湖南省邵阳市新邵县2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE21-湖南省邵阳市新邵县2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Ni-59Cu-64一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生产、生活及环境亲密相关，下列说法不正确的是()A.针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B.用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性C.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应D.常用危急化学品标记中的数字主要表示的是危急的类别【答案】A【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液和双氧水具有强氧化性、乙醇能破坏细胞组织，均能使蛋白质变性，但医疗上常用75%的酒精杀菌消毒、不用无水酒精杀菌消毒，A错误；B．橙红色酸性重铬酸钾具有强氧化性，能够氧化乙醇，重铬酸钾则被还原为+3价的绿色物质，乙醇表现还原性，因此可用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验是否酒驾，B正确；C．雾霾形成的是气溶胶，属于胶体，具有胶体的丁达尔效应，C正确；D．危急化学品标记中的数字危急品的类别：如第1类是爆炸品、第2类是压缩气体和液化气体、第3类是易燃液体等，D正确；故合理选项是A。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是()A.20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NAB.4.6g分子式为C2H6O的有机物中碳氢键数目肯定是0.5NAC.电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阴极析出32g铜D.将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶体粒子的数目少于0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．D2O与H218O相对分子质量都是20，分子中都含有10个中子，20gD2O与20gH218O的物质的量都是1mol，则其中含有的中子的物质的量是10mol，含有的中子数目为10NA，A正确；B．4.6g分子式为C2H6O的物质的量是0.1mol，但C2H6O表示的物质可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，因此不能确定其中含有的碳氢键数目，B错误；C．电解精炼铜时，Cu2+在阴极得到电子变为单质Cu，由于Cu是+2价金属，当电路中转移NA个电子，反应产生Cu的物质的量是0.5mol，则阴极析出Cu质量是m(Cu)=0.5mol×64g/mol=32g，C正确；D．由于Fe(OH)3胶体是很多Fe(OH)3的集合体，所以将含0.1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶体粒子的数目少于0.1NA，D正确；故合理选项是B。3.下列图示的试验操作中，能达到相应试验目的的是()A.石油分馏的产物含有不饱和烃B.验证石蜡油分解C.测量氨气体积D.制取干燥的氨气【答案】B【解析】【详解】A．该装置是分馏装置，是分别沸点不同的互溶的液体混合物，不能用于证明石油分馏的产物是否含有不饱和烃，A不符合题意；B．石蜡油分解产生不饱和烃能够被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，而饱和烃不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此可用酸性KMnO4溶液证明石蜡油是否分解，B符合题意；C．氨气极简洁溶于水，不能用排水方法测定其体积，C不符合题意；D．氨气与CaCl2会反应生成络合物，不能用于干燥氨气，应当运用碱石灰干燥，D不符合题意；故合理选项是B。4.下列化学用语对事实的表述正确的是A.电解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B.Mg和Cl形成离子键的过程：C.向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D.乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O【答案】D【解析】【详解】A．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基供应-OH，醇中的-OH供应-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正确；故选D。5.下列有机物的命名正确的是A.CH2＝CH—CH＝CH21,3-二丁烯B.CH3CH2CH(CH3)OH2-甲基-1-丙醇C.2-甲基-3-丁炔D.3,3,4-三甲基己烷【答案】D【解析】【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间以“,”隔开，数字与中文数字之间以“－”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的依次列出全部取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基；假如含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端起先，据此分析解答。【详解】A．该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3-丁二烯，A选项错误；B．CH3CH2CH(CH3)OH的主链有4个碳，2号为羟基，因此名称为2-丁醇，B选项错误；C．属于炔烃，最长碳链含有4个碳原子，离叁键最近一端编号，甲基在3号碳上，因此名称为3-甲基-1-丁炔，C选项错误；D．属于烷烃，主链有6个碳，2个甲基位于3号碳原子上，1个甲基位于4号碳原子上，因此其名称为3，3，4-三甲基己烷，D选项正确；答案选D。6.前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列四个不同周期和四个不同主族。其中A为Y元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物；常温下乙为液体。下列说法正确的是A.简洁离子半径：Z>YB.反应①为吸热反应C.反应②为工业上制备漂白粉反应原理D.X、Y分别与Z形成的化合物中，化学键类型肯定相同【答案】C【解析】依据题给信息分析可知，常温下乙为液体，乙为水，W为氢元素，Y为氯元素，A为氯气；甲为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，X为氧，Z为钙；化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2+<Cl-,A错误；氧化钙与水猛烈反应，放出大量的热，反应为放热反应，B错误；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙，为工业上制备漂白粉的反应原理，C正确；过氧化钙中含有离子键和非极性共价键，而氯化钙只有离子键，D错误；正确选项C。点睛：此题在进行元素推断时，假如只依据题干信息及各物质间的转化关系，进行各元素及各物质的判定，的确不易确定；假如依据题给的第三个判据供应信息，就很简洁想到甲乙详细物质，则快速突破此题的难点，问题就迎刃而解。7.25℃时，向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH

固体，溶液中lg随n(

NaOH)的变更如下图所示。下列说法不正确的是A.HX

为强酸，HY

为弱酸 B.b点时溶液呈中性C.水的电离程度：d>c D.c点时溶液的pH=4【答案】C【解析】【详解】A项，依据图像0.1mol/LHX溶液中lg=12，=11012，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX为强酸，0.1mol/LHY溶液中lg12，HY为弱酸，A项正确；B项，b点时溶液中lg=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B项正确；C项，d点、c点加入510-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y-的水解程度，d点溶液中c（H+）大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度：cd，C项错误；D项，c点溶液中lg=6，=1106，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=110-4mol/L，c点溶液的pH=4，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查酸碱中和滴定的图像分析、影响水的电离平衡的因素、pH的计算。留意纵坐标表示lg，纵坐标数值越大溶液的酸性越强，纵坐标为0时溶液呈中性；酸电离出的H+对水的电离平衡起抑制作用，而且酸溶液中c（H+）越大，水的电离程度越小。8.氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是A.能发生加成、取代、还原等反应B.分子内有3个手性碳原子C.分子内存在三种含氧官能团D.分子内共平面的碳原子多于6个【答案】B【解析】【详解】A．含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；B．手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有1个手性碳原子，故B错误；C．分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；D．苯环、C=O均为平面结构，且二者干脆相连，与它们干脆相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；故答案为B。【点睛】考查有机物的结构和性质，留意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。9.试验室常常利用KMnO4来检验产物或验证性质，图示为部分装置图，下列说法不正确的是A.若X为NaOH溶液时，则KMnO4可用于溴乙烷发生消去反应的产物检验B.若X为NaOH溶液时，则KMnO4可用于乙醇发生消去反应的产物检验C.若X为CuSO4溶液时，则KMnO4可用于试验室制取乙炔时验证其性质D.若X为溴水，则KMnO4可用于乙醛发生还原反应的产物检验【答案】D【解析】【详解】A.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙醇、乙烯进入到第一个装置中（X），乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4检验乙烯产物，故A正确；B.乙醇发生消去反应得到乙烯，乙醇、乙烯进入到第一个装置中(X)，乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4检验乙烯产物，故B正确；C.试验室制取乙炔时有PH3、H2S等杂质，PH3、H2S等杂质与CuSO4溶液反应，KMnO4可用于验证乙炔气体及其性质，故C正确；D.乙醛发生还原反应生成乙醇，乙醛和乙醇进入到第一个装置中(X)，乙醇溶解，乙醛与溴水中溴单质反应，故KMnO4不能用于检验产物，故D错误。综上所述，答案为D。10.工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下：已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。下列说法不正确的是A.研磨矿石、适当上升温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B.除铁工序中，在加入石灰调整溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2OC.副产品A的化学式(NH4)2SD.从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调整溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。【详解】A.提高浸取率的措施可以是搅拌、适当上升温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；B.主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程其次步除铁环节的铁应当转化铁离子才能更好除去，所以须要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调整pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；故选C。二、多项选择题：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意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是（）A.WX的水溶液呈碱性B.元素非金属性的依次为：Y＞Z＞QC.由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液肯定呈碱性D.该化合物中与Y单键相连的Q满意8电子稳定结构【答案】AD【解析】【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，X是H元素；X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W能形成+1价阳离子，W是Na；依据形成共价键数，Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，所以Y是C元素、Z是N元素、Q是O元素。【详解】A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，故A正确；B．同周期元素从左到右，非金属性增加，元素非金属性的依次为：O＞N＞C，故B错误；C．由H、C、O、Na四种元素能形成的化合物NaHC2O4，NaHC2O4的水溶液呈酸性，故C错误；D．该化合物中，与C单键相连O，共用一对电子，并得到了Na失去的一个电子，形成-1价的阴离子，满意8电子稳定结构，故D正确；故选AD。