2024-2025学年江苏省扬州市邗江区高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省扬州市邗江区2024-2025学年高二上学期期中考试高二化学注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题［第1题～第13题，共39分］、非选择题［第14题～第17题，共61分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cu：64Fe：56Pb：207一、单项选择题：共13题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。1.我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是A.O B.P C.Ca D.Fe【答案】A【解析】O元素位于元素周期表第二周期ⅥA，A符合题意；P元素位于元素周期表第三周期ⅤA，B不符合题意；Ca元素位于元素周期表第四周期ⅡA，C不符合题意；Fe元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，D不符合题意；综上所述，本题选A。2.下列有关原电池说法正确的是A.图甲所示装置中，盐桥中的Cl-向盛有ZnSO4溶液的烧杯中移动B.图乙所示装置中，正极的电极反应式为2H++Ag2O+2e−=2Ag+H2OC.图丙所示装置中，使用一段时间后，锌筒会变厚D.图丁所示装置中，放电一段时间后，电解质溶液的酸性增强，导电能力提高【答案】A【解析】甲装置构成原电池，锌作负极，铜作正极；原电池中阴离子向负极移动，则Cl-向盛有ZnSO4溶液的烧杯中移动，A正确；正极为氧化银得电子发生还原反应，即H2O+Ag2O+2e−=2Ag+2OH-，B错误；锌筒作负极被消耗，故使用一段时间后，锌筒会变薄，C错误；铅蓄电池总反应为，放电一段时间后，消耗了硫酸同时生成水和难溶的硫酸铅，故电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D错误；故选A。3.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.氨极易溶于水，可用作制冷剂B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.青铜比纯铜熔点高、硬度大，古代用青铜铸剑D.H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料【答案】D【解析】氨极易溶于水(氨分子与水分子之间易形成氢键)，也可用作制冷剂(氨分子与氨分子之间易形成氢键)，但二者不具有对应关系，A不符合题意；单晶硅熔点高(共价晶体，原子间的共价键能大)，可用作半导体材料(掺入微量杂质能导电)，二者不具有对应关系，B不符合题意；青铜是铜、锡的合金，它的熔点比纯铜低，古代用青铜铸剑，是受当时冶炼条件和矿产分布的限制(青铜易于获得、容易锻打且硬度较大)，二者不具有对应关系，C不符合题意；H2可作为氢氧燃料电池的燃料，利用的是氢气具有还原性(易被氧气氧化生成水)，二者具有对应关系，D符合题意；故选D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液：K+、Na+、、B.c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中：K+、、、C.0.1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−D.0.1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、【答案】A【解析】0.1mol·L−1NaOH溶液中，K+、Na+、、都能稳定存在，A符合题意；c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中，Fe2+能被氧化，不能大量共存，B不符合题意；0.1mol·L−1KI溶液中，I-能被ClO−氧化为I2等，不能大量共存，C不符合题意；CH3COOH为弱酸，0.1mol·L−1HCl溶液中，CH3COO−不能大量存在，D不符合题意；故选A。5.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.HCl制备：溶液和B.纯碱工业：溶液C.工业制硝酸过程中的物质转化：D.金属Mg制备：溶液【答案】A【解析】电解饱和NaCl溶液，可以生成NaOH、H2和Cl2，工业制HCl时，将H2点燃后在Cl2中燃烧，从而制得HCl，A符合题意；往NaCl溶液中通入CO2，不能发生复分解反应，得不到NaHCO3，也就不能生成Na2CO3，B不符合题意；工业制硝酸时，采用催化氧化的方法，将NH3转化为NO，NO氧化为NO2，NO2用水吸收生成HNO3，C不符合题意；金属Mg制备时，以海水为原料，往海水中加入Ca(OH)2，将生成的沉淀过滤，滤渣中加入盐酸，得到MgCl2溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到MgCl2∙6H2O，在一定条件下加热，将晶体脱去结晶水，再熔融电解，从而制得金属镁，D不符合题意；故选A。6.部分弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=4.93×10-10Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.61×10-11下列说法正确的是A.电离出H+的能力：>HCN>H2CO3>HCOOHB.少量CO2通入NaCN溶液中：2CN−+H2O+CO2=2HCN+C.中和等体积等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的量：前者小于后者D.25℃时，浓度相等的HCOOH溶液与HCN溶液，HCN溶液导电能力强【答案】C【解析】由表中数据可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，据此分析。弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越强，故大小顺序为HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，A错误；酸性：H2CO3＞HCN＞，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以，CO2通入NaCN溶液中反应生成HCN和碳酸氢根离子，方程式为：CN−+H2O+CO2=HCN+，B错误；酸性：HCOOH＞HCN，等体积等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，分别与NaOH溶液发生中和反应，消耗NaOH的量HCN大于HCOOH，C正确；相同温度相同浓度的一元酸溶液中，酸的电离常数越大，则该酸的酸性越强，酸溶液中氢离子浓度越大，导电能力越强，则导电能力强的是HCOOH，D错误；故选C。7.工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是A.酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率B.反应Ⅰ中每消耗30gFeS2，转移的电子数为0.5molC.滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+D.