江苏省南京市六校联合体2023至2024学年高二期末调研测试化学试题附参考答案（解析）

PAGE2024学年第一学期六校联合体期末调研测试高二化学可能用到的相对原子质量：H-1O-16V-51一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.化学与生产、生活和社会息息相关，下列有关说法错误的是A.用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料B.载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用C.合成氨的金属反应塔与外加电源的正极相连，并维持一定的电压可以防腐D.运动员剧烈运动后，补充的运动饮料中含有糖类和一定浓度的NaCl、KCl等【答案】C【解析】【详解】A．碳化硅陶瓷材料具备耐高温的特点，是一种新型无机非金属材料，故A正确；

B．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，消耗太阳能，产生电能，将太阳能转化为电能供飞船使用，故B正确；

C．与外加电源的正极相连，则反应塔做了阳极，会失电子被腐蚀，起不到保护作用，故C错误；

D．运动员剧烈运动后，会大量出汗，补充的运动饮料中含有糖类和一定浓度的NaCl、KCl等，可以补充能量和电解质，故D正确；

故选：C。2.反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O应用于玻璃雕刻。下列说法正确的是A.SiO2属于共价化合物B.HF的电子式为C.SiF4是由极性键形成的极性分子D.H2O中氧原子基态价电子轨道表达式为【答案】A【解析】【详解】A．SiO2中原子间以共价键相结合，为共价化合物，选项A正确；B．HF是共价化合物，H原子与F原子形成1个共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为：，选项B错误；C．SiF4和CH4的空间结构一样，都是正四面体结构，结构对称，为非极性分子，选项C错误；D．H2O中基态氧原子的价层电子轨道表示式为，选项D错误；答案选A。3.实验室用如下图所示装置探究与溶液的反应(实验前先通入排除装置中的空气)。下列说法不正确的是A.用装置甲产生B.装置乙中无明显现象，则与未发生反应C.装置丙中注入，产生红棕色气体，说明装置乙中发生了氧化反应D.装置丁吸收尾气并防止空气进入装置丙【答案】B【解析】【分析】甲为二氧化硫发生装置，乙为二氧化硫与硝酸钠的反应装置，反应生成NO进入丙，但是整个过程没有明显现象，因此只能通过向丙中通入氧气，看是否有红棕色气体生成，来确定乙中是否发生反应。【详解】A．甲为二氧化硫的发生装置，方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，A正确；B．由于生成NO为无色无味气体，故该其反应没有明显现象，B错误；C．注入氧气，产生红棕色气体，说明装置丙中有NO，进一步证明乙中发生了反应，C正确；D．丁做尾气处理，并且防止空气进入丙，D正确；故选B。4.X、Y、Z、W都属于前4周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z是短周期金属性最强的元素，基态W原子的4p原子轨道上有5个电子。下列说法正确的是A.第一电离能：I1(Z)<I1(X)<I1(Y)B.原子半径由小到大的顺序：r(X)<r(Y)<r(Z)C.W元素在周期表中位于第四周期ⅦA族D.X、Y的简单气态氢化物分子的键角：X<Y【答案】C【解析】【分析】基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，核外的电子没有1个运动状态相同，所以X核外有7个电子，即X为N元素；基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素；Z是短周期金属性最强的元素，则Z为Na元素；基态W原子的4p原子轨道上有5个电子，则W的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，则W为Br元素。【详解】A．N的2p轨道中的电子数为稳定的半满状态，则N的第一电离能比O的大，第一电离能：I1(Z)<I1(Y)<I1(X)，故A错误；B．电子层数越多，原子半径越大；同时同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径由小到大的顺序：r(O)<r(N)<r(Na)，即r(O)<r(X)<r(Z)，故B错误；C．Br为35号元素，原子核外有4个电子层，最外层电子数为7，则位于第四周期VIIA族，故C正确；D．X、Y的简单气态氢化物分别是NH3、H2O，分子的键角NH3>H2O,即X>Y，故D错误；答案选C。5.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。对于反应，下列有关说法不正确的是A.上述反应的平衡常数表达式B.适当提高的浓度，可以加快反应速率，提高的转化率C.断裂同时有断裂，说明达该条件下的平衡状态D.其它条件不变，加入高效催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数【答案】B【解析】【详解】A．根据平衡常数表达式，，A正确；B．适当提高的浓度，可以加快反应速率，但因为提高了的浓度，所以的转化率降低，B错误；C．断裂，说明有发生反应，反应正向进行，断裂，有发生反应，反应逆向进行，且符合两种物质的比值为，2∶3，C正确；D．加入高效的催化剂，能够降低活化能，提高单位体积内的活化分子百分数，D正确；故答案为：B。6.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。能被溶液吸收生成，减少环境污染，下列说法正确的是A.提供孤电子对用于形成配位键B.该配合物中阴离子空间构型为三角锥形C.配离子为，中心离子的配位数为6D.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】【详解】A．