2022-2023學年江蘇省揚州市高二下冊期末化學專項提升模擬題（AB卷）含解析

※※請※※沒有※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※沒有※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………試卷第=page1010頁，共=sectionpages1111頁第頁碼11頁/總NUMPAGES總頁數(shù)48頁2022-2023學年江蘇省揚州市高二下冊期末化學專項提升模擬題（A卷）第I卷（選一選）評卷人得分一、單選題1．工業(yè)上曾經(jīng)通過反應3Fe＋4NaOH=Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑生產(chǎn)金屬鈉。下列說確的是A．反應中NaOH是氧化劑 B．用磁鐵可以將Fe和Fe3O4分離C．該反應屬于置換反應 D．將生成的氣體在空氣中冷卻可獲得鈉2．硼酸和乙醇可以發(fā)生酯化反應：B(OH)3+3C2H5OH(C2H5O)3B+3H2O。生成的硼酸三乙酯點燃時產(chǎn)生綠色火焰，可通過該現(xiàn)象鑒定硼酸，下列表示正確的是A．中子數(shù)為8的O原子：B．乙醇分子的比例模型：C．基態(tài)C原子核外價電子的軌道表達式：D．硼酸在水中的電離方程式：B(OH)3+H2O=B(OH)+H+3．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是A．氨氣具有還原性，可用作煙氣中NOx脫除B．Al2O3熔點高，可用作電解冶煉鋁的原料C．濃硫酸具有強氧化性，可用作酯化反應的催化劑D．次氯酸具有弱酸性，可用作有色物質(zhì)的漂白劑4．下列有關(guān)SO2、SO3的說確的是A．SO2水溶液能導電，SO2是電解質(zhì) B．SO2的鍵角小于SO3的鍵角C．SO2、SO3都是極性分子 D．SO2的水溶液放置在空氣中，pH會增大5．在指定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化能夠?qū)崿F(xiàn)的是A．SO2NH4HSO3(aq) B．SO3Br2C．FeS2SO3 D．濃H2SO4SO26．藍天保衛(wèi)戰(zhàn)——持續(xù)三年的大氣治理之戰(zhàn)，其中低成本、高效率處理SO2、NO2等大氣污染物一直是化學研究的課題，研究它們的性質(zhì)、制備在工業(yè)生產(chǎn)和環(huán)境保護中有著重要意義。一種處理SO2、NO2的研究成果，其反應原理為SO2(g)+NO2(g)?SO3(g)+NO(g)

ΔH=-41.8kJ·mol-1。標準狀況下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g)