反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O【答案】C【解析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确；反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，30gFeS2，物质的量为0.25mol，所以每消耗30gFeS2，转移的电子数为0.5mol，故B正确；MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误；反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确；故答案选C。8.将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。CO2催化加氢合成CH3OH总反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol。我国学者提出该反应的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)所示。下列说法不正确的是A.CO2催化加氢合成CH3OH总反应的ΔS＜0，反应低温自发B.反应①②过程中，碳元素化合价不断降低C.反应④中存在共价键的生成D.提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，需要研发在高温区高效的催化剂【答案】D【解析】CO2催化加氢合成CH3OH，总反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol，△H＜0、ΔS＜0，则反应低温自发，A正确；反应①②过程中，碳元素化合价由+4价降低到+3价，又从+3价降低到-1价，所以碳元素化合价不断降低，B正确；反应④中，∗OH与∗H反应生成H2O，则存在H-O共价键的生成，C正确；催化剂能加快反应速率，从而缩短反应到达平衡的时间，但不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，D不正确；故选D。9.某研究性学习小组探究影响反应速率的因素及反应速率的大小，测得的实验数据如表所示(忽略溶液体积变化)，(Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O)，下列说法不正确的是组号反应温度/℃参加反应的物质Na2S2O3H2SO4H2OV/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)V/mL①1020.110.43②3020.120.22③3010.22013④3010.120.13A.实验①②探究温度对反应速率的影响B.实验②③探究H2SO4浓度对反应速率的影响C.实验③完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L∙min)D.四组实验中实验④的反应速率一定最小【答案】D【解析】控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响时，只允许存在一个变量，所以分析实验时，需明确哪些外界条件相同，哪些外界条件不同。实验①②中，虽然混合前Na2S2O3、H2SO4的浓度不同，但混合后二者的浓度分别对应相等，而两实验的温度不同，所以可用于探究温度对反应速率的影响，A正确；实验②③中，混合后温度相同，Na2S2O3的浓度相同，H2SO4的浓度不同，所以可用于探究H2SO4浓度对反应速率的影响，B正确；实验③完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)==mol/(L∙min)，C正确；四组实验中，虽然实验④的反应物浓度比实验①小，但温度比实验①高，无法比较反应④与反应①的速率大小，所以反应④的反应速率不一定最小，D不正确；故选D。10.以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是A.燃料电池工作时，正极反应式为O2+4H+−4e−=2H2OB.a极是铁，b极是铜时，能达到铁上镀铜的目的C.a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化相同D.a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为2:7【答案】B【解析】电池工作时，O2转化为H2O，由O元素的价态变化，可确定通入O2的电极为正极，通入乙烷的电极为负极；右侧电池为电解池，a电极为阴极，b电极为阳极。燃料电池工作时，通入O2的电极为正极，O2得电子产物与电解质反应生成H2O，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，A不正确；往铁上镀铜，则右侧电池为电镀池，铜应作阳极，铁应作阴极，则a极为阴极，应是铁，b极是阳极，应是铜，B正确；a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，但由于粗铜中混有铁、锌、金、银等杂质，在电解过程中，Fe、Zn等失电子，而溶液中只有Cu2+在阴极得电子，且粗铜中的金、银会形成阳极泥，所以两极质量变化不相同，C不正确；a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体为O2，电池中消耗乙烷，依据得失电子守恒可建立如下关系式：7O2——28e-——2C2H6，二者的体积之比等于物质的量之比，则为7:2，D不正确；故选B。11.一定温度下，反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=-206.3kJ/mol，下列说法正确的是A.反应中，4E(C-H)+2E(O-H)＜E(CO)+3E(H-H)(E表示键能，CO中为键)B.向容器中充入1mol和1mol，充分反应放出的热量等于206.3kJC.CH4与H2O合成CO反应原子利用率达100％D.在固定体积容器中达平衡后，再加入少量H2O(g)，重新达平衡后H2O的平衡转化率增大【答案】A【解析】反应中，ΔH=E(反应物)-E(生成物)=[4E(C-H)+2E(O-H)]-[E(CO)+3E(H-H)]＜0，所以4E(C-H)+2E(O-H)＜E(CO)+3E(H-H)，A正确；向容器中充入1mol和1mol，由于反应可逆，所以充分反应放出的热量小于206.3kJ，B不正确；CH4与H2O合成CO的反应，在生成CO的同时，还有H2O生成，所以原子的利用率小于100％，C不正确；在固定体积容器中达平衡后，再加入少量H2O(g)，虽然平衡正向移动，但重新达平衡后H2O的平衡转化率减小，D不正确；故选A。12.硫化氢(H2S)是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：H2SHS−+H+；HS−S2−+H+。除去烟气中的H2S方法有：①溶液氧化脱除(原理如图1)、②活性炭吸附氧化脱除(原理如图2，核心反应为HS−+O=S+OH−)。下列说法不正确的是A.图1中溶液可以循环利用B.图1脱除34gH2S，标准状况下，理论上消耗体积为11.2LC.图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，H2S的去除率可能增大D.图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大【答案】D【解析】图1中分两步，第一步H2S与Fe3+反应生成Fe2+与S，第二步Fe2+与O2反应生成H2O和Fe3+，总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，Fe3+为催化剂，Fe2+为中间产物。根据分析，Fe3+为催化剂，图1中溶液浓度几乎不变，可以循环利用，A正确；图1总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，34gH2S的物质的量为1mol，脱除34gH2S，理论上消耗0.5mol，标准状况下体积为11.2L，B正确；图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，OH-浓度增大，使平衡：H2SH++HS-正向移动，HS-浓度增大，H2S的氧化去除率增大，C正确；图2中，O2分子在活性炭表面变为活性O原子，其他条件不变时，增大水膜的厚度，O2分子变为活性O原子的数量降低，H2S的去除率降低，D错误；故选D。