浙江省嘉兴市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题

嘉兴市2023~2024学年第一学期期末检测高二化学试题卷1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64选择题部分一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.明矾可用于饮用水的消毒杀菌B.于谦《石灰吟》中“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”涉及的反应是吸热反应C.化学家戴维利用电解原理制备得到金属钠D.锂离子电池可用于大型储能电站，以实现对电网供电的灵活调节【答案】A【解析】【详解】A．明矾不具有强氧化性，铝离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质，则明矾不能用于饮用水的杀菌消毒，可净化水，A错误；B．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，是指山体中石灰岩高温下分解成氧化钙和二氧化碳，涉及的反应是吸热反应，B正确；C．活泼性较强的金属(如钠、镁、铝等)，工业上通常采用电解法冶炼，化学家戴维利用电解原理制备得到金属钠，C正确；D．锂离子电池可以用于大型储能电站，在用电低谷时充电，在用电高峰时放电，可以实现对电能的灵活调节和精确控制，D正确；故答案为：A。2.相同体积、相同的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②，分别与等质量的少量锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由于锌粉少量，因此产生的H2相同；反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，而强酸没有H+的补充途径，浓度下降的更快，所以弱酸反应完的时间更短，由此可知，A符合。故选A。3.下列有关说法中错误的是(盐桥是浸满饱和溶液的琼脂)A.锌是负极，发生氧化反应B.铜电极的电极反应式为：C.电子经盐桥从锌电极流向铜电极D.盐桥中流向右侧烧杯【答案】C【解析】【分析】由图可知，锌为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜。【详解】A．由分析可知，锌为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，A正确；B．由分析可知，铜为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为，B正确；C．电子不能进入内电路，电池工作时，电子从锌片通过导线流向铜片，C错误；D．锌为原电池的负极，铜为正极，则电池工作时，阳离子向正极移动，故盐桥中的进入右侧，D正确；故选C。4.下列说法正确的是A.的电负性依次增大B.电子排布不同的两种氮原子：，能量C.太阳光谱中的黑线实质上是太阳中所含元素原子的发射光谱D.的最外层电子数依次增多【答案】B【解析】【详解】A．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；的电负性依次减小，A错误；B．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；由图可知，②中2p轨道为半填充较稳定状态，能量更低，B正确；C．太阳光谱中的黑线实质上是太阳光经过大气层时某些特定频率的光被吸收后产生的，太阳光谱为吸收光谱，C错误；D．的价电子排布分别为3d34s2、3d54s1、3d54s2，最外层电子为4s电子，数目分别为2、1、2，D错误；故选B。5.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应过程a有催化剂参与B.该反应为吸热反应，反应热等于C.加入催化剂，可改变该反应的活化能，但不能改变反应的D.有催化剂的条件下，反应的活化能等于【答案】C【解析】【详解】A．据图可知b中活化能降低，所以b中使用了催化剂，A错误；B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，B错误；C．不同的催化剂，反应的活化能不同，催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变，C正确；D．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，D错误；故选C。6.在恒温条件，体积为的密闭容器中，充入一定量混合气体发生反应：，达到平衡时，测得A的浓度为；将容器的体积扩大到，再次达到平衡时，测得A的浓度为，下列有关判断正确的是A.B.平衡向正反应方向移动C.B的浓度比第1次平衡时大D.C的体积分数比第1次平衡时低【答案】D【解析】【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.5mol/L，小于实际A的浓度变为0.6mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，则反应为气体分子减小的反应；【详解】A．由上述分析可知，反应为气体分子减小的反应，，A错误；B．平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，B错误；C．容器的体积扩大两倍，物质的浓度均减小，C错误；D．