ΔH，下列有關(guān)說法沒有正確的是A．該反應ΔH＜0，ΔS＜0B．升高溫度，能增加SO2的反應速率和轉(zhuǎn)化率C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等說明該反應達到平衡狀態(tài)D．標準狀況下，該反應中每生成22.4LNO轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約等于2×6.02×10237．某化學興趣小組以含鈷廢渣(主要成分CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質(zhì))為原料制備Co2O3的一種實驗流程如下。下列與流程相關(guān)的原理、裝置和操作能達到實驗目的的是A．“酸浸”中的SO2作還原劑，用裝置甲制取B．“酸浸”所需的250mL1.0mol·L-1H2SO4溶液用裝置乙配制C．“萃取”的目的是除去Zn2+，用裝置丙，振蕩時分液漏斗下端應向下傾斜D．“沉鈷”時向萃取液中緩慢滴加沉淀劑，用裝置丁過濾所得懸濁液8．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子中有2未成對電子，X原子的K層與M層電子數(shù)相等，W原子的最外層電子數(shù)等于X與Y原子的最外層電子數(shù)之和，Z單質(zhì)常溫下為氣體。下列說確的是A．原子半徑B．X的電離能比同周期相鄰元素的大C．Y的價氧化物對應水化物的酸性比W的強D．Z的簡單氫化物的熔沸點比W的高9．化合物Z是合成某種抗結(jié)核候選的重要中間體，可由下列反應制得。下列有關(guān)說確的是A．X在過量NaOH溶液中加熱，所得的有機產(chǎn)物中含手性碳原子B．Y分子中碳原子的雜化類型有二種C．分子中，所有原子一定共平面D．Z在銅催化作用下加熱，生成的有機產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應10．乙酸乙酯的制備實驗過程如下：步驟1：在一支試管中加入3mL乙醇，然后邊振蕩邊緩緩加入2mL濃硫酸和2mL乙酸，再加入幾片碎瓷片，加熱并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。步驟2：向盛有乙酸乙酯粗品的試管中滴加1～2滴KMnO4溶液，振蕩，紫紅色褪去。步驟3：向盛有Na2CO3溶液的試管中滴加乙酸乙酯粗品，振蕩，有氣泡產(chǎn)生。下列說確的是A．步驟1中使用過量的乙醇能提高乙酸的轉(zhuǎn)化率B．步驟1中使用碎瓷片的目的是作反應的催化劑C．步驟2中紫紅色變淺說明乙酸乙酯粗品含有乙烯D．步驟3中發(fā)生反應的離子方程式為CO+2H+=H2O+CO2↑11．鐵的配合物離子(用表示)催化某反應的一種反應機理和相對能量的變化情況如圖所示：下列說法沒有正確的是A．該過程的總反應為HCOOHCO2↑+H2↑B．H+濃度過大或者過小，均導致反應速率降低C．該催化循環(huán)中Fe元素的化合價發(fā)生變化D．該過程的總反應速率由IV→I步驟決定12．鈷()的合金材料廣泛應用于航空航天、機械制造等領域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置示意圖。下列說確的是A．工作時，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大B．生成，Ⅰ室溶液質(zhì)量理論上減少C．移除兩交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反應沒有變D．電解總反應：13．已知室溫下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通過下列實驗探究含硫化合物的性質(zhì)。實驗l：測得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1實驗2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，測得溶液的pH沒有斷減小實驗3：向?qū)嶒?所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，測得反應后溶液pH=12實驗4：向?qū)嶒?所得溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，產(chǎn)生粉色沉淀，再加幾滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀下列說確的是A．由實驗1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)<c(OH-)B．由實驗2可知：加水過程中，逐漸變小C．實驗3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)D．由實驗4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)14．以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：反應Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1=-49kJ·mol-1反應Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol-1反應Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡時，CO和CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)及CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖。下列說確的是A．反應Ⅲ中反應物的總鍵能大于生成物的總鍵能B．曲線n代表CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)C．該條件下溫度越低，越有利于工業(yè)生產(chǎn)CH3OHD．圖示270℃時，平衡體系中CO2的體積分數(shù)為20%第II卷（非選一選）評卷人得分二、工業(yè)流程題15．以廢錳渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)為原料制備MnSO4晶體，其工藝流程可表示為：該工藝條件下金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Mn2+Mg2+開始沉淀pH2.107.459.279.60完全沉淀pH3.208.9510.8711.13(1)Mn2+的基態(tài)核外電子排布式為___________。(2)“反應I”中加入硫鐵礦(主要成分FeS2)將MnO2還原為Mn2+。濾渣1的主要成分除FeS2外，還有一種相對分子質(zhì)量為192的單質(zhì)，其化學式為___________。(3)“反應II”中主要反應的離子方程式為___________。(4)“調(diào)pH”步驟中，應調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是___________。(5)測定產(chǎn)品純度。取制得的MnSO4晶體0.1510g，溶于適量水中，加硫酸酸化；用過量NaBiO3(難溶于水)將Mn2+完全氧化為，過濾洗滌；_________，向其中加入Na2C2O4固體0.5360g；充分反應后，用0.0320mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)；Mr(Na2C2O4)=134，Mr(MnSO4)=151。①為減小測量誤差，請補充完整洗滌后的實驗操作___________。②計算產(chǎn)品中MnSO4的質(zhì)量分數(shù)___________(寫出計算過程，保留兩位有效數(shù)字)。16．Li2CO3可用于制備鋰電池的正極材料LiCoO2，以某鋰云母礦石(主要成分為Li2O，還有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等雜質(zhì))制備Li2CO3。已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。②Co3O4、CoO均難溶于水。Co3O4難溶于酸，CoO能溶于酸中。③當溶液中的離子濃度小于10-5mol/L時，已完全沉淀。④部分物質(zhì)的溶解度曲線。利用鋰云母礦石制備Li2CO3步驟如下：(1)酸浸。向鋰云母礦石中加入30%硫酸，加熱至90℃，裝置如圖所示。燒杯中試劑的作用是____。(2)調(diào)pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH約為6，過濾。再向濾液中繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液調(diào)pH>13，過濾，此時的濾渣主要成分為____。分兩次調(diào)節(jié)pH的主要原因是____。(3)沉鋰。將已經(jīng)除雜的溶液蒸發(fā)濃縮，向濃縮后的濾液中加入稍過量飽和Na2CO3溶液，加熱煮沸，趁熱過濾，將濾渣洗滌烘干，得Li2CO3固體。濃縮液中離子濃度過大將在產(chǎn)品中引入____雜質(zhì)(填化學式)。(4)Li2CO3和Co3O4混合后，在空氣中高溫加熱可以制備鋰電池的正極材料LiCoO2，寫出反應方程式：____。(5)Co3O4可由CoCO3熱分解制備。CoCO3在有氧和無氧環(huán)境下的所得Co3O4和CoO的百分含量與溫度關(guān)系如圖所示。請補充完整由CoCO3制備較純凈的Co3O4實驗，取一定質(zhì)量的CoCO3于熱解裝置中，____，干燥。(須使用的試劑和儀器有：lmol/LH2SO4，蒸餾水，BaCl2溶液)評卷人得分三、有機推斷題17．紫草素類化合物G具有沒有同程度的細胞毒作用和抗作用，其合成路線如下圖所示：(1)A中含氧官能團的名稱為_______，1mol中含有_______molσ鍵。(2)B的結(jié)構(gòu)簡式_______。(3)E→F的反應類型_______。(4)A到B的反應中生成一種副產(chǎn)物H(C13H20O2)，其同分異構(gòu)體滿足以下條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_______。I.能和FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；II.核磁共振氫譜圖顯示4個吸收峰。(5)請設計以和為原料制備的合成路線(無機試劑任用，合成路線示例見本題題干)_______。評卷人得分四、原理綜合題18．水體中的六價鉻[Cr(VI)]對生態(tài)環(huán)境和人體健康威脅很大。工業(yè)廢水中Cr(VI)常用還原沉淀法、微生物法等進行處理。(1)“還原沉淀法”常用Na2SO3、FeSO4等處理Cr(VI)得到Cr(III)。已知溶液中含Cr(VI)的微粒(H2CrO4、和)的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的關(guān)系如圖1所示。①某含Cr(VI)廢水的pH約為3，寫出用Na2SO3處理該廢水的離子方程式：___________[已知pH=3時，Cr(III)以Cr3+形式存在]。②其他條件相同，用Na2SO3處理沒有同pH的含Cr(VI)廢水，反應相同時間，Cr(VI)的去除率與pH的關(guān)系如圖2所示。已知酸性條件下Cr(VI)對Na2SO3具有很強的氧化能力，pH<2時，Cr(VI)的去除率隨pH降低而降低的原因是___________。③研究發(fā)現(xiàn)，用FeSO4處理pH=3的含Cr(VI)廢水，Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4還原的理論值。Cr(VI)的去除率大于理論值的原因是___________。(2)“微生物法”處理含Cr(Ⅵ)廢水具有效率高、選擇性強、吸附容量大等優(yōu)點。一種微生物法是用硫酸鹽還原菌(SRB)處理含Cr(VI)廢水。①硫酸鹽還原菌能將水中的轉(zhuǎn)化為S2-，S2-與可反應生成Cr2S3和S兩種沉淀。寫出S2-與反應的離子方程式：___________。②用硫酸鹽還原菌(SRB)處理含鉻廢水時，溫度常在30℃左右，溫度過高，Cr(VI)的去除率低的原因是___________。③硫酸鹽還原菌(SRB)常存在于水體中，會腐蝕許多金屬及合金。一種Fe合金在硫酸鹽還原菌存在條件下腐蝕的機理如圖3所示。已知溶液中的S2-會完全轉(zhuǎn)化為FeS，則Fe腐蝕后生成FeS和Fe(OH)2的物質(zhì)的量之比為___________?！垺鶝]有※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※沒有※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………試卷第=page3434頁，共=sectionpages2424頁第頁碼35頁/總NUMPAGES總頁數(shù)48頁答案：1．A【詳解】A．NaOH中鈉和氫元素化合價降低，所以NaOH是氧化劑，故A正確；

B．用可以將Fe和Fe3O4均可被磁鐵吸出，故B錯誤；C．置換反應是一種單質(zhì)和一種化合物反應生成另一種單質(zhì)和化合物，該反應沒有屬于置換反應，故C錯誤；