【点睛】本题考查元素周期表与周期律，依据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，留意8电子稳定结构的推断方法。12.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7•2H2O)，其主要反应为：(1)4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2(2)2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列说法中正确的是()A.反应(1)和(2)均为氧化还原反应B.反应(1)的氧化剂是O2，还原剂是FeO•Cr2O3C.高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D.生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子【答案】BD【解析】【详解】A．反应(2)中元素化合价都没有发生变更，因此该反应不是氧化还原反应，A错误；B．在反应(1)中，O2中氧元素化合价降低，得到电子，所以氧化剂是O2，铁元素和铬元素化合价上升，失去电子，所以还原剂是FeO•Cr2O3，B正确；C．在反应(1)中氧化剂是O2，还原剂是FeO•Cr2O3，由于氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，所以O2的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能推断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，C错误；D．由反应(1)方程式可知：每生成8molNa2CrO4时，参与反应的O2的物质的量为7mol，转移28mol电子，电子转移的物质的量为参与反应的氧气的物质的量的4倍，8molNa2CrO4发生反应(2)为非氧化还原反应，会生成4molNa2Cr2O7，则每生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子，D正确；故合理选项是BD。13.在肯定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA，发生2A(g)B(g)+C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变更的曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A.反应在0~50s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol∙L-1∙s-1B.该温度下，反应的平衡常数K=0.025mol∙L-1C.保持其他条件不变，上升温度，平衡时c(B)=0.09mol∙L-1，则该反应的∆H<0D.反应达平衡后，再向容器中充入1molA，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变【答案】B【解析】【详解】A．反应在0~50s的平均速率v(C)==1.6×10-3mol∙L-1∙s-1，A正确；B．该温度下，平衡时，c(C)=0.10mol/L，则c(B)=0.10mol/L，c(A)=0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，反应的平衡常数K=≈0.11mol∙L-1，B不正确；C．上升温度，平衡时c(B)=0.09mol∙L-1<0.10mol∙L-1，则平衡逆向移动，该反应的∆H<0，C正确；D．反应达平衡后，再向容器中充入1molA，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，D正确；故选B。14.如图所示，装置(Ⅰ)是一种可充电电池的示意图，装置(Ⅱ)为电解池的示意图；装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许通过。电池放电的化学方程式为。当闭合K时，X极旁边溶液先变红色。下列说法正确的是（）A.装置(Ⅰ)中A为正极B.电极X的电极溶液变红的缘由C.放电时，电极B的电极反应式为D.给原电池充电时从右向左通过离子交换膜【答案】BD【解析】【分析】在电极X旁边溶液变红，说明c(OH-)＞c(H+)，电极反应为2H2O+2e-＝2OH-+H2↑，则X为阴极，A为负极，B为正极，Y为阳极。【详解】A．由以上分析可知，装置(Ⅰ)中A负极，A不正确；B．依据上述分析，电极X旁边溶液变红，说明发生反应2H2O+2e-＝2OH-+H2↑，B正确；C．放电时，电极B为正极，电极反应式为3NaBr3+2e-+6Na+＝9NaBr，C不正确；D．给原电池充电时A电极为阴极，阳离子向阴极移动，则Na+从右向左通过离子交换膜，D正确；故选BD。15.298K时，向20mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol·L-1NaOH溶液，滴定曲线如图所示(忽视温度变更)。下列说法正确的是A.该滴定过程应当选择石蕊溶液做指示剂B.由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10-5mol·L-1C.b点溶液中各微粒浓度关系为2c(H＋)+c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH－)D.中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量，后者多【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知，醋酸和氢氧化钠中和滴定的滴定终点为碱性，而石蕊的变色pH范围为5~8，不选其做指示剂，应选用酚酞做指示剂，A选项错误；B．c点时，溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，c(CH3COOH)=mol/L，故醋酸的电离平衡常数，B选项正确；C．b点时的溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa，存在着质子守恒2c(H＋)+c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，C选项正确；D．由于醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，则相同体积、相同pH的醋酸和盐酸溶液前者物质的量更大，故中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量，前者多，D选项错误；答案选BC。三、非选择题（本题共4小题，共60分）16.煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS(有机硫)，煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气干净度的一个重要指标。请回答下列问题：

