山东省德州市第一中学2022-2023学年高二化学上学期1月期末考试试题（Word版附解析）

高二化学期末线上考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23一、本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共20分。1.化学与生产、生活息息相关。下列说法错误的是A.绚丽多彩的霓虹灯和烟花均与电子在不同能级之间的跃迁有关B.采用催化转化技术能够提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率C.室内空气中的甲醛可用氨基化合物除去D.焊接钢材时，分别用饱和Na2CO3和NH4Cl溶液处理焊接点【答案】B【解析】【详解】A．光是电子释放能量的重要形成。烟花燃放、霓虹灯发光等现象都是电子发生跃迁释放能量形成的，A正确；B．采用催化转化技术能够提高汽车尾气中有害气体的化学反应速率，但不能使平衡发生移动，因此物质的平衡转化率不变，B错误；C．常温下，甲醛能与氨基化合物中的氨基反应，生成羟甲基衍生物，可以达到去除甲醛的目的，C正确；D．饱和Na2CO3、NH4Cl溶液水解后，溶液分别显碱性、酸性，能分别除去油污和铁锈，所以可处理金属表面焊点，D正确；故合理选项是B。2.联合制碱法生产纯碱的工艺流程如下图所示。下列说法正确的是A.氨化与碳酸化的先后顺序可以交换B.操作I和操作II是两种不同的分离方法C.该工艺流程中循环利用的物质是NH3和CO2 D.流程中的“一系列操作”包括通氨气、冷却、加食盐【答案】D【解析】【详解】A.氨化与碳酸化的先后顺序不可以交换，因氨气的溶解度大，溶解的氨气多，溶解后溶液呈碱性能吸收更多的二氧化碳，选项A错误；B.操作I和操作II是相同的分离方法为过滤，选项B错误；C.该工艺流程中循环利用的物质是CO2，选项C错误；D.流程中的“一系列操作”包括通氨气、冷却、加食盐，NH4Cl结晶析出后过滤，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查联合制碱法的原理，在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中的提示进行解答，注意氨化和碳酸化的顺序是解题的关键。3.下列各装置能达到相应实验目的的是A.图甲，中和热的测定B.图乙，制取MgCl2∙6H2OC.图丙，在铁制品表面镀锌D.图丁，测定稀硫酸的pH【答案】C【解析】【详解】A．图甲中缺少环形玻璃搅拌棒，不能达到实验目的，故A不符合题意；B．镁离子要水解，图乙中没有在HCl气流中加热制取MgCl2∙6H2O，不能达到实验目的，故B不符合题意；C．图丙中阳极锌失去电子变为锌离子，阴极锌离子得到电子变为锌单质，该装置能在铁制品表面镀锌，故C符合题意；D．不能用湿润的pH试纸测定稀硫酸的pH，不能达到实验目的，故D不符合题意。综上所述，答案为C。4.已知X、Y是主族元素，表中数据为逐级电离能(单位)。下列说法错误的是 元素X500460069009500Y5801800270011600A.元素Y是ⅢA族元素B.X单质还原性比Y的强C.元素X的常见化合价是价D.若元素Y处于第3周期，其单质可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】X的第二电离能与第一电离能相差较大，则说明X原子核外最外层有1个电子，则X属于ⅠA族元素；YY的第三电离能和第四电离能相差较大，说明Y原子核外最外层有3个电子，则Y是ⅢA族元素，据此分析解答。【详解】A．Y的第三电离能和第四电离能相差较大，说明Y原子核外最外层有3个电子，则Y是ⅢA族元素，故A正确；B．根据上述分析可知，X第一电离能较小，失电子能力更强，即X的还原性大于Y的，故B正确；C．X、Y都是主族元素，I是电离能，X的第一电离能和第二电离能相差较大，说明X原子核外最外层只有一个电子，X为ⅠA族元素，则其常见化合价为+1，故C正确；D．如果Y是第3周期元素，最外层有3个电子，则Y为，单质和冷水不反应，故D错误；答案选D5.下列事实解释错误的是A.配制溶液时要加少量硫酸：B.泡沫灭火器能灭火，其原理是和水解分别生成的和结合成水，产生气体和沉淀C.牙齿表面覆盖的牙釉质存在如下平衡： ，牙齿残余的糖会发酵产生，加快牙釉质的酸蚀D.将的溶液与溶液等体积混合后，产生白色沉淀，放置3分钟无变化，再振荡产生气泡，发生反应：【答案】A【解析】【分析】【详解】A．配制溶液时，为防止Fe3+发生水解，需加入盐酸抑制水解，若加入硫酸，虽然能抑制Fe3+水解，但会引入杂质离子，A错误；B．泡沫灭火器中，有Al2(SO4)3和NaHCO3两种药品，使用时，二种药品混合，由于和水解生成的H+与OH-结合成水，促进两个水解反应的进行，从而生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，覆盖在燃烧物表面，阻止燃烧反应的继续进行，B正确；C．牙釉质存在平衡：，牙齿残余的糖发酵产生，与OH-结合成水，促进平衡正向移动，加快牙釉质的酸蚀，C正确；D．溶液与CaCl2溶液等体积混合，一部分发生电离：H++，另一部分与H+结合生成H2CO3，与Ca2+反应生成CaCO3白色沉淀，振荡后产生气泡，总反应方程式为，D正确；故选A。6.