江蘇省南京市六校聯(lián)合體2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南京市六校聯(lián)合體2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試試題可能用到的相對原子質(zhì)量H1C12O16Ca40單項選擇題：共14小題，每題3分，共42分。每題只有一個選項符合題意。1.黨的二十大報告“點贊”這些科技創(chuàng)新——載人航天、探月探火、深海深地探測、超級計算等重大成果，標(biāo)志我國進入了創(chuàng)新型國家行列。下列說法正確的是（）A.潛水器“奮斗者”號使用的碳纖維材料是有機高分子材料B.制造潛水器載人球艙的鈦合金比純金屬鈦具有更高的強度、韌性和熔點C.用于制造載人飛船上太陽能電池板的半導(dǎo)體材料主要成分為SiO2D.天和核心艙的霍爾發(fā)動機燃料原子核中含77個中子〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．碳纖維為碳的單質(zhì)，屬于無機物，是一種無機非金屬材料，A錯誤；B．鈦合金比純金屬鈦具有更高的強度、韌性，熔點低于純金屬，B錯誤；C．太陽能電池板的半導(dǎo)體材料主要成分為Si，C錯誤；D．原子核中含131-54=77個中子，D正確?！即鸢浮竭xD。2.反應(yīng)可用于石油開采。下列說法正確的是（）A.H2O的結(jié)構(gòu)式 B.N2的電子式C.Na+和Cl-具有相同的電子層結(jié)構(gòu) D.NH4Cl中只含有離子鍵〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．H2O分子中O原子與2個H原子通過2個H-O鍵結(jié)合，鍵角是104.3°，三個原子不在同一直線上，所以其結(jié)構(gòu)式是，A正確；B．N原子最外層有5個電子，2個N原子通過三對共用電子對結(jié)合，從而使分子中各個原子都達到最外層8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為：，B錯誤；C．Na+是Na原子失去最外層1個電子形成的，Na+核外電子排布是2、8；Cl-是Cl原子獲得1個電子形成的，Cl-核外電子排布是2、8、8，所以Na+和Cl-具有不同的電子層結(jié)構(gòu)，C錯誤；D．NH4Cl是鹽，屬于離子化合物，與Cl-之間以離子鍵結(jié)合，在中N、H原子之間以N-H共價鍵結(jié)合，故NH4Cl中含有離子鍵、共價鍵，D錯誤；故合理選項是A。3.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A.硝酸見光易分解，可用于制氮肥B.氫氟酸具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃C.二氧化硫有還原性，可用作葡萄酒的抗氧化劑D.石英坩堝耐高溫，可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．硝酸含有氮元素，能制取含有氮元素的氮肥，A不符合題意；B．氫氟酸能和二氧化硅反應(yīng)，可用于蝕刻玻璃，B不符合題意；C．二氧化硫有還原性，可用作葡萄酒的抗氧化劑，防止酒被氧化，C符合題意；D．氫氧化鈉、純堿等物質(zhì)能和二氧化硅反應(yīng)，故石英坩堝不可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體，D不符合題意；故選C。4.由于化石燃料的長期大量消耗，傳統(tǒng)能源逐漸枯竭，而人類對能源的需求量越來越高，氫能源和化學(xué)電源的開發(fā)與利用成為全球發(fā)展的重要問題。以太陽能為熱源，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、環(huán)保獲取氫能源的方法，其反應(yīng)過程如下：已知反應(yīng)1：反應(yīng)2：反應(yīng)3：下列說法錯誤的是（）A.該過程實現(xiàn)了將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.該過程降低了水分解制氫反應(yīng)的活化能，可加快反應(yīng)速率C.熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水的總反應(yīng)為D.升高熱源溫度可使上述三個反應(yīng)的平衡常數(shù)均增大〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【詳析】由圖可知，總反應(yīng)為2H2O=2H2+O2，該過程中利用太陽能使化學(xué)反應(yīng)發(fā)生，實現(xiàn)了將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A正確；B．該過程利用和作催化劑，改變反應(yīng)進行途徑，降低了水分解制氫反應(yīng)的活化能，可加快反應(yīng)速率，故B正確；C．反應(yīng)反應(yīng)反應(yīng)3得，即是，故C正確；D．由于反應(yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，而反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，故D錯誤；故選D。5.水合肼(N2H4·H2O)是重要的氫能源穩(wěn)定劑，其制備的反應(yīng)原理為NaClO＋2NH3=N2H4·H2O＋NaCl。下列裝置和操作不能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.在裝置甲的圓底燒瓶中加入堿石灰制取NH3B.用裝置乙作為反應(yīng)過程的安全瓶C.制備水合肼時從裝置丙的b口通入NH3D.用裝置丁吸收反應(yīng)中過量的NH3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．濃氨水遇堿放出氨氣，在裝置甲的圓底燒瓶中加入堿石灰制取NH3，故A正確；B．氨氣易溶于水，為防止倒吸，裝置乙作為反應(yīng)過程的安全瓶，故B正確；C．氨氣密度比空氣小，為有利于氨氣和NaClO溶液反應(yīng)，制備水合肼時從裝置丙的a口通入NH3，故C錯誤；D．氨氣會污染環(huán)境，用裝置丁吸收反應(yīng)中過量的NH3，并能防倒吸，故D正確；〖答案〗選C。6.祖母綠(主要成分)被稱為寶石之王，與其相似的天然綠色寶石有螢石［主要成分］、磷灰石［主要成分］。下列說法正確的是（）A.半徑大?。?B.氧化性強弱：C.熱穩(wěn)定性強弱： D.堿性強弱：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則氧離子的離子半徑大于鋁離子，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強，氟元素的非金屬性強于氧元素，則氟氣的氧化性強于氧氣，故B錯誤；C．元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，磷元素的非金屬性強于硅元素，則磷化氫的穩(wěn)定性強于硅化氫，故C正確；D．元素的金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，鈣元素的金屬性強于鋁元素，則氫氧化鈣的堿性強于氫氧化鋁，故D錯誤；故選C。7.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A.SiO2SiCl4Si B.FeFe3O4FeC.Al2O3AlAl(OH)3 D.HClOCl2Ca(ClO)2〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，A錯誤；B．鐵和水蒸氣高溫反應(yīng)生成四氧化三鐵，四氧化三鐵和鋁發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Fe，B正確；C．鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉，C錯誤；D．次氯酸見光分解為氧氣，不能生成氯氣，D錯誤；故〖答案〗選B。8.氮及其化合物的轉(zhuǎn)化具有重要應(yīng)用。下列說法不正確的是（）A.自然固氮、人工固氮都是將轉(zhuǎn)化為B.侯氏制堿法以、、、為原料制備和C.工業(yè)上通過催化氧化等反應(yīng)過程生產(chǎn)D.多種形態(tài)的氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化形成了自然界的“氮循環(huán)”〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．