2023德州一中高二上学期1月期末考试化学试题含解析

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高二化学期末线上考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23
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∙6H2O
C. 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




X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600

A. 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；Y 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，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D
5. 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)3
B. 溶液Z中含有NaHCO3
C. 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H2
B. 当电路中转移2 mol电子时，阳极区溶液减重16 g
C. 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2 mol电子时，阳极上有0.5 mol O2生成，同时有2 mol Na+向右侧移动，则阳极区溶液减重质量是m=0.5 mol×32 g/mol+2 mol×23 /mol=62 g，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和溶液的pH
pH：
非金属性：S>C
B
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. A B. B C. C D. 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pH
1.3
6.8
1.9
4.0
沉淀完全pH
2.3
9.0
3.2
5.0
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3.2~4.0
D. 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0.001 NaHA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. 3d64s2 ②. 第四周期第VIII族 ③. 4：5
（2） ① ②. 哑铃形或纺锤形
（3） ①. C （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 【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2.0~2.5 B．90°C左右，pH为2.0~2.5
C．60°C左右，pH为5.0~6.0 D． 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=−149 kJ∙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p kPa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. A ②. 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p kPa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. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. 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－C
C=C
C－H
H－H
键能/ (kJ/mol)
348
615
413
436
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）+123 kJ/mol
（2） ①. ＜ ②. 丙烷 ③. 0.05 P1 ④. 0.125 P1 ⑤. 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)=2×413 kJ/mol +348 kJ/mol -615 kJ/mol -436 kJ/mol =+123 kJ/mol，故答案为：+123 kJ/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：0.05 P1；0.125 P1；
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m g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. b ②. 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。