平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，使得C的体积分数比第1次平衡时低，D正确；故选D。7.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的s轨道上电子全充满，p轨道上无电子，Y与Z相邻，Z是地壳中含量最丰富的元素，M为非金属性最强的元素，Q是纯碱中的一种元素，下列说法不正确的是A.第一电离能：B.简单离子半径：C.化合物可能为两性氢氧化物D.Z与Q形成化合物的化合物中可能含有非极性键【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大；X的s轨道上电子全充满，p轨道上无电子，X为Be元素；Y与Z相邻，Z是地壳中含量最丰富的元素，Y为N元素、Z为O元素；M为非金属性最强的元素，M为F元素；Q是纯碱中的一种元素，Q为Na元素。【详解】A．同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族大于相邻元素，第一电离能：O＜N＜F，A项错误；B．Z、Q的简单离子分别为O2、Na+，两者具有相同的电子层结构，根据“序大径小”，简单离子半径：O2＞Na+，B项正确；C．化合物X(OH)2为Be(OH)2，根据对角线规则，Be(OH)2可能为两性氢氧化物，C项正确；D．Z与Q形成的Na2O2中含有离子键和非极性键，Na2O中只含离子键，D项正确；答案选A。8.一定温度下，在的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是A.反应方程式可表示为：B.Z点时反应达到化学平衡状态C.反应达到化学平衡状态后：D.保持温度、体积不变，时充入正逆反应速率均增大【答案】C【解析】【详解】A．反应达到平衡时，A的物质的量浓度由0增加到0.06mol/L，变化量为0.06mol/L，A为生成物，B的物质的量浓度由0.10mol/L减少到0.04mol/L，变化量为0.06mol/L，C的物质的量浓度由0增加到0.03mol/L，变化量为0.03mol/L，B为反应物，C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，(A)：(B)：(C)=0.06mol/L：0.06mol/L：0.03mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为：，A错误；B．由题干图像信息可知，Z点时B的浓度还在减小，A、C的浓度还在增大，故此时反应未达到化学平衡状态，B错误；C．由A项分析可知，B、C的系数之比为2:1，故反应达到化学平衡状态后应该有：，C正确；D．保持温度、体积不变，时充入，反应体系中A、B、C的浓度均不变，故正、逆反应速率均不变，D错误；故答案为：C。9.在容积不变的密闭容器中，充入与发生反应：。温度分别为和时，的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.保持温度为时，再充入与，平衡常数不变B.C.向平衡后的体系中充入，达到新平衡后，中均含原子D.平衡后的体系中【答案】B【解析】【详解】A．化学平衡常数仅仅是温度的函数，故保持温度为时，再充入与，平衡常数不变，A正确；B．由题干图示信息可知，T2温度下反应先达到平衡，故T2＞T1，温度越高SO3的体积分数越小，说明升高温度化学平衡逆向移动，即正反应是一个放热反应则，B错误；C．由题干信息可知，该反应是一个可逆反应，故向平衡后的体系中充入，达到新平衡后，中均含原子，C正确；D．由B项分析可知，T2＞T1，温度越高化学反应速率越大，故平衡后的体系中，D正确；故答案为：B。10.某实验小组用和盐酸进行中和反应的反应热测量(装置如图所示)，下列有关说法正确的是A.因玻璃仪器易碎，可将玻璃搅拌器换成铜丝搅拌器B.为减小误差，可将盐酸分多次加入到溶液中C.将盐酸替换为等浓度的硫酸，会使测量结果偏大D.此实验应多次测量取平均值，以减小误差【答案】D【解析】【详解】A．由于金属都是热良导体，故实验中不可将玻璃搅拌器换成铜丝搅拌器，否则增大热量损耗，带来更大的实验误差，A错误；B．测定中和热时，将盐酸分多次倒入装有NaOH溶液的量热计中，热量损耗大，增大实验误差，B错误；C．盐酸、硫酸均为强酸，将盐酸替换为等浓度的硫酸，虽然H+的物质的量增大，但NaOH的量不变，生成的H2O的物质的量不变，故测量结果不变，C错误；D．此实验应多次测量取平均值，以减小误差，D正确；故答案为：D。11.下列有关滴定操作的说法正确的是A.酸碱中和滴定实验时，滴定管和锥形瓶水洗后都需要用待装液润洗B.用标准溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体中含有杂质，则测定结果偏低C.可用量筒量取待测液置于锥形瓶中D.用盐酸标准液滴定待测液时，选择酚酞指示反应终点，误差比甲基橙大【答案】B【解析】【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测液润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，A错误；B．等质量的氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾，导致标准碱液中氢氧根离子浓度过大，使得标准液用量偏小，导致测定结果偏低，B正确；C．不可用量筒量取待测液置于锥形瓶，应该使用移液管或碱式滴定管，C错误；D．用盐酸标准液滴定待测液时，由于反应产物为NaCl，滴定终点时溶液呈中性，因此指示剂即可选酚酞，也可以选甲基橙，D错误；故选B。12.