自然固氮是將N2轉(zhuǎn)化為含氮化合物，不一定是轉(zhuǎn)化為NH3，比如大氣固氮是將N2會轉(zhuǎn)化為NO，A錯誤；B．侯氏制堿法以H2O、NH3、CO2、NaCl為原料制備NaHCO3和NH4Cl，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正確；C．工業(yè)上通過NH3催化氧化等反應(yīng)過程生產(chǎn)HNO3，相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正確；D．氮元素在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)，多種形態(tài)的氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化形成了自然界的“氮循環(huán)”，D正確；故選A。9.對于反應(yīng)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ·mol-1，下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)能夠自發(fā)的原因是ΔS>0B.工業(yè)上使用合適的催化劑可提高NO2的生產(chǎn)效率C.升高溫度，該反應(yīng)v(逆)增大，v(正)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動D.2molNO(g)和1molO2(g)中所含化學(xué)鍵能總和比2molNO2(g)中大116.4kJ·mol-1〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)自由能公式，當(dāng)反應(yīng)能夠自發(fā)，該反應(yīng)的△H＜0，△S<0，A錯誤；B．催化劑可加快反應(yīng)速率，縮短生產(chǎn)時間，從而可以提高NO2的生產(chǎn)效率，B正確；C．升高溫度，v(逆)、v(正)增大，但平衡向吸熱反應(yīng)方向移動即逆反應(yīng)方向移動，C錯誤；D．根據(jù)，△H<0，得到2molNO(g)和1molO2(g)中所含化學(xué)鍵能總和比2molNO2(g)中所含化學(xué)鍵能總和小116.4kJ?mol?1，D錯誤。故選B。10.實驗室以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實驗流程如下：下列說法正確的是（）A.過二硫酸鈉(Na2S2O8)中硫元素的化合價為+7價B.氧化除錳后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、C.調(diào)節(jié)pH時試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D.沉鋅時的離子方程式為3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題給流程可知，向含鋅廢液中加入過二硫酸鈉溶液，將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，錳離子氧化為二氧化錳，過濾得到二氧化錳和濾液1；向濾液1中加入氧化鋅或碳酸鋅等調(diào)節(jié)溶液pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到氫氧化鐵和濾液2；向濾液2中加入碳酸氫銨溶液，將鋅離子轉(zhuǎn)化為ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，過濾得到濾液和ZnCO3·2Zn(OH)2。【詳析】A．過二硫酸鈉中含有過氧鏈，分子中硫元素的化合價為+6價，故A錯誤；B．由分析可知，氧化除錳后的溶液中存在的離子為Na+、Zn2+、Fe3+、，故B錯誤；C．溶液中鐵離子能與鋅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化鋅，所以調(diào)節(jié)溶液pH時試劑X不能選用鋅，故C錯誤；D．沉鋅時發(fā)生的反應(yīng)為溶液中鋅離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正確；故選D。11.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀氣體X一定具有強氧化性B某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，無現(xiàn)象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有Cl-C向Na2CO3溶液中加入鹽酸，將產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液中，產(chǎn)生白色膠狀沉淀硅酸酸性：鹽酸>碳酸>硅酸D向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，再滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色變化FeCl3和KI反應(yīng)為可逆反應(yīng)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，該沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的氣體可能是NH3或Cl2等，氣體X不一定具有強氧化性，A錯誤；B．加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，無現(xiàn)象，說明沒有，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，則證明有Cl-存在，B正確；C．鹽酸具有揮發(fā)性，反應(yīng)產(chǎn)物中有HCl存在，直接通入硅酸鈉溶液中，無法證明碳酸與硅酸酸性強弱，C錯誤；D．2mol氯化鐵與1molKI反應(yīng)，溶液中滴加溶液，氯化鐵過量，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅是由于過量氯化鐵電離出Fe3+與SCN-反應(yīng)，不能說明和KI反應(yīng)為可逆反應(yīng)，D錯誤；故選B。12.NH3催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù)，其反應(yīng)過程與能量關(guān)系如圖；研究發(fā)現(xiàn)在以Fe2O3為主的催化劑上可能發(fā)生的反應(yīng)過程如圖．下列說法正確的是（）A.NH3催化還原NO為吸熱反應(yīng)B.過程Ⅰ中NH3斷裂非極性鍵C.過程Ⅱ中NO為氧化劑，F(xiàn)e2+為還原劑D.脫硝的總反應(yīng)為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)圖象，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，故NH3催化還原NO為放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．NH3斷裂的是N-H極性鍵，故B錯誤；C．NO→N2，化合價由+2→0，化合價降低，得電子作氧化劑，F(xiàn)e2+在反應(yīng)前后沒有發(fā)生變化，故作催化劑，故C錯誤；D．由圖象知，脫硝的總反應(yīng)為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)，故D正確；故選D。13.甲酸(HCOOH)在Pd/C催化劑表面催化釋氫的機理如圖所示。已知第一步與第三步是快反應(yīng)，第二步是慢反應(yīng)。下列說法正確的是（）A.第一步與第二步斷裂的化學(xué)鍵相同B.HCOOH→CO2+H2的反應(yīng)速率由第一步和第三步?jīng)Q定C.使用更高效的催化劑，該總反應(yīng)的ΔH將變大D.用氘化甲酸(HCOOD或DCOOH)代替HCOOH，得到的是HD和CO2〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．結(jié)合圖示可知，第一步斷裂氧氫鍵，第二步斷裂碳氫鍵，斷裂的化學(xué)鍵不同，故A錯誤；B．已知第一步與第三步是快反應(yīng)，第二步是慢反應(yīng)，化學(xué)反應(yīng)速率由慢反應(yīng)決定，所以反應(yīng)HCOOH→CO2+H2的速率由第二步?jīng)Q定，故B錯誤；C．催化劑能夠改變反應(yīng)速率，但不影響焓變，所以使用更高效的催化劑，該總反應(yīng)的△H不變，故C錯誤；D．催化分解的最終產(chǎn)物是H2和CO2，由圖可知甲酸中的兩個氫結(jié)合生成H2，因此其中一個氫原子換成氘原子后，是生成了HD，故D正確；

