【文档说明】湖南省长沙市长沙县、望城区、浏阳市2021-2022学年高二上学期期末调研考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.370 MB，由envi的店铺上传

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2021年下学期期未调研考试试卷高二化学友情提示：1.本试卷分试题和答题卡两部分，共10页。满分100分，时量75分钟，2.答案一律在答题卡上书写，在试题卷上作答无效。3.可能用到的相对原子质量：C-12Na-23S-32O-16C1-35.5Cu-64H-1━、选择题：本题共10小题

，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列反应的∆H<0的是A.乙醇燃烧B.胆矾受热分解失去结晶水C.电解氧化铝D.高温下木炭还原二氧化碳【答案】A【解析】【分析】Δ0H的反应是放热反应，据此分析解题。【详解】A．乙醇燃烧是放热反应

，A符合题意；B．胆矾受热分解失去结晶水吸热反应，B不符合题意；C．电解氧化铝是吸热反应，C不符合题意；D．高温下木炭还原二氧化碳的反应是吸热反应，D不符合题意；答案选A。2.某科研人员提出HCHO与2O在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧

化生成2CO、2HO的历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法正确的是A.催化剂HAP没有参与反应B.HCHO在反应过程中，C-H键部分断裂C.2CO分子中的氧原子全部来自2O是D.该反应可表示为：HAP222HCHOOCOHO⎯⎯+⎯→+【答案】D【解析】【详

解】A．催化剂HAP参与了反应，故A错误；B．过渡态图中，可以发现甲醛分子中的两个C-H的H原子都与O相连，都发生断裂，故B错误；C．过渡态图中可以看出来，CO2分子中的氧原子一个来自于O2，另一个来自于甲醛

，故C错误；D．根据历程示意图，甲醛和O2在HAP上反应生成了CO2和H2O，故D正确。故答案为D。3.下列说法不正确的是A.图甲中，曲线Ⅱ表示反应时加入了催化剂B.加入催化剂，增大了单位体积内反应物分子中活化分

子的数目，使得单位时间内有效碰撞的次数增加C.图乙中HI分子发生了有效碰撞D.HI溶液和NaOH溶液的反应的活化能接近于零【答案】C【解析】【详解】A．已知催化剂能降低反应所需要的活化能，故图甲中，曲线Ⅱ表示反应时加入了催化

剂，A正确；B．加入催化剂，降低反应所需要的活化能，是普通分子称为活化分子，从而增大活化分子百分含量，故增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目，使得单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，B正确；C．

由图可知，图乙中HI分子发生碰撞后并未生成新的物质，即碰撞后并未发生化学变化，图乙发生的不是有效碰撞，C错误；D．HI溶液和NaOH溶液的反应瞬间完成，反应速率很快，活化能越大反应速率越慢，故HI溶液和NaOH溶液的反应的活化能接近于零，D正确；故答案为：C。4.化学在生活中的应用随处可见，下列措

施不是为了改变化学反应速率的是A.将食物存放在冰箱中B.加工馒头时添加膨松剂C.糕点包装袋内放置除氧剂D.冶铁时将铁矿石粉碎【答案】B【解析】【分析】【详解】A．食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故A不符合；

B．加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与改变反应速率无关，故B符合；C．包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故C不符合；D．将铁矿石粉碎，可增大接触面积，可加快反应速率，与增大反应速率有关，故D不符合；故选B。5.0.1mol/L4NHCl溶液中，

由于4NH+的水解，使得()+4cNH<0.1mol/L。如果要使()+4cNH更接近于0.1mol/L，可采取的措施是A.加入少量氢氧化钠B.加入少量水C.加入少量盐酸D.加热【答案】C【解析】【分析】如果要使()+4cNH更接近于0.1mol