13.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH＞0B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol·L-1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＜2000【答案】B【解析】实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，故B正确；Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，故C错误；设起始时c(NO)=amol/L，则：，K==，当0.25a=0时，K=2000，但0.25a>0，因此K>2000，故D错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。二、非选择题：共4题，共61分。14.完成下列问题。（1）现有以下物质：①氨水②KOH固体③熔融NaHSO4④Al2O3固体⑤石墨⑥CO2⑦乙醇⑧盐酸；其中属于强电解质的有___________(填序号，下同)，能导电的有___________。（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol∙L-1和0.1mol·L-1，则甲、乙两溶液的电离度的关系：甲___________(填“＞”“＜”或“=”)乙，甲、乙两瓶氨水中之比___________(填“＞”“＜”或“=”)10。[已知电离度(α)=×100%]。（3）25℃时，醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，0.1mol·L-1醋酸溶液中c(H+)=___________。(已知：≈1.34)。（4）用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而减小的是___________(填字母)。a．b．c．c(H+)d．【答案】（1）①.②③④②.①③⑤⑧（2）①.＜②.＜（3）1.34×10-3mol·L-1（4）acd【解析】①氨水是氨气溶于水形成的混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②KOH固体属于碱，强电解质，不导电；③熔融NaHSO4属于盐，强电解质，能导电；④Al2O3固体为金属氧化物，强电解质，不导电；⑤石墨属于单质，能导电，既不属于电解质也不属于非电解质；⑥CO2为非金属氧化物，非电解质，不导电；⑦乙醇为有机化合物，不导电，非电解质；⑧盐酸属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质。【小问1详析】由分析可知，属于强电解质的有②③④，能导电的有①③⑤⑧。【小问2详析】甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol∙L-1和0.1mol·L-1，乙相当于甲加水稀释，一水合氨的电离程度增大，但离子浓度减小，则甲、乙两溶液的电离度的关系：甲＜乙，甲、乙两瓶氨水中之比为[1mol∙L-1×α(甲)]∶[0.1mol·L-1×α(乙)]＜10。【小问3详析】25℃时，醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，0.1mol·L-1醋酸溶液中c(H+)==mol·L-1≈1.34×10-3mol·L-1。【小问4详析】用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸溶液，电离常数不变，醋酸溶液的浓度减小，电离度增大，但电离产生的离子浓度减小。a．=，加水稀释，Ka不变，c(CHCOO-)减小，则比值减小，a符合题意；b．=，加水稀释，Ka不变，c(H+)减小，则比值增大，b不符合题意；c．加水稀释过程中，c(H+)不断减小，c符合题意；d．加水稀释过程中，水的离子积常数Kw不变，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，减小，d符合题意；故选acd。【『点石成金』】温度一定时，加水稀释弱电解质溶液，弱电解质的电离程度增大，但电离平衡常数不变。15.以硫化铜矿(主要成分为CuS，含一定量的Zn2+、Fe2+)为原料制备粗铜的流程如下：已知：①浸取液中c(Cu2+)约为0.1mol·L−1②几种离子沉淀完全(金属离子浓度≤10－5mol·L−1)时的pH：离子Fe2+Fe3+Cu2+Zn2+沉淀完全的pH9.63.26.78.2（1）“浸取”时，CuS转化为S的离子方程式为___________。（2）已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在CuS(s)Cu2+(aq)+S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2的原因是___________。（3）“调pH”时需控制的pH范围是___________。（4）“过滤1”所得固体X主要成分是___________。（5）粗铜中铜含量的测定步骤1：取0.200g粗铜，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至粗铜完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却；步骤2：将步骤1所得溶液加水定容至250mL，量取25.00mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液，再加入少量淀粉溶液，用0.01000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。已知：Cu2++I−－CuI+I2，I2+－+I−(未配平)粗铜中铜的质量分数为___________(写出计算过程)。【答案】（1）2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O（2）增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动（3）3.2~4.7（4）S、Fe(OH)3（5）64%，n(Na2S2O3)=0.01000mol·L−1×20.00×10-3L=2.0×10-4mol，2Cu2+~I2~2Na2S2O3，n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4moL，0.2000g粗铜中m(Cu)=×2.0×10-4moL×64g/mol=0.128g，粗铜中铜的质量分数为：×100%=64%。【解析】CuS与酸性条件下被O2氧化产生Cu2+、S、H2O，Fe2+被氧化变为Fe3+，然后通入NH3，调整溶液pH在3.2~4.7，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，将沉淀过滤除去，然后通入高压H2，可以将Cu2+还原为Cu单质，就得到粗铜。