故選：D。14.為了模擬汽車尾氣的凈化，向密閉容器中投入一定量的CO和O2，在催化劑(Ⅰ型、Ⅱ型)和不同溫度條件下發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，反應(yīng)進行相同時間(ts)，測得CO轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A.該反應(yīng)在a、b二點對應(yīng)的平衡常數(shù)大小關(guān)系：Ka>KbB.c點轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的可能原因是溫度升高催化劑失去了催化活性C.其它條件不變，溫度相同(低于50℃)CO平衡轉(zhuǎn)化率：陰影部分I型Ⅱ型D.已知50℃、ts時容器中O2濃度為0.01mol?L-1，該溫度下反應(yīng)平衡常數(shù)為〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗2CO(g)+O2(g)CO2(g)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時升溫平衡逆向移動，CO轉(zhuǎn)化率降低；c點降解率出現(xiàn)突變的原因可結(jié)合催化劑的催化效率分析?！驹斘觥緼．由上述圖象可知，在溫度低于50℃時，I型催化劑的效率高于II型，b點時達到化學(xué)平衡狀態(tài)，后升高溫度，平衡逆向移動，故該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越低，平衡常數(shù)越大，a點溫度低于b點，故Ka>Kb，故A正確；B．c點降解率出現(xiàn)突變的原因可能是溫度升高后催化劑失去活性失效，故B正確；C．催化劑不影響平衡轉(zhuǎn)化率，在溫度相同時，平衡轉(zhuǎn)化率：I型=Ⅱ型，故C錯誤；D．設(shè)CO和O2的起始濃度為n，列三段式如下：平衡時O2的濃度為0.01mol/L，即n=0.5nx=0.01，解得：n=mol/L，則計算出平衡時c(CO)=n-nx=mol/L，c(CO2=nx=mol/L；K==，故D正確?！即鸢浮竭xC。非選擇題：共4題，共58分15.俄烏兩國都是產(chǎn)糧大國，2022年2月至今兩國沖突導(dǎo)致世界糧食供應(yīng)緊張。羰基硫(COS)是一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在容積不變的密閉容器中，將CO和H2S混合加熱并達到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。（1）已知COS結(jié)構(gòu)與CO2相似，COS的電子式為_______。若反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為8mol，且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1，下列說法正確的是_______(填字母)。a．增大壓強，化學(xué)平衡正向移動b．增大CO濃度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小c．反應(yīng)前H2S的物質(zhì)的量為7mold．達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為20%（2）在不同溫度下達到化學(xué)平衡時，H2S的轉(zhuǎn)化率如圖所示，則該反應(yīng)是_______(填“吸熱”或“放熱”)。（3）增大c(H2S)/c(CO)的值，可以_______(填“增大”或“減小”)CO的轉(zhuǎn)化率。工業(yè)上H2S尾氣的處理方法中，克勞斯法是將三分之一H2S氧化為SO2，再在轉(zhuǎn)化爐中將剩下的H2S轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)，寫出轉(zhuǎn)化爐中反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。實驗室中H2S氣體常用過量的氫氧化鈉溶液吸收，寫出反應(yīng)的離子方程式_______?！即鸢浮剑?）①.②.cd（2）放熱（3）①增大②.2H2S+SO2=3S+2H2O③.H2S+2OH-=2H2O+S2-〖解析〗【小問1詳析】已知COS結(jié)構(gòu)與CO2相似，根據(jù)CO2的電子式可知，COS的電子式為：，若反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為8mol，且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1，a．已知反應(yīng)CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)前后氣體的體積保持不變，故增大壓強，化學(xué)平衡不移動，a錯誤；b．增大CO濃度，正反應(yīng)速率瞬間增大，平衡正向移動，生成物濃度逐漸增大，導(dǎo)致逆反應(yīng)速率也逐漸增大，b錯誤；c．若反應(yīng)前CO物質(zhì)的量為10mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為8mol，且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1，設(shè)反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為xmol，容器體積為VL，列三段式計算如下：，K===0.1解得x=7，反應(yīng)前H2S的物質(zhì)的量為7mol，c正確；d．達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%，d正確；故〖答案〗為：；cd；【小問2詳析】由題干圖像信息可知，升高溫度，硫化氫轉(zhuǎn)化率減小，即升高溫度，平衡逆向移動，則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故〖答案〗為：放熱；【小問3詳析】增大的值，相當(dāng)于提高H2S的濃度，導(dǎo)致平衡正向移動，CO的轉(zhuǎn)化率將增大，工業(yè)上H2S尾氣的處理方法中，克勞斯法是將三分之一H2S氧化為SO2，反應(yīng)爐中的反應(yīng)：2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(g)，再在轉(zhuǎn)化爐中將剩下的H2S轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)，轉(zhuǎn)化爐中反應(yīng)的化學(xué)方程式2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)，克勞斯工藝中獲得氣態(tài)硫黃的總反應(yīng)：2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)，實驗室中H2S氣體常用過量的氫氧化鈉溶液吸收，生成硫化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式：H2S+2OH-=2H2O+S2-，故〖答案〗為：增大；2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)；H2S+2OH-=2H2O+S2-。16.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的污水處理劑，可用于去除水體中的As(Ⅲ)。已知：K2FeO4微溶于水，在酸性或中性溶液中迅速氧化H2O產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解。（1）K2FeO4的制備：具體工藝流程如下：①i中H2O2的作用是_______。②ii中反應(yīng)的離子方程式為_______。③iii中反應(yīng)說明溶解度：Na2FeO4_______K2FeO4(填“>”或“<”)。（2）K2FeO4的性質(zhì)：①將K2FeO4固體溶于蒸餾水中，有少量無色氣泡產(chǎn)生，經(jīng)檢驗為O2，液體有丁達爾效應(yīng)。②將K2FeO4固體溶于濃KOH溶液中，放置2小時無明顯變化。③將K2FeO4固體溶于硫酸中，產(chǎn)生無色氣泡的速率明顯比①快。K2FeO4的氧化性與溶液pH的關(guān)系是_______。（3）K2FeO4的應(yīng)用：某水樣中As元素主要以As(Ⅲ)存在，As(Ⅲ)可被K2FeO4氧化為As(Ⅴ)，再通過Fe(Ⅲ)吸附去除。①K2FeO4對水中As元素的去除率隨pH變化如圖所示，當(dāng)pH大于7時，As去除率迅速下降的原因是_______。