/L，需要抑制铵根离子水解，并且加入的物质和铵根离子之间不反应即可，根据水解平衡的移动影响因素来回答。【详解】A．加入氢氧化钠，会消耗铵根离子，使得铵根离子浓度更小于0.1mol/L，故A错误；B．加水稀释会导致溶液中铵根离子浓度减小，故B错误；C．加入盐酸会抑制铵根离子水解，

能使()+4cNH更接近于0.1mol/L，故C正确；D．加热会促进铵根离子水解，导致溶液中铵根离子浓度减小，故D错误；答案选C。6.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.AgCl溶于过量氨水：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OC.AgI加入Na2S溶液中，固体变黑：S2-(aq)+AgI(s)Ag2S(s)+2I-(aq)D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑

浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】B【解析】【详解】A．生成的Fe3+可以将I-氧化，正确的离子方程式为：2I-+Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O+I2，A错误；B．AgCl溶于过量氨水得到银氨溶

液，离子方程式为AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；C．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为S2-(aq)+2AgI(s)Ag2S(s)+2I-(aq)，C错误；D．次氯酸根会

将SO2氧化，正确离子方程式为2SO2+2H2O+Ca2++2ClO-=CaSO4↓+2Cl-+SO24−+4H+，D错误；综上所述答案为B。7.微生物燃料电池可以净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中2-27CrO浓度与去除率的关系。下列说法不正

确的是A.N为电池正极，2-27CrO被还原B.该电池工作时，M极的电极反应式为322CHCOOH8e2HO2CO8H−+−+=+C.2-27CrO浓度较大时，可能会造成还原菌失去活性D.当M极产生222.4LCO气体(标准状况)时，有4mol电子从N极进入溶液【

答案】D【解析】【详解】A．根据图示，电子由M极流向N极，说明M为电池负极，N为正极，2-27CrO在正极得电子被还原为Cr(OH)3，A正确；B．M极为负极，由图示知，CH3COOH在负极被氧化为CO2，对应电极反应为-+322CHCOOH-8e+2HO2CO+8

H↑＝，B正确；C．由图2可知当2-27CrO浓度为3mol/L时，去除率为0，因为其有强氧化性和毒性，使还原菌的蛋白质变性而失去活性，C正确；D．M极产生22.4LCO2气体(标准状况)时，根据转移电子关系：CO2~4e-，知有4mol电子从M极流向N极，但电子不

进入溶液，C错误；故答案选D。8.下列说法中正确的是A.多电子原子的所有电子在同一区域里运动B.能量高的电子在离核近的区域运动，能量低的电子在离核远的区域运动C.处于最低能量的原子叫基态原子D.同一原

子中，1s、2s、3s所能容纳的电子数越来越多【答案】C【解析】【详解】A．原子核外有多电子时，电子的能量不尽相同，电子不可能都在同一区域里运动，而是分层排布的，A项错误；B．能量低的电子在离原子核近的区域里运动即在

低能层运动，而能量高的电子在离核远的区域即高能层运动，B项错误；C．能量越低越稳定，根据构造原理可知，核外电子优先排布在能量较低的能级上，C项正确；D．s能级最多容纳2个电子，与其所在能层高低无关，D项错误；答案选

C。9.下列关于原子结构、原子轨道的说法正确的是A.N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子B.在K能层中，有自旋相反的两条轨道C.s电子绕核运动，其轨道为球面，而p电子在哑铃形

曲面上运动D.114号元素是位于p区的金属元素，价电子排布式为7s27p4【答案】A【解析】【分析】【详解】A．N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子，故A正确；B．K能层含有s能级有1个轨道，最多容纳自旋相反的两个电子

，故B错误；C．s电子的原子轨道都是球形的，p电子的原子轨道都是哑铃形，故C错误；D．114号元素位于第七周期第IVA族，属于p区，价电子数为4，价电子排布式为7s27p2，故D错误；故选：A。10.氨分子的空间结构是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因