【小问1详析】在浸取时，CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O；【小问2详析】已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2是为了增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动，促进物质的转化；【小问3详析】在浸取时O2可以将Fe2+氧化变为Fe3+，发生反应：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，结合溶液中各种离子沉淀完全时溶液的pH，调整溶液pH在3.2~4.7，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+及Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，故“调pH”时需控制的pH范围是3.2~4.7；【小问4详析】S难溶于水，以固体形式存在，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故“过滤1”所得固体X主要成分是S、Fe(OH)3；【小问5详析】根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可知在滴定过程中发生反应为：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2=+2I−，故反应的关系式为：2Cu2+~I2~2Na2S2O3，25.00mL0.01000mol/LNa2S2O3溶液中溶质的物质的量n(Na2S2O3)=0.01000mol·L−1×20.00×10-3L=2.0×10-4mol，根据反应转化关系可知反应消耗Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4mol，则在0.2000g粗铜中含有Cu的质量m(Cu)=×2.0×10-4moL×64g/mol=0.128g，故该粗铜中Cu的质量分数为。16.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。（1）哈伯法合成氨是目前主流方法。①该方法存在不少缺点，例如转化率低(10%～15%)、___________(写一条)。②哈伯法使用的氢源含有H2S气体，可以采用ZnO吸收法实现脱硫目的。已知：2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH1=akJ·mol-1；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH2=bkJ·mol-1；Zn(s)+S(g)=ZnS(s)ΔH3=ckJ·mol-1。写出用ZnO脱除H2S反应的热化学方程式___________。（2）电化学合成氨有望解决哈伯法的不足i．以NO为氮源通过电解法制取氨气。已知酸性溶液中反应时，该过程存在(a)反应历程。写出该电化学合成氨的阴极电极反应式：___________。ii．以N2为氮源通过电解法制取氨气装置如图所示：①电解装置中质子交换膜的作用为___________。②若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为___________%。（3）实验室模拟合成氨。恒温下，向一个4L的密闭容器中充入5.2molH2和2molN2，反应过程中对NH3的物质的量进行检测，得到的数据如下表所示：时间/min51015202530n(NH3)/(mol)0.320560.720.800.800.80①计算此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。②若维持容器容积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，再次达到平衡前v(正)___________v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。【答案】（1）①.能耗高②.ZnO(s)＋H2S(g)=ZnS(s)＋H2O(l)ΔH=(b＋2c-a)kJ·mol-1（2）①.NO+5e－+5H+=NH3＋H2O②.为质子的迁移和输送提供通道，并且阻碍阴、阳两极产物接触③.33（3）①.0.1②.＜【解析】【小问1详析】1906年，哈伯在600℃高温、200兆帕高压条件下，用锇作催化剂，以电解水生成的氢和大气中的氮为原料，成功合成氨气。①该方法存在不少缺点，例如转化率低(10%～15%)、能耗高。②ⅰ.2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH1=akJ·mol-1；ⅱ.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH2=bkJ·mol-1；ⅲ.Zn(s)+S(g)=ZnS(s)ΔH3=ckJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应(ⅱ+ⅲ×2-ⅰ)得，用ZnO脱除H2S反应的热化学方程式为ZnO(s)＋H2S(g)=ZnS(s)＋H2O(l)ΔH=(b＋2c-a)kJ·mol-1。【小问2详析】i．以NO为氮源通过电解法制取氨气，则酸性溶液中，NO得电子产物与电解质反应生成NH3等，阴极电极反应式：NO+5e－+5H+=NH3＋H2O。ii．①电解装置中，阳极H2O失电子生成O2和H+，阴极N2得电子产物与质子反应生成NH3，则质子交换膜的作用为：为质子的迁移和输送提供通道，并且阻碍阴、阳两极产物接触。②依据得失电子守恒可建立如下关系式：3O2——12e-——2N2，若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，物质的量n(O2)==15mol，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则参加反应N2的体积为=224L，N2的转化率为≈33%。【小问3详析】恒温下，向一个4L的密闭容器中充入5.2molH2和2molN2，平衡时生成NH3的物质的量为0.80mol，由此可求出平衡时的物质的量：H2为5.2mol-1.20mol=4.00mol，N2为2mol-0.40mol=1.60mol。①此条件下该反应的化学平衡常数K==0.1。②若维持容器容积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，此时浓度商Qc=≈0.13＞0.1，则平衡逆向移动，再次达到平衡前v(正)＜v(逆)。17.科学家利用CO或CO2和H2都能合成甲醇。（1）利用CO2加氢制CH3OH的反应为：ΔH<0，该反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。下图中能够代表的曲线为___________(填“”“”“”或“”)；若该反应的化学平衡常数，那么发生该反应的温度___________(填“>”、“<”或“=”)。（2）T℃时向恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在使用不同催化剂时，相同时间内测得CO2的转化率随温度的变化如下图所示：①c点转化率比a点低的原因是___________。②下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有___________。A．恒容条件下充入稀有气体HeB．在达到平衡后的体系中移出部分甲醇C．保持反应容器的体积不变，平衡时再按照原投料比投入一定量的原料D．选择催化效率更高的催化剂（3）实际合成反应时，也会有CH3COCH3等生成。在恒压条件下，H2、CO2的体积比为3：1反应时，在催化剂作用下反应相同时间所测得的CH3OH选择性(CH3OH选择性)和产率随温度的变化如图所示：①合成CH3OH最适宜的温度为___________。②在210℃~230℃范围内随着温度的升高，CH3OH的产率迅速升高的原因是___________。（4）向1L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入一定量CO和H2，在催化剂的作用下合成甲醇，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示(已知p1时最初充入1molCO)。