是中心原子，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，故A错误；B．该配合物中阴离子为，空间构型为正四面体形，故B错误；C．配离子为，中心离子的配位原子有两种：NO、H2O,所以中心离子的配位数为6，故C正确；D．该配合物中所含非金属元素有N、O、H、S，H位于s区，N、O、S位于p区,故D错误；故选C。7.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列化学反应表示正确的是A.向硫酸铜中通入少量氨气：B.向稀硝酸中加入过量铁粉：C.氨气的燃烧热：D.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：【答案】B【解析】【详解】A．向硫酸铜中通入少量氨气产生蓝色沉淀，离子方程式为，A错误；B．铁粉过量，硝酸将Fe氧化为硝酸亚铁，稀硝酸被还原为NO，反应的化学方程式为，B正确；C．氨气的燃烧热氨气的物质的量必须为1mol，水为液态，C错误；D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应时铵根离子和硫酸根离子、氢氧根离子和钡离子均按2:1参与反应，反应的离子方程式为，D错误；答案选B。8.山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙述不正确的是A.1mol该物质与足量Na反应生成1.5molH2B.既能发生取代反应，又能发生加成反应C.与互为同分异构体D.分子中所有碳原子可能在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A．含羧基和羟基均能与Na反应产生氢气，则1mol该该物质与足量Na反应生成1.5mol氢气，A项正确；B．含羧基和羟基能发生取代反应，含碳碳双键能发生加成反应，B项正确；C．与的分子式均为而结构不同，则互为同分异构体，C项正确；D．羧基所连的饱和碳原子为四面体构型，则分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，D项错误；答案选D。9.利用微生物中的芽孢杆菌来处理宇航员排出的粪便，同时能得到电能。氨气与氧气分别通入燃料电池两极，最终生成常见的无毒物质，示意图如图所示。下列说法错误的是A.H+从a电极移向b电极B.负极区发生的反应是2NH3–6e-=N2+6H+C.当标准状况下2.24LO2被还原，则a向b电极转移0.4mol电子D.工作一段时间后电解质溶液的pH值不变【答案】D【解析】【分析】燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入空气或氧气的电极为正极，氨气与氧气分别通入燃料电池两极，因此通入氨气的电极为负极，即电极a为负极，通入氧气的电极为正极，即电极b为正极，二者最终生成常见的无毒物质，生成氮气和水，结合原电池原理分析解答。【详解】A．原电池中阳离子向正极移动，因此H+从a电极移向b电极，故A正确；B．负极上氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，负极的反应式为2NH3–6e-=N2+6H+，故B正确；C．标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，还原生成-2价的O，则a向b电极转移0.4mol电子，故C正确；D．该电池的总反应是氨气与氧气生成氮气和水，溶液中氢离子浓度减小，pH值增大，故D错误；故选D。10.某经预处理的含砷废水中砷元素主要以和形式存在。以其为原料制备粗的部分流程如下：已知：①“沉砷”时发生反应：②“酸化”时发生反应：下列说法正确的是A.“氧化”时每被氧化，会消耗B.“沉砷”和“酸化”可提高溶液中砷元素浓度，实现砷元素的富集C.“酸化”时可用溶液代替溶液D.“还原”过程溶液的不断增大【答案】B【解析】【详解】A．未指明标准状态，无法计算氧气的体积，故A错误；B．通过“沉砷”和“酸化”后，废水中的砷元素转变为H3AsO4，砷元素浓度增大，可以达到富集砷元素的目的，故B正确；C．若用“酸化”时可用溶液代替溶液，后续‘还原’步骤中需要通入大量的SO2，且会产生污染性气体NO，故C错误；D．在“还原”过程中会发生反应：2H3AsO4+2SO2=As2O3+2+H2O+4H+，使溶液的不断减小，故D错误；故选：B。11.下列探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子B将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C将中间裹有锌皮的铁钉(如图)放在滴有酚酞的NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化铁钉能发生吸氧腐蚀D用pH计分别测0.1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，CF2Cl2是极性分子，故当橡胶棒靠近水流时，液流方向改变，故A符合题意；B．KMnO4溶液可以和Cl-反应，紫色褪去，故B不符合题意；C．锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故C不符合题意；D．pH计分别测0.1NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO的pH大，所以NaClO水解生成的OH-更多，所以，故D不符合题意；故答案选A。12.已知：25℃，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。常温下，通过下列实验探究NH4HC2O4溶液的性质，有关说法正确的是实验实验操作及现象1用pH试纸测0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液的pH＜72向10mL0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液中滴加10mL0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，过滤3向实验2所得白色沉淀中加入10mL饱和Na2CO3溶液，浸泡一段时间，无明显现象，过滤，向滤渣中滴加盐酸，有气体生成A.