为A.两种分子的中心原子杂化类型不同，NH3为sp2杂化，而CH4是sp3杂化B.NH3分子中氮原子形成3个杂化轨道，CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道C.NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D.NH3分子中氮元素的电负性比CH4分子

中碳元素的电负性大【答案】C【解析】【详解】A．NH3价层电子对数为3+1=4，杂化类型为sp3杂化，而CH4价层电子对数为4+0=4，杂化类型为sp3杂化，故A不符合题意；B．根据A选项分析NH3杂化类型为sp3杂化，分子中氮原子形成4个杂化

轨道，CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道，故B不符合题意；C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，孤对电子对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力较强，因而形成三角锥形，故C符合题意。D．氮元素的电负性比碳元素

的电负性大，但与空间构型无关，故D不符合题意。综上所述，答案为C。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.利用超分子可以对

一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离60C和70C的过程如图所示。下列说法正确的是A.“杯酚”能够循环使用B.70C能溶于甲苯，60C不溶于甲苯C.“杯酚”与60C之间通过共价键形成超分子D.“杯酚”与60C可能是借助分子间作用力

形成超分子【答案】AD【解析】【详解】A．通过溶剂氯仿的作用，破坏"杯酚"与C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且"杯酚"能够循环使用，A正确；B．由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C

60是否能溶于甲苯，B错误；C．C60能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子而不是共价键，C错误；D．C60能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，D正确；答案为AD。12.下列说法不正确的是A.自发进行的

反应不需要任何条件，就可以发生反应B.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数C.一个化学反应能否实际进行，除了要考虑反应的自发性，还应该考虑反应速率D.ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行【答案】A【解析】【详解】A．自发进行的反应也需要一定条件

才可以发生，A项错误；B．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，B项正确；C．一个化学反应能否实际进行，除了要考虑反应的自发性，还应该考虑反应速率，只有当ΔH-TΔS<0且反应速率不是

无限小时，我们才认为反应会发生，C项正确；D．当反应的ΔH<0、ΔS>0时，ΔH-TΔS一定小于0，故该反应在任何温度下都能自发进行，D项正确；答案选A。13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的

结论正确的是选实验操作和现象结论项A室温下，向0.1mol/LNaHCO3溶液中滴加几滴酚酞溶液，溶液变为浅红色3HCO−的水解程度大于3HCO−的电离程度B将浓硫酸与无水乙醇混合，加热至170℃，产生的气体通入酸性4KMnO溶

液中，高锰酸钾溶液褪色乙烯气体被酸性4KMnO溶液氧化C向23NaSO溶液中滴加几滴稀硫酸，未看到明显现象象23NaSO与硫酸不反应D向两支盛有等体积等浓度3AgNO溶液的试管中，分别滴入2滴等浓度的Na

Cl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现()()KspAgCl>KspAgIA.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．滴酚酞溶液，溶液变为浅红色，可知溶液显碱性，则3HCO−水解程度大于3HCO−的电离程度，A项正确；B．生成的乙烯中混有二

氧化硫，两者均可被高锰酸钾氧化，溶液褪色，并不能说明乙烯被氧化，B项错误；C．Na2SO3溶液中滴加几滴稀硫酸，可能生成亚硫酸氢钠，无现象，C项错误；D．浓度相同，Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知碘化银先沉淀，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D项正确；答案选AD。

14.25℃时，用1.00mol/LNaOH溶液调节100mL某二元弱酸H2A的pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示。下列说法正确的是的A.曲线②代表c(A2-)，曲线③代表c(HA-)，H2A的4a1K10−=B.在Y点溶液中，+2-c(Na)3c(

A)C.X点溶液中，+2-2n(Na)n(HA)n(HA)n(A)−=++D.0.1000mol/LNaHA溶液中，+2-2c(Na)c(HA)c(HA)c(A)−【答案】AB【解析】【详解】A．加入的NaOH越多，溶液的碱性越强，则c(H2A)逐渐减小、c(