②FeCl3也能去除水中As。pH=6.5時，加入FeCl3或K2FeO4后水中鐵濃度對As去除率的影響如圖所示，鐵濃度相同，使用K2FeO4時As去除率比使用FeCl3時高的原因是_______?！即鸢浮剑?）①.氧化(氧化劑)②.③.>（2）pH越小，氧化性越強（3）①.堿性條件下，氧化As(Ⅲ)的速率減慢；溶液中用于吸附的的量減少②.將As(Ⅲ)氧化為As(Ⅴ)，As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被吸附去除〖解析〗〖祥解〗將硫酸亞鐵與酸性過氧化氫溶液反應(yīng)，得到硫酸鐵，硫酸鐵與氫氧化鈉、次氯酸鈉混合液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到高鐵酸鈉，再加入飽和氫氧化鉀溶液，可以到到高鐵酸鉀粗品，然后得到純品?！拘?詳析】①i中是Fe2+和酸性H2O2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，的作用是氧化(氧化劑)，〖答案〗氧化(氧化劑)；②根據(jù)電荷守恒和元素守恒完成并配平離子方程式，〖答案〗；③iii中由高鐵酸鈉溶液轉(zhuǎn)化為高鐵酸鉀粗品，說明溶解度減小，〖答案〗>；【小問2詳析】根據(jù)將K2FeO4固體溶于硫酸中，產(chǎn)生無色氣泡速率明顯比i快的現(xiàn)象，得出pH越小，氧化性越強，〖答案〗pH越小，氧化性越強；【小問3詳析】①堿性條件下，高鐵酸鉀的氧化性減弱，氧化As（Ⅲ）的速率減慢，導(dǎo)致溶液中用于吸附的Fe（Ⅲ）的量減少，所以當(dāng)pH大于7時，As去除率迅速下降，故原因為堿性條件下，氧化As(Ⅲ)的速率減慢；溶液中用于吸附的的量減少，

故〖答案〗為：堿性條件下，氧化As(Ⅲ)的速率減慢；溶液中用于吸附的的量減少；

②由題給信息可知，將As(Ⅲ)氧化為As(Ⅴ)，As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被吸附去除，所以鐵濃度相同，使用K2FeO4時As去除率比使用FeCl3時高，

故〖答案〗為：將As(Ⅲ)氧化為As(Ⅴ)，As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被吸附去除。17.輕質(zhì)碳酸鈣可用作橡膠的填料。以磷石膏(含CaSO4和少量SiO2、Fe2O3等)為原料制備輕質(zhì)碳酸鈣和鋁銨礬的實驗流程如圖：（1）“轉(zhuǎn)化”步驟CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的化學(xué)方程式為____。（2）“除雜”時通入NH3目的是____。（3）“碳化”過程在如圖所示的裝置中進行。多孔球泡的作用是____。（4）通過下列方法測定產(chǎn)品中碳酸鈣的含量：準(zhǔn)確稱取0.5000g產(chǎn)品用鹽酸充分溶解，過濾，將濾液和洗滌液轉(zhuǎn)移至250ml容量瓶中定容、搖勻，記為試液A。取25.00mL試液A，加入指示劑，調(diào)節(jié)pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ca2+(Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+)，至終點時消耗Na2H2Y溶液24.60mL。計算產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)____(寫出計算過程)。（5）鋁銨礬[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一種水絮凝劑。請補充由“轉(zhuǎn)化”后的濾液制取鋁銨礬的實驗方案：____，將所得溶液蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得(NH4)2SO4固體；____，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得到鋁銨礬。(部分物質(zhì)的容解度隨溫度的變化如圖所示，實驗須用的試劑：3mol·L-1的H2SO4溶液、100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液)〖答案〗（1）CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4（2）除去鐵離子使之轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀（3）增大氣體和溶液的接觸面積，使反應(yīng)更充分（4）Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，鈣離子物質(zhì)的量為0.000492mol，則0.5g產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量為0.000492×100×=0.492g，碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為（5）①.在濾液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，到不再產(chǎn)生氣體為止②.加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液，并在不斷攪拌下加入硫酸銨固體至完全溶解，冷卻，〖解析〗〖祥解〗磷石膏中加入碳酸氫銨和氨水的混合液，反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，濾渣中含有碳酸鈣、二氧化硅和氧化鐵，再加入鹽酸，碳酸鈣和氧化鐵溶解，二氧化硅不溶解，過濾除去，通入氨氣，調(diào)節(jié)溶液的pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，濾液中通入氨氣和二氧化碳，反應(yīng)生成碳酸鈣和氯化銨，最后過濾得碳酸鈣，據(jù)此解答?！拘?詳析】碳酸氫銨和氨水的混合物中含有碳酸銨，硫酸鈣和碳酸銨反應(yīng)生成硫酸銨和碳酸鈣，反應(yīng)的方程式為：CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4；【小問2詳析】通入氨氣，使溶液中的鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；【小問3詳析】多孔球泡可以增加氣體和溶液的接觸面積，使反應(yīng)更充分；【小問4詳析】Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，根據(jù)Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+分析，鈣離子物質(zhì)的量為0.000492mol，則0.5g產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量為0.000492mol×100g/mol×=0.492g，碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為。【小問5詳析】在“轉(zhuǎn)化”后濾液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，到不再產(chǎn)生氣體為止，除去碳酸；由圖中可知，鋁銨礬溶解度隨溫度變化較小，硫酸鋁和硫酸銨溶解度隨溫度變化較大，可將所得溶液蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得(NH4)2SO4固體；加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液，并在不斷攪拌下加入硫酸銨固體至完全溶解，冷卻，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得到鋁銨礬。18.頁巖氣中含有CH4、CO2、H2S等氣體，是蘊藏于頁巖層可供開采的天然氣資源。頁巖氣的有效利用需要處理其中所含的CO2和H2S。Ⅰ．CO2的處理：（1）CO2和CH4重整可制合成氣(主要成分為CO、H2)。已知下列熱化學(xué)反應(yīng)方程式：C(s)+2H2(g)=CH4(g)；ΔH=-74.5kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=-40.0kJ·mol-1C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+132.0kJ·mol-1反應(yīng)CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。