实验1溶液中存在：c(HC2O)＞c(NH)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)B.实验2反应的离子方程式为：HC2O＋Ba2+＋OH-═BaC2O4↓＋H2OC.实验3中发生：BaC2O4＋COBaCO3＋C2O，不变时说明沉淀转化达平衡D.由实验3可得：Ksp(BaC2O4)＞Ksp(BaCO3)【答案】C【解析】【详解】A．已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，根据NH+H2O⇌NH3·H2O+H+，NH的水解常数为：=≈5.6×10-10，已知Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，根据HC2O+H2O⇌H2C2O4+OH-，HC2O的水解常数为：==2×10-13，再根据Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，可知草酸氢根的电离大于铵根离子的水解大于草酸氢根的水解，可得：c(NH)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，A错误；B．根据n=cv，可知n(NH4HC2O4)=n(Ba(OH)2)=10×10-3L×0.1mol·L-1=10-3mol，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：NH+HC2O+Ba2++2OH--═BaC2O4↓+H2O+NH3·H2O，B错误；C．根据实验3，可知草酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液转化为碳酸钡和草酸根离子，反应的离子方程式为：BaC2O4＋CO⇌BaCO3＋C2O，根据该反应，可得，K=，不变时说明沉淀转化达平衡，C正确；D．Qc>Ksp时生成碳酸钡沉淀，由现象不能比较Ksp大小，D错误；故选C。13.通过反应可将CO2转化为C2H4.在0.1MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示。下列说法正确的是A.图中曲线b表示平衡时C2H4的物质的量分数随温度的变化B.440℃时H2的平衡转化率为70%C.保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C2H4的物质的量分数比在恒温密闭容器中的小D.保持其他条件不变，延长反应时间，可将平衡时CO2的物质的量分数从Y点的值升至X点的值【答案】C【解析】【分析】由反应物二氧化碳的物质的量分数与温度变化曲线，结合反应物起始物质的量之比可知，曲线a表示氢气的物质的量分数随温度变化，由化学方程式可知，曲线b表示水蒸气的物质的量分数随温度变化，曲线c表示乙烯的物质的量分数随温度变化。【详解】A．根据分析可知，曲线b表示水蒸气的物质的量分数随温度变化，A项错误；B．设起始氢气的物质的量为3mol，平衡时转化率为a%，由440℃平衡时，氢气和水蒸气的物质的量分数相等可得，解得a=60，B项错误；C．由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，生成物乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中的低，C项正确；D．保持其他条件不变，延长反应时间，平衡不移动，故仅延长反应时间，平衡时CO2的物质的量分数不可能从Y点的值升至X点的值，D项错误；答案选C。二、非选择题：共4题，共61分。14.以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CoS、MoS2及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，经系列处理可制取CoCO3、(NH4)2MoO4，工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”后各元素转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。②常温下，Ksp(CoCO3)=a，Ksp(Co(OH)2)=b，Kb(NH3·H2O)=c。（1）“酸浸”时，投料完成后，保持酸浸温度不变，以一定速率搅拌反应，能提高钴、钼元素浸出率的方法还有___________。(任写一种)（2）有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时溶液中金属离子浓度≤10×10-5mol·L-1)沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.4“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”时，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则需调节溶液pH的范围是___________(加入物质对溶液体积的变化忽略不计)。（3）“沉钴”时，其离子方程式为___________。“沉钴”过程中为防止CoCO3转化为Co(OH)2，需控制溶液pH，转化时存在CoCO3(s)+2NH3·H2O(aq)Co(OH)2(s)+(aq)+2(aq)，该反应的平衡常数K=___________(用含a、b、c的表达式作答)。（4）“萃取”的反应原理为2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4，通过反萃取法使有机相中的Mo元素回到水相，需加反萃取剂氨水，而不使用NaOH的原因是___________。（5）制MoS2用(NH4)2MoO4晶体先制备硫代钼酸铵［(NH4)2MoS4］，再将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和单质硫。其中NH3、H2S和单质硫的物质的量之比为8:4:1，所得硫单质的分子式为___________。