D．將生成的氣體在空氣中冷卻，鈉會和空氣中氧氣反應，沒有能獲得鈉，故D錯誤。答案選A。2．B【詳解】A．中子數(shù)為8的O原子的質(zhì)量數(shù)為8+8=16，該核素為，故A錯誤；B．乙醇分子的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，并且原子大小：C＞O＞H，則乙醇分子的比例模型為，故B正確；C．基態(tài)C原子的核外電子排布式為1s22s22p2，價電子排布式為2s22p2，根據(jù)洪特規(guī)則可知C原子的價電子的軌道表達式為，故C錯誤；D．硼酸是一元弱酸，部分電離，電離方程式：，故D錯誤；故選：B。3．A【詳解】A．NH3與NO及NO2在催化劑條件下反應生成N2和H2O，實現(xiàn)氮氧化物脫除，描述正確，符合題意；B．電解鋁選擇Al2O3是因為Al2O3是離子化合物，而AlCl3是共價化合物，熔融態(tài)下是分子結(jié)構(gòu)而沒有是離子結(jié)構(gòu)，AlCl3無法作為電解鋁材料；Al2O3熔點高，所以電解氧化鋁時需加助劑冰晶石來降低固體的熔化溫度，對應錯誤，沒有符題意；C．濃硫酸作為酯化反應的催化劑是利用濃硫酸的脫水性和吸水性，對應錯誤，沒有符題意；D．次氯酸具有漂白性，用于有色有機物質(zhì)的漂白，對應錯誤，沒有符題意；綜上，本題選A。4．B【詳解】A．電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下可導電的化合物，水溶液為混合物，沒有是電解質(zhì)，A錯誤；B．依據(jù)價層電子對互斥理論模型，中S為原子，σ鍵電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為，所以的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，鍵角為；中S為原子，σ鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)為，所以的空間結(jié)構(gòu)為V形；孤電子對與成鍵電子對間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對間的斥力，而中含有1對孤電子對，對成鍵電子對的排斥作用較大，鍵角減小，B正確；C．的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，正負電荷重心重合，為非極性分子；的空間結(jié)構(gòu)為V形，有1對孤電子對，正負電荷重心沒有重合，為極性分子，C錯誤；D．的水溶液放置在空氣中，溶液中的會被空氣氧化成，酸性增強，pH會減小，D錯誤；故合理選項為B。5．D【詳解】A．SO2與過量氨水反應生成亞硫酸銨，因此沒有能實現(xiàn)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，A沒有符合題意；B．SO3與HBr沒有能發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Br2，因此沒有能實現(xiàn)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，B沒有符合題意；C．反應方程式為4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3，只能生成SO2，沒有能反應產(chǎn)生SO3，因此沒有能實現(xiàn)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，C沒有符合題意；D．濃H2SO4具有強氧化性，會將S氧化反應產(chǎn)生SO2，能實現(xiàn)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，D

沒有符合題意；故合理選項是D。6．B【詳解】A．氣態(tài)三氧化硫轉(zhuǎn)化為固態(tài)三氧化硫放熱，故ΔH＜0，標準狀況下，反應生成固體，氣體分子數(shù)減少，ΔS<0，A正確；B．升高溫度，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞幾率增大，反應速率增大，但正反應放熱，升高溫度沒有利于反應正向進行，SO2的轉(zhuǎn)化率降低，B錯誤；C．SO2和NO2的計量數(shù)均為1，SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等說明正逆反應速率相等，該反應達到平衡狀態(tài)，C正確；D．標準狀況下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g)，每生成1molNO，轉(zhuǎn)移2mol電子，故每生成22.4LNO轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約等于2×6.02×1023，D正確；答案選B。7．D【分析】由流程圖可知：加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可發(fā)生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同時生成硫酸鋁、硫酸鋅等，調(diào)節(jié)溶液的pH，可生成氫氧化鋁沉淀而除去鋁離子，然后再除去鋅離子，再加入碳酸鈉沉鈷，可生成CoCO3固體，灼燒生成Co2O3，據(jù)此解答。【詳解】A．Cu與濃硫酸反應需要加熱，圖甲沒有能制取得到SO2氣體，A錯誤；B．定容時膠頭滴管沒有能伸入容量瓶中，B錯誤；C．萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向上，由流程圖可知：除鋁時把鋁離子除去了，萃取的目的則是除去Zn2+，C錯誤；D．沉鈷時應緩慢滴加碳酸鈉溶液，生成CoCO3沉淀，圖中過濾可分離出CoCO3固體，操作合理，D正確；故合理選項是D。8．B【分析】X原子的K層和M層電子數(shù)相等，故X原子K層、M層均為2個電子，總共含12個電子，故X為Mg，Z的原子序數(shù)比X大且單質(zhì)常溫下為氣體，故Z為Cl，W原子含2個未成對電子，故W電子排布式可能為：1s2s22p2(C)或1s2s22p4(O)，若W為C，根據(jù)最外層電子數(shù)關(guān)系推得Y最外層也為2個電子，則為Mg，沒有符合題意，故W為O，根據(jù)最外層電子數(shù)關(guān)系推得Y最外層為4個電子，故Y為Si。【詳解】A．一般電子層數(shù)多，半徑大，層數(shù)相同時，核電荷數(shù)多，半徑小，故四種原子半徑順序為：O＜Cl＜Si＜Mg，A錯誤；B．X為Mg元素，價電子排布為3s2穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故其電離能比相鄰元素大，B正確；C．W為O，無正價，則沒有存在價氧化物對應水化物，C錯誤；D．由于水分子能形成分子間氫鍵，而HCl分子沒有能，故H2O的熔沸點比HCl高，D錯誤；故答案選B。9．B【分析】A中根據(jù)鹵代烴的性質(zhì)在強堿溶液中發(fā)生取代反應，利用產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式進行判斷；B中根據(jù)碳原子的結(jié)構(gòu)特點進行判斷；C中根據(jù)氮原子所接化學鍵進行判斷雜化類型，根據(jù)雜化類型判斷分子共面問題；D中根據(jù)醇的官能團的性質(zhì)進行判斷；【詳解】A．X在過量NaOH溶液中加熱，發(fā)生取代反應生成有機物為：，生成的丙三醇分子非常對稱，沒有存在手性碳原子，故A沒有正確；B．Y分子中苯環(huán)上碳原子采用sp2雜化，環(huán)外碳形成雙鍵的采用sp2雜化，形成四個單鍵的采用sp3雜化，故雜化類型有二種，故B正確；C．分子中，氮原子上的根據(jù)氮原子的雜化sp3判斷氫原子沒有在該平面，故C沒有正確；D．Z在銅催化作用下加熱，羥基被氧化為羰基，故沒有能發(fā)生銀鏡反應，故D沒有正確；故選答案B；此題考查有機物官能團的性質(zhì)及空間結(jié)構(gòu)；注意共面問題注意利用原子的雜化類型進行判斷。10．A【詳解】A．乙酸和乙醇的酯化反應為可逆反應，提高一種反應物的用量，可以使平衡正向移動，提高另一種反應物的轉(zhuǎn)化率，A正確；B．碎瓷片的作用是防止暴沸，濃硫酸是催化劑，B錯誤；C．步驟2中紫紅色變淺也可能是因為溶解在乙酸乙酯中的未反應的乙醇，C錯誤；D．乙酸為弱酸，沒有能拆，離子方程式應為CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D錯誤；綜上所述答案為A。11．C【詳解】A．由反應機理可知，HCOOH電離出氫離子后，HCOO-與催化劑，放出二氧化碳，然后又氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，所以化學方程式為HCOOHCO2↑+H2↑，A正確；B．若氫離子濃度過低，則反應Ⅲ→Ⅳ的反應物濃度降低，反應速率減慢，若氫離子濃度過高，則會抑制加酸的電離，使甲酸根濃度降低，反應Ⅰ→Ⅱ速率減慢，所以氫離子濃度過高或過低，均導致反應速率減慢，B正確；C．由反應機理可知，F(xiàn)e在反應過程中，做催化劑，化合價沒有發(fā)生變化，C錯誤；D．由反應進程可知，反應Ⅳ→Ⅰ能壘，反應速率最慢，對該過程的總反應起決定作用，D正確；答案選C。12．D【分析】由圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中陽離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，鈷電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鈷，電極反應式為Co2++2e-=Co，Ⅲ室中陰離子電荷數(shù)大于陽離子電荷數(shù)，氯離子過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，電解的總反應的離子方程式為2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+?！驹斀狻緼．由分析可知，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，使Ⅱ室中氫離子濃度增大，溶液pH減小，故A錯誤；B．由分析可知，陰極生成1mol鈷，陽極有1mol水放電，則Ⅰ室溶液質(zhì)量減少18g，故B錯誤；C．若移除離子交換膜，氯離子的放電能力強于水，氯離子會在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，則移除離子交換膜，石墨電極的電極反應會發(fā)生變化，故C錯誤；D．由分析可知，電解的總反應的離子方程式為2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+，故D正確；故選D。13．A【詳解】A．0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1mol·L-1，Ka1(H2S)==10-7，則，則c(HS-)=10-3.9mol·L-1，Ka2(H2S)==10-12.9，則，則c(S2-)=10-12.7mol·L-1，pH=4.1，則pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，則c(S2-)<c(OH-)，故A正確；B．Ka2(H2S)==10-12.9，加水過程中，測得溶液的pH沒有斷減小，即c(H+)越來越大，則越來越小，則越來越大，故B錯誤；C．10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根據(jù)NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它們恰好反應，根據(jù)質(zhì)子守恒，則Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C錯誤；D．實驗3所得Na2S溶液中，滴入幾滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，雖然產(chǎn)生粉色MnS沉淀，但S2-并沒有沉淀完全，所以在滴入幾滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，又產(chǎn)生黑色CuS沉淀，并沒有能說明存在沉淀轉(zhuǎn)化，則也沒有能說明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D錯誤；答案A。14．D【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律I-Ⅱ可得反應ⅢCO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)

ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，故反應Ⅲ中反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，A錯誤；B．根據(jù)反應Ⅰ和Ⅲ可知，其反應的產(chǎn)物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是說，溫度升高，它們的平衡都會逆向移動，從而使CH3OH的產(chǎn)量變少，則甲醇在含碳產(chǎn)物的物質(zhì)的量分數(shù)減小，故符合這個規(guī)律的是曲線m，B錯誤；C．由圖可知，溫度在150℃時有利于反應Ⅰ進行，CH3OH的含量高，有利于工業(yè)生產(chǎn)CH3OH，但并沒有是溫度越低越好，因為反應需要一定溫度才能發(fā)生，C錯誤；D．根據(jù)題意設起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡時反應I生成CH3OH物質(zhì)的量為xmol，反應II中生成CO的物質(zhì)的量也為xmol，可得：270℃時CO2的轉(zhuǎn)化率為25%，則2x=1mol，解得x=0.125mol，則反應后總的物質(zhì)的量1+3-6x+4x=(4-2x)=3.75mol，則平衡體系中CO2的體積分數(shù)為，D正確；答案選D。15．(1)[Ar]3d5(2)S6(3)2Fe2++MnO2+4H＋=2Fe3++Mn2++2H2O(4)3.20～9.27(5)

將幾次洗滌的濾液與過濾所得的濾液合并

96%【分析】由工藝流程圖可知，酸浸過程中雜質(zhì)KOH、MgO、Fe2O3等溶于硫酸進入溶液，二氧化錳與硫酸沒有反應，過濾，得到二氧化錳，反應Ⅰ中加入硫鐵礦(主要成分FeS2)將MnO2還原為Mn2+，過濾除去沒有溶物，反應Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+

，加入碳酸鈣調(diào)pH，將Fe3+

轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，濾得較純凈的硫酸錳溶液，最終得到硫酸錳晶體。(1)Mn為25號元素，Mn原子失去2個電子生成Mn2+，根據(jù)構(gòu)造原理書寫Mn2+的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5；(2)“反應Ⅰ”中加入硫鐵礦(主要成分FeS2)將MnO2還原為Mn2+，Mn元素價態(tài)下降得電子，S元素失電子生成0價單質(zhì)硫，相對分子質(zhì)量為192，故該單質(zhì)含硫原子數(shù)為=6，化學式為S6；(3)反應Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+

，F(xiàn)e元素化合價升高了1，Mn元素化合價降低了2，由升降守恒，F(xiàn)e2+

系數(shù)配2，由電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得反應的離子方程式為2Fe2+

+

MnO2+

4H+=

2Fe3+

+

Mn2+

+

2H2O；(4)“調(diào)pH”步驟中，應將Fe3+

轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，而Mn2+沒有損失，應調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是3.20～9.27；(5)①為減小測量誤差，避免高錳酸根離子損失，洗滌后的實驗操作為將幾次洗滌的濾液與過濾所得的濾液合并；②由電子守恒可得反應的離子關(guān)系為5C2O～2MnO，Na2C2O4固體的物質(zhì)的量為，原溶液中高錳酸根離子的物質(zhì)的量為0.004mol×-0.0320mol?L-1×0.02L=0.00096mol，由原子守恒可知，樣品中MnSO4的質(zhì)量為0.00096mol×151g/mol=0.14496g，產(chǎn)品中MnSO4的質(zhì)量分數(shù)為×=96%。16．(1)吸收HF，防止污染空氣(2)

