江蘇省蘇州市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中試題含解析

PAGE20-江蘇省蘇州市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中試題（含解析）(考試時(shí)間：90分鐘總分100分)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Mg—24P—31Cl—35.5Cr—52Ag—108第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、單項(xiàng)選擇題(本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.“液態(tài)陽(yáng)光”是指由陽(yáng)光、二氧化碳和水通過人工光合得到的綠色液態(tài)燃料。下列有關(guān)“液態(tài)陽(yáng)光”的說法錯(cuò)誤的是A.CO2和H2O轉(zhuǎn)化“液態(tài)陽(yáng)光”過程中同時(shí)釋放能量B.煤氣化得到的水煤氣合成的甲醇不屬于“液態(tài)陽(yáng)光”C.“液態(tài)陽(yáng)光”行動(dòng)有利于可持續(xù)發(fā)展并應(yīng)對(duì)氣候變更D.“液態(tài)陽(yáng)光”有望解決全球化石燃料不斷枯竭的難題【答案】A【解析】【詳解】A、“液態(tài)陽(yáng)光”是指由陽(yáng)光、CO2和水通過人工光合得到的綠色液態(tài)燃料，是將光能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能的過程，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故A說法錯(cuò)誤；B、煤氣化是由水蒸氣與碳反應(yīng)生成CO和H2，煤液化可以合成甲醇，不符合“液態(tài)陽(yáng)光”的定義，煤氣化得到水煤氣合成的甲醇不屬于“液態(tài)陽(yáng)光”，故B說法正確；C、“液態(tài)陽(yáng)光”由陽(yáng)光、CO2和水反應(yīng)，可以解決溫室氣體，有利于可持續(xù)發(fā)展并應(yīng)對(duì)氣候變更，故C說法正確；D、依據(jù)“液態(tài)陽(yáng)光”的定義，“液態(tài)陽(yáng)光”有望解決全球化石燃料不斷枯竭的難題，故D說法正確；2.用化學(xué)用語(yǔ)表示Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O中的相關(guān)微粒，其中正確的是()A.中子數(shù)為18的氯原子：ClB.Na2O的電子式：Na[]2－C.H2O的結(jié)構(gòu)式：D.Na＋的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.中子數(shù)為18的氯原子，質(zhì)量數(shù)為35，應(yīng)寫成Cl，A錯(cuò)誤；B.Na2O的電子式中兩個(gè)Na+不行以合并，寫成Na+[]2－Na+，B錯(cuò)誤；C.H2O分子中O原子形成兩個(gè)氫氧鍵，結(jié)構(gòu)式為，C正確；D.Na＋是由Na原子失去了最外層的一個(gè)電子而得到，結(jié)構(gòu)示意圖為，D錯(cuò)誤；答案選C。3.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料B.氯化鐵溶液呈酸性，可用于蝕刻銅電路板C.晶體硅熔點(diǎn)高、硬度大，可用于制作半導(dǎo)體材料D.Fe粉具有還原性，可用作食品袋中的抗氧化劑【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．氧化鋁具有較高熔點(diǎn)，可以用于耐高溫材料，與其兩性氧化物性質(zhì)無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．氯化鐵與Cu反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，反應(yīng)中氯化鐵表現(xiàn)氧化性，與溶液的酸性無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．晶體硅是良好的半導(dǎo)體，用于制作半導(dǎo)體材料，與晶體硅的熔點(diǎn)和硬度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．Fe粉具有還原性，易和空氣中的氧氣反應(yīng)，可用作食品袋中的抗氧化劑，故D正確；故答案為D。4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.能使甲基橙變紅的溶液：Na+、Mg2+、Cl－、HCO3-B.KW/c(OH-)=1×10－12的溶液：Na+、K+、ClO－、CO32-C.0.1mol·L－1Fe(NO3)2溶液：H+、Cu2+、SO42-、Cl－D.能溶解Al(OH)3的溶液：K+、NH4+、NO3-、CH3COO－【答案】B【解析】【詳解】A、能使甲基橙變紅，說明該溶液顯酸性，HCO3－不能與H＋大量共存，故A不符合題意；B、該溶液顯堿性，這些離子能夠在指定的溶液中大量共存，故B符合題意；C、NO3－與H＋大量共存時(shí)，NO3－具有強(qiáng)氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，因此這些離子在指定溶液中不能大量共存，故C不符合題意；D、能溶解Al(OH)3，該溶液可能為酸，也可能為堿，NH4＋不能與OH－大量共存，CH3COO－不能與H＋大量共存，因此在指定溶液不能大量共存，故D不符合題意；5.