【答案】（1）加快搅拌速率、延长浸出时间（2）或（3）①.②.（4）会引入杂质Na+（5）S4【解析】【分析】、该工业流程的原料为钴钼废催化剂含有、及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，产品为制取、，焙烧后，金属元素转化为相应的金属氧化物，酸浸后得到含有、、、的溶液及不溶物、等，过滤后，所得滤渣1为、；调节滤液的，转化为和沉淀；滤液中加入萃取剂，进入水溶液，进入有机相，分液后对含有机相再反萃取，得到含的水溶液，最终得到；水相得到含钴水溶液，加入进行沉钴，得到。【小问1详解】投料已完成，温度不变，要想提高钴、钼元素浸出率的方法有：加快搅拌速率、延长浸出时间；【小问2详解】根据“滤渣2”的主要成分为和，则调的目的使完全沉淀分离除去，而不沉淀，根据“完全沉淀”时的为9.4，可求，“刚开始沉淀”时的=，，=7.4，故调节溶液的范围是或；【小问3详解】“沉钴”时是含水溶液，加入进行沉钴，得到，故离子反应方程式为；平衡常数；【小问4详解】反萃取是使该反应2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4平衡逆移，可以减小使平衡逆移，反萃取的目的是，得到含的水溶液，最终得到，故加入反萃取剂为氨水，若加入NaOH会引入杂质Na+，使产品不纯；【小问5详解】(NH4)2MoS4在一定条件下加热，根据题意分解的方程式为，NH3、H2S和单质硫的物质的量之比为8:4:1，利用元素原子个数守恒配平得，则x=4，即硫单质的分子式为。15.V2O5-WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO，反应为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)=-1632.4kJ·mol-1，工业上以石煤(主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备V2O5，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、煅烧”等过程。已知：NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。回答下列问题：（1）向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为___________。（2）“沉钒”时加入NH4Cl析出NH4VO3，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为___________；在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为___________。（3）还原V2O5可制得VO2，下图为VO2的晶胞，该晶胞中钒的配位数为___________。（4）催化剂的应用。将模拟烟气(含NO、NH3、N2、O2)以一定流速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO的转化率随温度的变化如图所示，反应温度高于350℃，NO转化率下降的原因可能是___________。（5）为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00mL，滴定过程中发生如下反应：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。则V2O5样品的纯度为___________。(写出计算过程)【答案】（1）（2）①.温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出②.（3）6（4）催化剂活性下降，反应速率减慢；NH3与O2发生反应生成NO（5）86.45%【解析】【小问1详解】由题意可知，三氧化二钒转化为钒酸钠发生的反应为三氧化二钒高温条件下与碳酸钠和空气中氧气反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问2详解】氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，温度过高，氯化铵分解会导致溶液中铵根离子浓度减小，不利于钒酸铵析出，所以沉钒温度需控制在50℃左右；由题意可知，钒酸根离子在溶液中发生水解反应生成H3VO4沉淀和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出；；【小问3详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心黑球个数为8×+1=2，位于面心和体内的白球个数为4×+2=4，由化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，位于体心的钒原子周围有6个氧原子，则晶胞中钒的配位数为6，故答案为：6；【小问4详解】反应温度高于350℃，一氧化氮转化率下降可能是温度过高，催化剂活性下降，反应速率减慢导致消耗一氧化氮的物质的量减小，使得一氧化氮的转化率减小，也可能是混合气体中的氨气与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，导致一氧化氮转化率减小，故答案为：催化剂活性下降，反应速率减慢；NH3与O2发生反应生成NO；【小问5详解】由题意可知，滴定消耗24.00mL0.01000mol/L高锰酸钾溶液，由方程式可知，与(VO2)2SO4溶液反应的硫酸亚铁铵的物质的量为0.5000mol/L×0.01L—0.01000mol/L×0.024L×5=0.0038mol，则2.000g样品中五氧化二钒的纯度为×100%=86.45%，故答案为：86.45%。16.碱式氯化铜［Cu2(OH)2Cl2·3H2O］为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中很稳定。Ⅰ．模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分加持装置已省略)（1）碱式氯化铜中Cu(II)的核外电子排布式为___________。