Mg(OH)2、Mn(OH)2

防止鋁元素轉(zhuǎn)化為AlO，無法去除(3)Na2SO4(4)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(5)在空氣中加熱固體(加熱時鼓入氧氣)，溫度在900～1000℃保持一段時間，取出固體，冷卻。向固體中邊攪拌、邊加入1mol/LH2SO4至固體沒有再減少，過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至洗滌液加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象【分析】本工藝流程題為利用鋰云母礦石制備Li2CO3的操作，“酸浸”時向鋰云母礦石中加入30%硫酸，加熱至90℃，發(fā)生的反應有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先調(diào)節(jié)pH為6讓Fe3+、Al3+完全沉淀，過濾出Fe(OH)3、Al(OH)3，將濾液的pH繼續(xù)調(diào)節(jié)pH值為12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，過濾得到較純凈的Li2SO4溶液，加入飽和Na2CO3溶液，則發(fā)生反應Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，過濾洗滌干燥得到純凈的Li2CO3，據(jù)此分析解題。(1)由分析可知，“酸浸”是向鋰云母礦石中加入30%硫酸，加熱至90℃，發(fā)生的反應：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一種能揮發(fā)，且有毒的酸性物質(zhì)，燒杯中試劑的作用是吸收HF，防止污染空氣，故吸收HF，防止污染空氣；(2)由題干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，則當pH為6時，c(Fe3+)==4.0×10-14mol/L，c(Al3+)==1.0×10-9mol/L，c(Mn2+)==2.0×103mol/L，c(Mg2+)==1.2×105mol/L，說明此時Al3+、Fe3+已經(jīng)完全沉淀，而Mg2+、Mn2+還未開始沉淀，繼續(xù)調(diào)節(jié)pH＞13，則此時c(Mn2+)＜=2.0×10-11mol/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9mol/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此時沉淀為Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于強堿溶液中，轉(zhuǎn)化為引入新的雜質(zhì)，很難除去，故Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止鋁元素轉(zhuǎn)化為AlO，無法去除；(3)由分析可知，“沉鋰”步驟中發(fā)生的反應為：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由題干溶解度隨溫度變化的關(guān)系圖可知，溫度高于40℃時，Na2SO4的溶解度隨溫度升高而減小，且溫度高于50℃時，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故濃縮液中離子濃度過大將在產(chǎn)品中引入Na2SO4雜質(zhì)，故Na2SO4；(4)Li2CO3和Co3O4混合后，在空氣中高溫加熱可以制備鋰電池的正極材料LiCoO2，根據(jù)氧化還原反應配平原則可得該反應的反應方程式為：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2，故6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(5)從題干信息中CoCO3在有氧和無氧環(huán)境下的所得Co3O4和CoO的百分含量與溫度關(guān)系圖示信息可知，有氧比無氧環(huán)境下Co3O4的百分含量要高得多，故選擇在有氧環(huán)境中進行，題干信息②Co3O4、CoO均難溶于水。Co3O4難溶于酸，CoO能溶于酸中，則盡量使CoO百分含量越低越好，故選擇溫度為900℃～1000℃下進行，用H2SO4除去CoO，過濾洗滌，并檢驗洗滌干凈后干燥得到較純凈的Co3O4，故由CoCO3制備較純凈的Co3O4實驗：取一定質(zhì)量的CoCO3于熱解裝置中，在空氣中加熱固體(加熱時鼓入氧氣)，溫度在900～1000℃保持一段時間，取出固體，冷卻。向固體中邊攪拌、邊加入1mol/LH2SO4至固體沒有再減少，過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至洗滌液加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象，干燥，故在空氣中加熱固體(加熱時鼓入氧氣)，溫度在900～1000℃保持一段時間，取出固體，冷卻。向固體中邊攪拌、邊加入1mol/LH2SO4至固體沒有再減少，過濾，用蒸餾水洗滌濾渣至洗滌液加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象。17．(1)

醚鍵、羰基

14(2)(3)氧化反應(4)或(5)【分析】對比A和C的結(jié)構(gòu)簡式可知，1molA與2mol發(fā)生取代反應生成B，B為；B發(fā)生氧化反應生成C，C在LiOH作用下發(fā)生反應生成D，D和發(fā)生反應生成E，E發(fā)生氧化反應生成F，F(xiàn)發(fā)生分子內(nèi)加成反應得到G。(1)由A的結(jié)構(gòu)簡式可知A中含氧官能團的名稱為醚鍵、羰基；單鍵為σ鍵，雙鍵為1個σ鍵、1個π鍵，1mol中含14molσ鍵；(2)由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為；(3)由E和F的結(jié)構(gòu)簡式可知，E中的-CH2OH轉(zhuǎn)變?yōu)榱薋中的-CHO，發(fā)生氧化反應；(4)副產(chǎn)物H(C13H20O2)，沒有飽和度為4：其同分異構(gòu)體能和FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含苯環(huán)和酚羥基，則側(cè)鏈均為飽和結(jié)構(gòu)，核磁共振氫譜圖顯示4個吸收峰，說明分子結(jié)構(gòu)高度對稱，結(jié)構(gòu)簡式為或。(5)與溴單質(zhì)發(fā)生1，4-加成生成，再水解得到，在二氧化錳的作用下被氧化生成，與在LDA的作用下反應得到，合成路線為：。18．(1)

3++8H+=2Cr3++3+4H2O

部分與H+后轉(zhuǎn)化為SO2逸出，使得與Cr(VI)反應的的物質(zhì)的量濃度減小，反應速率減

Fe被Cr(VI)氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，膠體吸附了部分Cr(VI)(2)