利用廢蝕刻液（含F(xiàn)eCl2、CuCl2及FeCl3）制備堿性蝕刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3?6H2O的主要步驟：用H2O2氧化廢蝕刻液，制備氨氣，制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分別，用鹽酸溶解沉淀并制備FeCl3?6H2O。下列試驗(yàn)原理和裝置不能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用裝置甲制備NH3 B.用裝置乙制備Cu（NH3）4Cl2并沉鐵C.用裝置丙分別Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D.用裝置丁將FeCl3溶液蒸干制備FeCl3?6H2O【答案】D【解析】【詳解】A．試驗(yàn)室制備氨氣，可用氫氧化鈣、氯化銨在加熱條件下進(jìn)行，故A正確；B．氨氣易溶于水，留意防止倒吸，氨氣與溶液反應(yīng)生成Cu(NH3)4Cl2和氫氧化鐵，故B正確；C．分別固體和液體，可用過濾的方法，故C正確；D．應(yīng)在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)，且避開氯化鐵水解，更不能干脆蒸干，故D錯(cuò)誤；故答案為D?！军c(diǎn)睛】考查物質(zhì)制備試驗(yàn)設(shè)計(jì)、物質(zhì)分別的試驗(yàn)基本操作，明確試驗(yàn)原理是解題關(guān)鍵，用H2O2氧化廢蝕刻液，使亞鐵離子生成鐵離子，用甲裝置制備氨氣，生成的氨氣通入乙裝置，制備堿性蝕刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙裝置過濾分別，用鹽酸溶解氫氧化鐵沉淀，將溶液在蒸發(fā)皿中進(jìn)行蒸發(fā)，且應(yīng)通入氯化氫，防止鐵離子水解，以達(dá)到制備FeCl3?6H2O的目的，留意把握物質(zhì)性質(zhì)的理解、物質(zhì)分別提純的方法。6.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.過量CO2通入氨水：CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3?B.SO2使溴水褪色：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42?+2HBrC.用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I?+H2O2=I2+2OH?D.向NH4Al(SO4)2溶液中加入過量的NaOH溶液：Al3++4OH?=AlO2?+2H2O【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.過量CO2通入氨水，CO2過量生成HCO3?，離子方程式為：CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3?，A正確；B.SO2使溴水褪色，生成H2SO4和HBr都為強(qiáng)酸，離子方程式為：SO2+2H2O+Br2=4H++SO42?+2Br?，B錯(cuò)誤；C.用H2O2從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，酸性條件下生成H2O，離子方程式為：2I?+H2O2+2H+=I2+2H2O，C錯(cuò)誤；D.向NH4Al(SO4)2溶液中加入過量的NaOH溶液，NaOH溶液過量，NH4+也參加反應(yīng)，離子方程式為：NH4++Al3++5OH?=AlO2-+NH3?H2O+2H2O，D錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】CO2與堿反應(yīng)時(shí)，CO2少量時(shí)生成CO32?，CO2過量時(shí)生成HCO3?；Al3+與強(qiáng)堿反應(yīng)時(shí)，堿少量時(shí)生成Al（OH）3沉淀，堿過量時(shí)生成AlO2?；NH4+與強(qiáng)堿反應(yīng)時(shí)生成NH3?H2O。7.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述不正確的是A.Na2O2與CO2反應(yīng)生成O2 B.鐵片投入到冷的濃硫酸中，發(fā)生鈍化C.NH4Cl溶液中滴加酚酞溶液，溶液變紅 D.AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3【答案】C【解析】【詳解】A.Na2O2與CO2反應(yīng)生成O2和碳酸鈉，選項(xiàng)A正確；B.鐵片投入到冷的濃硫酸中，發(fā)生鈍化，選項(xiàng)B正確；C.NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，滴加酚酞溶液，溶液呈無(wú)色，選項(xiàng)C不正確；D.氫氧化鋁不溶于弱堿，AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3，選項(xiàng)D正確；答案選C。8.在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系均能實(shí)現(xiàn)的是()A.SiO2SiCl4SiB.SO2BaSO3BaSO4C.CuOCu(OH)2Cu2OD.AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．亞硫酸酸性弱于HCl，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．氧化銅不能和水反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．