某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3、KCl和CuSO4中的几种，进行如下实验：①将固体X溶于水，有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；②沉淀Y与足量NaOH溶液作用，沉淀部分溶解。下列说法不正确的是A.混合物X中必定含有Na2CO3和Al2(SO4)3B.溶液Z中含有NaHCO3C.可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应，确定KCl是否存在D.往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含FeCl3 【答案】D【解析】【分析】①将固体X溶于水，有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，则一定含有Na2CO3，含FeCl3、CuSO4中的一种或两种；②沉淀Y与足量NaOH溶液作用，沉淀部分溶解，说明沉淀Y中含氢氧化铝，固体X中一定含Al2(SO4)3。【详解】A．由分析可知，混合物X中必定含有Na2CO3和Al2(SO4)3，A正确；B．溶液Z呈碱性，则溶液中含Na2CO3，碳酸根离子会水解生成碳酸氢根离子，所以溶液Z中含有NaHCO3，B正确；C．可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应是否为紫色，确定KCl是否存在，C正确；D．溶液Z中含Na2CO3，呈弱碱性，Na2CO3和FeCl3会因发生双水解而不能共存，即溶液Z中无FeCl3，因此弱碱性溶液中加铜粉，铜粉不溶解，不能说明X中不含氯化铁，D错误；答案选D。7.利用膜电解技术(装置如图所示)以惰性电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，阳离子交换膜只允许Na+通过。下列说法错误的是A.气体X是O2，气体Y是H2B.当电路中转移2mol电子时，阳极区溶液减重16gC.电解过程中阴极区溶液的pH增大D.阳极区的总反应式为：4CrO-4e-=2Cr2O+O2↑【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可知：电解时Na+向右侧电极II区移动，说明电极I 附近正电荷增多，电极II附近负电荷多，则左侧电极I为阳极，溶液中H2O电离产生的OH-失去电子变为O2逸出；电极II上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故气体X是O2，气体Y是H2，A正确；B．当电路中转移2mol电子时，阳极上有0.5molO2生成，同时有2molNa+向右侧移动，则阳极区溶液减重质量是m=0.5mol×32g/mol+2mol×23/mol=62g，B错误；C．电解过程中阴极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，水的电离平衡正向移动，产生更多OH-，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，故阴极区溶液的pH增大，C正确；D．在阳极上水电离产生的OH-失去电子变为O2，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，OH-放电，使水电离平衡正向移动，最终阳极区溶液中c(H+)增大，化学平衡2+2H++H2O正向移动，将两式相加，可得总反应方程式为：4CrO-4e-=2Cr2O+O2↑，D正确；故合理选项是B。8.常温下：常见弱酸的电离平衡常数如下HClO以下说法正确的是A.少量通入到NaClO溶液中生成B.等浓度等体积的NaOH与混合后，溶液中水的电离程度比纯水小C.等浓度等体积的与NaHS混合，D.NaOH溶液与溶液混合，当溶液的时，离子浓度大小关系为：【答案】C【解析】 【详解】A．比较电离平衡常数，知酸性强弱关系：，通入到NaClO溶液中发生反应：，A项错误；B．两者按物质的量1：1混合，发生反应：，溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，使水的电离程度增大，B项错误；C．混合后，两者浓度仍然相等，设为，根据Na元素质量守恒得，根据S元素质量守恒得，溶液中物料守恒式为：，电荷守恒式为：，用物料守恒式与电荷守恒式共同消除后得：，C项正确；D．溶液的时，溶质为NaHS和H2S，存在以下多个平衡体系：，，，，其中，根据电荷守恒式：得，故，D项错误；故选C。9.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如甲图所示，正逆反应速率随时间的变化如乙图所示。下列说法错误的是A.前20minB的平均反应速率为 B.30~40min间该反应使用了催化剂C.化学方程式中的，正反应为放热反应D.30min、40min时分别改变的条件是减小压强、升高温度【答案】B【解析】【详解】A．，前20minB的平均反应速率为=，故A正确；B．30min时C和A、B浓度都下降了，而催化剂只会改变反应速率，不会瞬间改变反应物的浓度，故B错误；C．