（2）Ni催化CO2加H2形成CH4，其歷程如圖1所示(吸附在催化劑表面的物種用*標(biāo)注)，反應(yīng)相同時間，含碳產(chǎn)物中CH4的百分含量及CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖2所示。①260℃時生成主要產(chǎn)物所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。②溫度高于320℃，CO2的轉(zhuǎn)化率下降的原因是_______。Ⅱ．H2S的處理：Fe2O3可用作脫除H2S氣體的脫硫劑。Fe2O3脫硫和Fe2O3再生的可能反應(yīng)機理如圖3所示。（3）Fe2O3脫硫和Fe2O3再生過程可以描述為_______。（4）再生時需控制通入O2的濃度和溫度。400℃條件下，氧氣濃度較大時，會出現(xiàn)脫硫劑再生時質(zhì)量增大，且所得再生脫硫劑脫硫效果差，原因是_______。〖答案〗（1）＋246.5（2）①.CO2＋4H2CH4＋2H2O②.溫度升高催化劑活性降低(或溫度升高CO2難吸附在催化劑表面)，反應(yīng)速率減慢（3）脫硫時H2S還原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附著在Fe2O3表面)；脫硫劑再生時FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2（4）FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脫硫作用〖解析〗【小問1詳析】①C(s)＋2H2(g)=CH4(g)ΔH=-74.5kJ·mol-1；②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH=-40.0kJ·mol-1；③C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋132.0kJ·mol-1；依據(jù)目標(biāo)反應(yīng)方程式，根據(jù)蓋斯定律③－②－①，ΔH=[＋132.0－(－40.0)－(－74.5)]kJ·mol－1=＋246.5kJ·mol－1；故〖答案〗為＋246.5；【小問2詳析】①根據(jù)圖2可知，260℃時主要產(chǎn)物是CH4，根據(jù)圖1，CO2與H2反應(yīng)生成甲烷的同時，還是生成了H2O，發(fā)生的反應(yīng)是CO2＋4H2CH4＋2H2O；故〖答案〗為CO2＋4H2CH4＋2H2O；②因為用Ni作催化劑，催化劑的催化活性在一定溫度下才能具有較高的活性，因此溫度高于320℃時，CO2的轉(zhuǎn)化率下降，可能是升高溫度催化劑的活性較低，使反應(yīng)速率減慢；也可能是升高溫度CO2難吸附在催化劑表面，造成化學(xué)反應(yīng)速率減慢；故〖答案〗為溫度升高催化劑活性降低(或溫度升高CO2難吸附在催化劑表面)，反應(yīng)速率減慢；【小問3詳析】根據(jù)圖1可知，脫硫時，部分Fe2O3轉(zhuǎn)化成FeS，H2S被氧化成S，再生過程時，F(xiàn)eS與O2反應(yīng)生成Fe2O3和SO2，F(xiàn)e2O3脫硫劑的脫硫和再生過程可以描述為脫硫時H2S還原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附著在Fe2O3表面)；脫硫劑再生時FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；故〖答案〗為脫硫時H2S還原了部分Fe2O3，生成S和FeS(FeS附著在Fe2O3表面)；脫硫劑再生時FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；【小問4詳析】當(dāng)氧氣濃度較大時，脫硫劑的質(zhì)量增大，可能氧氣將FeS中的S氧化成＋6價，脫硫劑中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧氣將FeS氧化成Fe2(SO4)3，或者氧化成FeSO4，F(xiàn)eSO4、Fe2(SO4)3不具有脫硫作用，故〖答案〗為FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脫硫作用.江蘇省南京市六校聯(lián)合體2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期5月期中考試試題可能用到的相對原子質(zhì)量H1C12O16Ca40單項選擇題：共14小題，每題3分，共42分。每題只有一個選項符合題意。1.黨的二十大報告“點贊”這些科技創(chuàng)新——載人航天、探月探火、深海深地探測、超級計算等重大成果，標(biāo)志我國進入了創(chuàng)新型國家行列。下列說法正確的是（）A.潛水器“奮斗者”號使用的碳纖維材料是有機高分子材料B.制造潛水器載人球艙的鈦合金比純金屬鈦具有更高的強度、韌性和熔點C.用于制造載人飛船上太陽能電池板的半導(dǎo)體材料主要成分為SiO2D.天和核心艙的霍爾發(fā)動機燃料原子核中含77個中子〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．碳纖維為碳的單質(zhì)，屬于無機物，是一種無機非金屬材料，A錯誤；B．鈦合金比純金屬鈦具有更高的強度、韌性，熔點低于純金屬，B錯誤；C．太陽能電池板的半導(dǎo)體材料主要成分為Si，C錯誤；D．原子核中含131-54=77個中子，D正確?！即鸢浮竭xD。2.反應(yīng)可用于石油開采。下列說法正確的是（）A.H2O的結(jié)構(gòu)式 B.N2的電子式C.Na+和Cl-具有相同的電子層結(jié)構(gòu) D.NH4Cl中只含有離子鍵〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．H2O分子中O原子與2個H原子通過2個H-O鍵結(jié)合，鍵角是104.3°，三個原子不在同一直線上，所以其結(jié)構(gòu)式是，A正確；B．N原子最外層有5個電子，2個N原子通過三對共用電子對結(jié)合，從而使分子中各個原子都達到最外層8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為：，B錯誤；C．Na+是Na原子失去最外層1個電子形成的，Na+核外電子排布是2、8；Cl-是Cl原子獲得1個電子形成的，Cl-核外電子排布是2、8、8，所以Na+和Cl-具有不同的電子層結(jié)構(gòu)，C錯誤；D．NH4Cl是鹽，屬于離子化合物，與Cl-之間以離子鍵結(jié)合，在中N、H原子之間以N-H共價鍵結(jié)合，故NH4Cl中含有離子鍵、共價鍵，D錯誤；故合理選項是A。3.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A.硝酸見光易分解，可用于制氮肥B.氫氟酸具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃C.二氧化硫有還原性，可用作葡萄酒的抗氧化劑D.石英坩堝耐高溫，可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．硝酸含有氮元素，能制取含有氮元素的氮肥，A不符合題意；B．氫氟酸能和二氧化硅反應(yīng)，可用于蝕刻玻璃，B不符合題意；C．二氧化硫有還原性，可用作葡萄酒的抗氧化劑，防止酒被氧化，C符合題意；D．氫氧化鈉、純堿等物質(zhì)能和二氧化硅反應(yīng)，故石英坩堝不可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體，D不符合題意；故選C。4.由于化石燃料的長期大量消耗，傳統(tǒng)能源逐漸枯竭，而人類對能源的需求量越來越高，氫能源和化學(xué)電源的開發(fā)與利用成為全球發(fā)展的重要問題。以太陽能為熱源，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、環(huán)保獲取氫能源的方法，其反應(yīng)過程如下：已知反應(yīng)1：反應(yīng)2：反應(yīng)3：下列說法錯誤的是（）A.該過程實現(xiàn)了將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.該過程降低了水分解制氫反應(yīng)的活化能，可加快反應(yīng)速率C.熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水的總反應(yīng)為D.升高熱源溫度可使上述三個反應(yīng)的平衡常數(shù)均增大〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【詳析】由圖可知，總反應(yīng)為2H2O=2H2+O2，該過程中利用太陽能使化學(xué)反應(yīng)發(fā)生，實現(xiàn)了將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A正確；B．