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 I-127 Ba-137 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。 1. 中华传统文化源远流长，下列有关说法不正确的是 A. 青花瓷呈现的颜色与含量高有关 B. 三星堆青铜神树所用青铜属于合金 C. 丝绸云袖的主要成分是蛋白质 D. 红山玉龙的成分之一可用作耐火材料 2. 化学学科需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语描述不正确的是 A. 聚丙烯的结构简式： B. 甲醛(CH2O)，其电子式为 C. H2CO3电离方程式： D. CH4的空间填充模型： 3. 化合物Na2HPO4与MgSO4可用作电解质饮料的配料。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 金属性： C. Na2HPO4中含有离子键和共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 4. 下列实验操作能达到实验目的的是 A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液 C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体 D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2 5. 下列关于结构、性质、原理和用途的联系，说法正确的是 A. 甲烷为空间四面体结构，导致甲烷性质稳定 B. 焙制糕点加入NaHCO3会产生CO2气体，可作食品疏松剂 C. 催化剂使CO2加氢制CH4的反应自发进行 D. 液溴易挥发，可用四氯化碳萃取溴水中的Br2 6. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 7. CO、和氨气是大气污染物，利用固体催化处理以上污染物的机理示意图(高温会发生副反应生成碳，不考虑)如图所示。下列说法错误的是 A. 催化处理过程中CO做还原剂 B. 反应历程中有极性键和非极性键的形成 C. 温度过高，催化剂的催化效率会降低 D. 总反应化学方程式为 8. 解释下列事实的离子方程式书写正确的是 A. 在FeBr2溶液中滴加少量新制氯水： B. 浓硝酸溶解金属银： C. NaHCO3溶液中通入少量Cl2： D. 在Fe(OH)3中滴加过量HI溶液： 9. 将转化为烷烃可实现碳的循环利用，X、Y与氢气反应生成Z，转化过程如图所示： 下列说法错误的是 A. X、Y互称为同系物 B. X、Y分子中所有原子均共平面 C. X、Y均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. Z的一氯代物共有4种同分异构体 10. 某新型纳米材料氧缺位铁酸盐()，能在常温下将工业废气中的、等转化为单质而除去，由锌灰(含和少量、、等)为主要原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气的流程如图所示，下列说法不正确的是 A. 浸取时为了提高酸浸效率，可以充分搅拌或适当升温 B. “除杂”过程中需要加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的金属离子有、、 C. 除去时，在反应中表现出氧化性 D. 与反应制得时，转移的电子物质的量为 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 结合H+能力： 用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，CH3COONa溶液pH大 B 判断某种酸是否是强酸 室温下用pH计测定0.01 mol·L-1该酸溶液的pH，读数为2.00 C 探究Fe3+与I-的反应是有限度的 向1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液中加入2滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 D 测定NaClO溶液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示： 已知：室温下： ；Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，下列说法正确的是 A. NaHSO3溶液中： B. “提铜”的离子方程式： C. (NH4)2C2O4溶液中； D. “沉镍”后上层清液中一定有： 13. 逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应I：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　∆H>0 反应II：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　∆H<0 在恒容条件下，按V(CO2)：V(H2)=1：1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是 A. M点，反应I的化学平衡常数K=1 B. N点，n(CH4)＋n(CO)=3n(H2O) C. 其他条件不变，在400～700℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度的升高而增多 D. 