鋁為兩性物質(zhì)，與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，蒸發(fā)偏鋁酸鈉溶液得到偏鋁酸鈉固體，故D正確；故答案為D。9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X的單質(zhì)是空氣中體積分?jǐn)?shù)最大的氣體，Y原子的最外層電子數(shù)與X原子的核外電子總數(shù)相等，Z的族序數(shù)等于其原子核外最內(nèi)層的電子數(shù)，W與Y同主族。下列說法正確的是A.原子半徑：r(Z)＞r(X)＞r(Y)B.X的簡(jiǎn)潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強(qiáng)C.Y分別與X、Z形成的化合物所含化學(xué)鍵類型相同D.Z、W形成的化合物的水溶液電解可制取單質(zhì)Z【答案】A【解析】【分析】X的單質(zhì)是空氣中體積分?jǐn)?shù)最大的氣體，即X為N，Y原子的最外層電子數(shù)與X原子的核外電子總數(shù)相等，即Y為F，Z的族序數(shù)等于其原子核外最內(nèi)層的電子數(shù)，四種元素為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，即Z為Mg，W與Y同主族，W為Cl；【詳解】X的單質(zhì)是空氣中體積分?jǐn)?shù)最大的氣體，即X為N，Y原子的最外層電子數(shù)與X原子的核外電子總數(shù)相等，即Y為F，Z的族序數(shù)等于其原子核外最內(nèi)層的電子數(shù)，四種元素為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，即Z為Mg，W與Y同主族，W為Cl；A、原子半徑大小依次是r(Mg)>r(Cl)>r(N)>r(F)，故A正確；B、非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，F(xiàn)的非金屬性強(qiáng)于N，即HF熱穩(wěn)定性強(qiáng)于NH3，故B錯(cuò)誤；C、形成的化合物分別是NF3和MgF2，前者含有共價(jià)鍵，后者含有離子鍵，故C錯(cuò)誤；D、形成的化合物為MgCl2，電解熔融MgCl2制取Mg，故D錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】微粒半徑大小比較：一看電子層數(shù)，一般電子層數(shù)越多，半徑越大，二看原子序數(shù)，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)增大，半徑越小，三看電子數(shù)，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)相同，電子數(shù)越多，半徑越大。10.下列說法正確的是A.甲烷燃燒時(shí)，化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為熱能B.反應(yīng)3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.1molCl2與足量的NaOH溶液充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2×6.02×1023D.常溫下，pH=2的醋酸溶液pH=12的NaOH溶液混合后的溶液呈酸性【答案】B【解析】【詳解】A、甲烷燃燒時(shí)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能和光能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、反應(yīng)3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)為熵減的反應(yīng)，ΔS<0，能自發(fā)進(jìn)行，則ΔG=ΔH-TΔS<0，故ΔH<0，即該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，選項(xiàng)B正確；C、氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí)，有一半的氯氣作氧化劑，一半的氯氣作還原劑，則1molCl2與足量NaOH溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子6.02×1023，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、常溫下，pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的醋酸混合后，因沒有說明堿與酸的體積，無(wú)法確定形成溶液的酸堿性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分：若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題得0分。11.一種電化學(xué)“大氣固碳”電池工作原理如圖所示。該電池在充電時(shí)，通過催化劑的選擇性限制，只有Li2CO3發(fā)生氧化，釋放出CO2和O2。下列說法正確的是A.該電池放電時(shí)的正極反應(yīng)為2Li－2e－＋CO32－=Li2CO3B.該電池既可選用含水電解液，也可選無(wú)水電解液C.充電時(shí)陽(yáng)極發(fā)生的反應(yīng)為C＋2Li2CO3－4e－=3CO2＋4Li＋D.該電池每放、充4mol電子一次，理論上能固定1molCO2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．