由图可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，则x=1；40min时正逆反应速率都增大，则改变的条件为升高温度，而条件改变后C浓度减小、A、B浓度增大，说明平衡发生了逆向移动，则正反应为放热反应，故C正确；D．40min时改变的条件为升高温度；30min时，C和A、B的浓度都下降了，反应速率也减小，但是平衡不移动，该反应前后气体分子不变，则改变的条件为减小压强，故D正确；故选B。10.一定温度下，两种钙盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示(，p表示以10为底的负对数)。已知：相同温度下，碳酸钙比硫酸钙更难溶。下列说法错误的是A.该温度下，B.欲使反应正向进行，需满足 C.欲使c点移动到b点，可向c点的饱和溶液中加入适量固体D.生活中，用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙后的滤液中一定存在【答案】B【解析】【分析】相同温度下，CaCO3比CaSO4更难溶，则X曲线代表CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，Y曲线代表CaCO3的沉淀溶解平衡曲线；由X曲线可得Ksp(CaSO4)=10-5，由Y曲线可得Ksp(CaCO3)=10-8。【详解】A．根据分析，该温度下Ksp(CaCO3)=10-8，A项正确；B．反应CaSO4+⇌CaCO3+的平衡常数K=====103，欲使反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，需满足＜103，B项错误；C．c点存在的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)，向c点的饱和溶液中加入适量CaCl2固体，Ca2+浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，Ksp(CaCO3)不变，可使c点移动到b点，C项正确；D．生活中用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙可发生沉淀的转化生成CaCO3，滤液中为CaCO3的饱和溶液，一定存在，D项正确；答案选B。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.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A用pH试纸分别测定相同浓度的pH：非金属性：S>C 和溶液的pHB将装有的球形容器浸入热水中体系颜色变深C向溶液中滴2滴溶液；再滴2滴溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀D取溶液于试管中并加入几滴酚酞溶液，加热溶液红色变深溶液中存在水解平衡A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用pH试纸分别测定相同浓度的和溶液的pH，pH：，只能说明亚硫酸的酸性强于碳酸，不能得出硫酸的酸性大于碳酸，故A错误；B．将装有的球形容器浸入热水中，体系颜色变深，说明平衡逆向移动，逆向吸热，正向是放热反应，，故B错误；C．向溶液中滴2滴溶液；再滴2滴溶液，反应过程中银离子过量，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，不能说明氯化银转化为碘化银，不能得出的结论，故C错误；D．取溶液于试管中并加入几滴酚酞溶液，加热，溶液红色变深，溶液碱性增强，溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D。 12.CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：反应①：反应②：在0.5MPa条件下，将n(CO2)：n(H2)为1：3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性与温度的关系如图所示。下列说法错误的是A.升高温度时，CO的选择性增大B.一定温度下，增大起始n(CO2)：n(H2)的比值，可提高CO2的平衡转化率C.其他条件不变，在280~400℃，产物中随温度的升高而减小D.为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂【答案】BC【解析】【详解】A．反应②为吸热反应，升高温度，平衡正向移动生成CO，CO的选择性增大，A正确；B．一定温度下，增大n(CO2)∶n(H2)的比值，氢气的转化率提高，二氧化碳的转化率减小，B错误；C．假设参加反应的二氧化碳是1mol，根据图像可知280℃生成甲醇是0.94×0.03mol＝0.0282mol，同理320℃生成甲醇是0.92×0.1mol＝0.092mol，360℃生成甲醇是0.15×0.48mol＝0.072mol，400℃生成甲醇是0.04×0.17mol＝0.0068mol，即其他条件不变，在280～400℃间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小，C错误；D．根据图像以及结合反应①是放热反应，反应②是吸热反应可知为高效生产CH3OH ，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，D正确；故选BC。