①下列说法正确的是___________(填字母)。A．该反应的p3>p2>p1B．反应速率：v逆(A)>v逆(B)>v逆(D)C．A、B、C的平衡常数大小：K(A)>K(B)=K(C)②D点时反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=___________。【答案】（1）①.L4②.<（2）①.温度等于或高于T4K，反应已达平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率降低②.BC（3）①.230℃②.温度升高，反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多（4）①.C②.112【解析】【小问1详析】由可知，该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，速率常数也增大，且平衡逆向移动，则逆反应速率增大的幅度大于正反应速率，则图中能代表的曲线为L4，由题干图像信息可知，T1时达到平衡时，则有，即，此时，故有若该反应的化学平衡常数K=1.2，结合反应正反应为放热反应可知，那么发生该反应的温度<T1；【小问2详析】①因为温度等于或高于T4时，a点、c点都是平衡点，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，所以CO2的转化率降低；②恒容条件下充入稀有气体He，平衡不会移动，所以CO2转化为CH3OH的平衡转化率不变，A错误；在平衡后的体系中移出部分甲醇，平衡正向移动，CO2转化为CH3OH的平衡转化率增大，B正确:保持反应容器的体积不变，平衡时再按照原投料比投入一定量的原料，则相当于增大压强，平衡正向移动，CO2转化为CH3OH的平衡转化率增大，C正确；催化剂不能改变CO2的平衡转化率，D错误；故选BC；【小问3详析】①合成甲醇最适宜的温度是甲醇产率最高的温度，由图可知，合成甲醇最适宜的温度为230℃；②由图可知，温度为230℃时，甲醇的产率最高，反应达到平衡状态，即230℃之前还未达到平衡，则温度升高反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多，故在210℃~230℃范围内随着温度的升高，CH₃OH的产率迅速升高的原因是温度升高，反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多；【小问4详析】①A.对于反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，由图中可知，CH3OH的体积分数B点比C点大，C点比D点大，所以该反应的p1>p2>p3，A错误;B.从图中可以看出，A点温度比B点低，则反应速率:v逆(A)<v逆(B)，D点压强比B点低，则反应速率:v逆(B)>v逆(D)，则v逆(A)<v逆(B)，v逆(D)<v逆(B)，B错误:C.从图中可以看出，升高温度，CH3OH的体积分数减小，则，A点温度比B、C点低，B、C点温度相同，所以A、B、C的平衡常数大小:K(A)>K(B)=K(C)，C正确:故选C；②因为温度不变平衡常数不变，B、D两点温度相等，所以D点的平衡常数等于B的平衡常数，因为容器的体积为1L，CH3OH的体积分数为70%，p1时最初充入1molCO，则，设平衡时转化了xmol/L的CO，列出三段式由，解得，，故答案为112。江苏省扬州市邗江区2024-2025学年高二上学期期中考试高二化学注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题［第1题～第13题，共39分］、非选择题［第14题～第17题，共61分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cu：64Fe：56Pb：207一、单项选择题：共13题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。1.我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是A.O B.P C.Ca D.Fe【答案】A【解析】O元素位于元素周期表第二周期ⅥA，A符合题意；P元素位于元素周期表第三周期ⅤA，B不符合题意；Ca元素位于元素周期表第四周期ⅡA，C不符合题意；Fe元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，D不符合题意；综上所述，本题选A。2.下列有关原电池说法正确的是A.图甲所示装置中，盐桥中的Cl-向盛有ZnSO4溶液的烧杯中移动B.图乙所示装置中，正极的电极反应式为2H++Ag2O+2e−=2Ag+H2OC.图丙所示装置中，使用一段时间后，锌筒会变厚D.图丁所示装置中，放电一段时间后，电解质溶液的酸性增强，导电能力提高【答案】A【解析】甲装置构成原电池，锌作负极，铜作正极；原电池中阴离子向负极移动，则Cl-向盛有ZnSO4溶液的烧杯中移动，A正确；正极为氧化银得电子发生还原反应，即H2O+Ag2O+2e−=2Ag+2OH-，B错误；锌筒作负极被消耗，故使用一段时间后，锌筒会变薄，C错误；铅蓄电池总反应为，放电一段时间后，消耗了硫酸同时生成水和难溶的硫酸铅，故电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D错误；故选A。3.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.氨极易溶于水，可用作制冷剂B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.青铜比纯铜熔点高、硬度大，古代用青铜铸剑D.H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料【答案】D【解析】氨极易溶于水(氨分子与水分子之间易形成氢键)，也可用作制冷剂(氨分子与氨分子之间易形成氢键)，但二者不具有对应关系，A不符合题意；单晶硅熔点高(共价晶体，原子间的共价键能大)，可用作半导体材料(掺入微量杂质能导电)，二者不具有对应关系，B不符合题意；青铜是铜、锡的合金，它的熔点比纯铜低，古代用青铜铸剑，是受当时冶炼条件和矿产分布的限制(青铜易于获得、容易锻打且硬度较大)，二者不具有对应关系，C不符合题意；H2可作为氢氧燃料电池的燃料，利用的是氢气具有还原性(易被氧气氧化生成水)，二者具有对应关系，D符合题意；故选D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液：K+、Na+、、B.c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中：K+、、、C.0.1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−D.0.1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、【答案】A【解析】0.1mol·L−1NaOH溶液中，K+、Na+、、都能稳定存在，A符合题意；c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中，Fe2+能被氧化，不能大量共存，B不符合题意；0.1mol·L−1KI溶液中，I-能被ClO−氧化为I2等，不能大量共存，C不符合题意；CH3COOH为弱酸，0.1mol·L−1HCl溶液中，CH3COO−不能大量存在，D不符合题意；故选A。5.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.HCl制备：溶液和B.纯碱工业：溶液C.工业制硝酸过程中的物质转化：D.