其他条件不变，在400～700℃范围，增大压强，平衡时CO的体积分数保持不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 二氧化铈(CeO2)常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题： 已知：①在酸性环境下具有强氧化性，能与结合成； ②硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反。 （1）焙烧时,被完全氧化为、和一种气体化合物，则该反应的化学方程式为________。 （2）步骤Ⅱ“酸浸”不能将稀硫酸换成稀盐酸，原因是：________。 （3）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Ce的萃取率。上述流程“萃取”中取1000 L含浓度为50 mg/L的溶液，加入500 L萃取剂，若单次萃取率，则________。 （4）“反萃取”中加入的作用是：________。 （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着()的循环，消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式是________。 15. 聚合硫酸铁简称聚铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下： （1）试剂A为________。 （2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩”时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了________； （3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。 （4）①减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从________(填字母)口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再________，打开阀门a通大气后，最后取下________(填仪器名称)，从中获得聚铁。 ②本实验采取减压蒸发的理由是________。 （5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品2.760 g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份： a．一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165 g； b．另一份置于250 mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：(无色) ①计算所得产品化学式中________。 ②若，写出“聚合”过程的离子方程式：________。 16. 实验室用含磷尾矿(主要含Ca5(PO4)3F、CaMg(CO3)2)的悬浊液模拟湿法烟气脱硫并制备H3PO4，实验装置如图-1所示。 （1）进气时通过调节阀门控制SO2、O2、N2的流速。缓冲罐的作用是________。 （2）湿法脱硫时发生反应。生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为________。 （3）悬浊液中生成H3PO4的过程如图-2所示。 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如图-3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是________。 ②加入少量ZnSO4溶液，对反应过程的影响如图-4所示。该措施可提高磷浸出率的原因是________。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，________，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。(已知：Fe3(PO4)2、FePO4·2H2O均难溶于水；反应终点时，FePO4·2H2O的产率最高。实验中还须使用的试剂：1.0 mol·L-1的H2SO4溶液、30%H2O2溶液、30%氨水。) 17. 由CO2制碳氢化合物的过程如图-1所示。 （1）①涉及部分反应： ________kJ·mol-1 ②催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。方铁矿(Fe1-xO)可用作催化剂，当时，晶体中为________。 （2）CO2催化加氢制C2H4. 利用双金属协同催化CO2在Fe/MC或表面反应，反应前后催化剂样品的X射线衍射图如图-2、图-3所示。CO2在表面催化加氢制C2H4的反应机理如图-4所示。催化加氢制C2H4的效果优于Fe/MC的原因是________。 （3）Ni/CeO2可催化CO2加氢合成CH4.反应中，H2在Ni表面解离为H原子(表示为H*)，Ni的粒径越小，吸附H*越多，CO2在CeO2表面转化为CH4可能的机理如图-5所示，反应Ⅱ是慢反应。 ①催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy，可提高催化效率的原因是________。 ②画出图-6虚线方框内的有关结构式：________。 ③Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市中华中学2026-2027学年第一学期调研试卷(二) 高二化学 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 I-127 Ba-137 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。 