HA-)先增大后减小、c(A2-)增大，根据图知曲线①、②、③分别代表c(H2A)、c(A2-)、c(HA-)。当c(H2A)=c(HA-)时，Ka1=-++2c(HA)c(H)=c(H)c(HA)=10-4，A正确；B．Y点溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，溶液中存在

电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，该点溶液呈碱性，说明HA-电

离程度小于A2-水解程度，所以c(HA-)＞c(A2-)，所以溶液中存在c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)＞3c(A2-)，B正确；C．根据图象可知：当加入V(NaOH)=20mL时酸碱恰好完全反应生成Na2A，加入V(NaOH)=

10mL时，溶液中溶质为NaHA，X点溶液中加入V(NaOH)=5mL，溶液中加入的n(NaOH)是n(酸)的一半，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2n(Na+)=n(H2A)+n(HA-)+n(A2-)，C错误；D．HA-的电离平衡常数为14104101010−−−=

＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，则c(H2A)＜c(A2-)，但其电离和水解程度都较小，Na+不水解，所以溶液中微粒浓度关系为：c+-2-2c(Na)>c(HA)>c(A)>c(HA)，D错误；互合理选项是A

B。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.回答问题（1）2020年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了AlCrCuCNOSi等多种元素。上述元素中基态原子未成对电

子数与Al相同的有___________。（2）元素铋主要用于制造易熔金属合金，元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为___________。()323BiNO5HO中各元素电负性从

大到小的顺序为___________。（3）NPAs均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：①下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号，下同)，未成对电子最多的是___________。a．2231s2s

pb．221s2sc．1421s2s2pd．2131s2s2p②SiP与S是同周期中相邻的元素，第一电离能由大到小的顺序是___________。【答案】（1）Cu（2）①.236s6p②.O＞N＞H＞Bi（3）①.cd②.d③.P＞S＞Si【解析】【小问1详解】A

l的价电子为3s23p1，未成对电子数为1，Al、Cr、Cu、C、N、O、Si中只有Cu（3d104s1）的未成对电子数与Al相同，故答案为：Cu；【小问2详解】元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式

为236s6p；同一周期，自左至右，电负性逐渐增大，同一主族，自上而下，电负性逐渐减小，一般情况下，金属元素电负性小于非金属元素，故Bi(NO3)3•5H2O中各元素电负性大小顺序为：O＞N＞H＞Bi；【小问3详解】①电子从激发态到基态会释放能量形成发

射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s12p4和1s22s12p3，未成对电子最多的是1s22s12p3，故答案为：cd；d；②\同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子

处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si。16.为了验证2+Cu和3+Fe氧化能力相对强弱，利用如图所示电池装置进行实验。的（1）用42CuSO5HO固体配制14100mL0.1molLCuSO−溶液，下列仪器中没有用到的是_________

__(填标号)，需称取42CuSO5HO的质量为___________g（2）电池装置中，盐桥中盛装浸有高浓度电解质溶液的琼脂，要求该电解质溶液中阴、阳离子扩散速率相近，即电迁移率()u尽可能相接近。已知3KClNO+−−、、的电迁移率82-11(u10/msV)−分别为7.62

、7.91、7.40，本实验盐桥中的电解质选择KCl，而不选3KNO的可能原因是___________。（3）根据电流表指针偏向知，电流由电极材料X流出，则电极材料X可能为___________。（4）一段时间后，左侧溶液中2+Cu浓度增大，右侧溶液中

3+Fe浓度减小。则Cu电极的电极反应式为___________。（5）检验右侧电极室溶液中存在2+Fe应选用___________溶液，由此可证明氧化性：3+Fe___________2+Cu(填“大于”或“小于”)。（6）实验前通常将电极用特殊的酸腐蚀，造成接触面粗糙的目的是______