金属Mg制备：溶液【答案】A【解析】电解饱和NaCl溶液，可以生成NaOH、H2和Cl2，工业制HCl时，将H2点燃后在Cl2中燃烧，从而制得HCl，A符合题意；往NaCl溶液中通入CO2，不能发生复分解反应，得不到NaHCO3，也就不能生成Na2CO3，B不符合题意；工业制硝酸时，采用催化氧化的方法，将NH3转化为NO，NO氧化为NO2，NO2用水吸收生成HNO3，C不符合题意；金属Mg制备时，以海水为原料，往海水中加入Ca(OH)2，将生成的沉淀过滤，滤渣中加入盐酸，得到MgCl2溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到MgCl2∙6H2O，在一定条件下加热，将晶体脱去结晶水，再熔融电解，从而制得金属镁，D不符合题意；故选A。6.部分弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=4.93×10-10Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.61×10-11下列说法正确的是A.电离出H+的能力：>HCN>H2CO3>HCOOHB.少量CO2通入NaCN溶液中：2CN−+H2O+CO2=2HCN+C.中和等体积等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的量：前者小于后者D.25℃时，浓度相等的HCOOH溶液与HCN溶液，HCN溶液导电能力强【答案】C【解析】由表中数据可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，据此分析。弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越强，故大小顺序为HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，A错误；酸性：H2CO3＞HCN＞，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以，CO2通入NaCN溶液中反应生成HCN和碳酸氢根离子，方程式为：CN−+H2O+CO2=HCN+，B错误；酸性：HCOOH＞HCN，等体积等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，分别与NaOH溶液发生中和反应，消耗NaOH的量HCN大于HCOOH，C正确；相同温度相同浓度的一元酸溶液中，酸的电离常数越大，则该酸的酸性越强，酸溶液中氢离子浓度越大，导电能力越强，则导电能力强的是HCOOH，D错误；故选C。7.工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列说法不正确的是A.酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率B.反应Ⅰ中每消耗30gFeS2，转移的电子数为0.5molC.滤液中主要存在的阳离子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+D.反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O【答案】C【解析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确；反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，30gFeS2，物质的量为0.25mol，所以每消耗30gFeS2，转移的电子数为0.5mol，故B正确；MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误；反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，Fe从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确；故答案选C。8.将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。CO2催化加氢合成CH3OH总反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol。我国学者提出该反应的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)所示。下列说法不正确的是A.CO2催化加氢合成CH3OH总反应的ΔS＜0，反应低温自发B.反应①②过程中，碳元素化合价不断降低C.反应④中存在共价键的生成D.提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，需要研发在高温区高效的催化剂【答案】D【解析】CO2催化加氢合成CH3OH，总反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol，△H＜0、ΔS＜0，则反应低温自发，A正确；反应①②过程中，碳元素化合价由+4价降低到+3价，又从+3价降低到-1价，所以碳元素化合价不断降低，B正确；反应④中，∗OH与∗H反应生成H2O，则存在H-O共价键的生成，C正确；催化剂能加快反应速率，从而缩短反应到达平衡的时间，但不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，D不正确；故选D。9.某研究性学习小组探究影响反应速率的因素及反应速率的大小，测得的实验数据如表所示(忽略溶液体积变化)，(Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O)，下列说法不正确的是组号反应温度/℃参加反应的物质Na2S2O3H2SO4H2OV/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)V/mL①1020.110.43②3020.120.22③3010.22013④3010.120.13A.实验①②探究温度对反应速率的影响B.实验②③探究H2SO4浓度对反应速率的影响C.实验③完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L∙min)D.四组实验中实验④的反应速率一定最小【答案】D【解析】控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响时，只允许存在一个变量，所以分析实验时，需明确哪些外界条件相同，哪些外界条件不同。实验①②中，虽然混合前Na2S2O3、H2SO4的浓度不同，但混合后二者的浓度分别对应相等，而两实验的温度不同，所以可用于探究温度对反应速率的影响，A正确；实验②③中，混合后温度相同，Na2S2O3的浓度相同，H2SO4的浓度不同，所以可用于探究H2SO4浓度对反应速率的影响，B正确；实验③完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)==mol/(L∙min)，C正确；四组实验中，虽然实验④的反应物浓度比实验①小，但温度比实验①高，无法比较反应④与反应①的速率大小，所以反应④的反应速率不一定最小，D不正确；故选D。10.以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是A.燃料电池工作时，正极反应式为O2+4H+−4e−=2H2OB.a极是铁，b极是铜时，能达到铁上镀铜的目的C.a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化相同D.a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为2:7【答案】B【解析】电池工作时，O2转化为H2O，由O元素的价态变化，可确定通入O2的电极为正极，通入乙烷的电极为负极；右侧电池为电解池，a电极为阴极，b电极为阳极。