1. 中华传统文化源远流长，下列有关说法不正确的是 A. 青花瓷呈现的颜色与含量高有关 B. 三星堆青铜神树所用青铜属于合金 C. 丝绸云袖的主要成分是蛋白质 D. 红山玉龙的成分之一可用作耐火材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．氧化铁是红棕色，青花瓷是用含氧化钴的钴矿为原料制成，A错误； B．三星堆青铜神树所用青铜属于合金，B正确； C．丝绸云袖的主要成分是蛋白质，C正确； D．熔点较高，可用作耐火材料，D正确； 故选A。 2. 化学学科需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语描述不正确的是 A. 聚丙烯的结构简式： B. 甲醛(CH2O)，其电子式为 C. H2CO3电离方程式： D. CH4的空间填充模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯加聚时，双键的两个碳原子进入主链，甲基保留为支链，A正确； B．甲醛分子中，碳原子与两个氢原子各共用一对电子，与氧原子共用两对电子，氧原子还有两个孤电子对，B正确； C．碳酸是二元弱酸，分两步电离，第一步为，第二步为，题给方程式将两步电离合写成一步，C错误； D．图中较大的碳原子位于中心，4个氢原子分布在正四面体的顶点，符合甲烷的空间填充模型，D正确； 故选C。 3. 化合物Na2HPO4与MgSO4可用作电解质饮料的配料。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 金属性： C. Na2HPO4中含有离子键和共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下电子层数增多，原子半径增大，故原子半径，H的电子层数最少，原子半径最小，原子半径顺序为，A错误； B．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，故金属性，结合金属活动性顺序可知金属性，金属性顺序为，B错误； C．中，与之间通过离子键结合，内部的、、原子之间通过共价键结合，该物质含有离子键和共价键，C正确； D．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性随非金属性增强而增强，非金属性，故最高价氧化物对应水化物的酸性，D错误； 故选C。 4. 下列实验操作能达到实验目的的是 A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液 C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体 D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。 【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误； B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误； C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误； D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确； 故选D。 【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。 5. 下列关于结构、性质、原理和用途的联系，说法正确的是 A. 甲烷为空间四面体结构，导致甲烷性质稳定 B. 焙制糕点加入NaHCO3会产生CO2气体，可作食品疏松剂 C. 催化剂使CO2加氢制CH4的反应自发进行 D. 液溴易挥发，可用四氯化碳萃取溴水中的Br2 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲烷性质稳定的核心原因是分子内键键能大、键长短，空间四面体结构不是其性质稳定的原因，A错误； B．焙制糕点时加入的可受热分解或与发酵产生的有机酸反应生成气体，气体在面团中形成均匀孔隙使糕点疏松，因此可作食品疏松剂，B正确； C．催化剂仅能降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应的（吉布斯自由能变），无法使原本非自发的反应自发进行，C错误； D．用四氯化碳萃取溴水中的原理是在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，且四氯化碳与水不互溶、不发生反应，与液溴易挥发的性质无因果关系，D错误； 故选B。 6. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误； B．由方程式可知，反应平衡常数，故B正确； C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误； D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误； 故选B。 7. CO、和氨气是大气污染物，利用固体催化处理以上污染物的机理示意图(高温会发生副反应生成碳，不考虑)如图所示。下列说法错误的是 A. 催化处理过程中CO做还原剂 B. 反应历程中有极性键和非极性键的形成 C. 温度过高，催化剂的催化效率会降低 D. 总反应化学方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO中C元素化合价从+2升高到CO2中的+4，失电子被氧化，CO做还原剂，A正确； B．反应产物有N2（存在N≡N非极性键）、CO2（存在C=O极性键）、H2O（存在H-O极性键），故有极性键和非极性键的形成，B正确； C．