（2）实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是___________(填名称)。（3）反应过程中，需控制盐酸不能过量的原因是___________。（4）反应结束后，将装置A中反应器内的混合物过滤，经提纯得产品无水碱式氯化铜，从滤液中还可以获得的副产品是___________(填化学式)。（5）碱式氯化铜［Cu2(OH)2Cl2·3H2O］也可以通过在40℃~50℃，向CuCl悬浊液中持续通空气制得，该反应的化学方程式为___________。Ⅱ．采用沉淀滴定法测定碱式氯化铜中氯含量（6）请补充完整测定氯的实验过程：取一定量碱式氯化铜固体，溶于稀硝酸，配制成一定体积待测液，准确量取25mL待测液于锥形瓶中，边振荡边向锥形瓶中滴加0.010mol·L-1AgNO3溶液，直至静置后向上层清液中继续滴加0.010mol·L-1AgNO3溶液无浑浊产生，记录消耗AgNO3溶液的体积V1，___________，重复上述实验2~3次。已知：①Ag++SCN—=AgSCN↓(白色沉淀)；②聚乙烯醇可以覆盖在AgCl表面，阻止AgCl转化为AgSCN。［须使用的实验试剂：0.010mol·L-1NH4SCN标准溶液、Fe(NO3)3溶液、聚乙烯醇］【答案】（1）[Ar]3d9（2）生石灰(或碱石灰或固体氢氧化钠)（3）产品碱式氯化铜会溶于稀盐酸中，影响产率（4）NH4Cl（5）4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]（6）向其中加入适量聚乙烯醇，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入2~3滴(或几滴)Fe(NO3)3溶液，用0.010mol/LNH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，当滴入最后半滴NH4SCN标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不变化，停止滴定，记录滴加NH4SCN标准溶液的体积V2【解析】【分析】由实验装置图可知，装置B中浓氨水滴入生石灰或氢氧化钠或碱石灰中用于制备氨气，装置A中氨气与氯化铜、盐酸在70~80℃条件下反应制备碱式氯化铜。【小问1详解】铜元素的原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为[Ar]3d9，故答案为：[Ar]3d9；【小问2详解】由分析可知，装置B中浓氨水滴入生石灰或氢氧化钠或碱石灰中用于制备氨气，则圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是生石灰或氢氧化钠或碱石灰中用于制备氨气，故答案为：生石灰(或碱石灰或固体氢氧化钠)；【小问3详解】盐酸能与碱式氯化铜反应生成氯化铜和水，所以滴加过程中需要严格控制盐酸的用量，导致产率降低，故答案为：产品碱式氯化铜会溶于稀盐酸中，影响产率；【小问4详解】由分析可知，装置A中氨气与氯化铜、盐酸在70~80℃条件下反应生成碱式氯化铜和氯化铵，反应的化学方程式为2CuCl2+2NH3+5H2O[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]↓+2NH4Cl，则从滤液中还可以获得的副产品是氯化铵，故答案为：NH4Cl；【小问5详解】由题意可知，在40℃~50℃条件下，氯化亚铜悬浊液与空气中氧气反应生成碱式氯化铜，反应的化学方程式为4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]，故答案为：4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2⋅3H2O]；【小问6详解】由题意可知，采用沉淀滴定法测定碱式氯化铜中氯含量的实验过程为取一定量碱式氯化铜固体，溶于稀硝酸，配制成一定体积待测液，准确量取25mL待测液于锥形瓶中，边振荡边向锥形瓶中滴加0.010mol·L-1AgNO3溶液，直至静置后向上层清液中继续滴加0.010mol·L-1AgNO3溶液无浑浊产生，记录消耗AgNO3溶液的体积V1，向其中加入适量聚乙烯醇，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入2~3滴(或几滴)Fe(NO3)3溶液，用0.010mol/LNH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，当滴入最后半滴NH4SCN标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不变化，停止滴定，记录滴加NH4SCN标准溶液的体积V2，重复上述实验2~3次，故答案为：向其中加入适量聚乙烯醇，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入2~3滴(或几滴)Fe(NO3)3溶液，用0.010mol/LNH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，当滴入最后半滴NH4SCN标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不变化，停止滴定，记录滴加NH4SCN标准溶液的体积V2。17.捕集并转化CO2可以有效实现碳达峰、碳中和。Ⅰ．工业上利用两种温室气体CH4和CO2催化重整制取H2和CO，主要反应为：反应①：过程中还发生三个副反应：反应②：反应③：反应④：△H4将CH4与CO2(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中H2与CO的物质的量之比、CO2的转化率与温度的关系如图所示：（1）△H4=___________kJ·mol-1。（2）500℃时，比较小，此时发生的副反应以___________(选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是___________。