該過程利用和作催化劑，改變反應(yīng)進行途徑，降低了水分解制氫反應(yīng)的活化能，可加快反應(yīng)速率，故B正確；C．反應(yīng)反應(yīng)反應(yīng)3得，即是，故C正確；D．由于反應(yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，而反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，故D錯誤；故選D。5.水合肼(N2H4·H2O)是重要的氫能源穩(wěn)定劑，其制備的反應(yīng)原理為NaClO＋2NH3=N2H4·H2O＋NaCl。下列裝置和操作不能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.在裝置甲的圓底燒瓶中加入堿石灰制取NH3B.用裝置乙作為反應(yīng)過程的安全瓶C.制備水合肼時從裝置丙的b口通入NH3D.用裝置丁吸收反應(yīng)中過量的NH3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．濃氨水遇堿放出氨氣，在裝置甲的圓底燒瓶中加入堿石灰制取NH3，故A正確；B．氨氣易溶于水，為防止倒吸，裝置乙作為反應(yīng)過程的安全瓶，故B正確；C．氨氣密度比空氣小，為有利于氨氣和NaClO溶液反應(yīng)，制備水合肼時從裝置丙的a口通入NH3，故C錯誤；D．氨氣會污染環(huán)境，用裝置丁吸收反應(yīng)中過量的NH3，并能防倒吸，故D正確；〖答案〗選C。6.祖母綠(主要成分)被稱為寶石之王，與其相似的天然綠色寶石有螢石［主要成分］、磷灰石［主要成分］。下列說法正確的是（）A.半徑大?。?B.氧化性強弱：C.熱穩(wěn)定性強弱： D.堿性強弱：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則氧離子的離子半徑大于鋁離子，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強，氟元素的非金屬性強于氧元素，則氟氣的氧化性強于氧氣，故B錯誤；C．元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，磷元素的非金屬性強于硅元素，則磷化氫的穩(wěn)定性強于硅化氫，故C正確；D．元素的金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，鈣元素的金屬性強于鋁元素，則氫氧化鈣的堿性強于氫氧化鋁，故D錯誤；故選C。7.在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A.SiO2SiCl4Si B.FeFe3O4FeC.Al2O3AlAl(OH)3 D.HClOCl2Ca(ClO)2〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，A錯誤；B．鐵和水蒸氣高溫反應(yīng)生成四氧化三鐵，四氧化三鐵和鋁發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成Fe，B正確；C．鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉，C錯誤；D．次氯酸見光分解為氧氣，不能生成氯氣，D錯誤；故〖答案〗選B。8.氮及其化合物的轉(zhuǎn)化具有重要應(yīng)用。下列說法不正確的是（）A.自然固氮、人工固氮都是將轉(zhuǎn)化為B.侯氏制堿法以、、、為原料制備和C.工業(yè)上通過催化氧化等反應(yīng)過程生產(chǎn)D.多種形態(tài)的氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化形成了自然界的“氮循環(huán)”〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．自然固氮是將N2轉(zhuǎn)化為含氮化合物，不一定是轉(zhuǎn)化為NH3，比如大氣固氮是將N2會轉(zhuǎn)化為NO，A錯誤；B．侯氏制堿法以H2O、NH3、CO2、NaCl為原料制備NaHCO3和NH4Cl，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正確；C．工業(yè)上通過NH3催化氧化等反應(yīng)過程生產(chǎn)HNO3，相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正確；D．氮元素在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)，多種形態(tài)的氮及其化合物間的轉(zhuǎn)化形成了自然界的“氮循環(huán)”，D正確；故選A。9.對于反應(yīng)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ·mol-1，下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)能夠自發(fā)的原因是ΔS>0B.工業(yè)上使用合適的催化劑可提高NO2的生產(chǎn)效率C.升高溫度，該反應(yīng)v(逆)增大，v(正)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動D.2molNO(g)和1molO2(g)中所含化學(xué)鍵能總和比2molNO2(g)中大116.4kJ·mol-1〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)自由能公式，當(dāng)反應(yīng)能夠自發(fā)，該反應(yīng)的△H＜0，△S<0，A錯誤；B．催化劑可加快反應(yīng)速率，縮短生產(chǎn)時間，從而可以提高NO2的生產(chǎn)效率，B正確；C．升高溫度，v(逆)、v(正)增大，但平衡向吸熱反應(yīng)方向移動即逆反應(yīng)方向移動，C錯誤；D．根據(jù)，△H<0，得到2molNO(g)和1molO2(g)中所含化學(xué)鍵能總和比2molNO2(g)中所含化學(xué)鍵能總和小116.4kJ?mol?1，D錯誤。故選B。10.實驗室以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實驗流程如下：下列說法正確的是（）A.過二硫酸鈉(Na2S2O8)中硫元素的化合價為+7價B.氧化除錳后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、C.調(diào)節(jié)pH時試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D.沉鋅時的離子方程式為3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題給流程可知，向含鋅廢液中加入過二硫酸鈉溶液，將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，錳離子氧化為二氧化錳，過濾得到二氧化錳和濾液1；向濾液1中加入氧化鋅或碳酸鋅等調(diào)節(jié)溶液pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到氫氧化鐵和濾液2；向濾液2中加入碳酸氫銨溶液，將鋅離子轉(zhuǎn)化為ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，過濾得到濾液和ZnCO3·2Zn(OH)2?！驹斘觥緼．過二硫酸鈉中含有過氧鏈，分子中硫元素的化合價為+6價，故A錯誤；B．由分析可知，氧化除錳后的溶液中存在的離子為Na+、Zn2+、Fe3+、，故B錯誤；C．溶液中鐵離子能與鋅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化鋅，所以調(diào)節(jié)溶液pH時試劑X不能選用鋅，故C錯誤；D．沉鋅時發(fā)生的反應(yīng)為溶液中鋅離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正確；故選D。11.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀氣體X一定具有強氧化性B某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，無現(xiàn)象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有Cl-C向Na2CO3溶液中加入鹽酸，將產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液中，產(chǎn)生白色膠狀沉淀硅酸酸性：鹽酸>碳酸>硅酸D向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，再滴加幾滴KSCN溶液，觀察溶液顏色變化FeCl3和KI反應(yīng)為可逆反應(yīng)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，該沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的氣體可能是NH3或Cl2等，氣體X不一定具有強氧化性，A錯誤；B．