重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，反应为。某温度下，向密闭容器中充入气体和气体，后反应达到平衡，测得的含量为，下列说法正确的是A.B.若继续往平衡体系中充入CH4，CH4转化率上升C.该温度下CO2的平衡转化率为D.升温后，该反应的平衡常数增大【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，根据三段式分析：，据此分析结合各选项解题【详解】A．由分析中三段式分析可知，，A错误；B．若继续往平衡体系中充入CH4，增大CH4的浓度，化学平衡正向移动，导致CO2的转化率上升，而CH4的转化率下降，B错误；C．由分析可知，该温度下CO2的平衡转化率为×100%=，C正确；D．由题干信息可知，该反应正反应是一个放热反应，故升温后化学平衡逆向移动，则该反应的平衡常数减小，D错误；故答案为：C。13.化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是A.一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热，其热化学方程式为：B.，C.和反应的中和热，则和足量反应的D.在时，完全燃烧生成液态水，放出热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为：【答案】D【解析】【详解】A．氨气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，进行不完全，故1mol氮气完全反应的能量变化不是2，A错误；B．硫蒸气的能量比等质量的固态硫能量高、则等量的硫蒸汽燃烧生成二氧化硫气体比固态硫燃烧放出的热量多，焓变为负值时，放出热量越多，焓变越小，则，B错误；C．硫酸和足量反应生成硫酸钡沉淀和水，由于生成沉淀也要放热，则和足量反应放出的热量大于盐酸和氢氧化钠反应生成1mol液态H2O时放出的热量、即大于57.3kJ，C错误；D．燃烧热是指在一定压强下，1

mol的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物的时候所放出的热量；为1mol，据题意可知，氢气燃烧热的热化学方程式为：，D正确；故选D。14.通过如下图所示装置可实现将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2转化为Co2+，并回收钴，同时可借助其降解乙酸盐生成CO2。其中电极材料均为石墨，右侧装置为原电池(工作时应保持厌氧环境和pH稳定)。下列说法正确的是A.乙室电极反应式为：B.装置工作时，乙室减小C.装置工作时，甲室发生还原反应：D.装置工作一段时间后，应定时将乙室溶液转移至甲室【答案】D【解析】【分析】右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，右侧乙室发生转化：LiCoO2(s)→Co2+，发生还原反应，故乙室为正极室，乙室电极反应式为LiCoO2+4H++e=Li++Co2++2H2O，则右侧细菌电极室为负极室，可知左池甲室为阴极室、细菌电极室为阳极，阴极室电极反应式为Co2++2e=Co，阳极室电极反应式为CH3COO+2H2O8e=2CO2↑+7H+，氢离子、金属阳离子通过阳膜移向甲室，据此分析解题。【详解】A．电解质溶液为酸性，右侧乙室发生转化：LiCoO2(s)→Co2+，乙室电极反应式为LiCoO2+4H++e=Li++Co2++2H2O，A错误；B．乙室中LiCoO2(s)→Co2+，同时得到Li+，LiCoO2(s)中的氧结合溶液中氢离子生成水，装置工作一段时间后，乙室的pH在增大，乙室应补充盐酸，B错误；C．左池甲室为阴极室、细菌电极室为阳极，阴极室电极反应式为Co2++2e=Co，C错误；D．甲室电极反应式为Co2++2e=Co，乙室电极反应式为2LiCoO2+8H++2e=2Li++2Co2++4H2O，根据电极方程式可知，装置工作一段时间后，应定时将乙室溶液转移至甲室，D正确；故答案为：D。15.常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，==104.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。16.某温度下，和的沉淀溶解平衡曲线如下图（图中表示或）所示，下列说法正确的是A.是的沉淀溶解平衡曲线B.a点时，和均生成沉淀C.b点时，有，则D.当用溶液滴定浓度约为的溶液时，可用作指示剂（为红色沉淀）【答案】D【解析】【分析】，为型，而为型，溶度积常数只与温度有关，根据横坐标和纵坐标的比值关系可知，Y表示与的变化关系，则X表示与的变化关系，由沉淀溶解平衡曲线Y上的点(1.7，5)可得到的溶度积，由沉淀溶解平衡曲线X上的点(4.8，5)可得到AgCl的溶度积，据此作答。【详解】A．由分析可知，X、Y表示的是AgCl、的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B．a点在溶解度曲线上方，离子浓度更小，该条件下不能生成沉淀，也不能生成AgCl沉淀，B错误；C．溶度积常数只与温度有关，，C错误；D．、分别为白色、砖红色固体，用滴定含的溶液时，可以滴加少量溶液作指示剂，D正确；故答案选D。非选择题部分二、填空题(本题有5小题，共52分)17.北宋卷轴画《千里江山图》，颜色绚丽，由石绿、雌黄、赭石、阵磲、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有硫、砷、铜、锌、钛、铁等元素。（1）热稳定性由大到小的顺序为_____。