高温发生副反应生成碳，碳可能覆盖催化剂表面导致催化效率降低，C正确； D．根据机理中CO和NO2的比例及得失电子守恒，总反应化学方程式为，D错误； 故选D。 8. 解释下列事实的离子方程式书写正确的是 A. 在FeBr2溶液中滴加少量新制氯水： B. 浓硝酸溶解金属银： C. NaHCO3溶液中通入少量Cl2： D. 在Fe(OH)3中滴加过量HI溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．亚铁离子比溴离子更易被氧化，氯水少量时，氯气优先氧化亚铁离子，离子方程式为，题给式写成了氧化溴离子的反应，A错误； B．题给式中，银失去1个电子，两个硝酸根中的氮共得到2个电子，且等号两侧总电荷数分别为+2和+1，按银与生成的二氧化氮的物质的量之比为1∶1配平，得，B错误； C．酸性顺序为，氯气与水反应生成的盐酸能与碳酸氢根反应放出二氧化碳，次氯酸的酸性弱于碳酸，总离子方程式中保留次氯酸分子，反应为，C错误； D．氢离子使氢氧化铁溶解，2个三价铁离子各得1个电子，2个碘离子各失1个电子并生成碘单质，配平得，D正确； 故选D。 9. 将转化为烷烃可实现碳的循环利用，X、Y与氢气反应生成Z，转化过程如图所示： 下列说法错误的是 A. X、Y互称为同系物 B. X、Y分子中所有原子均共平面 C. X、Y均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. Z的一氯代物共有4种同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．X为（乙烯），Y为（丙烯），二者均为单烯烃，结构相似，分子组成相差1个原子团，互为同系物，A正确； B．X为乙烯，是平面结构，所有原子共平面；Y为丙烯，分子中含有甲基，甲基为四面体构型，所有原子不可能共平面，B错误； C．X、Y分子中均含有碳碳双键，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，C正确； D．Z的结构简式为，分子中有4种不同化学环境的氢原子，其一氯代物共有4种同分异构体，D正确； 故选B。 10. 某新型纳米材料氧缺位铁酸盐()，能在常温下将工业废气中的、等转化为单质而除去，由锌灰(含和少量、、等)为主要原料制备氧缺位铁酸盐及其转化废气的流程如图所示，下列说法不正确的是 A. 浸取时为了提高酸浸效率，可以充分搅拌或适当升温 B. “除杂”过程中需要加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的金属离子有、、 C. 除去时，在反应中表现出氧化性 D. 与反应制得时，转移的电子物质的量为 【答案】C 【解析】 【分析】锌灰（含ZnO及少量PbO、CuO、等）加稀硫酸酸浸，所有金属氧化物转化为对应硫酸盐；之后加入足量锌粉除杂，将溶液中残留的少量、置换为金属单质除去，同时把还原为，得到的含、的溶液经后续处理制备出；在300~500℃下被H2还原，得到氧缺位的（3<x<4）；该氧缺位铁酸盐常温下可将、等废气转化为单质，自身被氧化重新生成，实现循环。 【详解】A．浸取时充分搅拌可增大固液接触面积，适当升温可加快反应速率，均能提高酸浸效率，A正确； B．锌灰中的与稀硫酸反应生成难溶的，溶液中仍残留少量，且、为可溶性离子，锌的金属活动性强于铅、铜，且氧化性强于，故足量锌粉可与、、反应除去杂质，B正确； C．除去时，转化为单质，硫元素化合价从价降低为价，作氧化剂，则中铁元素化合价升高，作还原剂，表现还原性，C错误； D．中铁元素为价，中为价，故2个的总正价为，平均每个的价态为，每个得到电子数为，共得到电子，即转移电子物质的量为，D正确； 故选C。 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 结合H+能力： 用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，CH3COONa溶液pH大 B 判断某种酸是否是强酸 室温下用pH计测定0.01 mol·L-1该酸溶液的pH，读数为2.00 C 探究Fe3+与I-的反应是有限度的 向1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液中加入2滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红 D 测定NaClO溶液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．比较弱酸根结合的能力需要测定相同浓度的钠盐溶液的，实验未控制和溶液的浓度相等，无法通过大小比较水解程度，不能达到探究目的，A错误； B．室温下的酸溶液，仅能说明溶液中，若该酸为二元强酸，溶液的约为，小于2；若为弱酸，小于，大于2。但部分电离的中强酸在时也可接近，接近2.00，无法证明酸完全电离，不能判断其为强酸，B错误； C．向过量溶液中加入少量溶液，充分反应后滴入溶液变红，说明溶液中仍存在，即未被完全还原，证明与的反应存在限度，不能进行到底，能达到探究目的，C正确； D．溶液中的水解生成具有漂白性的，会将试纸漂白，无法通过试纸测定其，不能达到实验目的，D错误； 故选C。 12. 室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示： 已知：室温下： ；Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，下列说法正确的是 A. NaHSO3溶液中： B. “提铜”的离子方程式： C. (NH4)2C2O4溶液中； D. “沉镍”后上层清液中一定有： 【答案】C 【解析】 【分析】有色金属冶炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。 