原電池正極發(fā)生還原反應(yīng)，放電時(shí)Li被氧化成Li+應(yīng)為負(fù)極，正極反應(yīng)為：3CO2+4e-+4Li+=2Li2CO3+C，故A錯(cuò)誤；B．Li能與水反應(yīng)，所以不能選用含水電解液，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)陽(yáng)極只有Li2CO3發(fā)生氧化，釋放出CO2和O2，所以電極方程式為2Li2CO3-4e-=2CO2↑+4Li++O2↑，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)放電時(shí)正極反應(yīng)可知轉(zhuǎn)移4mol電子，可以汲取3molCO2，依據(jù)充電時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)可知轉(zhuǎn)移4mol電子，釋放2mollCO2，所以每放、充4mol電子一次，理論上能固定1molCO2，故D正確；故答案為D?！军c(diǎn)睛】正確推斷放電時(shí)正極反應(yīng)為解題關(guān)鍵，依據(jù)圖示放電時(shí)正極反應(yīng)物只有二氧化碳，所以只能是碳元素被還原成C單質(zhì)，同時(shí)生成碳酸鋰，充電時(shí)碳酸鋰被氧化，從而達(dá)到固定碳的目的。12.依據(jù)下列試驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是()選項(xiàng)試驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A相同條件下，分別測(cè)量0.1mol·L－1和0.01mol·L－1醋酸溶液的導(dǎo)電性，前者的導(dǎo)電性強(qiáng)醋酸濃度越大，電離程度越大B向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清酸性：苯酚>碳酸CKNO3和KOH的混合溶液中加入鋁粉并加熱，管口放潮濕的紅色石蕊試紙，試紙變?yōu)樗{(lán)色NO3-還原為NH3D用蘸有濃氨水的玻璃棒靠近某有色氣體X，玻璃棒四周產(chǎn)生白煙氣體X可能是氯氣AA B.B C.C D.D【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A．濃度較大的醋酸溶液中離子濃度較大，所以導(dǎo)電性較強(qiáng)，但醋酸為弱電解質(zhì)，濃度越大電離程度越小，故A錯(cuò)誤；B．濁液變清是因?yàn)楸椒优c碳酸鈉反應(yīng)生成苯酚鈉、碳酸氫鈉，苯酚的酸性弱于碳酸而強(qiáng)于碳酸氫根，故B錯(cuò)誤；C．潮濕的紅色石蕊試紙變?yōu)樗{(lán)色，說明產(chǎn)生氨氣，再結(jié)合氧化還原規(guī)律可知堿性條件下Al將硝酸根離子還原成氨氣，故C正確；D．濃氨水易揮發(fā)，氯氣與氨氣反應(yīng)生成氯化銨和氮?dú)?，玻璃棒四周產(chǎn)生白煙，且氯氣為黃綠色氣體，故D正確；故答案為CD。13.圖1為CO2與CH4轉(zhuǎn)化為CH3COOH的反應(yīng)歷程(中間體的能量關(guān)系如虛框中曲線所示)，圖2為室溫下某溶液中CH3COOH和CH3COO－兩種微粒濃度隨pH變更的曲線。下列結(jié)論錯(cuò)誤的是A.CH4分子在催化劑表面會(huì)斷開C—H鍵，斷鍵會(huì)汲取能量B.中間體①的能量大于中間體②的能量C.室溫下，CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝10－4.76D.上升溫度，圖2中兩條曲線交點(diǎn)會(huì)向pH增大方向移動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A.虛框內(nèi)中間體的能量關(guān)系圖可知，CH4分子在催化劑表面斷開C－H鍵，斷裂化學(xué)鍵須要汲取能量，A項(xiàng)正確；B.從虛框內(nèi)中間體的能量關(guān)系圖看，中間體①是斷裂C—H鍵形成的，斷裂化學(xué)鍵須要汲取能量，中間體②是形成C—C和O—H鍵形成的,形成化學(xué)鍵須要釋放能量，所以中間體①的能量大于中間體②的能量，B項(xiàng)正確；C.由圖2可知，當(dāng)溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數(shù)Ka==c(H+)=10-4.76。C項(xiàng)正確；D.依據(jù)CH3COOHCH3COO-+H+的電離常數(shù)Ka=可知，圖2兩條曲線的交點(diǎn)的c(H+)值等于醋酸的電離常數(shù)Ka的值，而上升溫度電離常數(shù)增大，即交點(diǎn)的c(H+)增大，pH將減小，所以交點(diǎn)會(huì)向pH減小的方向移動(dòng)。D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。14.