燃料电池工作时，通入O2的电极为正极，O2得电子产物与电解质反应生成H2O，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，A不正确；往铁上镀铜，则右侧电池为电镀池，铜应作阳极，铁应作阴极，则a极为阴极，应是铁，b极是阳极，应是铜，B正确；a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，但由于粗铜中混有铁、锌、金、银等杂质，在电解过程中，Fe、Zn等失电子，而溶液中只有Cu2+在阴极得电子，且粗铜中的金、银会形成阳极泥，所以两极质量变化不相同，C不正确；a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体为O2，电池中消耗乙烷，依据得失电子守恒可建立如下关系式：7O2——28e-——2C2H6，二者的体积之比等于物质的量之比，则为7:2，D不正确；故选B。11.一定温度下，反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=-206.3kJ/mol，下列说法正确的是A.反应中，4E(C-H)+2E(O-H)＜E(CO)+3E(H-H)(E表示键能，CO中为键)B.向容器中充入1mol和1mol，充分反应放出的热量等于206.3kJC.CH4与H2O合成CO反应原子利用率达100％D.在固定体积容器中达平衡后，再加入少量H2O(g)，重新达平衡后H2O的平衡转化率增大【答案】A【解析】反应中，ΔH=E(反应物)-E(生成物)=[4E(C-H)+2E(O-H)]-[E(CO)+3E(H-H)]＜0，所以4E(C-H)+2E(O-H)＜E(CO)+3E(H-H)，A正确；向容器中充入1mol和1mol，由于反应可逆，所以充分反应放出的热量小于206.3kJ，B不正确；CH4与H2O合成CO的反应，在生成CO的同时，还有H2O生成，所以原子的利用率小于100％，C不正确；在固定体积容器中达平衡后，再加入少量H2O(g)，虽然平衡正向移动，但重新达平衡后H2O的平衡转化率减小，D不正确；故选A。12.硫化氢(H2S)是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：H2SHS−+H+；HS−S2−+H+。除去烟气中的H2S方法有：①溶液氧化脱除(原理如图1)、②活性炭吸附氧化脱除(原理如图2，核心反应为HS−+O=S+OH−)。下列说法不正确的是A.图1中溶液可以循环利用B.图1脱除34gH2S，标准状况下，理论上消耗体积为11.2LC.图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，H2S的去除率可能增大D.图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大【答案】D【解析】图1中分两步，第一步H2S与Fe3+反应生成Fe2+与S，第二步Fe2+与O2反应生成H2O和Fe3+，总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，Fe3+为催化剂，Fe2+为中间产物。根据分析，Fe3+为催化剂，图1中溶液浓度几乎不变，可以循环利用，A正确；图1总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，34gH2S的物质的量为1mol，脱除34gH2S，理论上消耗0.5mol，标准状况下体积为11.2L，B正确；图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，OH-浓度增大，使平衡：H2SH++HS-正向移动，HS-浓度增大，H2S的氧化去除率增大，C正确；图2中，O2分子在活性炭表面变为活性O原子，其他条件不变时，增大水膜的厚度，O2分子变为活性O原子的数量降低，H2S的去除率降低，D错误；故选D。13.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH＞0B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol·L-1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＜2000【答案】B【解析】实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，故B正确；Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，故C错误；设起始时c(NO)=amol/L，则：，K==，当0.25a=0时，K=2000，但0.25a>0，因此K>2000，故D错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。二、非选择题：共4题，共61分。14.完成下列问题。（1）现有以下物质：①氨水②KOH固体③熔融NaHSO4④Al2O3固体⑤石墨⑥CO2⑦乙醇⑧盐酸；其中属于强电解质的有___________(填序号，下同)，能导电的有___________。（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol∙L-1和0.1mol·L-1，则甲、乙两溶液的电离度的关系：甲___________(填“＞”“＜”或“=”)乙，甲、乙两瓶氨水中之比___________(填“＞”“＜”或“=”)10。[已知电离度(α)=×100%]。（3）25℃时，醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，0.1mol·L-1醋酸溶液中c(H+)=___________。(已知：≈1.34)。（4）用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而减小的是___________(填字母)。a．b．c．c(H+)d．【答案】（1）①.②③④②.①③⑤⑧（2）①.＜②.＜（3）1.34×10-3mol·L-1（4）acd【解析】①氨水是氨气溶于水形成的混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②KOH固体属于碱，强电解质，不导电；③熔融NaHSO4属于盐，强电解质，能导电；④Al2O3固体为金属氧化物，强电解质，不导电；⑤石墨属于单质，能导电，既不属于电解质也不属于非电解质；⑥CO2为非金属氧化物，非电解质，不导电；⑦乙醇为有机化合物，不导电，非电解质；⑧盐酸属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质。【小问1详析】由分析可知，属于强电解质的有②③④，能导电的有①③⑤⑧。【小问2详析】甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol∙L-1和0.1mol·L-1，乙相当于甲加水稀释，一水合氨的电离程度增大，但离子浓度减小，则甲、乙两溶液的电离度的关系：甲＜乙，甲、乙两瓶氨水中之比为[1mol∙L-1×α(甲)]∶[0.1mol·L-1×α(乙)]＜10。【小问3详析】25℃时，醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，0.1mol·L-1醋酸溶液中c(H+)==mol·L-1≈1.34×10-3mol·L-1。【小问4详析】用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸溶液，电离常数不变，醋酸溶液的浓度减小，电离度增大，但电离产生的离子浓度减小。a．=，加水稀释，Ka不变，c(CHCOO-)减小，则比值减小，a符合题意；b．=，加水稀释，Ka不变，c(H+)减小，则比值增大，b不符合题意；c．加水稀释过程中，c(H+)不断减小，c符合题意；d．