13.氧化钪()广泛用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。一种从钛白酸性废水(含、、、、)中富集钪并制备的工艺流程如下。可能用到的数据见下表。金属离子开始沉淀pH1.36.81.94.0沉淀完全pH2.39.03.25.0已知：“有机相”中主要含有、、。下列说法正确的是A.加的目的是将氧化为B.操作Ⅰ用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和分液漏斗C.加10%盐酸调pH的范围为3.2~4.0D.草酸钪焙烧生成是非氧化还原反应【答案】AC【解析】【分析】向含有、、的有机相中加入稀硫酸和双氧水，将氧化成，然后加入NaOH溶液获得含Ti(OH)4、Fe(OH)3和的滤渣I，加入盐酸调pH，得到含的滤液，加入草酸得到，在空气焙烧得到，反应为；以此作答；【详解】A．溶液中含有，除去时调pH较高，不利于除去，加入双氧水将氧化为，便于除去，故A正确； B．如图流程，操作Ⅰ后得到固体滤渣，说明操作Ⅰ为过滤，用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故B错误；C．根据表中数据，pH的范围为3.2~4.0时，和未溶解，所以加10%盐酸调pH的范围为3.2~4.0的目的是为了除去和，获得含的溶液，故C正确；D．草酸钪焙烧生成的反应为，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D错误；故选AC。14.合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示(*R表示微粒处于吸附状态)。下列说法错误的是A.B.决定总反应速率的反应历程为C.升高温度，该反应历程中基元反应的速率均加快D.反应历程中的最低能垒(活化能)为【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，能量变化为△H=(100+308)kJ/mol-500kJ/mol=-92kJ/mol，A正确；B．图中过渡态II的活化能最大，活化能越高，反应速率越慢，对总反应速率有决定作用，即对总反应速率影响较大的步骤是2N*+6H*=2NH3*(或N*+3H*=NH3*)，B正确；C．升高温度任何反应的反应速率均加快，故升高温度该反应历程中基元反应的速率均加快， C正确；D．由题干反应历程图可知，反应历程中的最低能垒(活化能)为90-(-34)=124，D错误；故答案为：D。15.25℃，向0.001NaHA溶液中通入HCl或加入NaOH固体(体积变化忽略不计)，溶液中、或物质的量浓度的对数值与pH的关系如图所示。已知：的第一、二步电离常数分别为、。下列说法正确的是A.的数量级为B.NaHA溶液中离子浓度：C.N点溶液中：D.曲线③既可以表示、又可以表示【答案】C【解析】【详解】A．曲线①pH最小，氢离子浓度最大，故曲线①为与pH的关系曲线，同理可知，曲线②为与pH的关系曲线，曲线③为与pH的关系曲线。已知M点溶液中，，故的数量级为，A项错误； B．既电离又水解，由P点可知的数量级为，根据，可知水解常数为，所以电离大于水解，可知溶液中，B项错误；C．N点溶液中，则，C项正确；D．向0.001的NaHA溶液中通入HCl或加入NaOH固体后，溶液中，则，与曲线③不符，D项错误。答案选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.嫦娥五号返回器带回月球土壤样品。研究发现，月球土壤样品中存在铁、金、银、铅、锌、铜等矿物颗粒。请回答下列问题：（1）基态Fe原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中的位置为_______，基态Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为_______。（2）写出基态硅原子的电子轨道表示式_______，其中具有最高能级轨道电子云轮廓图的形状为_______。（3）碳、氮和氧3种元素第一电离能由小到大的顺序为_______(填元素符号)，碳、氮和氧3种元素的电负性最大的是_______(填元素符号)。（4）分析Cu、Zn的核外电子排布，推测Cu的第二电离能I2_______Zn的第二电离能I2(填写“大于”、“小于”或“等于”)。（5）资料显示：N元素电负性略大于Cl；NCl3可溶于水发生水解反应。试判断NCl3可能的水解方程式为_______。【答案】（1）①.3d64s2②.第四周期第VIII族③.4：5（2）①②.哑铃形或纺锤形（3）①.C<O<N②.O（4）大于（5）NCl3+3H2O=3HClO+NH3或NCl3+4H2O=3HClO+NH3·H2O【解析】 【小问1详解】Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d64s2，则其价电子排布式为3d64s2；在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；基态Fe2+是Fe原子失去最外层的2个4s电子形成的，则Fe2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，其未成对电子数是4；基态Fe3+是Fe2+再失去1个3d电子形成的，Fe3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数是5，故基态Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为4：5。