分別調(diào)整0.01mol·L－1HCOOH溶液、0.01mol·L－1氨水的pH，系統(tǒng)中微粒濃度的負(fù)對(duì)數(shù)值(－lgc)與pH的關(guān)系分別如下圖所下列說法錯(cuò)誤的是A.25℃時(shí)，NH3·H2ONH4++OH－的lgK=－4.7B.25℃時(shí)，0.01mol·L－1HCOOH溶液的pH為3.7C.HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性：c(Cl－)＞c(Na+)＞c(HCOO－)D.HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性：c(HCOOH)+c(H2SO3)=c(SO32－)【答案】BC【解析】【分析】－【詳解】A、NH3·H2O為弱堿，部分電離，電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，因此25℃時(shí)當(dāng)c(NH3·H2O)=c(NH4＋)，K=c(OH－)=Kw/c(H＋)=10-4.7mol·L－1，即lgK=－4.7，故A說法正確；B、25℃時(shí)甲酸平衡常數(shù)為K=10－3.7，依據(jù)平衡常數(shù)，25℃時(shí)，0.01mol·L－1甲酸中c(H＋)=10－2.85mol·L－1，即pH≈2.9，故B錯(cuò)誤；C、依據(jù)水解平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水的離子積之間的關(guān)系，HCOO－的水解平衡常數(shù)Kh=Kw/Ka=10－10.3，NH4＋的水解平衡常數(shù)Kh=10－9.3，NH4＋的水解程度大于HCOO－水解程度，兩種溶液混合后呈中性，甲酸鈉的量比NH4Cl多，Na＋濃度大于Cl－濃度，故C錯(cuò)誤；D、依據(jù)電荷守恒，c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)＋c(K＋)，溶液顯中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)=c(Na＋)＋c(K＋)，依據(jù)物料守恒，c(Na＋)=c(HCOO－)＋c(HCOOH)，c(K＋)=c(HSO3－)＋c(H2SO3)＋c(SO32－)，三式合并得到：c(SO32－)=c(HCOOH)＋c(H2SO3)，故D正確；15.肯定溫度下，在三個(gè)容積均為2L的恒容密閉容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H<0，測(cè)得反應(yīng)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：容器1容器2容器3反應(yīng)溫度T/K600600500反應(yīng)物投入量0.2molCO0.4molH20.4molCO0.8molH20.2molCH3OCH30.2molH2O平衡v(CO)/(mol·L-1·s-1)v1v2v3平衡n(H2)/(mol)0.2n2n3平衡體系總壓強(qiáng)p/Pap1p2p3物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率aa1(CO)a2(CO)a3(CH3OCH3)平衡常數(shù)KK1K2K3下列說法正確的是A.v1<v2，n2>0.4 B.K2=2.5×103，p2>p3C.2p1<p3，a1(CO)>a2(CO) D.n3<0.4，a2(CO)+a3(CH3OCH3)<1【答案】BD【解析】【詳解】A．容器1和容器2溫度相同，但容器2內(nèi)濃度更大，反應(yīng)速率更快，所以v1<v2；若容器2的容積為容器1的二倍，則二者達(dá)到等效平衡，n2=0.4，但事實(shí)上容器2容積與容器1相等，相當(dāng)于在等效平衡的基礎(chǔ)上進(jìn)行加壓，該反應(yīng)為氣體系數(shù)減小的反應(yīng)，加壓平衡正向移動(dòng)，則n2<0.4，故A錯(cuò)誤；B．溫度相同平衡常數(shù)相同，所以K1=K2，對(duì)于容器1，投料為0.2molCO，0.4molH2，平衡時(shí)n(H2)=0.2mol，容器體積為2L，列三段式有所以平衡常數(shù)K1==2.5×103，即K2=2.5×103；將容器3的投料極限轉(zhuǎn)化后和容器2投料相同，若二者反應(yīng)溫度相同，則達(dá)到等效平衡，此時(shí)p2=p3，但事實(shí)上容器3溫度降低，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致壓強(qiáng)減小，所以p2>p3，故B正確；C．若容器3與容器1反應(yīng)溫度相同，且容積為容器1的2倍，則二者達(dá)到等效平衡，此時(shí)p1=p3，但事實(shí)上二者容積相等，假設(shè)把容積壓縮到與1相等的過程中平衡不移動(dòng)，此時(shí)2p1=p3，但實(shí)際加壓平衡會(huì)正向移動(dòng)，所以2p1>p3，且溫度降低平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致p3進(jìn)一步減??；依據(jù)A選項(xiàng)分析可知a1(CO)<a2(CO)，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)C選項(xiàng)分析，容器3相當(dāng)于容器1的等效平衡狀態(tài)正向移動(dòng)，所以n3<0.4；容器2和3若為等效平衡，則a2(CO)+a3(CH3OCH3)=1，依據(jù)B選項(xiàng)分析可知容器3相當(dāng)于容器2的等效平衡狀態(tài)正向移動(dòng)，a3(CH3OCH3)減小，所以a2(CO)+a3(CH3OCH3)<1，故D正確；故答案為BD?！军c(diǎn)睛】利用等效平衡原理分析問題時(shí)，先假設(shè)一個(gè)能達(dá)到等效平衡的虛擬狀態(tài)，再分析實(shí)際狀況與虛擬狀態(tài)相比變更的條件是什么，平衡會(huì)如何移動(dòng)。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)16.以含鋰電解鋁廢渣(主要成分為L(zhǎng)iF、AlF3、NaF，少量CaO等)為原料，生產(chǎn)碳酸鋰的工藝流程如下：(已知：常溫下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水)(1)含鋰電解鋁廢渣與濃硫酸在200～400℃條件下反應(yīng)2h，加水浸取后過濾，得到的濾渣主要成分是________(填化學(xué)式)。