(1)脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。

①COS的分子结构与CO2相像，COS的结构式为___________。

②Br

2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为______________。

③已知：H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反应的ΔH=_________kJ/mol。恒温恒容条件下，密闭容器中将气体按n(H2)：n(COS)=2：1混合发生下列反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)a.混合气体的平均相对分子质量不再变更b.n(H2)与n(COS)的比值不变c.CO的体积分数不变d.形成2molH-S键的同时形成1molH-H键④用活性α-Al2O3催化COS水解反应为COS(g)+H2O(g)CO

2(g)+H2S(g)ΔH<0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下H2S的转化率(未达到平衡)如图所示由图可知，催化剂活性最大时对应的温度约为______，H2S的转化率在后期下降的缘由是_______________________________________。(2)煤气燃烧后含硫杂质转化成的SO2，可以被氨水汲取，已知25℃时，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8.将SO2通入氨水中，当溶液呈中性时，溶液中的c(NH4+)/c(HSO3-)=_____________________.此时溶液中各离子浓度大小关系为：_____________________【答案】(1).O=C=S(2).COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O(3).285(4).bcd(5).150℃(6).催化剂中毒，发生副反应(7).2.24(8).c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)【解析】【分析】（1）①CO2的等电子体COS，等电子体结构相像，依据二氧化碳的分子的电子式可知COS电子式；②COS和Br2KOH反应生成CO32-、SO42-、Br-和H2O，据此书写离子方程式；③依据盖斯定律推断④当温度为150℃时，COS的转化率最大；设COS1mol，【详解】（1）①)COS是CO2的等电子体,等电子体结构相像,依据二氧化碳的分子的结构式可知COS结构式。故答案为；②COS和Br2的KOH反应生成K2CO3、K2SO4、KBr和H2O,故离子方程式为COS+4Br2+12OH−═CO32−+SO42−+8Br−+6H2O，故答案为COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O；③已知：H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；其燃烧热反应方程式为：①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH=-285kJ/mol②COS(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+SO2(g)ΔH=-299kJ/mol；③H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l)ΔH=-586kJ/mol④CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ/mol；由①+②-③-④=-（285kJ/mol+299kJ/mol）+586kJ/mol+283kJ/mo=285kJ/mol。H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反应ΔH=+285kJ/mol。a.因为是两边计量数相等的反应，所以混合气体的平均相对分子质量不再变更不能作为推断平衡的依据；b.因为气体按n(H2)：n(COS)=2：1投料，所以n(H2)与n(COS)的比值不变时说明此反应达到平衡状态；c.CO的体积分数不变说明此反应达到平衡状态；d.形成2molH-S键的同时形成1molH-H键说明此反应达到平衡状态。答案：bcd。④由图可知，在相同时间内，转化率最大时即催化剂的活性最大，对应的温度为150℃；温度过高，使催化剂活性减弱或丢失，即催化剂中毒，导致转化率减小。所以H2S的转化率在后期下降的缘由是催化剂中毒，发生副反应。答案：150℃、催化剂中毒，发生副反应。（2）NH3.H2ONH4++OH-，溶液中c(NH4+)=c(OH-)，Kb=[c(NH4+)c(OH-)]/c(NH3.H2O)，SO2通入氨水中，溶液中的电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，当溶液呈中性时c(OH-)=c(H+)，则c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，Ka2=[c(H+)c(SO32-)]/c(HSO3-)，c(SO32-)Ka2/c(H+)，c(NH4+)=c(HSO3-)+2Ka2.c(HSO3-)/c(H+)=[1+2Ka2/c(H+)]c(HSO3-)，c(NH4+)/c(HSO3-)=[1+2Ka2/c(H+)=1+26.2×10-8110-7=2.24.此时溶液中各离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)。答案：2.24.c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)。17.化学小组为探究在酸性溶液中的反应，利用如图装置进行试验：I.排出装置内的空气。减缓的流速，向丁装置中通入和的混合气体。Ⅱ.一段时间后，溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色。Ⅲ.持续向丁装置中通入和混合气体，溶液变为无色。Ⅳ.再静置一段时间，取锥形瓶中水溶液，滴加溶液，产生白色沉淀。