【小问2详解】硅元素是元素周期表中第14号元素，基态硅原子的轨道表示式为：，具有最高能量的电子所处能级符号为3p，该能级轨道电子云轮廓图形状为哑铃状或纺锤形。【小问3详解】每一周期的第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，C、N、O位于第二周期，由于N的2p轨道为半充满的稳定结构，O的第一电离能比N的低，因此它们的第一电离能由小到大的顺序为：C<O<N。一般来说，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，因此负性最大的是O元素。【小问4详解】Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，其第二电离能是由1s22s22p63s23p63d10再失去1个电子变为1s22s22p63s23p63d9，由于原子核外电子处于全满、半满或全空时是稳定结构，因此从稳定的1s22s22p63s23p63d10再失去1个电子变为不稳定的1s22s22p63s23p63d9，电离就会消耗很高能量，即Cu的第二电离能较大；而基态Zn原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s2，其第二电离能是由1s22s22p63s23p63d104s1失去1个电子变为稳定的1s22s22p63s23p63d10，其电离消耗能量比较少，即Zn第二电离能比较小，所以Cu的第二电离能I2大于Zn的第二电离能I2。【小问5详解】根据资料，NCl3可能的水解方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3或NCl3+4H2O=3HClO+NH3·H2O。17.CuCl难溶于水，不溶于乙醇和稀酸，可溶于Cl－浓度较大的溶液，露置于潮湿空气中易被氧化。回答下列问题。（1）铜制品发生电化学腐蚀过程中产生CuCl，如图所示。 过程I的负极反应式为___________。（2）工业上氯化亚铜可由亚硫酸铵与氯化铜溶液反应制得，其产率与温度、溶液pH的关系如图所示。析出CuCl晶体的最佳条件为___________，A．60°C左右，pH为2.0~2.5B．90°C左右，pH为2.0~2.5C．60°C左右，pH为5.0~6.0D．90°C左右，pH为5.0~6.0该方法制备CuCl的离子方程式为___________。制得的CuCl先用稀盐酸洗涤，再用乙醇洗涤，乙醇的作用是___________。（3）实验室模拟工业电解氨性含铜蚀刻液的装置如图所示(阴极液主要成分为[Cu(NH3)4]SO4)。电解后阴极液经盐酸酸化，再用蒸馏水稀释，生成CuCl，阳极区得到副产物硫酸。电解时选用___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜，阴极电极反应式为___________。（4）用H2还原CuCl制备活性铜的反应为H2(g)+2CuCl(s)2Cu(s)+2HCl(g)ΔH=−149kJ∙mol−1。常温下正反应___________(填“能”或“不能”)自发进行。反应速率υ=υ正−υ逆=k正∙x(H2)−k逆∙x2(HCl)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为气体的物质的量分数。在T°C和 pkPa条件下，上述反应中H2的平衡转化率为80%，该条件下当H2的转化率为60%时，=___________。(保留两位有效数位)【答案】（1）Cu−e−+Cl−=CuCl（2）①.A②.SO+2Cu2++2Cl−+H2O=SO+2CuCl↓+2H+③.去除晶体表面的杂质离子，洗去水分使CuCl更易干燥（3）①阴②.[Cu(NH3)4]2++e−+2H2O=[Cu(NH3)2]++2NH3∙H2O(或[Cu(NH3)4]2++e–=[Cu(NH3)2]++2NH3)（4）①.能②.3.2【解析】【小问1详解】根据过程I的图可知铜使失去电子和氯离子结合生成氯化亚铜，铜作负极，其电极反应式为Cu−e−+Cl−=CuCl；故答案为：Cu−e−+Cl−=CuCl。【小问2详解】根据图中信息析出CuCl晶体的最佳条件为温度60°C左右，pH为2.0~2.5，故选A；亚硫酸根中硫化合价升高变为硫酸根，铜离子化合价降低，再和氯离子结合生成氯化亚铜，该方法制备CuCl的离子方程式为SO+2Cu2++2Cl−+H2O=SO+2CuCl↓+2H+。制得的CuCl先用稀盐酸洗涤，抑制CuCl溶于盐酸，CuCl表面还有水分和其他杂质离子，再用乙醇洗涤，乙醇的作用是去除晶体表面的杂质离子，洗去水分使CuCl更易干燥；故答案为：A；SO+2Cu2++2Cl−+H2O=SO+2CuCl↓+2H+；去除晶体表面的杂质离子，洗去水分使CuCl更易干燥。