【详解】A．溶液中电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒，消去，整理得：，移项得，因电离程度大于水解程度，溶液显酸性，，故并非大于关系，A错误； B．该离子方程式不符合反应事实，反应是在酸性环境中，正确离子方程式为：， B错误； C．溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，联立两式消去，可得，C正确； D．“沉镍”时若加入的过量，体系中的量远大于，同时发生水解，上层清液中，二者浓度不一定相等，D错误； 故选C。 13. 逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应I：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　∆H>0 反应II：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　∆H<0 在恒容条件下，按V(CO2)：V(H2)=1：1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是 A. M点，反应I的化学平衡常数K=1 B. N点，n(CH4)＋n(CO)=3n(H2O) C. 其他条件不变，在400～700℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度的升高而增多 D. 其他条件不变，在400～700℃范围，增大压强，平衡时CO的体积分数保持不变 【答案】A 【解析】 【分析】观察图像内容，横坐标为反应温度，纵坐标为平衡时含碳物质的体积分数，反应体系中的含碳物质有反应物：，生成物：、共三种，并且反应过程中，含碳物质的总物质的量是不变的，即。由于反应体系为恒容体系，故，因此可得的含碳物质体积分数，同理得，。综上推理，图像中纵坐标的大小与各组分物质的量成正比，曲线反映的也是各组分物质的量的变化趋势。反应I的，随着温度升高，平衡常数增大，平衡正向移动，也应增大，因此曲线②对应的是，而另一条趋势相反的曲线①则对应的是。 【详解】A．M点体系中含碳组分只有和，说明只发生反应I，，首先，根据方程式计量比，反应产物，其次，反应投料比为，二者初始物质的量与消耗物质的量均相同，会有平衡时，综上推理，M点，故，A正确； B．根据方程式计量比，反应I中，，反应II中，，两式相加得关系式为，在N点，联立解得，选项给出关系式不成立，B错误； C．该选项可以在400～700℃范围选取两个点估算比较，反应I的，升温正向移动生成，反应II的，升温逆向移动消耗，两者对物质的量的影响趋势相反，无法判断400~700℃范围内平衡时的物质的量随温度升高的变化趋势，C错误； D．反应I是分子数不变的反应，反应II是分子数减少的反应，在400～700℃范围，增大压强，首先会影响反应II的平衡，促进其向正反应方向移动，导致、、的改变，随之反应I的相关组分浓度改变，平衡也会移动，使得改变，因此平衡时的体积分数不可能保持不变，D错误； 故选A。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 二氧化铈(CeO2)常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题： 已知：①在酸性环境下具有强氧化性，能与结合成； ②硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反。 （1）焙烧时,被完全氧化为、和一种气体化合物，则该反应的化学方程式为________。 （2）步骤Ⅱ“酸浸”不能将稀硫酸换成稀盐酸，原因是：________。 （3）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Ce的萃取率。上述流程“萃取”中取1000 L含浓度为50 mg/L的溶液，加入500 L萃取剂，若单次萃取率，则________。 （4）“反萃取”中加入的作用是：________。 （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着()的循环，消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式是________。 【答案】（1） （2） 在酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为有毒的，同时自身被还原为，导致后续萃取时铈的产率降低 （3） 10 （4） 将有机层中的还原为，使其进入水层，实现铈的分离 （5） 【解析】 【分析】氟碳铈矿经氧化焙烧后，得到含、等的固体粉末，碳元素以形式逸出，用稀硫酸酸浸后，铈进入水溶液，不溶物经分离成为滤渣；硫酸体系中的可与结合成。加入后，利用在有机相中溶解度较大的性质，使铈富集于有机层；再加入和溶液进行反萃取，得到含的水层，向该水层中加入NaOH，生成沉淀，过滤，取沉淀，再用NaClO将其氧化为，过滤得到沉淀，经脱水分解制得。 【小问1详解】 中铈元素为+3价，生成的和中铈元素均为+4价，因此氧化焙烧时铈元素被氧化，作氧化剂，由碳元素守恒及流程中逸出的气体可知，气体产物为，令的系数为4，由氟元素守恒可确定的系数为1，再由铈、碳元素守恒分别确定、的系数分别为3、4，最后由O守恒确定的系数为1，因此该反应的化学方程式为：。 【小问2详解】 由分析可知，焙烧生成的产物和中铈元素均为+4价，已知在酸性环境下具有强氧化性，若改用稀盐酸，会被氧化为有毒的，同时+4价的会被还原为+3价，如与盐酸发生反应；由于更易留在水层中，不利于后续用萃取铈，导致铈的产率降低，故不能将稀硫酸换成稀盐酸。 