6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-

溫度過高，硫酸鹽還原菌發(fā)生變性，失去活性

1∶3(1)①已知pH=3時，Cr(III)以Cr3+形式存在，則Na2SO3將Cr(VI)還原為Cr(III)，S元素化合價升高，生成，反應的離子方程式：3++8H+=2Cr3++3+4H2O；②pH<2時，Cr(VI)的去除率隨pH降低而降低的原因是：部分與H+后轉(zhuǎn)化為SO2逸出，使得與Cr(VI)反應的的物質(zhì)的量濃度減小，反應速率減慢；③FeSO4與Cr(VI)發(fā)生氧化還原反應生成Fe3+，由于鐵離子發(fā)生水解得到氫氧化鐵膠體吸附部分Cr(VI)，使Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4還原的理論值；因此Cr(VI)的去除率大于理論值的原因是：Fe被Cr(VI)氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，膠體吸附了部分Cr(VI)；(2)①S2-與可反應生成Cr2S3和S兩種沉淀，S元素化合價升高了2，Cr元素化合價降低了3，有2個Cr變價，由得失電子守恒知系數(shù)6S～2Cr，反應的離子方程式：6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-；②硫酸鹽還原菌(SRB)具有生物活性，在適宜的溫度下其作用，因此溫度常在30℃左右，溫度過高，Cr(VI)的去除率低的原因是：溫度過高，硫酸鹽還原菌發(fā)生變性，失去活性；③由腐蝕機理示意圖可知，正極H2O先變成H，SO42-再與H在SRB作用下生成S2-，S2-與Fe2+生成FeS，負極Fe失去電子生成Fe2+，F(xiàn)e2+與OH-生成Fe(OH)2，由此可知該腐蝕過程的總反應為：4Fe+4H2O+SO42-=FeS+3Fe(OH)2+2OH-，則生成FeS和Fe(OH)2的物質(zhì)的量之比為1∶3。2022-2023學年江蘇省揚州市高二下冊期末化學專項提升模擬題（B卷）第I卷（選一選）評卷人得分一、單選題1．我國在科技領域取得重大突破。下列說法沒有正確的是A．以二氧化碳為原料，人工合成淀粉，淀粉屬于混合物B．天舟四號飛船上太陽能電池板的半導體材料主要成分為硅C．“嫦娥五號”運載火箭用液氧液氫做推進劑，產(chǎn)物對環(huán)境無污染D．“海寧II號”使用的鉆頭采用硬質(zhì)合金材料，其硬度低于組分金屬2．反應可用于煙氣脫硫。下列說確的是A．的電子式：B．的VSEPR模型：C．和均為極性分子D．在水溶液中的電離方程式：3．下列關(guān)于碳及其化合物的性質(zhì)與用途正確且有因果關(guān)系的是A．木炭有還原性，可用于制造黑火藥 B．HCHO能使蛋白質(zhì)變性，可用于食品保鮮C．難溶于水，可用于鋇餐 D．受熱易分解，可用作氮肥4．關(guān)于反應，下列說確的是A．該反應高溫、低溫下都能自發(fā)發(fā)生 B．該反應平衡常數(shù)表達式是C．催化劑能提高平衡轉(zhuǎn)化率 D．平衡后擴大容積v(正)、v(逆)都減小5．在指定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化沒有能實現(xiàn)的是A． B．C． D．6．實驗室可由溶液制取無水。能達到實驗自的是A．用裝置甲制取氯氣 B．用裝置乙氧化溶液中的溴離子C．用裝置丙分離出溶液 D．用裝置丁蒸干溶液可得無水7．前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)時X原子2p軌道上有3個電子，周期表中元素Z的電負性，W與Z位于同一主族。下列說確的是A．原子半徑： B．電離能：C．價氧化物水化物的酸性：X>W D．W的氫化物分子間能形成氫鍵8．海帶提碘是工業(yè)碘的主要來源之一，下列說法沒有正確的是A．活性炭可以循環(huán)使用B．濃NaOH溶液與反應的離子方程式：C．兩次“調(diào)節(jié)pH”均可以加稀硫酸調(diào)節(jié)溶液呈酸性D．回收的粗碘可通過升華進行提純9．有機化合物X轉(zhuǎn)化為Y的關(guān)系如下圖所示。下列說法沒有正確的是A．化合物X、Y中雜化碳原子數(shù)相等B．能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X、YC．化合物Y存在順反異構(gòu)體D．Y與足量HBr反應生成的有機化合物中含有手性碳原子10．我國科學家采用單原子Ni和納米Cu作串聯(lián)催化劑，通過電解法將轉(zhuǎn)化為乙烯，裝置示意圖如圖。下列說確的是A．電極a連接電源的負極，發(fā)生氧化反應B．電極b附近溶液pH增大C．單原子Ni催化劑上發(fā)生反應：D．若電路中通過1.2mol電子時，理論上產(chǎn)生2.24L乙烯11．檢驗灼熱的碳投入濃硫酸中產(chǎn)生的氣體的成分，實驗步驟如下：步驟1：先將該氣體通入品紅溶液中，觀察現(xiàn)象；步驟2：將步驟1中的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液后再通過品紅溶液，觀察現(xiàn)象；步驟3：再將步驟2中的氣體通入澄清石灰水中，觀察現(xiàn)象。下列說法錯誤的是A．步驟1中品紅溶液褪色，說明產(chǎn)生氣體中含B．步驟2的目的是除去并證明已除盡C．步驟3持續(xù)時間過長現(xiàn)象會消失，原因是生成了配合物D．一種碳-鐵合金結(jié)構(gòu)如圖所示，該合金化學式是FeC12．室溫下，通過下列實驗探究溶液的性質(zhì)。下列有關(guān)說確的是實驗實驗操作和現(xiàn)象1用試紙測定溶液的pH，測得約為5.52向含的稀溶液中加入，產(chǎn)生白色沉淀3向溶液中通入過量HCl氣體，無明顯現(xiàn)象4向溶液中通入一定量，測得溶液A．實驗1的溶液中：B．實驗2反應靜置后的上層清液中：C．實驗3所得的溶液中：D．實驗4所得的溶液中：13．催化重整的反應過程中，還發(fā)生積炭反應，積炭的存在會使催化劑失活。CO岐化：

裂解：

積炭反應中，溫度和壓強與平衡炭量的關(guān)系如下圖a所示。下列說確的是A．重整反應B．圖中壓強C．表示溫度和壓強對裂解反應中平衡炭量影響的是圖bD．在重整反應中，低溫、高壓時會有顯著積炭產(chǎn)生，積炭主要由CO岐化反應產(chǎn)生第II卷（非選一選）評卷人得分二、工業(yè)流程題14．高純碳酸錳(MnCO3)是制備高性能磁性材料的主要原料。工業(yè)上以某軟錳礦(主要為，還含有鐵、鋁、銅的氧化物)和硫鐵礦(主要為)為主要原料，通過如下圖所示途徑生產(chǎn)并得到副產(chǎn)品。已知：“還原”反應為；，，；雜質(zhì)離子濃度時可以看成完全沉淀；，。(1)基態(tài)核外電子排布式為_______。(2)實驗室將氣體通入濁液中以研究“還原”過程的適宜條件，為使充分反應，可以采取的措施有_______(寫出一種措施即可)。(3)氧化后的溶液中，除雜是調(diào)節(jié)pH使雜質(zhì)離子沉淀。則除雜時需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍是_______。(4)寫出“沉淀”過程的離子方程式_______，濾液中可以回收的主要物質(zhì)是_______。(5)已知反應：，在時反應充分。試設計用懸濁液制備石膏(CaSO4?2H2O)的：向懸濁液中加入一定量溶液，_______。(可選用的試劑及用品：溶液、溶液、溶液、pH試紙)評卷人得分三、有機推斷題15．赤霉酸是一種廣譜性植物生長調(diào)節(jié)劑，可促進作物生長發(fā)育，使之提早成熟、提高產(chǎn)量、改進品質(zhì)。螺環(huán)-烯酮(G)是合成赤霉酸的一種中間體，工業(yè)上可以通過下列流程合成螺環(huán)-烯酮。(1)G中所含官能團有羰基、_______、_______(填名稱)。(2)A合成B時產(chǎn)生多種副產(chǎn)物，某種副產(chǎn)物分子式為，其結(jié)構(gòu)簡式為_______。(3)D轉(zhuǎn)化為E的過程可以看成是兩步反應，其反應類型依次是_______、_______。(4)寫出一種滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_______。I.分子中含有兩個苯環(huán)；II.分子有5種沒有同化學環(huán)境的氫；III.能與金屬鈉反應放出，但沒有能與溶液顯色。(5)寫出以丙酮()為原料合成的合成路線流程圖_______(無機試劑和本題題干試劑任用，合成路線示例見題干)。評卷人得分四、實驗題16．以鋰云母礦粉(主要成分為，還有少量、、)制備，可用于制備鋰電池的正極材料。(1)浸取。向鋰云母礦粉中加入30％硫酸，加熱至90℃，裝置如圖所示。燒杯中NaOH溶液的作用是_______。(2)除雜。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH約為6，過濾。再向濾液中繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液至溶液的，過濾，得濾液的主要成分是_______。(完全沉淀的pH：為5.2；為3.2；為11.1)(3)制備。將所得濾液蒸發(fā)濃縮，向濃縮后的濾液中加入稍過量飽和溶液，減壓加熱煮沸，趁熱過濾，將濾渣洗滌烘干，得固體。檢驗是否洗滌干凈的實驗方法是_______。(4)制備。①和混合后，在空氣中高溫加熱可以制備鋰電池的正極材料，寫出反應的化學方程式：_______。②可由加熱制得。在空氣中受熱時，固體殘留率隨溫度的變化如圖所示，試通過計算確定最適宜的加熱溫度為_______。(寫出計算過程)評卷人得分五、原理綜合題17．含氮化合物(、等)是主要的污染物之一，含氮化合物的污染倍受關(guān)注。(1)已知反應，該逆反應活化能為，則其正反應活化能為_______。(用含a的代數(shù)式表示)。(2)某種含二價銅微粒的催化劑可用于汽車尾氣脫氮。催化機理如圖1，反應歷程如圖2。①從化學鍵的角度解釋能的原因：_______。②該脫氮過程的總反應方程式為_______。該反應歷程的決速步驟是_______。(填選項)a．狀態(tài)①→狀態(tài)②