【小问3详解】电解时阳极生成氧气和硫酸，说明阴极室的硫酸根会移向阳极，因此选用阴离子交换膜，电解后阴极液经盐酸酸化，再用蒸馏水稀释，生成CuCl，说明阴极电解时[Cu(NH3)4]2+得到电子变为[Cu(NH3)2]+，则阴极电极反应式为[Cu(NH3)4]2++e−+2H2O=[Cu(NH3)2]++2NH3∙H2O(或[Cu(NH3)4]2++e–=[Cu(NH3)2]++2NH3)；故答案为：阴；[Cu(NH3)4]2++e−+2H2O=[Cu(NH3)2]++2NH3∙H2O(或[Cu(NH3)4]2++e–=[Cu(NH3)2]++2NH3)。【小问4详解】用H2还原CuCl制备活性铜的反应为H2(g)+2CuCl(s)2Cu(s)+2HCl(g)ΔH=−149 kJ∙mol−1，该反应是熵增的反应，根据自由能公式ΔG＝ΔH−TΔS分析得到在任意条件下能自发进行，因此常温下正反应能自发进行。反应速率υ=υ正−υ逆=k正∙x(H2)−k逆∙x2(HCl)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为气体的物质的量分数。在T°C和pkPa条件下，上述反应中H2的平衡转化率为80%，假设开始充入1mol氢气，建立三段式，则υ正=υ逆即k正∙x(H2)=k逆∙x2(HCl)，，该条件下当H2的转化率为60%时，，；故答案为：能；3.2。18.硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。 A.B.C.滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑（2）①.将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积②.增大硫酸的浓度等（3）①.B②.Fe(OH)3③.CaSO4④.SiO2（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+（5）置换Cu2+为Cu从而除去（6）①.CaSO4②.MgSO4【解析】【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。【小问1详解】由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；【小问2详解】可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率； 【小问3详解】A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；【小问4详解】向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；小问5详解】滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；【小问6详解】由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。19.丙烯是重要的基础化工原料，工业上以丙烷催化脱氢来制取丙烯：（1）已知部分化学键的键能如下表：共价键C－CC=CC－HH－H键能/(kJ/mol)348615413436则___________kJ/mol。（2）分别向和恒压密闭容器中通入一定量丙烷催化脱氢，测得丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度(T)、压强(P)的关系如图1所示。 ①压强：___________(填“＞”或“＜”)，点A所在的曲线表示___________的物质的量分数随温度的变化关系(填“丙烷”或“丙烯”)。②625K、下，反应进行5h后达到平衡，以表示的反应速率___________(用含的式子表示，下同)，该温度下的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③实际生产中在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和水蒸气发生脱氢反应，充入水蒸气的目的是___________。（3）将一定浓度的与固定浓度的通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的、CO和浓度随初始浓度的变化关系如图2所示。和变化差异的原因为___________(用化学方程式表示)。 【答案】（1）+123kJ/mol（2）①.＜②.丙烷③.0.05P1④.0.125P1⑤.促使平衡正向移动，增大丙烷的转化率（3）CO2+H2CO+H2O【解析】【小问1详解】根据反应热焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和故=8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C-C)-E(C=C)-E(H-H)=2E(C-H)+E(C-C)-E(C=C)-E(H-H)=2×413kJ/mol+348kJ/mol-615kJ/mol-436kJ/mol=+123kJ/mol，故答案为：+123kJ/mol；【小问2详解】①由小问(1)分析可知，反应为吸热反应，故升高温度平衡正向移动，则丙烷的物质的量分数减小，故点A所在的曲线表示丙烷的物质的量分数随温度的变化关系，由反应是一个气体体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