Ⅱ．光催化CH4和CO2生成CO和H2催化反应机理如图所示：（3）上述反应机理中表现出氧化性的粒子有___________。Ⅲ．用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：，其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。（4）当电解电压为u1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为___________。（5）当电解电压为u2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：6，生成HCHO的法拉第效率m为___________。【答案】（1）+76.4（2）①.②②.升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO（3）CO2、h+（4）CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O（5）36【解析】【小问1详解】反应①：反应②：反应③：反应④：△H4利用盖斯定律，将反应①+③得，△H4=(+247.4-171.0)kJ·mol-1=+76.4kJ·mol-1。【小问2详解】500℃时，反应①中，=1，发生反应②使减小，发生反应④使增大，则比较小，此时发生的副反应以②为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是：升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO。小问3详解】上述反应机理中，CO2得电子转化为CO和O2-，CH4获得h+提供的电子，生成CO和H2，则表现出氧化性的粒子有CO2、h+。【小问4详解】当电解电压为u1V时，CO2在阴极得电子产物与电解质反应生成HCHO，则阴极生成HCHO的电极反应式为CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O。【小问5详解】当电解电压为u2V时，CO2→HCOOH转移2e-，CO2→HCHO转移4e-，当电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5:6时，可建立等式，m=36，生成HCHO的法拉第效率m为36。【点睛】书写电极反应式时，需注意电解质的性质。PAGE2024学年第一学期六校联合体期末调研测试高二化学可能用到的相对原子质量：H-1O-16V-51一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.化学与生产、生活和社会息息相关，下列有关说法错误的是A.用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料B.载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用C.合成氨的金属反应塔与外加电源的正极相连，并维持一定的电压可以防腐D.运动员剧烈运动后，补充的运动饮料中含有糖类和一定浓度的NaCl、KCl等2.反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O应用于玻璃雕刻。下列说法正确的是A.SiO2属于共价化合物B.HF的电子式为C.SiF4是由极性键形成的极性分子D.H2O中氧原子基态价电子轨道表达式为3.实验室用如下图所示装置探究与溶液的反应(实验前先通入排除装置中的空气)。下列说法不正确的是A.用装置甲产生B.装置乙中无明显现象，则与未发生反应C.装置丙中注入，产生红棕色气体，说明装置乙中发生了氧化反应D.装置丁吸收尾气并防止空气进入装置丙4.X、Y、Z、W都属于前4周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z是短周期金属性最强的元素，基态W原子的4p原子轨道上有5个电子。下列说法正确的是A.第一电离能：I1(Z)<I1(X)<I1(Y)B.原子半径由小到大顺序：r(X)<r(Y)<r(Z)C.W元素在周期表中位于第四周期ⅦA族D.X、Y的简单气态氢化物分子的键角：X<Y5.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。对于反应，下列有关说法不正确的是A.上述反应的平衡常数表达式B.适当提高的浓度，可以加快反应速率，提高的转化率C.断裂同时有断裂，说明达该条件下的平衡状态D.其它条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数6.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。能被溶液吸收生成，减少环境污染，下列说法正确的是A.提供孤电子对用于形成配位键B.该配合物中阴离子空间构型为三角锥形C.配离子为，中心离子的配位数为6D.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区7.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列化学反应表示正确的是A.向硫酸铜中通入少量氨气：B.向稀硝酸中加入过量铁粉：C.氨气的燃烧热：D.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：8.山梨酸是常用的食品防腐剂，其结构简式如图所示，下列有关山梨酸的叙述不正确的是A.1mol该物质与足量Na反应生成1.5molH2B.既能发生取代反应，又能发生加成反应C.与互为同分异构体D.分子中所有碳原子可能在同一平面上9.利用微生物中的芽孢杆菌来处理宇航员排出的粪便，同时能得到电能。氨气与氧气分别通入燃料电池两极，最终生成常见的无毒物质，示意图如图所示。下列说法错误的是A.H+从a电极移向b电极B.负极区发生的反应是2NH3–6e-=N2+6H+C.当标准状况下2.24LO2被还原，则a向b电极转移0.4mol电子D.工作一段时间后电解质溶液的pH值不变10.某经预处理的含砷废水中砷元素主要以和形式存在。