回答下列问题：(1)苯的作用为__________。排出装置内空气的详细操作为_________。(2)向装置丁中缓慢通入的作用是__________。(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为__________；步骤Ⅲ反应的离子方程式为______________。(4)试验的总反应为_________，和在反应中的作用为___________。【答案】(1).萃取碘单质，隔绝空气防止被氧化(2).关闭，打开，打开(3).防止倒吸(4).(5).(6).(7).催化剂【解析】【分析】为探究在酸性溶液中的反应，由于酸性简洁被O2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘单质，并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽；在反应中分二步进行，第一步，，其次步，；最终用氢氧化钠进行尾气处理，四氯化碳防倒吸。【详解】(1)依据分析，装置丁中苯有二个作用：萃取碘单质，隔绝空气防止被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气，打开，打开，关闭；(2)若只将通入丁中，反应后压强减小，会倒吸，通入和混合气体，不反应，始终有气体排出，起防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；(3)步骤Ⅱ中，溶液变黄并出现浑浊，说明生成了硫单质，摇动锥形瓶、静置，苯与溶液边缘呈紫红色，说明生成了碘单质，离子方程式为；步骤Ⅲ通入和混合气体，溶液变为无色，说明碘单质被消耗，离子方程式为：；(4)依据和反应，将后者的系数扩大2倍，与前一个反应叠加，得总反应为：；和在反应前后质量和性质没有发生变更,故其为催化剂。18.三氧化二钴（Co2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下图所示：已知：Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+等。Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2完全沉淀时的pH3.79.09.2回答下列问题：(1)“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，缘由是_____________。(2)“酸浸”时发生的主要反应是___________________（写离子方程式）。(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：运用该萃取剂时应限制的pH约为____________，理由是_____________。(4)写出高温煅烧时发生的化学反应方程式___________。(5)操作1得到的副产品是__________（填名称）；已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见下表：湿度0℃10℃20℃30℃40℃50℃60℃溶解度70.673.075.478.081.084.588.0操作1是________（填字母）。a．蒸发结晶b．降温结晶c．减压蒸发结晶(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为_________________。【答案】(1).温度过高H2O2简洁分解(2).Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑(3).2.5～3.3即可(4).萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分别Ni2+、Co2+两种离子(5).2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2(6).硫酸铵(7).c(8).MH+OH--e-=M+H2O【解析】【分析】含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)中加入硫酸和H2O2酸浸，MnO2不溶，其它物质都溶解，从后续产物看，Co2O3被H2O2还原为Co2+，Fe3O4溶解，同时生成的Fe2+被氧化为Fe3+；调pH至3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入萃取剂后Ni2+进入有机相，Co2+进入水相；加入NH4HCO3和氨水，Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中应含有(NH4)2SO4；高温煅烧时，Co2(OH)2CO3中Co2+由+2上升到+3，不是简洁的分解反应，而是分解产物又与O2反应，生成Co2O3、H2O、CO2。【详解】(1)双氧水热稳定性差，“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，缘由是温度过高H2O2简洁分解。答案为：温度过高H2O2简洁分解；(2)“酸浸”时，Co2O3被H2O2还原为Co2+，发生的主要反应是Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑。答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑；(3)运用该萃取剂萃取Ni2+，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还需考虑到，Co2+尽可能不被萃取，两方面综合考虑，应限制的pH约为2.5～3.3即可，理由是萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分别Ni2+、Co2+两种离子。答案为：2.5～3.3即可；萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分别Ni2+、Co2+两种离子；(4)高温煅烧时，Co2(OH)2CO3的分解产物被O2氧化生成Co2O3等，化学反应方程式2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2。答案为：2Co2(OH