，丙烷的物质的量分数减小，结合图示信息可知，压强：＜，故答案为：＜；丙烷；②由图示信息可知，625K、下，丙烷的物质的量分数为50%，根据三段式分析可知： ，故有：=50%，解得x=，则平衡时p(C3H8)=，p(C3H6)=p(H2)=0.25P1，反应进行5h后达到平衡，以表示的反应速率=0.05P1，该温度下的压强平衡常数=0.125P1，故答案为：0.05P1；0.125P1；③在恒温、恒压的密闭容器中充入水蒸气，则容器体积增大，参与反应的各物质分压减小，平衡正向移动，增大丙烷的转化率，故答案为：促使平衡正向移动，增大丙烷的转化率；【小问3详解】如果只发生C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)这个反应，生成的C3H6、H2的浓度应该相等，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的浓度相等，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2=CO+H2O，即反应Ⅱ耗的H2刚好等于生成的CO，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，故答案为：高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O。20.(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐[]制备的流程如图所示。（1）步骤②反应时控制温度为40℃左右，原因是___________。（2）步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为3.0～3.5，随反应进行需加入适量___________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。（3）步骤④具体实验操作有___________、过滤、洗涤、干燥。（4）制备的中可能含有，采用滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下： Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀溶解，水浴加热至75℃。用cmol/L的溶液趁热滴定，消耗溶液V1mL。Ⅱ．向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，在75℃继续用溶液滴定，又消耗溶液V2mL。①滴定过程中滴加溶液的操作正确的是___________(填标号)。a．b．c．d．②Ⅱ中用溶液滴定待测液，滴定至终点的现象是___________。③样品中所含(M=491g/mol)的质量分数表达式为___________。④若步骤Ⅰ中滴入溶液不足，则测得样品中Fe元素含量___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】（1）防止H2O2受热分解（2）H2C2O4（3）蒸发浓缩、冷却结晶（4）①.b②.滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变为粉红色，且30s内不褪色③.×100%④.偏高【解析】【分析】由题给流程可知，莫尔盐与氢氧化钠溶液反应制得氢氧化亚铁沉淀，过滤得到的氢氧化亚铁沉淀中加入过氧化氢得到氢氧化铁，氢氧化铁在pH为3.0—3.5的草酸和草酸氢钾溶液中溶解得到三草酸合铁酸钾溶液，三草酸合铁酸钾溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到三水三草酸合铁酸钾晶体。【小问1详解】步骤②反应时应控制温度为40℃左右，若温度过高，过氧化氢会受热分解生成氧气和水，故答案为：防止H2O2受热分解；【小问2详解】由常温下草酸氢钾溶液的pH约为3.5可知，为防止制得的三草酸合铁酸钾溶液中含有杂质， 应加入草酸溶液调节溶液的pH在3.0—3.5范围内制得三草酸合铁酸钾溶液，故答案为：H2C2O4；【小问3详解】由分析可知，步骤④制得三水三草酸合铁酸钾晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问4详解】①高锰酸钾溶液具有强氧化性，滴定时盛有高锰酸钾溶液的滴定管应选用带活塞的酸式滴定管，滴定过程中滴加溶液时，左手应控制滴定管活塞，故选b；②Ⅱ中用高锰酸钾溶液滴定溶液中亚铁离子，亚铁离子完全反应时，若滴入最后一滴标准溶液，溶液变为粉红色，且30s内不褪色说明滴定达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液变为粉红色，且30s内不褪色；③由题给实验步骤可知，实验Ⅰ用于测定样品中草酸和草酸根的物质的量，实验Ⅱ用于滴定测定样品中铁离子的物质的量，由原子个数和得失电子数目守恒可得：5Fe3+—5Fe2+—MnO，由消耗V2mLcmol/L高锰酸钾溶液可知，样品中三水三草酸合铁酸钾晶体的质量分数表达式为×100%，故答案为：×100%；④若步骤Ⅰ中滴入高锰酸钾溶液不足，过量的草酸溶液在实验Ⅱ时，会使消耗高锰酸钾溶液体积偏大，导致测得样品中铁元素含量偏高，故答案为：偏高。