_____。【答案】（1）①.③②.2.5（2）-3NO在酸性环境下可以和Cu发生反应（3）石墨、银、铂、金等(或惰性材料)（4）Cu-2e-=Cu2+（5）①.36KFe(CN)②.大于（6）增大接触面积，提高电极活性【解析】【小问1详解】用4

2CuSO5HO固体配制14100mL0.1molLCuSO−溶液，用天平称取42CuSO5HO固体，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌加快溶解速率，再用100mL容量瓶中定容，定容时，当液面低于刻度线1~2cm

时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，所以用不到250mL容量瓶，故选③；需称取42CuSO5HO的质量为0.1L0.1mol/L250g/mol=2.5g；【小问2详解】-3NO在酸性环境下可以和Cu发生反应，所以选择电迁移率相差较大的KCl而不选电迁移率相差较小

3KNO；【小问3详解】根据电流表指针偏向知，电流由电极材料X流出，说明X是正极，则电极材料X可能为石墨、银、铂、金等(或惰性材料)；【小问4详解】一段时间后，左侧溶液中2+Cu浓度增大，说明Cu电极失电子生成2+Cu，电极

反应式为Cu-2e-=Cu2+；【小问5详解】2+Fe与36KFe(CN)溶液反应生成蓝色沉淀，检验右侧电极室溶液中存在2+Fe应选用36KFe(CN)溶液，由此可知总反应为3+2+22Fe+Cu=2Fe+Cu+，证明氧化性

：3+Fe大于2+Cu。【小问6详解】实验前通常将电极用特殊的酸腐蚀，造成接触面粗糙的目的是增大接触面积，提高电极活性。17.钪(Sc)是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁

矿的主要成分为3FeTiO(可表示为2FeOTiO)，还含有少量223SiOScO、等氧化物，从钛铁矿中提取23ScO的流程如下：已知：①当离子浓度减小至-5110molL−时可认为沉淀完全②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如下表所示：离子3+Fe2+Fe2+TiO

沉淀完全的pH3.29.01.05③()333lg20.3,KspScOH1.2510−==，回答下列问题：（1）“酸浸”后Ti元素转化为4TiOSO，其水解反应的化学方程式是___________。

（2）“萃取”时，使用2410%PO5%TBP++煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如图，萃取时选择最佳的振荡时间为___________min。（3）“洗钛”所得()2+22TiOHO为橘黄色的稳定离子，22HO的作用是________

___。(写出两点)（4）“酸溶”后滤液中存在的阳离子3+2+3+ScTiOFe、、浓度均小于10.01molL−“除杂”过程中应控制的pH范围是___________。（5）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为___________。【答案】（1）TiOS

O4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4（2）10（3）提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的（4）3.2~3.

7（5）Sc2(C2O4)3∙5H2O焙烧Sc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑【解析】【分析】钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为

二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2•xH2O+H2SO4，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+，再灼烧发

生Sc2(C2O4)3高温Sc2O3+3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境。【小问1详解】“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4。故答案为：TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2S

O4；【小问2详解】“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间影响如图，由图可知，萃取时适宜的振荡时间为10min，萃取率较高；故答案为：10【小问3详解】“洗钛”所得[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的

稳定离子，H2O2的作用是提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛，将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的。(写出两点)，答案为：提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后

续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的；【小问4详解】“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、Fe3+浓度均小于0.01mol·L-1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-

38，铁离子完全沉淀时c(OH-)=38354.01010−−mol/L=1.587×10-11mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，开始沉淀时c(OH-)=3331.25100.01−mol/L=5×10-11mol/L，对应的氢离子浓度

分别为6.3×10-4mol/L、2×10-4mol/L，除杂”过程中应控制的pH范围是3.2~3.7。故答案为：3.2~3.7；【小问5详解】沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为

Sc2(C2O4)3∙5H2O焙烧Sc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑。故答案为：Sc2(C2O4)3∙5H2O焙烧Sc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑。18.当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研