（2）属于元素周期表中的_____区；基态原子的电子排布式为_____；基态硫原子核外电子的空间运动状态有_____种；基态的价层电子的轨道表示式为_____。（3）的第二电离能_____的第二电离能(填“>”或“<”)，理由为_____。【答案】（1）（2）①.ds②.1s22s22p63s23p63d24s2③.9④.（3）①.>②.失去1个电子后Zn+的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子后Cu+的价电子排布为3d10，此时Cu+的3d轨道处于全充满状态，更稳定【解析】小问1详解】同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，热稳定性由大到小的顺序；【小问2详解】Zn是30号元素，属于ⅡB族元素，在元素周期表中的分区是ds区；Ti是22号元素，基态Ti原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；基态硫原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，电子占据9个轨道，空间运动状态有9种；基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子形成铁离子，故基态的价层电子的轨道表示式为；【小问3详解】失去1个电子后Zn+的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子后Cu+的价电子排布为3d10，此时Cu+的3d轨道处于全充满状态，更稳定，故锌的第一电离能(I1)大于铜的第一电离能，而锌的第二电离能(I2)却小于铜的第二电离能。18.完成下列问题（1）已知和反应过程中能量变化如图所示：写出此反应的热化学方程式_____。（2）已知时，的电离平衡常数为：，用离子方程式解释溶液呈碱性的原因_____，计算时溶液中的水解平衡常数_____。（3）氢气用于工业合成氨，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的和反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示。下列说法正确的是_____。A.时刻改变的条件是增加反应物浓度，增加活化分子百分数，加快了反应速率B.时刻改变的条件是加入催化剂，催化剂可降低活化能，加快了反应速率C.时刻改变条件可能为降压D.时刻的转化率最大【答案】（1）（2）①.②.（3）BD【解析】【小问1详解】断键需要吸收能量，成键放出能量，由图可知，生成2molHCl放出能量431kJ+431kJ436kJ243kJ=183kJ，故此反应的热化学方程式为：；【小问2详解】溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子使得溶液显碱性，；时溶液中的水解平衡常数；【小问3详解】一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如图所示，反应为气体分子数减小的放热反应；逆反应速率不变，正反应速率增大，反应正向进行，改变的条件是增加反应物浓度；时刻对应的实验条件改变后，反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；时刻正逆反应速率都减小，且反应向正反应方向进行，说明是降低温度；由于各次改变中，反应一直正向进行，故时刻的转化率最大；故：A．时刻改变的条件是增加反应物浓度，增加活化分子数目而不是百分数，加快了反应速率，错误；B．时刻改变的条件是加入催化剂，催化剂可降低活化能，加快了反应速率，正确；C．时刻改变条件为降低温度，若为降压，则反应会逆向进行，错误；D．时刻的转化率最大，正确；故选BD。19.我国应对气候变化工作成效显著，北京冬奥会是首个实现“碳中和”的世界级体育盛会，我国承诺2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。如何高效利用是重要的研究课题。I．光合作用（1）植物光合作用中能量的转化形式为_____。（2）“人工树叶”电化学装置如图1所示(以稀硫酸为电解质溶液)，该装置能将CO2和H2O转化为糖类(用C6H12O6表示)和O2。①Y为_____极，该极上发生的电极反应式为_____。②室温下，该装置工作一段时间后，电解质溶液的pH_____(填“升高”“降低”或“不变”)。Ⅱ．电化学方法可将CO2有效地转化为CH3COOH，装置如图2所示（3）阴极电极反应式为_____；电解时，H+通过质子交换膜向_____移动(填“左”或“右”)。【答案】（1）化学能（2）①.阳②.2H2O4e=4H++O2↑③.降低（3）①.2CO2+8H++8e=CH3COOH+2H2O②.右【解析】【分析】(2)从图示可知，X电极上CO2转化为C6H12O6，碳化合价降低，X为阴极连接电源负极，6CO2+24H++24e=C6H12O6+6H2O，Y为阳极连接电源的正极，Y电极是阳极，电极反应式为：2H2O4e=4H++O2↑，(3)CO2转化为CH3COOH过程中C的化合价降低，被还原，即右侧Pt电极为阴极，与电源负极相连，电极反应为：2CO2+8H++8e=CH3COOH+2H2O，左侧为Pt电极阳极，与电源正极相连，电极反应为：2H2O4e=O2↑+4H+，据此分析解题。