b．狀態(tài)②→狀態(tài)③c．狀態(tài)③→狀態(tài)④

d．狀態(tài)④→狀態(tài)⑤(3)一種電解法處理含有、的酸性廢水，其工作原理及電極b中鐵的化合物的催化機理如圖3所示，H表示氫原子。①寫出陽極的電極反應方程式_______。②電極b上鐵的化合物催化含的酸性廢水過程可描述為_______。答案第=page1212頁，共=sectionpages1212頁答案第=page1111頁，共=sectionpages1212頁答案：1．D【詳解】A．淀粉是天然高分子化合物，聚合度n值為沒有確定值，屬于混合物，故A正確；B．硅是良好的半導體材料，可以制作太陽能電池，所以飛船上太陽能電池板的半導體材料主要成分為硅，故B正確；C．液氧液氫生成沒有會對環(huán)境造成污染的水，所以運載火箭用液氧液氫做推進劑產(chǎn)生的產(chǎn)物對環(huán)境無污染，故C正確；D．一般而言，合金的硬度比各組分都鋯，所以鉆頭采用硬質(zhì)合金材料的硬度高于組分金屬，故D錯誤；故選D。2．C【詳解】A．上述電子式中N的孤電子對未標出，正確的電子式為：，A錯誤；B．的S原子的孤電子對數(shù)為1，所以價層電子對數(shù)為2+1=3，即VSEPR模型是平面三角形，沒有是上面的四面體，B錯誤；C．的空間構(gòu)型為三角錐形，為極性鍵組成的極性分子，的空間構(gòu)型為V形，也屬于極性鍵組成的極性分子，C正確；D．亞硫酸氫根離子為弱酸根離子，所以在水溶液中的電離方程式為：，D錯誤；故選C。3．A【詳解】A．木炭具有還原性，能與硝酸鉀、硫發(fā)生氧化還原反應，常用于制造黑火藥，故A正確；B．甲醛的水溶液有毒，沒有能用于食品保鮮，故B錯誤；C．鋇餐的主要成分是硫酸鋇，沒有是碳酸鋇，故C錯誤；D．碳酸氫銨在溶液中能電離出被農(nóng)作物吸收的銨根離子，是肥效較好的氮肥，故D錯誤；故選A。4．D【詳解】A．該反應是熵增的吸熱反應，反應△H＞0、△S＞0，高溫條件下反應△H—T△S＜0，反應能自發(fā)發(fā)生，故A錯誤；B．由方程式可知，反應平衡常數(shù)表達式是，故B錯誤；C．催化劑能降低反應活化能，加快反應速率，但化學平衡沒有移動，沒有能提高水蒸氣的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D．平衡后擴大容積，容器中氣體壓強減小，正逆反應速率都減小，故D正確；故選D。5．A【詳解】A．甲醛含有醛基，在堿性條件下可與新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生反應轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，沒有能產(chǎn)生二氧化碳，A符合題意；B．鎂在二氧化碳中燃燒可生成碳單質(zhì)和氧化鎂，B沒有符合題意；C．甲醇可與弱氧化劑氧化銅在加熱條件下發(fā)生氧化反應轉(zhuǎn)化為甲醛，C沒有符合題意；D．向碳酸鈉溶液中通入二氧化碳，發(fā)生反應：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，D沒有符合題意；故選A。6．A【詳解】A．由圖可知，裝置甲中高錳酸鉀固體能與濃鹽酸反應制取氯氣，故A正確；B．由圖可知，裝置乙中通入氯氣的導氣管未溴化鐵溶液中，出氣管了溶液中，沒有能達到氧化溴離子的目的，故B錯誤；C．由圖可知，密度小的水層在下層，密度大的四氯化碳層在上層，水層和四氯化碳層的上下順序錯誤，故C錯誤；D．氯化鐵是強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵和氯化氫，直接蒸干溶液時，氯化氫受熱揮發(fā)使氯化鐵水解趨于完全，最終得到氫氧化鐵，無法得到無水氯化鐵，故D錯誤；故選A。7．B【分析】前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)時X原子2p軌道上有3個電子，則X為N元素；周期表中元素Z的電負性，則Y為O元素、Z為F元素；W與Z位于同一主族，則W為Cl元素。【詳解】A．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則氮、氧、氟的原子半徑依次減小，故A錯誤；B．同周期元素，從左到右電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的電離能大于相鄰元素，則氮、氧、氟三種元素的電離能大小順序為，故B正確；C．元素的非金屬性越強，價氧化物對應水化物的酸性越強，氯元素的非金屬性強于氮元素，高氯酸的酸性強于硝酸，故C錯誤；D．氯化氫沒有能形成分子間氫鍵，故D錯誤；故選B。8．B【分析】由題給流程可知，向海帶灰浸泡液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH使溶液呈酸性，加入亞硝酸鈉溶液將酸性溶液中的碘離子氧化為單質(zhì)碘；用活性炭吸附反應生成的碘，向取出的活性炭中加入濃氫氧化鈉溶液，將碘轉(zhuǎn)化為碘離子和碘酸根離子；向反應得到的含碘離子和碘酸根離子的溶液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH，碘離子和碘酸根離子酸性條件下反應生成碘，過濾得到粗碘?！驹斀狻緼．由分析可知，活性炭的作用是吸附反應生成的碘，吸附的碘與濃氫氧化鈉溶液反應后又得到活性炭，所以活性炭可以循環(huán)使用，故A正確；B．由分析可知，碘與濃氫氧化鈉溶液反應生成碘化鈉、碘酸鈉和水，反應的離子方程式為，故B錯誤；C．由分析可知，兩次調(diào)節(jié)溶液pH均可以為加稀硫酸調(diào)節(jié)溶液呈酸性，故C正確；D．碘受熱易升華，所以回收的粗碘可通過升華進行提純，故D正確；故選B。9．B【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，化合物X、Y分子中都含有2個雜化的飽和碳原子，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，化合物X、Y分子中都含有能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的醛基，則沒有能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X、Y，故B錯誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，化合物Y分子中碳碳雙鍵的兩個碳原子連有的原子或原子團沒有同，存在順反異構(gòu)體，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，化合物Y分子與足量溴化氫發(fā)生加成反應生成或，和分子中都含有1個連有沒有同原子或原子團的手性碳原子，故D正確；故選B。10．C【分析】由圖可知，惰性電極a為電解池的陰極，二氧化碳在單原子鎳做催化劑的條件下在陰極先得到電子發(fā)生還原反應生成一氧化碳，電極反應式為，放電生成的一氧化碳在單原子銅做催化劑的條件下在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙烯，電極反應式為；電極b為陽極，氫氧根離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和水，電極反應式為?！驹斀狻緼．由分析可知，電極a為陰極，連接電源的負極，發(fā)生還原反應，故A錯誤；B．由分析可知，電極b為陽極，氫氧根離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和水，電極反應式為，放電時消耗氫氧根離子，則電極b附近溶液pH減小，故B錯誤；C．由分析可知，與直流電源負極相連的電極a為電解池的陰極，水分子作用下，二氧化碳在單原子鎳做催化劑的條件下在陰極先得到電子發(fā)生還原反應生成一氧化碳和氫氧根離子，電極反應式為，故C正確；D．缺標準狀況下，無法計算電路中通過1.2mol電子時，理論上產(chǎn)生乙烯的體積，故D錯誤；故選C。11．C【分析】灼熱的碳與濃硫酸反應生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫具有漂白性能使品紅溶液褪色，具有還原性能使酸性高錳酸鉀溶液褪色?！驹斀狻緼．步驟1中品紅溶液褪色說明灼熱的碳與濃硫酸反應生成氣體中含二氧化硫，故A正確；B．由題意可知，步驟2的目的是通入酸性高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，通入過品紅溶液，通過溶液紅色沒有褪色證明二氧化硫已除盡，防止二氧化硫干擾二氧化碳的檢驗，故B正確；C．步驟3持續(xù)時間過長現(xiàn)象會消失是因為碳酸鈣與二氧化碳和水反應生成可溶性的碳酸氫鈣，與生成配合物無關(guān)，故C錯誤；D．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點和面心的鐵原子個數(shù)為8×+6×=4，位于棱上和體心的碳原子個數(shù)為12×+1=4，則合金化學式為FeC，故D正確；故選C。12．D【詳解】A．實驗1的溶液為pH約為5.5的酸性溶液，說明草酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，由于水也能電離出氫離子，所以溶液中氫離子濃度略大于草酸根離子濃度，故A錯誤；B．由題意可知，實驗2的反應中草酸氫鈉過量，靜置后的上層清液中鋇離子的濃度沒有等于草酸根離子的濃度，則溶液中，故B錯誤；C．由題意可知，實驗3所得的溶液為氯化鈉和草酸、鹽酸的混合溶液，混合溶液中存在物料守恒關(guān)系，故C錯誤；D．由題意可知，實驗4所得的溶液中存在電荷守恒關(guān)系，存在物料守恒關(guān)系，中性溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，整合關(guān)系式可得，故D正確；故選D。13．D【詳解】A．將題給反應編號為①②，反應②—①得到重整反應，則反應△H=(+75kJ/mol)—(—172kJ/mol)=+247kJ/mol，故A錯誤；B．由方程式可知，一氧化碳岐化反應為放熱反應，甲烷的裂解反應為吸熱反應，由圖a可知，積炭反應為甲烷的裂解反應，該反應為氣體體積增大的反應，溫度一定時，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，平衡炭量減小，則壓強p1、p2、p3依次增大，故B錯誤；C．甲烷的裂解反應為吸熱反應，壓強一定時，升高溫度，平衡向正反應方向移動，平衡炭量增大，則圖b沒有符合平衡移動原理，故C錯誤；D．在重整反應中，低溫、高壓時會有顯著積炭產(chǎn)生說明積炭反應為氣體體積減小的放熱反應，積炭主要由一氧化碳岐化反應產(chǎn)生，故D正確；故選D。14．(1)[Ar]3d5(2)適當溫度、緩慢通入混合氣體、適當攪拌、提高二氧化錳的粉碎程度(3)5.5pH＜7.3(4)

Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O

(NH4)2SO4(5)邊攪拌邊緩慢滴加總量與相同量的溶液，用pH試紙測定反應液的pH，并用溶液或溶液調(diào)節(jié)溶液pH=5，充分反應后過濾【分析】硫鐵礦(主要為)煅燒可生成氧化鐵和二氧化硫，二氧化硫與軟錳礦(主要為，還含有鐵、鋁、銅的氧化物)再進一步發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)還原反應為可知，Mn元素轉(zhuǎn)化為MnSO4，鐵、鋁、銅轉(zhuǎn)化為鐵離子、鋁離子和銅離子，加入鐵粉，還原Fe3+、Cu2+分別轉(zhuǎn)化為Fe2+、Cu，過濾除去銅元素，再加入氧化，溶液中S元素被氧化為硫酸根離子、Fe2+被氧化為Fe3+，再加入氨水調(diào)溶液的pH后可形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去。過濾，向含Mn2+的溶液加入溶液后，生成沉淀，據(jù)此回答；(1)Mn的原子序數(shù)為25，其核外電子排布式為：[Ar]3d54s2，所以基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5；(2)實驗室將氣體通入濁液中發(fā)生氧化還原反應生成硫酸錳和水，為使充分反應，根據(jù)反應物的狀態(tài)時氣液反應，反應速率的影響因素可采取的措施有：適當溫度、緩慢通入混合氣體、適當攪拌、提高二氧化錳的粉碎程度；(3)氧化后的溶液中，除雜是調(diào)節(jié)pH使鐵離子和鋁離子完全沉淀（溶液中濃度為10-5mol/L），溶度積常數(shù)可知，溶液中的氫氧根離子濃度為，所以pH的最小值為，沒有能沉淀，則溶液中的氫氧根離子濃度為，所以pH沒有大超過的數(shù)值為：，除雜時需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍是5.5pH＜7.3；(4)“沉淀”時，錳離子與碳酸氫根離子發(fā)生反應生成MnCO3、二氧化碳和水，其離子方程式為：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；濾液中含大量銨根離子和硫酸根離子，所以可以回收利用的是(NH4)2SO4，故Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；(NH4)2SO4；(5