发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知：①()()()()12221COgHgCOgHOgΔH41kJmol−+=+=+②()()()1232CO

g2HgCHOHgΔH90kJmol−+==−的③()()()()22323COg3HgCHOHgHOgΔH+=+回答下列问题：（1）3ΔH=___________。（2）在300℃恒压密闭容器中，加入22molCO和26

molH，发生上述反应。反应达平衡时，2CO的转化率为75%，容器体积减小25%，则反应①的平衡常数K=___________。（3）一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入20.23molCO和20.19molH(假设只发生反应③)，相同时间内2CO的转化率随温度变化如图所示：①a

点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是___________。②平衡时测得生成甲醇0.03mol，保持温度不变再通入20.1molCO和0.1mol水蒸气，此时v(正)___________v(逆)(填“＞”，“＜”

，“=”)。（4）捕碳技术(主要指捕获2CO)在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳剂的是___________。A.23KCOB.CaOC.24NaSOD.4NHCl（5）工业生产尾气中的2CO捕获技术之一是氨水溶

液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的2CO。所得溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是___________。已知：32NHHO的5b23K1.710,HC

O−=的711a1a2K4.310K5.610−−==、。【答案】（1）-49kJ·mol-1（2）0.6（3）①.a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低②.＜（4）AB（5）①.碱性②.降低吸收过程中氨水的挥发，

促进氨水对CO2的吸收【解析】【小问1详解】已知反应：①()()()()-12221COg+Hg=COg+HOgΔH?=+41kJmol，②()()()-1232COg+2Hg=CHOHgΔH=-90kJmol?，则反

应③()()()()2232COg+3Hg=CHOHg+HOg可由①+②得到，根据盖斯定律可知，3ΔH=12ΔH+ΔH=(+41kJ/mol)+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol，故答案为：-49kJ/mol；【小问2详解】反应①反应前后气体

体积不变，反应②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)容积体积减小25%，即气体总物质的量减少25%，△n=(2mol+6mol)×25%=2mol，反应②气体物质的量减少2mol，消耗CO物质的量1mol，消耗氢气物质的量2mol，生成CH3OH物质

的量1mol，反应达平衡时，CO2的转化率为75%，消耗二氧化碳物质的量=2mol×75%=1.5mol，反应①结合三段式列式计算得到，222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)(mol)?26(mol)1.5?1.51.5?1.5(m

ol)0.54.51.510.50起始量变化量平衡量，n(CO)=1.5mol-1mol=0.5mol，n(H2O)=1.5mol，n(CO2)=0.5mol，n(H2)=4.5mol-2mol=2.5mol，反应前后气体物质的量不变，可

以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，平衡常数K=()()()()222cCO?cHOcCO?cH=()()()()222nCO?nHOnCO?nH=0.5?1.50.5?2.5=0.6，故答案为：0.6；【小问3详解】①a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T2温度下

的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低，故答案为：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；②一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入0.23molCO2和0.19molH

2(假设只发生反应③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g))，平衡时测得生成甲醇0.03mol，结合三段式列式计算平衡浓度，2223CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)(mol/L)?0.230.19(m

ol/L)0.03?0.090.03?0.03(mol/L)0.200.100.0300.030起始量变化量平衡量K=()()()()32322cCHOH?cHOcCO?cH=0.03?0.030.2?0.1=4.5，保持温度不变再通入0.1molCO2和0.1mol水蒸气，此时的浓度商Q=()

()()()32322cCHOH?cHOcCO?cH=30.03?0.130.3?0.1=13＞K=4.5，反应逆向进行，(正)＜(逆)，故答案为：＜；【小问4详解】A．K2CO3溶液与二氧化碳反应生成

碳酸氢钾，A正确；B．CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，B正确；C．Na2SO4与二氧化碳不反应，C错误；D．NH4Cl与二氧化碳不反应，不能作为捕碳剂，D错误；故答案为：AB；【小问5详解】获得更多资源请扫

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