【小问1详解】绿色植物的光合作用是将太阳能(或光能)转化为化学能，故答案为：化学能；【小问2详解】①由分析可知，Y为阳极，该极上发生的电极反应式为：2H2O4e=4H++O2↑，故答案为：阳；2H2O4e=4H++O2↑；②由分析可知，阴极反应式为：6CO2+24H++24e=C6H12O6+6H2O，阳极反应式为：2H2O4e=4H++O2↑，故总反应式为：6CO2+6H2O=C6H12O6+6O2，即消耗水，导致电解质溶液中H2SO4浓度增大，酸性增强，故室温下，该装置工作一段时间后，电解质溶液的pH降低，故答案为：降低；【小问3详解】由分析可知，右侧Pt电极为阴极，与电源负极相连，电极反应为：2CO2+8H++8e=CH3COOH+2H2O，电解时，H+通过质子交换膜由阳极区移向阴极区，即向右移动，故答案为：2CO2+8H++8e=CH3COOH+2H2O；右。20.生物炼铜技术是一种利用微生物开矿的湿式制铜技术，适用于从含铜量极低的矿石中冶炼出铜，具有环保、高效、低成本的优点。利用生物炼铜方法可以制备金属铜，同时生成副产品，相关转化过程如下图所示：金属离子沉淀的如下表。

开始沉淀时的1.54.26.3完全沉淀时的2.86.78.3（1）请写出在硫化细菌作用下转化生成的离子方程式_____。，（2）请选择合适的试剂X_____。A.新制氯水 B.双氧水 C.稀硝酸 D.酸性高锰酸钾（3）调节的范围在_____之间，试剂是_____(写出一种即可)（4）测定的纯度I．用分析天平称取晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成的待测液；Ⅱ．取的待测液置于锥形瓶中，用的标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的标准液的体积如下表所示实验组第一次第二次第三次滴定前溶液的体积0.050.201.10滴定后溶液的体积19.9520.3022.1①标准液盛放在_____(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②滴定终点的现象是_____。③该晶体的纯度是_____(保留2位小数)。④现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是_____。A．在配制待测液定容时仰视B．原锥形瓶中有水C．待测液配制过程中被氧气氧化D．滴定前盛放标准液的滴定管中滴定前有气泡，滴定后气泡消失E．滴定终点时仰视读数【答案】（1）（2）B（3）①.2.8~4.2②.CuO或Cu(OH)2或CuCO3等（4）①.酸式②.当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色③.92.67④.AC【解析】【分析】CuS和FeS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，调pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液，CuSO4溶液与Fe粉反应得到FeSO4和Cu；Fe(OH)3与H2SO4反应后、加入Fe得到FeSO4溶液，两步得到的FeSO4溶液合并，FeSO4溶液最终得到FeSO4∙7H2O。【小问1详解】CuS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4，CuS中S元素的化合价由2价升至+6价，O2为氧化剂，氧化合价由0变为2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为。【小问2详解】试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质、稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成F3+、不引入新杂质；答案选B。【小问3详解】调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8~4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等。【小问4详解】①标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中。②由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色。③三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL0.05mL=19.90mL、20.30mL0.20mL=20.10mL、22.10mL1.10mL=21.00mL，由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，根据反应，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，该FeSO4∙7H2O晶体的纯度为；④A．在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；B．原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，不符合题意；C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；E．滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；答案选AC。21.天然气经催化重整转化成合成气后再合成其他化工产品，既可缓解能源浪费，又能生产高附加值产品。以甲烷、二氧化碳为原料催化重整制合成气，体系中可发生如下二个反应：反应I：反应Ⅱ：（1）反应I可分为如下两步：裂解：