(2)流程中浸取后的過濾操作須要趁熱在恒溫裝置中進(jìn)行，否則會(huì)導(dǎo)致Li2SO4的收率下降，緣由是________。(已知部分物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)見下表)溫度/℃Li2SO4/gAl2(SO4)3/gNa2SO4/g036.131.24.91035.433.59.12034.836.519.53034.340.440.84033.945.748.8(3)40℃下進(jìn)行堿解反應(yīng)，得到粗碳酸鋰與氫氧化鋁的混合濾渣，生成氫氧化鋁的離子方程式為________。(4)苛化過程中加入的氧化鈣將不溶性的碳酸鋰轉(zhuǎn)化成氫氧化鋰溶液。若氧化鈣過量，則可能會(huì)造成________。(5)碳化反應(yīng)中，CO2的汲取采納了氣、液逆流的方式，這樣做的優(yōu)點(diǎn)是________。整個(gè)工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有________?！敬鸢浮?1).CaSO4(2).若未恒溫趁熱過濾，則過濾時(shí)溶液溫度下降，硫酸鈉結(jié)晶析出時(shí)，夾裹了部分的硫酸鋰共沉淀(3).2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑(4).碳酸鋰產(chǎn)品的鈣離子含量相對(duì)上升(或使得氫氧化鋁溶解進(jìn)入溶液，導(dǎo)致最終產(chǎn)品的純度下降)(5).可增大接觸面積，提高碳化效率(6).CO2【解析】【分析】含鋰電解鋁廢渣主要成分為L(zhǎng)iF、AlF3、NaF，少量CaO等，加入濃硫酸生成的氣體為HF，加水浸取，硫酸鈣微溶，所以浸取后過濾分別出濾渣為CaSO4，濾液中主要金屬陽(yáng)離子有Li+、Al3+、Na+；濾液中加碳酸鈉發(fā)生2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑、2Li++CO32-=Li2CO3↓，氣體為二氧化碳，過濾分別，濾液主要含硫酸鈉，濾渣為Al(OH)3、Li2CO3，再加CaO、水苛化將不溶性的碳酸鋰轉(zhuǎn)化成氫氧化鋰溶液，過濾分別得到LiOH溶液，碳化時(shí)LiOH與二氧化碳反應(yīng)生成Li2CO3，以此來(lái)解答?！驹斀狻?1)依據(jù)分析，得到的濾渣主要成分是微溶于水的CaSO4；(2)依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知溫度較低時(shí)，硫酸鈉的溶解度較小，若未恒溫趁熱過濾，則過濾時(shí)溶液溫度下降，硫酸鈉結(jié)晶析出時(shí)，夾裹了部分的硫酸鋰共沉淀，導(dǎo)致硫酸鋰收率下降；(3)鋁離子水解顯酸性，碳酸根水解顯堿性，二者可以徹底雙水解得到氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，方程式為2Al3＋＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；(4)氧化鈣可以和水反應(yīng)生成Ca(OH)2，氫氧化鈣和二氧化碳反應(yīng)會(huì)生成碳酸鈣沉淀，若氧化鈣過量，則可能會(huì)造成碳酸鋰產(chǎn)品的鈣離子含量相對(duì)上升；且溶液堿性過強(qiáng)會(huì)使氫氧化鋁沉淀溶解，導(dǎo)致最終產(chǎn)品的純度下降；(5)氣、液逆流的方式可增大接觸面積，提高碳化效率；依據(jù)分析可知整個(gè)工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是CO2。17.三氯氧磷(POCl3)常用作有機(jī)合成的氯化劑、催化劑和阻燃劑等。POCl3遇水會(huì)劇烈水解，生成H3PO4和HCl。為測(cè)定某POCl3樣品中Cl元素含量，進(jìn)行下列試驗(yàn)：①精確稱取30.70gPOCl3樣品，置于盛有60.00mL蒸餾水的水解瓶中搖動(dòng)至完全水解；②將水解液配成100.00mL溶液A，取10.00mL溶液A于錐形瓶中；③加入10.00mL3.200mol·L－1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，并加入少許硝基苯用力搖動(dòng)，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋；④加入指示劑，用0.2000mol·L－1KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)共用去10.00mLKSCN溶液。已知：AgSCN是白色沉淀，Ksp(AgSCN)＝2×10－12，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。(1)滴定選用的指示劑是________(填字母)；滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為________。A.FeCl2B.NH4Fe(SO4)2C.淀粉D.甲基橙(2)用硝基苯覆蓋沉淀的目的是________；若無(wú)此操作，所測(cè)Cl元素含量將會(huì)________(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(3)計(jì)算三氯氧磷樣品中Cl元素的含量________(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?1).B(2).當(dāng)最終一滴標(biāo)準(zhǔn)KSCN溶液滴入時(shí)，溶液變?yōu)檠t色，且半分鐘不褪去(3).