以其为原料制备粗的部分流程如下：已知：①“沉砷”时发生反应：②“酸化”时发生反应：下列说法正确的是A.“氧化”时每被氧化，会消耗B.“沉砷”和“酸化”可提高溶液中砷元素浓度，实现砷元素的富集C.“酸化”时可用溶液代替溶液D.“还原”过程溶液不断增大11.下列探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子B将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C将中间裹有锌皮的铁钉(如图)放在滴有酚酞的NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化铁钉能发生吸氧腐蚀D用pH计分别测0.1NaClO和CH3COONa溶液pH，前者pH大A.A B.B C.C D.D12.已知：25℃，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。常温下，通过下列实验探究NH4HC2O4溶液的性质，有关说法正确的是实验实验操作及现象1用pH试纸测0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液的pH＜72向10mL0.1mol·L-1NH4HC2O4溶液中滴加10mL0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，过滤3向实验2所得白色沉淀中加入10mL饱和Na2CO3溶液，浸泡一段时间，无明显现象，过滤，向滤渣中滴加盐酸，有气体生成A.实验1溶液中存在：c(HC2O)＞c(NH)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)B.实验2反应的离子方程式为：HC2O＋Ba2+＋OH-═BaC2O4↓＋H2OC.实验3中发生：BaC2O4＋COBaCO3＋C2O，不变时说明沉淀转化达平衡D.由实验3可得：Ksp(BaC2O4)＞Ksp(BaCO3)13.通过反应可将CO2转化为C2H4.在0.1MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示。下列说法正确的是A.图中曲线b表示平衡时C2H4的物质的量分数随温度的变化B.440℃时H2的平衡转化率为70%C.保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C2H4的物质的量分数比在恒温密闭容器中的小D.保持其他条件不变，延长反应时间，可将平衡时CO2的物质的量分数从Y点的值升至X点的值二、非选择题：共4题，共61分。14.以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CoS、MoS2及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，经系列处理可制取CoCO3、(NH4)2MoO4，工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”后各元素转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。②常温下，Ksp(CoCO3)=a，Ksp(Co(OH)2)=b，Kb(NH3·H2O)=c。（1）“酸浸”时，投料完成后，保持酸浸温度不变，以一定速率搅拌反应，能提高钴、钼元素浸出率的方法还有___________。(任写一种)（2）有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时溶液中金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.4“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”时，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol·L-1，则需调节溶液pH的范围是___________(加入物质对溶液体积的变化忽略不计)。（3）“沉钴”时，其离子方程式为___________。“沉钴”过程中为防止CoCO3转化为Co(OH)2，需控制溶液pH，转化时存在CoCO3(s)+2NH3·H2O(aq)Co(OH)2(s)+(aq)+2(aq)，该反应的平衡常数K=___________(用含a、b、c的表达式作答)。（4）“萃取”的反应原理为2R3N(叔胺)+2H++(R3NH)2MoO4，通过反萃取法使有机相中的Mo元素回到水相，需加反萃取剂氨水，而不使用NaOH的原因是___________。（5）制MoS2用(NH4)2MoO4晶体先制备硫代钼酸铵［(NH4)2MoS4］，再将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和单质硫。其中NH3、H2S和单质硫的物质的量之比为8:4:1，所得硫单质的分子式为___________。15.V2O5-WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO，反应为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)=-1632.4kJ·mol-1，工业上以石煤(主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备V2O5，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、煅烧”等过程。已知：NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。回答下列问题：（1）向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为___________。（2）“沉钒”时加入NH4Cl析出NH4VO3，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为___________；在水溶液中