加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，無現(xiàn)象，說明沒有，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，則證明有Cl-存在，B正確；C．鹽酸具有揮發(fā)性，反應(yīng)產(chǎn)物中有HCl存在，直接通入硅酸鈉溶液中，無法證明碳酸與硅酸酸性強弱，C錯誤；D．2mol氯化鐵與1molKI反應(yīng)，溶液中滴加溶液，氯化鐵過量，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅是由于過量氯化鐵電離出Fe3+與SCN-反應(yīng)，不能說明和KI反應(yīng)為可逆反應(yīng)，D錯誤；故選B。12.NH3催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù)，其反應(yīng)過程與能量關(guān)系如圖；研究發(fā)現(xiàn)在以Fe2O3為主的催化劑上可能發(fā)生的反應(yīng)過程如圖．下列說法正確的是（）A.NH3催化還原NO為吸熱反應(yīng)B.過程Ⅰ中NH3斷裂非極性鍵C.過程Ⅱ中NO為氧化劑，F(xiàn)e2+為還原劑D.脫硝的總反應(yīng)為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)圖象，反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，為放熱反應(yīng)，故NH3催化還原NO為放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．NH3斷裂的是N-H極性鍵，故B錯誤；C．NO→N2，化合價由+2→0，化合價降低，得電子作氧化劑，F(xiàn)e2+在反應(yīng)前后沒有發(fā)生變化，故作催化劑，故C錯誤；D．由圖象知，脫硝的總反應(yīng)為：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)，故D正確；故選D。13.甲酸(HCOOH)在Pd/C催化劑表面催化釋氫的機理如圖所示。已知第一步與第三步是快反應(yīng)，第二步是慢反應(yīng)。下列說法正確的是（）A.第一步與第二步斷裂的化學(xué)鍵相同B.HCOOH→CO2+H2的反應(yīng)速率由第一步和第三步?jīng)Q定C.使用更高效的催化劑，該總反應(yīng)的ΔH將變大D.用氘化甲酸(HCOOD或DCOOH)代替HCOOH，得到的是HD和CO2〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．結(jié)合圖示可知，第一步斷裂氧氫鍵，第二步斷裂碳氫鍵，斷裂的化學(xué)鍵不同，故A錯誤；B．已知第一步與第三步是快反應(yīng)，第二步是慢反應(yīng)，化學(xué)反應(yīng)速率由慢反應(yīng)決定，所以反應(yīng)HCOOH→CO2+H2的速率由第二步?jīng)Q定，故B錯誤；C．催化劑能夠改變反應(yīng)速率，但不影響焓變，所以使用更高效的催化劑，該總反應(yīng)的△H不變，故C錯誤；D．催化分解的最終產(chǎn)物是H2和CO2，由圖可知甲酸中的兩個氫結(jié)合生成H2，因此其中一個氫原子換成氘原子后，是生成了HD，故D正確；

故選：D。14.為了模擬汽車尾氣的凈化，向密閉容器中投入一定量的CO和O2，在催化劑(Ⅰ型、Ⅱ型)和不同溫度條件下發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，反應(yīng)進行相同時間(ts)，測得CO轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A.該反應(yīng)在a、b二點對應(yīng)的平衡常數(shù)大小關(guān)系：Ka>KbB.c點轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的可能原因是溫度升高催化劑失去了催化活性C.其它條件不變，溫度相同(低于50℃)CO平衡轉(zhuǎn)化率：陰影部分I型Ⅱ型D.已知50℃、ts時容器中O2濃度為0.01mol?L-1，該溫度下反應(yīng)平衡常數(shù)為〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗2CO(g)+O2(g)CO2(g)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時升溫平衡逆向移動，CO轉(zhuǎn)化率降低；c點降解率出現(xiàn)突變的原因可結(jié)合催化劑的催化效率分析。【詳析】A．由上述圖象可知，在溫度低于50℃時，I型催化劑的效率高于II型，b點時達到化學(xué)平衡狀態(tài)，后升高溫度，平衡逆向移動，故該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越低，平衡常數(shù)越大，a點溫度低于b點，故Ka>Kb，故A正確；B．c點降解率出現(xiàn)突變的原因可能是溫度升高后催化劑失去活性失效，故B正確；C．催化劑不影響平衡轉(zhuǎn)化率，在溫度相同時，平衡轉(zhuǎn)化率：I型=Ⅱ型，故C錯誤；D．設(shè)CO和O2的起始濃度為n，列三段式如下：平衡時O2的濃度為0.01mol/L，即n=0.5nx=0.01，解得：n=mol/L，則計算出平衡時c(CO)=n-nx=mol/L，c(CO2=nx=mol/L；K==，故D正確?！即鸢浮竭xC。非選擇題：共4題，共58分15.俄烏兩國都是產(chǎn)糧大國，2022年2月至今兩國沖突導(dǎo)致世界糧食供應(yīng)緊張。羰基硫(COS)是一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在容積不變的密閉容器中，將CO和H2S混合加熱并達到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。（1）已知COS結(jié)構(gòu)與CO2相似，COS的電子式為_______。若反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為8mol，且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1，下列說法正確的是_______(填字母)。a．增大壓強，化學(xué)平衡正向移動b．增大CO濃度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小c．反應(yīng)前H2S的物質(zhì)的量為7mold．達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為20%（2）在不同溫度下達到化學(xué)平衡時，H2S的轉(zhuǎn)化率如圖所示，則該反應(yīng)是_______(填“吸熱”或“放熱”)。（3）增大c(H2S)/c(CO)的值，可以_______(填“增大”或“減小”)CO的轉(zhuǎn)化率。工業(yè)上H2S尾氣的處理方法中，克勞斯法是將三分之一H2S氧化為SO2，再在轉(zhuǎn)化爐中將剩下的H2S轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)，寫出轉(zhuǎn)化爐中反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。實驗室中H2S氣體常用過量的氫氧化鈉溶液吸收，寫出反應(yīng)的離子方程式_______?！即鸢浮剑?）①.②.cd（2）放熱（3）①增大②.2H2S+SO2=3S+2H2O③.H2S+2OH-=2H2O+S2-〖解析〗【小問1詳析】已知COS結(jié)構(gòu)與CO2相似，根據(jù)CO2的電子式可知，COS的電子式為：，若反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為8mol，且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1，a．已知反應(yīng)CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)前后氣體的體積保持不變，故增大壓強，化學(xué)平衡不移動，a錯誤；b．