使生成的沉淀與溶液隔離，避開滴定過程中SCN－與AgCl反應(yīng)(或防止沉淀轉(zhuǎn)化生成AgSCN而導(dǎo)致數(shù)據(jù)不精確)(4).偏小(5).先后發(fā)生的反應(yīng)：POCl3＋3H2O=H3PO4＋3HCl、Cl－＋Ag＋=AgCl↓、SCN－＋Ag＋=AgSCN↓；n(AgNO3)總＝3.200mol·L－1×10.00×10－3L＝3.200×10－2mol；n(Ag＋)剩余＝n(SCN－)＝0.2000mol·L－1×10.00×10－3L＝2.000×10－3mol；與Cl－反應(yīng)的n(Ag＋)＝n(AgNO3)總－n(Ag＋)剩余＝0.030mol；m(Cl元素)＝0.030mol×35.5mol·L－1＝1.065g；w(Cl元素)＝×100%＝34.69%?！窘馕觥俊痉治觥吭摰味ㄔ頌椋合葘OCl3樣品徹底水解，氯元素全部以Cl-形式存在，取樣，然后加入硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)液，將銀離子沉淀，然后再滴加KSCN標(biāo)準(zhǔn)液，測(cè)定剩余銀離子的量，從而確定氯離子消耗的銀離子的量，得到氯離子的量；加入硝酸銀時(shí)加入少許硝基苯用力搖動(dòng)，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋，以防用KSCN溶液滴定剩余硝酸銀時(shí)氯化銀轉(zhuǎn)化為AgSCN，使滴定結(jié)果不準(zhǔn)。【詳解】(1)滴定終點(diǎn)時(shí)，KSCN過量，所以選用的指示劑應(yīng)能和SCN-反應(yīng)使溶液變色，F(xiàn)e3+與SCN-反應(yīng)溶液變紅色，所以選NH4Fe(SO4)2為指示劑，滴定終點(diǎn)，可視察到最終一滴標(biāo)準(zhǔn)液KSCN溶液滴入時(shí)，溶液變?yōu)檠t色，且半分鐘不褪去；(2)依據(jù)題目信息可知AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，KSCN溶液干脆與氯化銀接觸會(huì)發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，導(dǎo)致滴定結(jié)果不精確；加入硝基苯用力搖動(dòng)，使AgCl沉淀表面被有機(jī)物覆蓋，使生成的沉淀與溶液隔離，避開滴定過程中SCN－與AgCl反應(yīng)(或防止沉淀轉(zhuǎn)化生成AgSCN而導(dǎo)致數(shù)據(jù)不精確)；假如不進(jìn)行此操作，消耗的KSCN溶液偏多，依據(jù)滴定原理可知會(huì)導(dǎo)致樣品中氯元素的含量偏??；(3)先后發(fā)生的反應(yīng)：POCl3＋3H2O=H3PO4＋3HCl、Cl－＋Ag＋=AgCl↓、SCN－＋Ag＋=AgSCN↓；n(AgNO3)總＝3.200mol·L－1×10.00×10－3L＝3.200×10－2mol；n(Ag＋)剩余＝n(SCN－)＝0.2000mol·L－1×10.00×10－3L＝2.000×10－3mol；與Cl－反應(yīng)的n(Ag＋)＝n(AgNO3)總－n(Ag＋)剩余＝0.030mol；m(Cl元素)＝0.030mol×35.5mol·L－1＝1.065g；w(Cl元素)＝×100%＝34.69%。18.以SO2、軟錳礦(主要成分MnO2，少量Fe、Al、Ca及Pb的化合物等)、氨水及凈化劑等為原料可制備MnSO4溶液和Mn3O4，主要試驗(yàn)步驟如下：步驟Ⅰ：如圖所示裝置，將SO2通入B中的軟錳礦漿液中(MnO2+SO2=MnSO4)。步驟Ⅱ：充分反應(yīng)后，在不斷攪拌下依次向三口燒瓶中加入適量純凈的MnO2、MnCO3，最終加入適量Na2S沉鉛等重金屬。步驟Ⅲ：過濾得MnSO4溶液。(1)裝置A用于制取SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。(2)裝置B中反應(yīng)應(yīng)限制在90～100℃，相宜的加熱方式是_____。(3)裝置C的作用是_____。(4)“步驟Ⅱ”中加入純凈MnO2的目的是_____，用MnCO3調(diào)整溶液pH時(shí)，需調(diào)整溶液pH范圍為_____(該試驗(yàn)條件下，部分金屬離子起先沉淀和沉淀完全的pH如下)。金屬離子Fe2＋Fe3＋Al3+Mn2+起先沉淀pH7.041.873.327.56沉淀完全pH9.183.274.910.2(5)已知：①用空氣氧化Mn(OH)2濁液可制備Mn3O4[6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O]，主要副產(chǎn)物為MnOOH；反應(yīng)溫度和溶液pH對(duì)產(chǎn)品中Mn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的影響如下圖所示：②反應(yīng)溫度超過80℃時(shí)，Mn3O4產(chǎn)率起先降低。③Mn(OH)2是白色沉淀，Mn3O4呈黑色；Mn3O4、MnOOH中錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值依次為72.03%、62.5%。請(qǐng)補(bǔ)充完整由步驟Ⅲ得到的MnSO4溶液，并用氨水等制備較純凈的Mn3O4的試驗(yàn)方案：_____，真空干燥6小時(shí)得產(chǎn)品Mn3O4?！敬鸢浮?1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2).用90～100℃的水浴加熱(3).汲取未反應(yīng)的SO2(4).將Fe2+氧化為Fe3+(5).4.9＜pH＜7.56(6).