加水稀释过程中，水的离子积常数Kw不变，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，减小，d符合题意；故选acd。【『点石成金』】温度一定时，加水稀释弱电解质溶液，弱电解质的电离程度增大，但电离平衡常数不变。15.以硫化铜矿(主要成分为CuS，含一定量的Zn2+、Fe2+)为原料制备粗铜的流程如下：已知：①浸取液中c(Cu2+)约为0.1mol·L−1②几种离子沉淀完全(金属离子浓度≤10－5mol·L−1)时的pH：离子Fe2+Fe3+Cu2+Zn2+沉淀完全的pH9.63.26.78.2（1）“浸取”时，CuS转化为S的离子方程式为___________。（2）已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在CuS(s)Cu2+(aq)+S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2的原因是___________。（3）“调pH”时需控制的pH范围是___________。（4）“过滤1”所得固体X主要成分是___________。（5）粗铜中铜含量的测定步骤1：取0.200g粗铜，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至粗铜完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却；步骤2：将步骤1所得溶液加水定容至250mL，量取25.00mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液，再加入少量淀粉溶液，用0.01000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。已知：Cu2++I−－CuI+I2，I2+－+I−(未配平)粗铜中铜的质量分数为___________(写出计算过程)。【答案】（1）2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O（2）增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动（3）3.2~4.7（4）S、Fe(OH)3（5）64%，n(Na2S2O3)=0.01000mol·L−1×20.00×10-3L=2.0×10-4mol，2Cu2+~I2~2Na2S2O3，n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4moL，0.2000g粗铜中m(Cu)=×2.0×10-4moL×64g/mol=0.128g，粗铜中铜的质量分数为：×100%=64%。【解析】CuS与酸性条件下被O2氧化产生Cu2+、S、H2O，Fe2+被氧化变为Fe3+，然后通入NH3，调整溶液pH在3.2~4.7，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，将沉淀过滤除去，然后通入高压H2，可以将Cu2+还原为Cu单质，就得到粗铜。【小问1详析】在浸取时，CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O；【小问2详析】已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2是为了增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动，促进物质的转化；【小问3详析】在浸取时O2可以将Fe2+氧化变为Fe3+，发生反应：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，结合溶液中各种离子沉淀完全时溶液的pH，调整溶液pH在3.2~4.7，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+及Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，故“调pH”时需控制的pH范围是3.2~4.7；【小问4详析】S难溶于水，以固体形式存在，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故“过滤1”所得固体X主要成分是S、Fe(OH)3；【小问5详析】根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可知在滴定过程中发生反应为：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2=+2I−，故反应的关系式为：2Cu2+~I2~2Na2S2O3，25.00mL0.01000mol/LNa2S2O3溶液中溶质的物质的量n(Na2S2O3)=0.01000mol·L−1×20.00×10-3L=2.0×10-4mol，根据反应转化关系可知反应消耗Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4mol，则在0.2000g粗铜中含有Cu的质量m(Cu)=×2.0×10-4moL×64g/mol=0.128g，故该粗铜中Cu的质量分数为。16.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。（1）哈伯法合成氨是目前主流方法。①该方法存在不少缺点，例如转化率低(10%～15%)、___________(写一条)。②哈伯法使用的氢源含有H2S气体，可以采用ZnO吸收法实现脱硫目的。已知：2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH1=akJ·mol-1；2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH2=bkJ·mol-1；Zn(s)+S(g)=ZnS(s)ΔH3=ckJ·mol-1。写出用ZnO脱除H2S反应的热化学方程式___________。（2）电化学合成氨有望解决哈伯法的不足i．以NO为氮源通过电解法制取氨气。已知酸性溶液中反应时，该过程存在(a)反应历程。写出该电化学合成氨的阴极电极反应式：___________。ii．以N2为氮源通过电解法制取氨气装置如图所示：①电解装置中质子交换膜的作用为___________。②若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为___________%。（3）实验室模拟合成氨。恒温下，向一个4L的密闭容器中充入5.2molH2和2molN2，反应过程中对NH3的物质的量进行检测，得到的数据如下表所示：时间/min51015202530n(NH3)/(mol)0.320560.720.800.800.80①计算此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。②若维持容器容积不变，温度不变，往原平衡体系中加入H2、N2和NH3各4mol，再次达到平衡前v(正)___________v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。【答案】（1）①.能耗高②.ZnO(s)＋H2S(g)=ZnS(s)＋H2O(l)ΔH=(b＋2c-a)kJ·mol-1（2）①.NO+5e－+5H+=NH3＋H2O②.为质子的迁移和输送提供通道，并且阻碍阴、阳两极产物接触③.33（3）①.0.1②.＜【解析】【小问1详析】1906年，哈伯在600℃高温、200兆帕高压条件下，用锇作催化剂，以电解水生成的氢和大气中的氮为原料，成功合成氨气。①该方法存在不少缺点，例如转化率低(10%～15%)、能耗高。②ⅰ.2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)ΔH1=akJ·mol-1；ⅱ.2H2S(