增大CO濃度，正反應(yīng)速率瞬間增大，平衡正向移動，生成物濃度逐漸增大，導(dǎo)致逆反應(yīng)速率也逐漸增大，b錯誤；c．若反應(yīng)前CO物質(zhì)的量為10mol，達到平衡時CO的物質(zhì)的量為8mol，且化學(xué)平衡常數(shù)為0.1，設(shè)反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為xmol，容器體積為VL，列三段式計算如下：，K===0.1解得x=7，反應(yīng)前H2S的物質(zhì)的量為7mol，c正確；d．達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%，d正確；故〖答案〗為：；cd；【小問2詳析】由題干圖像信息可知，升高溫度，硫化氫轉(zhuǎn)化率減小，即升高溫度，平衡逆向移動，則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故〖答案〗為：放熱；【小問3詳析】增大的值，相當(dāng)于提高H2S的濃度，導(dǎo)致平衡正向移動，CO的轉(zhuǎn)化率將增大，工業(yè)上H2S尾氣的處理方法中，克勞斯法是將三分之一H2S氧化為SO2，反應(yīng)爐中的反應(yīng)：2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(g)，再在轉(zhuǎn)化爐中將剩下的H2S轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)，轉(zhuǎn)化爐中反應(yīng)的化學(xué)方程式2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)，克勞斯工藝中獲得氣態(tài)硫黃的總反應(yīng)：2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)，實驗室中H2S氣體常用過量的氫氧化鈉溶液吸收，生成硫化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式：H2S+2OH-=2H2O+S2-，故〖答案〗為：增大；2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)；H2S+2OH-=2H2O+S2-。16.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的污水處理劑，可用于去除水體中的As(Ⅲ)。已知：K2FeO4微溶于水，在酸性或中性溶液中迅速氧化H2O產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下發(fā)生分解。（1）K2FeO4的制備：具體工藝流程如下：①i中H2O2的作用是_______。②ii中反應(yīng)的離子方程式為_______。③iii中反應(yīng)說明溶解度：Na2FeO4_______K2FeO4(填“>”或“<”)。（2）K2FeO4的性質(zhì)：①將K2FeO4固體溶于蒸餾水中，有少量無色氣泡產(chǎn)生，經(jīng)檢驗為O2，液體有丁達爾效應(yīng)。②將K2FeO4固體溶于濃KOH溶液中，放置2小時無明顯變化。③將K2FeO4固體溶于硫酸中，產(chǎn)生無色氣泡的速率明顯比①快。K2FeO4的氧化性與溶液pH的關(guān)系是_______。（3）K2FeO4的應(yīng)用：某水樣中As元素主要以As(Ⅲ)存在，As(Ⅲ)可被K2FeO4氧化為As(Ⅴ)，再通過Fe(Ⅲ)吸附去除。①K2FeO4對水中As元素的去除率隨pH變化如圖所示，當(dāng)pH大于7時，As去除率迅速下降的原因是_______。②FeCl3也能去除水中As。pH=6.5時，加入FeCl3或K2FeO4后水中鐵濃度對As去除率的影響如圖所示，鐵濃度相同，使用K2FeO4時As去除率比使用FeCl3時高的原因是_______?！即鸢浮剑?）①.氧化(氧化劑)②.③.>（2）pH越小，氧化性越強（3）①.堿性條件下，氧化As(Ⅲ)的速率減慢；溶液中用于吸附的的量減少②.將As(Ⅲ)氧化為As(Ⅴ)，As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被吸附去除〖解析〗〖祥解〗將硫酸亞鐵與酸性過氧化氫溶液反應(yīng)，得到硫酸鐵，硫酸鐵與氫氧化鈉、次氯酸鈉混合液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到高鐵酸鈉，再加入飽和氫氧化鉀溶液，可以到到高鐵酸鉀粗品，然后得到純品?！拘?詳析】①i中是Fe2+和酸性H2O2溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，的作用是氧化(氧化劑)，〖答案〗氧化(氧化劑)；②根據(jù)電荷守恒和元素守恒完成并配平離子方程式，〖答案〗；③iii中由高鐵酸鈉溶液轉(zhuǎn)化為高鐵酸鉀粗品，說明溶解度減小，〖答案〗>；【小問2詳析】根據(jù)將K2FeO4固體溶于硫酸中，產(chǎn)生無色氣泡速率明顯比i快的現(xiàn)象，得出pH越小，氧化性越強，〖答案〗pH越小，氧化性越強；【小問3詳析】①堿性條件下，高鐵酸鉀的氧化性減弱，氧化As（Ⅲ）的速率減慢，導(dǎo)致溶液中用于吸附的Fe（Ⅲ）的量減少，所以當(dāng)pH大于7時，As去除率迅速下降，故原因為堿性條件下，氧化As(Ⅲ)的速率減慢；溶液中用于吸附的的量減少，

故〖答案〗為：堿性條件下，氧化As(Ⅲ)的速率減慢；溶液中用于吸附的的量減少；

②由題給信息可知，將As(Ⅲ)氧化為As(Ⅴ)，As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被吸附去除，所以鐵濃度相同，使用K2FeO4時As去除率比使用FeCl3時高，

故〖答案〗為：將As(Ⅲ)氧化為As(Ⅴ)，As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被吸附去除。17.輕質(zhì)碳酸鈣可用作橡膠的填料。以磷石膏(含CaSO4和少量SiO2、Fe2O3等)為原料制備輕質(zhì)碳酸鈣和鋁銨礬的實驗流程如圖：（1）“轉(zhuǎn)化”步驟CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的化學(xué)方程式為____。（2）“除雜”時通入NH3目的是____。（3）“碳化”過程在如圖所示的裝置中進行。多孔球泡的作用是____。（4）通過下列方法測定產(chǎn)品中碳酸鈣的含量：準(zhǔn)確稱取0.5000g產(chǎn)品用鹽酸充分溶解，過濾，將濾液和洗滌液轉(zhuǎn)移至250ml容量瓶中定容、搖勻，記為試液A。取25.00mL試液A，加入指示劑，調(diào)節(jié)pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ca2+(Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+)，至終點時消耗Na2H2Y溶液24.60mL。計算產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)____(寫出計算過程)。（5）鋁銨礬[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一種水絮凝劑。請補充由“轉(zhuǎn)化”后的濾液制取鋁銨礬的實驗方案：____，將所得溶液蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得(NH4)2SO4固體；____，過濾，用無水乙醇洗滌、干燥，得到鋁銨礬。(部分物質(zhì)的容解度隨溫度的變化如圖所示，實驗須用的試劑：3mol·L-1的H2SO4溶液、100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液)〖答案〗（1）CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4（2）除去鐵離子使之轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀（3）增大氣體和溶液的接觸面積，使反應(yīng)更充分（4）Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液0.02000mol·L-1×0.02460L=0.000492mol，鈣離子物質(zhì)的量為0.000492mol，則0.5g產(chǎn)品中碳酸鈣的質(zhì)量為0.000492×100×=0.492g，碳酸鈣的質(zhì)量分數(shù)為（5）①.在濾液中加入3mol·L-1的H2SO4溶液，到不再產(chǎn)