將濾液加熱并保溫在60～80℃，用氨水調(diào)整溶液pH并維持8～9，在不斷攪拌下，邊通空氣邊滴加氨水，至有大量黑色沉淀時(shí)，靜置，在上層清液再滴加氨水至無(wú)沉淀，過濾，用去離子水洗滌沉淀直至過濾液中檢不出SO42-【解析】【詳解】（1）裝置A制取SO2，發(fā)生的化學(xué)方程式為Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；（2）溫度維持在90～100℃，相宜的加熱方式為90～100℃的水浴加熱；（3）SO2有毒，污染空氣，因此裝置C的作用是汲取未反應(yīng)的SO2；（4）依據(jù)軟錳礦中含有成分，以及表格中數(shù)據(jù)，MnO2作氧化劑，將Fe2＋氧化成Fe3＋，便于除去；加入MnCO3調(diào)整溶液的pH，使Fe3＋、Al3＋以氫氧化物的形式沉淀出來(lái)，但Mn2＋不能沉淀出來(lái)，即調(diào)整的pH的范圍是4.9≤pH<7.56；（5）依據(jù)信息溫度超過80℃，Mn3O4的產(chǎn)率起先降低，依據(jù)信息③，Mn3O4中Mn質(zhì)量分?jǐn)?shù)理論值為72.03℃，因此溫度限制在60℃～80℃之間，依據(jù)pH與產(chǎn)物中Mn質(zhì)量分?jǐn)?shù)之間的關(guān)系，pH應(yīng)限制在8～9之間，因此詳細(xì)操作是將濾液加熱并保溫在60～80℃，用氨水調(diào)整溶液pH并維持8～9，在不斷攪拌下，邊通空氣邊滴加氨水，至有大量黑色沉淀時(shí)，靜置，在上層清液再滴加氨水至無(wú)沉淀，過濾，用去離子水洗滌沉淀直至過濾液中檢不出SO42－；19.SO2、NO是大氣污染物，NH4NO3、H2SO4等是水體污染物，有效去除這些污染物是一項(xiàng)重要課題。(1)NO、SO2可以先氧化，后用堿汲取。其氧化過程的反應(yīng)原理如下：NO(g)＋O3(g)?NO2(g)＋O2(g)；ΔH1＝－200.9kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)?SO3(g)＋O2(g)；ΔH2＝－241.6kJ·mol－12SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)；ΔH3＝－196.6kJ·mol－1則反應(yīng)2NO2(g)?2NO(g)＋O2(g)的ΔH=________kJ·mol－1。(2)土壤中的硫循環(huán)如圖所示，土壤中的黃鐵礦(FeS2)在過程Ⅰ中會(huì)轉(zhuǎn)化成硫酸亞鐵和硫酸，該過程發(fā)生的化學(xué)方程式為________；某種反硫化細(xì)菌在過程Ⅱ中須要有乳酸參加反應(yīng)消耗硫酸，生成H2S并伴有熱量放出，那么乳酸除在反應(yīng)中作還原劑外，還存在另一作用并說明緣由：________。(3)電解法除去工業(yè)廢水中的硝酸銨的裝置示意圖如圖所示，陰極電極反應(yīng)式為_______。(4)向恒容密閉容器中充入1molNO和2molO3，發(fā)生如下反應(yīng)：NO(g)＋O3(g)?NO2(g)＋O2(g)；ΔH<0。不同溫度下反應(yīng)相同時(shí)間后，體系中NO轉(zhuǎn)化率隨溫度變更曲線如圖。溫度低于100℃時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而增大的主要緣由是________；當(dāng)溫度高時(shí)，O3分解生成活性極高的氧原子，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而降低，可能的緣由有：①________，②________。【答案】(1).+115.2(2).2FeS2＋7O2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4(3).因?yàn)檫^程Ⅱ(反硫化過程)吸熱，乳酸和硫酸反應(yīng)放出的熱量使溫度上升促進(jìn)了過程Ⅱ(反硫化過程)的進(jìn)行(4).2NH4+＋2e－=2NH3↑＋H2↑(5).低于100℃時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)反應(yīng)未達(dá)到平衡。溫度上升，化學(xué)反應(yīng)速率加快，NO轉(zhuǎn)化率高(6).溫度高時(shí)，反應(yīng)速率快，相同時(shí)間內(nèi)已達(dá)到平衡，溫度上升平衡左移(7).發(fā)生反應(yīng)NO2＋O=NO＋O2【解析】【分析】(1)①已知NO(g)+O3(g)?NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ?mol-1，②SO2(g)+O3(g)?SO3(g)+O2(g)△H2=-241.6kJ?mol-1，③2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H3=-196.6kJ?mol-1，蓋斯定律計(jì)算(②-①)×2得到反應(yīng)2NO2(g)?2NO(g)+O2(g)的△H；(2)土壤中的黃鐵礦(FeS2)在過程Ⅰ中和氧氣、水反應(yīng)會(huì)轉(zhuǎn)化成硫酸亞鐵和硫酸；乳酸參加反應(yīng)消耗硫酸，有熱量放出訪溫度上升；(3)裝置圖中放出氧氣的為陽(yáng)極，溶液中銨根離子在陰極得到電子生成混合氣體為氨氣和氫氣；(4)溫度低于100℃時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而增大是反應(yīng)速率增大，反應(yīng)正向進(jìn)行，已知溫度高時(shí)，O3分解生成活性極高的氧原子，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而降低，由于反應(yīng)為放熱反應(yīng)，隨溫度上升平衡逆向進(jìn)行，同時(shí)發(fā)生