【小问3详解】 设萃取前溶液中铈的总物质的量为，若单次萃取率，则表示萃取后有机相中铈的物质的量为，水相中剩余铈的物质的量为，根据分配比的定义，分配比，将两相中铈的物质的量分别除以各自的体积，得。 【小问4详解】 有机层中含有+4价铈，已知表明在水中的溶解度大于其在中的溶解度，具有一定的还原性，可将+4价铈还原为+3价，自身被氧化为，其还原过程中，反应为，生成的更易进入水层，因此加入的作用是：将有机层中的还原为，使其进入水层，实现铈的分离。 【小问5详解】 根据在尾气消除过程中发生着()的循环可知，放氧后形成，后者可通过吸收O原子重新转化为；消除时，提供氧原子，其氮元素被还原，生成空气中的。每1 mol 转化为需要补充原子，因此需消耗，根据氮元素守恒生成的，反应的化学方程式为：。 15. 聚合硫酸铁简称聚铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下： （1）试剂A为________。 （2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩”时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了________； （3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。 （4）①减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从________(填字母)口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再________，打开阀门a通大气后，最后取下________(填仪器名称)，从中获得聚铁。 ②本实验采取减压蒸发的理由是________。 （5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品2.760 g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份： a．一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165 g； b．另一份置于250 mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：(无色) ①计算所得产品化学式中________。 ②若，写出“聚合”过程的离子方程式：________。 【答案】（1）（铁粉） （2）增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进被氧化） （3）温度过高，双氧水分解；温度过低，反应速率太慢 （4） ①. ②. 关闭减压泵 ③. 旋转瓶 ④. 降低溶液沸点，在较低温度下蒸发，防止水解程度过大，避免聚铁分解 （5） ①. 1 ②. 【解析】 【分析】利用硫酸铜废液制备聚铁，硫酸铜废液除酸后，加入铁粉，搅拌、过滤，得到硫酸亚铁溶液。向溶液中加入少量稀硫酸，一方面加热浓缩时抑制水解，另一方面为后续氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力；双氧水将氧化为，该步骤需要控制反应温度；之后加水、稀硫酸进行聚合，最后减压蒸发得到聚铁，据此分析。 【小问1详解】 原料为硫酸铜废液，目标产物为含铁的聚合硫酸铁，除去且不引入新杂质，加入铁粉发生置换反应，故试剂A为铁粉； 【小问2详解】 由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力；“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，水解程度弱，pH偏大时，容易转化成沉淀，导致聚铁产率降低； 【小问3详解】 控制温度的原因：温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热分解，氧化剂损耗，氧化效率下降； 【小问4详解】 ①冷凝管中冷却水应遵循“下进上出”的原则，以保证良好的冷凝效果，因此应从b口通入冷水。实验结束时，应先关闭旋转主机，再关闭减压泵，最后打开阀门a通大气。若先通大气，系统内外产生压强差，可能会发生倒吸或导致装置损坏。减压蒸发结束后，目标产物主要存在于旋转瓶中，因此最后取下旋转瓶从中获得聚铁。 ②减压条件下体系压强降低，溶液沸点下降，可在较低温度下蒸发浓缩，避免高温促使水解程度过大，防止聚铁结构被破坏； 【小问5详解】 ①，由关系式，得，； ②时聚合的化学方程式：，对应离子方程式：。 16. 实验室用含磷尾矿(主要含Ca5(PO4)3F、CaMg(CO3)2)的悬浊液模拟湿法烟气脱硫并制备H3PO4，实验装置如图-1所示。 （1）进气时通过调节阀门控制SO2、O2、N2的流速。缓冲罐的作用是________。 （2）湿法脱硫时发生反应。生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为________。 （3）悬浊液中生成H3PO4的过程如图-2所示。 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如图-3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是________。 ②加入少量ZnSO4溶液，对反应过程的影响如图-4所示。该措施可提高磷浸出率的原因是________。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，________，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。(已知：Fe3(PO4)2、FePO4·2H2O均难溶于水；反应终点时，FePO4·2H2O的产率最高。实验中还须使用的试剂：1.0 mol·L-1的H2SO4溶液、30%H2O2溶液、30%氨水。) 【答案】（1）使三种气体充分混合，并缓冲气流、稳定流速和压强，使进入反应器的气体组成和流量保持稳定 （2）Ca5(PO4)3F+5H2SO4+10H2O=5CaSO4⋅2H2O+3H3PO4+HF （3） ①. 二氧化硫浓度大于8 mg/L时，生成的硫酸增多，二水硫酸钙在氟磷灰石表面大量沉积形成包裹层，阻碍氢离子与氟磷灰石接触，磷浸出率下降，磷酸含量降低 ②. 锌离子与白云石表面的碳酸根离子结合生成难溶的碳酸锌，覆盖在白云石表面，抑制白云石与硫酸反应，减少氢离子消耗和钙离子释放，使更多氢离子用于浸出氟磷灰石，并减少二水硫酸钙在氟磷灰石表面的沉积，从而提高磷浸出率 （4）加入1.0 mol/L硫酸溶液使铁粉完全溶解，再加入30%过氧化氢溶液将亚铁离子完全氧化为铁离子，然后加入0.1 mol/L磷酸溶液，控制Fe:P=1:1，用30%氨水调节溶液pH=2.5，充分反应至沉淀完全 【解析】 【分析】含磷尾矿中的氟磷灰石和白云石均能与酸反应。二氧化硫在氧气和水存在下生成硫酸，硫酸溶解氟磷灰石生成磷酸和氟化氢，钙离子与硫酸根离子结合生成二水硫酸钙。二水硫酸钙在氟磷灰石表面沉积会阻碍浸出；硫酸锌可抑制白云石与酸反应。制备二水磷酸铁时需先将铁粉溶解并氧化为铁离子，再在pH=2.5时与磷酸反应。 【小问1详解】 二氧化硫、氧气和氮气分别经阀门进入缓冲罐，在罐内充分混合并使气流平稳，保证进入恒温磁力搅拌器的气体组成和流速稳定，便于控制反应条件。 【小问2详解】 二氧化硫先被氧气氧化生成硫酸，硫酸再与氟磷灰石反应：钙离子与硫酸根离子结合生成二水硫酸钙，磷酸根与氢离子结合生成磷酸，氟与氢结合生成氟化氢，按原子守恒配平得：Ca5(PO4)3F+5H2SO4+10H2O=5CaSO4⋅2H2O+3H3PO4+HF。 【小问3详解】 ①由图-3可知，二氧化硫浓度大于8 mg/L后，浸出液中磷酸含量迅速下降。原因是二氧化硫过量时生成的硫酸增多，二水硫酸钙在氟磷灰石表面大量沉积并形成包裹层，阻碍氢离子与氟磷灰石接触，磷的浸出率下降。 ②由图-4可知，加入少量硫酸锌后，锌离子吸附在白云石表面并与碳酸根离子生成难溶的碳酸锌，抑制白云石与硫酸反应，减少氢离子消耗和钙离子释放，使更多氢离子用于溶解氟磷灰石，同时减少二水硫酸钙在氟磷灰石表面的沉积，从而提高磷浸出率。 【小问4详解】 铁粉先用1.0 mol/L硫酸溶液溶解，生成硫酸亚铁并放出氢气；再加入30%过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子；然后加入0.1 mol/L磷酸溶液，控制Fe:P=1:1，用30%氨水调节pH至2.5，铁离子与磷酸根结合生成二水磷酸铁沉淀，过滤、洗涤、干燥即得产品。 17. 由CO2制碳氢化合物的过程如图-1所示。 （1）①涉及部分反应： ________kJ·mol-1 ②催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。方铁矿(Fe1-xO)可用作催化剂，当时，晶体中为________。 （2）CO2催化加氢制C2H4. 利用双金属协同催化CO2在Fe/MC或表面反应，反应前后催化剂样品的X射线衍射图如图-2、图-3所示。CO2在表面催化加氢制C2H4的反应机理如图-4所示。催化加氢制C2H4的效果优于Fe/MC的原因是________。 （3）Ni/CeO2可催化CO2加氢合成CH4.反应中，H2在Ni表面解离为H原子(表示为H*)，Ni的粒径越小，吸附H*越多，CO2在CeO2表面转化为CH4可能的机理如图-5所示，反应Ⅱ是慢反应。 ①催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy，可提高催化效率的原因是________。 ②画出图-6虚线方框内的有关结构式：________。 ③Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是________。 【答案】（1） ①. ②. （2）引入后生成了，与形成双活性位点协同作用，促进偶联生成，而只有一个活性位点，缺少协同作用 （3） ①. +2价的Ca2+替换+4价Ce4+后，为保持晶体电荷平衡，会在晶格中产生更多的氧空位，氧空位是催化剂的活性中心，有利于吸附、活化,提高催化效率 ②. ③. 已知Ni的粒径越小，吸附H*越多，过多的H*会覆盖在CeO2表面的氧空位活性位点，阻碍CO2在CeO2表面的吸附转化，使慢反应Ⅱ难以进行，所以CH4化效率降低 【解析】 【小问1详解】 ①（1） （2） （3） 根据盖斯定律：反应（3）= 反应（2） 反应（1），。 ②当时，方铁矿(Fe1-xO)的化学式为，设的物质的量为，的物质的量为，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得：，，晶体中。 【小问2详解】 催化加氢制C2H4的效果优于的原因是：引入后生成了，与形成双活性位点协同作用，促进偶联生成，而只有一个活性位点，缺少协同作用。 【小问3详解】 ①催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy，可提高催化效率的原因是：+2价的Ca2+替换+4价Ce4+后，为保持晶体电荷平衡，会在晶格中产生更多的氧空位，氧空位是催化剂的活性中心，有利于吸附、活化,提高催化效率。 ②由图-5可知，过程I中原子形成一个键，过程II中原子再与两个原子形成两个键，即生成了甲基，所以虚线方框内的有关结构式： 。 ③已知Ni的粒径越小，吸附H*越多，过多的H*会覆盖在CeO2表面的氧空位活性位点，阻碍CO2在CeO2表面的吸附转化，使慢反应Ⅱ难以进行，所以CH4化效率降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $