【文档说明】河南省平顶山市2021-2022学年高二上学期期末调研考试化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.649 MB，由envi的店铺上传

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2021-2022学年第一学期高二期末调研考试化学可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16Cu64一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.我国科技成就日新月异。下列有关我国

科技成就的相关解读错误的是选项科技成就相关解读A太阳能集水器采集空中水蒸气，冷凝成饮用水水蒸气的液化过程是放热反应B研制催化剂PdH2，在温和条件下利用2N和2H合成氨催化剂能降低合成氨反应的活化能C探究2Mg(OH)矿物吸收2CO形成菱镁矿的机理加压有利于封存2CO，能助力“碳中和”D合成高性

能和高稳定性氢氧燃料电池的催化剂氢氧燃料电池能将化学能转化成电能A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．大气中的水蒸气中混有杂质，其冷凝下来的水对人体不利，需净化后才能成为饮用水，A错误；B．合成氨反应的高效催化剂PdH2，可降低反应的活化能，使

条件变得温和，B正确；C．2Mg(OH)与2CO反应可生成菱镁矿，加压可增大CO2浓度，从而促进CO2的转化，提高CO2的吸收率，C正确；D．研究高性能催化剂，可使氢氧燃料电池的反应条件降低，氢氧燃料电池属于原电池，将化学能转化为电能，D正确；故选A。2.设AN为阿伏加德

罗常数的值。下列说法正确的是A.-1441LL0.1molNHClO溶液中+4NH、-4ClO的数目都小于A0.1NB.22gH和足量2I在一定条件下混合后充分反应生成HI分子的数目为A2NC.甲烷酸性燃料电池中正极有1mol气体反应时转移的电子数目

为A4ND.已知C-H键的键能为-1akJmol，4CH分子热解变成AN个H原子放出的热量为akJ【答案】C【解析】【详解】A．+4NH在溶液中会水解，而-4ClO在溶液中不会水解，则-1441L0.1molLNHC

lO溶液中+4NH数目小于0.1NA，而-4ClO的数目等于0.1NA，A项错误；B．22gH的物质的量为1mol，和足量2I在一定条件下混合后充分反应生成HI，该反应为可逆反应，则生成HI分子的数目小于2NA，B项错

误；C．甲烷酸性燃料电池中正极反应为：+22O4e4H=2HO−++，则1molO2反应时转移的电子数目为4NA，C项正确；D．4CH分子热解时，会吸收热量，D项错误；答案选C。3.在R存在下，某反应1X(g)=Y(g)ΔH分两步进行：①2X(

g)+R(g)=M(g)ΔH，②3M(g)=Y(g)+R(g)ΔH，其能量变化与反应历程的关系如图所示。下列说法正确的是A.1ΔH、2ΔH、3ΔH都小于0B.反应①的活化能小于反应②C.反应②决定总反应的反应速率D.R是总反应的催化剂【答案】D【解析】【详解】A.从图中可以看出，反应①中生成物的能

量比反应物高，为吸热反应，所以1ΔH大于0，A不正确；B.从图中可以看出，反应①中活化分子所具有的最低能量与分子平均能量的差值大，所以反应①的活化能大于反应②，B不正确；C.由于反应①的活化能大，所以反应①决定总反应的反应速率，C不

正确；D.将反应①与反应②相加可知，R与M都是反应的中间物质，而R是第一个反应的反应物，所以R是总反应的催化剂，D正确；故选D。4.《科学》最近报道，我国科学家破解了豆科植物固氮“氧气悖论”，发现存在如下平衡：豆血红蛋白(根瘤菌，粉红色)2+O蛋白(固氮酶)2O

。下列说法错误的是A.豆科植物固氮属于生物固氮B.豆科植物根瘤菌呈粉红色C.温度越高，固氨酶生物活性越高D.氧气不足时，蛋白(固氮酶)2O会释放氧气【答案】C【解析】【详解】A．根瘤菌内的固氮酶可将N2转变为氨以便植物利用，故豆科植物固氮

属于生物固氮，A正确；B．由题干信息可知，豆科植物根瘤菌呈粉红色，B正确；C．酶都有最适宜的温度，故并不是温度越高，固氨酶生物活性越高，温度过高将使固氮酶失去活性，C错误；D．根据反应豆血红蛋白(根瘤菌，粉红

色)2+O蛋白(固氮酶)2O可知，氧气不足时，上述平衡逆向移动，故蛋白(固氮酶)2O会释放氧气，D正确；故答案为：C。5.6SF可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示：已知：S-F键，F-F键的键能分别为-1327kJmol、-1159kJmol。则42

6SF(g)+F(g)=SF(g)ΔH等于A.-1-495kJmolB.-1+495kJmolC.-1+3111kJmolD.-1-3111kJmol【答案】A【解析】【详解】反应物SF4中含有4个S-F键，F2中含有1个F-F键，SF6中含有6个S-F键；反应426SF(g)+F

(g)=SF(g)中，断裂1个F-F键，又新形成2个S-F键，所以∆H=159kJ∙mol-2×327kJ∙mol=-495kJ∙mol，故选A。6.“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一，该工艺将部分氧化的银丝

镶嵌于铜器表面，艺人用“出汗的手”边捂边揉搓铜器，铜器表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，下列说法正确的是A.“乌铜走银”利用的是电解原理B.“乌铜走银”总反应为2AgO+Cu=2Ag+CuOC.银丝一极的电极反应式为--22AgO-2e+HO=2Ag+2OH

D.每生成40gCuO时转移2mol电子【答案】B【解析】【分析】“乌铜走银”是部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，构成原电池的反应，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，电极反应为：Ag2O+2e-+H

2O=2Ag+2OH-，Cu为正极，电极反应为：Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，单质银活泼性较弱，可长时间保持光亮，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“乌铜走银”利用的是原电池原理，A错误；B．由分析

可知，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，电极反应为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，Cu为正极，电极反应为：Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，故“乌铜走银”的总反应为2AgO+Cu=2Ag+CuO，B正确；C．由分析可知，银丝一极的电极反应式为--22AgO+2e+HO

=2Ag+2OH，C错误；D．由反应方程式Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O可知，每生成40gCuO时转移1mol电子，D错误；故答案为：B。7.常温下，在含大量2Mg(OH)的浊液中滴几滴43NHNO溶液，下列物理量增大

的是A.sp2KMg(OH)B.()2+nMgC.pHD.wK【答案】B【解析】的【详解】A．sp2KMg(OH)与温度有关，温度不变，sp2KMg(OH)不变，选项A不符合；B．含大量2

Mg(OH)的浊液中存在平衡()()()22Mg(OH)s2MgaqOHaq+−+，滴几滴43NHNO溶液，铵根离子与氢氧根离子结合成弱电解质一水合氨使平衡正向移动，()2+nMg增大，选项B符合；C．平衡()()()22Mg(OH)

s2MgaqOHaq+−+正向移动，但还是2Mg(OH)的饱和溶液，pH不变，选项C不符合；D．温度不变，水的离子积不变，选项D不符合；答案选B。8.已知：+-1HF(aq)H(aq)+F(aq)ΔH<0，

+--122H(aq)+OH(aq)=HO(l)ΔH=-57.3kJmol。某实验小组用-10.50molLHF溶液和-10.55molLNaOH溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列说法正确

的是A.用环形铜质搅拌棒替代环形玻璃搅拌棒，测得中和反应的ΔH偏低B.2HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+HO(l)的反应热-1ΔH>-57.3kJmolC.向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖D.增大反应物溶液的体积，测得的中和反应的反应热

同倍数增大【答案】C【解析】【详解】A．用环形铜质搅拌棒替代环形玻璃搅拌棒，将增大热量的散失，故测得中和反应的ΔH偏高，A错误；B．由于信息可知，HF是弱酸，且电离过程中能够放出热量，故2HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+HO(

l)的反应热-1ΔH-57.3kJmol＜，B错误；C．为了减少热量的损失，减小实验误差，向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖，C正确；D．增大反应物溶液的体积，放出的热量同倍数增大，但测得的中和反应的反应热不变，D错误；故答

案为：C。9.下列离子在指定条件下一定能大量共存是A.使甲基橙变红的溶液中：+Na、+K、2-3SiO、2-23SOB.44NHHSO溶液中：2+Mg、3+Al、-3NO、-ClC.透明溶液中：3+Fe、+Na、-3N

O、2-3COD.298K下，由水电离的()()+--26cHcOH=1010溶液中：+K、+Na、-4MnO、-Cl【答案】B【解析】【详解】A．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，2-3SiO、2-23SO都

能与H+反应，所以不能大量共存，A不符合题意；B．44NHHSO溶液呈酸性，2+Mg、3+Al、-3NO、-Cl都能在酸性溶液中大量存在，B符合题意；C．在溶液中，3+Fe、2-3CO能发生双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；D．298K下，由水

电离的()()+--26cHcOH=1010，则水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液，若溶液为酸溶液，则-4MnO、-Cl会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故选B。10.1808年戴维电解一种碱土金属氧化物(用MO表示)与汞的混合物，得到汞齐(汞合金)后再蒸去

汞，发现了镁、钙、锶、钡，模拟装置如图所示(双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电流作用下阴、阳离子可以向电极迁移)。下列说法错误的是A.a为负极，b为正极B.电流流向：b极→石墨极，铂极→a极C.阳极反应式为2+-M+xHg+2e=MxHg的D.汞齐起保护金属的作用【答案

】C【解析】【分析】由装置图分析可知，M2+向左移动，O2-向右移动，电解池左电极为阴极，右电极为阳极，a为负极，b为正极，据此分析。【详解】A．由分析可知，a为负极，b为正极，A项正确。B．由分析可知，电流方向由正极向阳极，再由阴极向负极，故电流流向：b极→石墨极，铂极→a极，B项正确。C

．阳极失电子，C项错误。D．汞齐可以和镁、钙、锶、钡形成汞合金，进而可以保护镁、钙、锶、钡不被反应，D项正确。故答案为：C。11.工业上用接触法制备浓硫酸的原理如下：已知：-12232SO(g)+O(g)2SO(g)ΔH=-196.6kJm

ol下列说法错误的是A.粉碎矿石、增大空气浓度都可以提高煅烧速率B.净化SO2的目的是防止催化剂中毒C.温度越高，越有利于SO2的催化氧化反应D.硫酸厂的钢铁设备易发生以析氢腐蚀为主的电化学腐蚀【答案】C【解析】【分析】黄铁矿锻烧生成的SO2气体中混有的某些杂质气体，

会对催化剂的催化作用产生影响，净化后再进行催化氧化；为防止形成酸雾，需使用98.3%的硫酸吸收SO3。【详解】A．粉碎矿石、增大空气浓度，都可增大矿石与空气的接触面积，从而加快煅烧速率，A正确；B．因为锻烧产生的气体中除SO2外，还含有易使催化剂中毒的杂质，所以需对SO2进行净化，B正

确；C．虽然温度越高，反应速率越快，但由于正反应为放热反应，温度高会降低SO2的转化率，所以温度高不利于SO2的催化氧化反应，C错误；D．硫酸厂的大气中SO2的含量较高，在钢铁设备周围形成酸性环境，所以钢铁设备易发生以析氢腐蚀为主的电化学腐蚀，D正确；故选C。12.已知常温下

，23HCO的电离常数：-7-11a1a2K=4.310,K=5.610，HCN的电离常数-10aK=5.010。下列方程式正确的是A.HCN的电离方程式为+-HCN=H+CNB.向23NaCO溶液中加入过量的

HCN溶液：2---33CO+HCN=HCO+CNC.向KCN溶液中通入少量的CO2：-2-2232CN+CO+HO=2HCN+COD.3NaHCO溶液呈碱性：--3222HCO+HO=OH+CO+HO【

答案】B【解析】【详解】A．HCN是弱酸，电离是可逆的，不应用等号，A项错误。B．由题干可知，按酸性排序：H2CO3＞HCN＞HCO3−，故向23NaCO溶液中加入过量HCN溶液只生成HCO3−，故方

程式为：2---33CO+HCN=HCO+CN，B项正确。C．由题干可知，按酸性排序：H2CO3＞HCN＞HCO3−，故向KCN溶液中通入少量的CO2，无法生成CO23−，故方程式为：-22-3CN+CO+HO=HCN+HCO，C项错误。D．水解是微弱的，无法生成CO2气体，D

项错误。故答案为：B。13.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A在两份体积、浓度均相同的22HO溶液中，分别滴加3滴等浓度的3FeCl溶液、4CuSO溶液探究2+Cu、3+Fe对22HO分解反应的催化效率B测定4NHSCN溶液、4NHCN溶液的pH

比较HSCN、HCN的酸性强弱的C将含酚酞的23NaCO溶液分成两份，加热其中一份，观察现象探究温度对水解平衡的影响D在-132mL0.1molLAgNO溶液中先滴几滴-1240.1molLNaCrO溶液，产生砖红色沉淀，然

后滴几滴-120.1molLNaS溶液，产生黑色沉淀证明溶度积：()()4spsp22KAgS<KAgCrOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．虽然两份溶液中c(H2O2)的浓度相同，Fe3+、Cu2+的浓

度也相同，但由于酸根离子不同，我们无法确定酸根离子是否对H2O2的分解反应产生影响，A不能达到实验目的；B．由于两份溶液的浓度未知，所以不能由pH确定HSCN、HCN的酸性强弱，B不能达到实验目的；C．通过比较加热前后两份溶液的颜色，可确

定两份溶液中c(OH-)的大小，并由此确定水解平衡移动的方向，最后得出温度对水解平衡影响的结论，C能达到实验目的；D．加入Na2CrO4后，溶液中Ag+有剩余，后加入的S2-可能是与剩余Ag+发生的反应，所以不能确定Ag2S与Ag2CrO4的溶度积的大小，D不能达到

实验目的；故选C。14.我国科学家研究发现，全球PM2.5污染治理中3NH减排比xNO减排更有效。还原法是治理3NH污染的有效方式之一，其原理是3224NH(g)+6NO(g)5N(g)+6HO(g)ΔH。向某恒容密闭容器中充入34molNH、6molNO，发生上述反应，测得3NH的转化

率与温度、时间的关系如图所示。下列说法错误的是A.在任何温度下，该反应都能自发进行B.T1时M点的逆反应速率等于T2时M点的逆反应速率C.T2温度下加入高效催化剂，能提高单位时间内NH3的转化率D.T1时，平衡后向容器中再充入30.4molNH和0.6molNO，NH3的平衡转化率减小【答案】B【

解析】【分析】从图中可以看出，T1比T2条件下达平衡的时间短，则T1>T2；温度为T2时，3(NH)大，则表明温度降低，平衡正向移动，正反应为放热反应。【详解】A．该反应的∆H<0，∆S>0，所以该反

应在任何条件下都是自发反应，A正确；B．由以上分析可知，T1>T2，所以T1时M点的逆反应速率应大于T2时M点的逆反应速率，B错误；C．T2温度下加入高效催化剂，可降低反应的活化能，从而加快反应速率，提高单位时间内NH3的转化率，C正确；D．T1时，平衡后向容器中再充入30.4molNH和0.6

molNO，相当于加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，D正确；故选B。15.我国科学家设计的锌溴络合电池可提升锌铁液流电池的寿命和性能，模拟装置如图所示，电池反应为()(2-n)+-+2n226-nZn+nBr+(6-n)HO

+2H=ZnBrHO+H。下列说法正确的是A.电极的电势：Zn极＞Fe极B.充电时，铁极发生还原反应C.放电时，电路中转移xmol电子，理论上H+和Zn2+向Fe极共迁移xmolD.放电时，负极反应为()(2-n)+--2n26-nZn+nBr+(6-n)HO-2e=ZnBrHO

【答案】D【解析】【分析】从电池反应可以看出，Zn失电子转化为Zn2+，与溶液中的Br-和H2O结合为()(2-n)+n26-nZnBrHO。【详解】A．由分析知，Zn电极为负极，Fe电极为正极，

在原电池中，负极的电势比正极低，所以电极的电势：Zn极＜Fe极，Ａ不正确；B．放电时，Fe作正极，则充电时，铁极作阳极，失电子发生氧化反应，B不正确；C．由分析知，放电时，负极生成的Zn2+与溶液中的Br-和H2O结合为()(2-n)+n26-nZnBrHO，所

以理论上Zn2+不向Fe极发生迁移，C不正确；D．由分析知，放电时，负极Zn失电子生成的Zn2+与溶液中的Br-和H2O结合为()(2-n)+n26-nZnBrHO，所以电极反应式为()(2-n)+--2n26-nZn+nBr+(6-n)HO-2e=ZnBrHO，D正确；故选D

。16.已知次磷酸(H3PO2，弱酸)溶液中含磷微粒的浓度之和为-10.1molL，常温下，溶液中各含磷微粒的pc与pOH的关系如图中曲线①②所示，已知pc=-lgc、()-pOH=-lgcOH。z点坐标为(12.8，a)。已知：lg2=0.3,lg6=0.8。下列说法错误的是A

.32HPO是一元酸B.pOH=6的溶液中：()()-2232cHPO>cHPOC.常温下32HPO电离常数2a-K=610D.z点溶液对应的a值等于1.5【答案】D【解析】【分析】pOH=0时，溶液呈强碱性，此时22(HPO)c−比32(HPO)c大，所以虚线

为22HPO−的pc与pOH的关系曲线，实线为32HPO的pc与pOH的关系曲线。的【详解】A．图中曲线只有2条，表明含磷微粒只有2种，一条是H3PO2，另一条是其电离产生的含磷离子，所以32HPO是一元酸，A正确；B．从图中可以看出，pOH=6时，虚线的pc小，所以该溶液中：()()-2232c

HPO>cHPO，B正确；C．常温下，在z点，22(HPO)c−=32(HPO)c，此时pOH=12.8，则pH=1.2，32HPO的电离常数1.220.8222a32(HPO)(H)(H)101010610(HPO)ccKcc−++−−−=====，C正

确；D．z点时，22(HPO)c−=32(HPO)c，22(HPO)c−+32(HPO)c=0.1mol/L，所以22(HPO)c−=32(HPO)c=0.05mol/L，a=-lg0.05=1+lg2=1.3，D

错误；故选D。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17.我国科学家在乙烷选择性催化氧化方面取得新进展，基于NiO/Ni载氧体的选择性氧化乙烷制备乙烯的原理如图1所示。空气反应器与乙烷反应器中发生的反应分别为：①212Ni(s)+O(g)2NiO(s)ΔH②262422NiO(s)+CH(g)Ni

(s)+CH(g)+HO(g)ΔH（1）2622422CH(g)+O(g)2CH(g)+2HO(g)ΔH=____(用含1ΔH、2ΔH的代数式表示)。（2）已知：26CH(g)、24CH(g)、2H(g)的燃烧热(∆H)

分别为-1-1559.8kJmol、-1-1411kJmol、-1-285.8kJmol，写出乙烷气体脱氢生成乙烯气体的反应的热化学方程式：_______。（3）选择性氧化乙烷制乙烯，单位时间内乙烯的产率与温度的关系如图2

所示。温度高于0T℃时，乙烯产率迅速下降的主要原因有：①______(从催化剂角度分析)；②_______(从产物角度分析)。【答案】（1）12ΔH+2ΔH（2）-126242CH(g)=CH(g)+H(g)ΔH=+137kJmol（3）①.催

化剂活性或选择性降低②.副产物增多【解析】【小问1详解】①212Ni(s)+O(g)2NiO(s)ΔH②262422NiO(s)+CH(g)Ni(s)+CH(g)+HO(g)ΔH将反应①+2×②得：2622

422CH(g)+O(g)2CH(g)+2HO(g)ΔH=12ΔH+2ΔH。答案为：12ΔH+2ΔH；【小问2详解】依题意得：C2H6(g)+3.5O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)∆H1=-1559.8kJ∙mol-1③C2H4

(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H2=-1411kJ∙mol-1④H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l)∆H3=-285.8kJ∙mol-1⑤将反应③-④-⑤得：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)∆H=∆H1-∆H2-∆H3=-155

9.8kJ∙mol-1+1411kJ∙mol-1+285.8kJ∙mol-1=+137kJ∙mol-1，所以乙烷气体脱氢生成乙烯气体反应的热化学方程式为：-126242CH(g)=CH(g)+H(g)ΔH=

+137kJmol。答案为：-126242CH(g)=CH(g)+H(g)ΔH=+137kJmol；【小问3详解】从图中可以看出，温度高于0T℃时，乙烯产率迅速下降，则可能是催化剂的催化性能出现问题，也可能是发生了副反应，所以主要原

因有：①催化剂活性或选择性降低；②副产物增多。答案为：催化剂活性或选择性降低；副产物增多。【点睛】催化剂的催化作用，常受外界条件的影响。18.以某锂离子电池、丙烯腈电合成己二腈[()24NCCHCN]的装置如图所示(电极均为石墨)。该锂离子电池的总反应是xy1-x44

放电y充电LiC+LiFePOC+LiFePO。当锂离子电池放电时，回答下列问题：（1）A极上发生的反应是_______(填“氧化反应”或“还原反应”)，+Li迁移方向是______(指明由阳离子交换膜哪一侧迁移到哪

一侧)。（2）B极的电极反应式为_______。（3）C极上产生的气体是_______(填化学式)，D极的电极反应式为_______。（4）稀硫酸的作用是_______。（5）A极质量减轻14g，理论上可

制备________mol己二腈。【答案】（1）①.氧化反应②.由阳离子交换膜左侧向右侧迁移（2）-+1-x44LiFePO+xe+xLi=LiFePO（3）①.2O②.()-+2242CH=CHCN+2e+2H=NCCHCN（4）增强溶液的导电性（5）1【解析】【分析】从电极反应式看，在A电极，

LixCy转化为Li+和Cy，所以A电极失电子，作负极，B电极作正极；C电极作阳极，D电极作阴极。【小问1详解】由分析可知，A极作负极，失电子发生氧化反应，在原电池中，阳离子向正极移动，所以+Li迁移

方向是由阳离子交换膜左侧向右侧迁移。答案为：氧化反应；由阳离子交换膜左侧向右侧迁移；【小问2详解】由总反应式可以看出，在B电极，Li1-xFePO4得电子产物与Li+结合为LiFePO4，所以B极的电极反应式为-+1-x44LiFePO+xe+xLi=L

iFePO。答案为：-+1-x44LiFePO+xe+xLi=LiFePO；【小问3详解】由分析可知，C电极为阳极，H2O失电子生成O2和H+，所以C极上产生的气体是2O，D极为阴极，H2C=CHCN得电子生成NC(CH2)4CN，电极反应式为()-+2242C

H=CHCN+2e+2H=NCCHCN。答案为：2O；()-+2242CH=CHCN+2e+2H=NCCHCN；【小问4详解】在纯水中，离子浓度很小，导电能力很弱，为增强溶液的导电性，加入稀硫酸，所以稀硫酸的作用是增强溶液的导电性。答案为：增强溶液的导电性；【小问5详解】由A极与D极

的反应式，可建立如下关系式：2Li+——NC(CH2)4CN，n(Li+)=14g2mol7g/mol=，则n[NC(CH2)4CN]=1mol。答案为：1。19.赤泥含有23ScO(氧化钪)、23AlO、23Fe

O、2SiO等，以赤泥为原料提取钪(Sc)的流程如下：已知：P2O4为磷酸酯萃取剂。请回答下列问题：（1）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。（2）“洗涤”的目的是______

_____。（3）“回流过滤”中，2SOCl的作用有将3Sc(OH)转化成3ScCl和___________。“热还原”中反应的化学方程式是___________。（4）利用3ScCl也可制备23ScO，方法是将3ScCl溶于水，加入草酸

产生草酸钪沉淀，过滤、洗涤，灼烧(在空气中)草酸钪得到23ScO。灼烧草酸钪的其他产物主要是___________(填化学式)。（5）已知：常温下()-313+-6-13spKSc(OH)=8.010,cSc

1.010molL时表明完全沉淀。当“沉钪”后萃取剂混合液的pH为6时，3+Sc是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)。【答案】（1）温度过高，盐酸挥发加快（2）除去有机相中少

量的3+Fe，3+Al等杂质（3）①.作溶剂②.32Δ2ScCl+3Mg2Sc+3MgCl（4）2CO（5）已完全沉淀【解析】【分析】以赤泥为原料制取钪，先加盐酸酸溶，23ScO、23AlO、23FeO都发生溶解，生成金属氯化物，2SiO不溶而成

为滤渣；加入P2O4作萃取剂，此时ScCl3溶解，而FeCl3、AlCl3进入水相；加入盐酸，洗去有机相中的Fe3+和Al3+；加入NaOH，将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，与有机相分离；加入SOCl2将

Sc(OH)3转化为ScCl3，最后加镁热还原，便可获得钪。【小问1详解】盐酸是挥发性酸，“酸浸”时温度过高，盐酸因挥发而导致浓度减小，所以酸浸速率反而减慢，由此得出其原因是温度过高，盐酸挥发加快。答案为：温度过高，盐酸挥发加快；【小问2详解】加入萃取剂，很难让FeCl3、AlCl3全部

进入水相，所以“洗涤”的目的是除去有机相中少量的3+Fe，3+Al等杂质。答案为：除去有机相中少量的3+Fe，3+Al等杂质；【小问3详解】“回流过滤”中，加入2SOCl，一方面将3Sc(OH)转化成3ScCl而成为滤渣，另一方面得到滤液，所以2SOCl作溶剂。“热还原”中，SCCl3被Mg还原

为Sc，Mg转化为MgCl2，反应的化学方程式是32Δ2ScCl+3Mg2Sc+3MgCl。答案为：作溶剂；32Δ2ScCl+3Mg2Sc+3MgCl；小问4详解】在空气中灼烧草酸钪，O2参与反应，将碳元素氧化，

从而得到23ScO和碳的最高价氧化物，所以灼烧草酸钪的其他产物主要是2CO。答案为：2CO；【小问5详解】pH为6时，c(OH-)=10-8mol/L，1sp-33KSc(OH)=8.010，则3331(Sc)(OH)8.010c

c+−−=，从而得出37(Sc)8.010c+−=mol/L<1.0×10-6mol/L，表明已完全沉淀。答案为：已完全沉淀。【【点睛】在草酸分子中，碳元素显+3价，Sc2(C2O4)3在空气中灼烧，+3价C将被空气中O2氧化为+4价。20.2Br是实验室中的常用试剂，也是工业原料。（1）利

用溴化铜制备溴的反应为222CuBr(s)2CuBr(s)+Br(g)。T℃时，向某恒容密闭容器中充入足量的2CuBr固体发生上述反应，4~10min内()2cBr随时间的变化曲线如图所示。①4~10min内()2vBr=___________-1-1molL

min(用分数表示即可)。②恒温恒容条件下，下列物理量不变时，表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。A．2CuBr的质量B．CuBr的浓度C．气体摩尔质量D．气体体积分数（2）假设22Br(g)+H(

g)2HBr(g)的速率方程为()()αβγ22v=kcHcBrc(HBr)【k为速率常数，与温度有关，与浓度无关，(α+β+γ)为总反应级数，可以取整数、分数等】。某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：实验组()()-12cH/molL()()-1

2cBr/molL()-1c(HBr)/molL反应速率I0.10.11.0vII0.20.11.02vIII0.20.91.054vIV0.40.12.02v①总反应级数为___________。②在反应体系的三种物质中，其他条件不变

，增大_______(填化学式)的浓度，总反应速率降低。（3）HBr(g)催化氧化反应为2224HBr(g)+O(g)2Br(g)+2HO(g)。T℃时，在恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和21molO(g)发生上述反应，达到

平衡时，生成物总浓度与反应物总浓度之比为4∶5，气体总压强为4.5kPa。该温度下，HBr(g)的平衡转化率是______，该反应的压强平衡常数pK=________-1kPa(pK为以分压表示的平衡常数

，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.130②.A（2）①.1.5②.HBr（3）①.50%②.0.125【解析】【分析】本题要合理选取不同的实验组作为对比，判断速率方程中α、β、γ的对应数值，同时列三段式解

决计算问题。【小问1详解】①由图分析可知，20.2mol/L1v(Br)==mol/(Lmin)6min30，故答案为：130；②由对应的化学方程式可知，CuBr2是固体，故质量不变符合“变量不变”思想，CuBr为固体，没有

浓度，体系中只有Br2一种气体，气体摩尔质量和体积分数均不变，故答案为：A；【小问2详解】1.结合实验组Ⅰ和Ⅱ，当氢气的浓度变为原来的二倍，速率也变为原来的二倍，故α等于1，结合实验组Ⅱ和Ⅲ，当Br2的浓度变为原来的九倍，速率变为原来的27倍

，故β等于1.5，结合实验组Ⅰ、Ⅱ和Ⅳ，当H2的浓度变为原来的四倍，HBr的浓度变为原来的二倍，速率变为原来的2倍，故γ等于-1，故总反应级数为1.5，只有HBr的浓度幂为负数，故增大HBr的浓度，总反应速率降低；【小问3详解】由题干设氧气反应xmol

，可列三段式：2224HBr+O2Br+2HO/mol4100/mol4xx2x2x/mol4-4x1-x2x2x起始转化平衡，因为生成物总浓度与反应物总浓度之比为4:5，且所有物质均为气体，在同一密闭容器中，故：4x4=5-5x5，则x=0.5，所以HBr的平衡转化率为

：2=50%4，因为总压为4.5kPa，则分压分别为：P(HBr)=44.529=kPa，P(O2)=14.50.59=kPa，P(Br2)=24.519=kPa，P(H2O)=24.519=kPa，故KP=-1

4110.125kPa20.58==，故答案为：50%，0.125。【点睛】本题重点考查反应级数和平衡分压的问题，需从定义出发，清晰作答。21.乙酸是典型的有机酸，在生产，生活中有广泛应用。（1）常温下，

()()-5a3b32KCHCOOH=KNHHO2.010。①-1340.1molLCHCOONH溶液中离子浓度大小关系为___________。②常温下，-130.2molLCHCOOH溶液和-10.1molLNaOH溶液等体积混合，所得混合溶液的pH_______

____7(填“>”“<”或“=”)。（2）利用电催化还原2CO制备3CHCOOH的装置如图所示。b极是___________(填“正极”或“负极”)；阴极的电极反应式为___________。（3）乙酸作

化工原料可以制备氢气，涉及的反应如下。I.热裂解反应：-1321CHCOOH(g)2CO(g)+2H(g)ΔH=+213.7kJmolII.脱羧反应：-13422CHCOOH(g)CH(g)+CO(g)ΔH=-33.5kJmol已知键能：-1-1-1E(C

-H)=416kJmol,E(H-H)=436kJmol,E(C=0)=745kJmol，则CO键的键能为___________-1kJmol(提示：CO、CO2的结构式依次为C≡O、O=C=O)。（4）向密闭容器中充入乙酸气体制备氢气，发生(3)中I、II

反应，反应一段时间后测得温度与产物的选择性关系如图所示【提示：2H的选择性()()()()2242nH=100%nH+n(CO)+nCH+nCO】。①已知：650℃时反应达到平衡。650℃之后，H2的选择性

高于CH4，主要原因是___________。②根据化学方程式，CH4和CO2的选择性应相等，CO和H2的选择性应相等，而实际上CO和H2的选择性不同，主要原因是___________(用化学方程式表示)。【答案】（1）①.()()()()+-+-43cNH=cCHCOO>cH=

cOH②.<（2）①.正极②.+-2322CO+8H+8e=CHCOOH+2HO（3）1017.4（4）①.热裂解反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动；脱羧反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动②.222O高温H+COCO+H【解析】【小问1详解】①因为()()-5a3b32

KCHCOOH=KNHHO2.010，所以醋酸的电离程度等于32NHHO的电离程度，则-3CHCOO水解程度等于+4NH水解程度，溶液中()()+-cH=cOH，即溶液显中性，则溶液中离子浓度大小关系为()(

)()()+-+-43cNH=cCHCOO>cH=cOH；②-130.2molLCHCOOH溶液和-10.1molLNaOH溶液等体积混合得到等浓度的醋酸和醋酸钠，()-5a3KCHCOOH2.010，()14-10w3-5ahK

10KCHCOO==5.010K2.010−−=，即3CHCOOH电离程度大于3CHCOO−水解程度，则溶液显酸性，pH<7；【小问2详解】①22HOO→，2HO中O元素化合价由－2价升到0价，化合价升高，发生氧化反应，则电解池右侧

为阳极，与电源正极相连，则b为正极；②a为电源负极，则电解池左侧为阴极，电极反应式为+-2322CO+8H+8e=CHCOOH+2HO；【小问3详解】由盖斯定律：②-①得：2422CO(g)+2H(g)CH(g)+CO(g)()-1-121Δ=Δ-

Δ=33.5213.7kJmol247.2kJmolHHH−−=−，()Δ=2ECO2E(H-H)-(4E(C-H)+2E(C=0))H=+反应物总键能一生成物总键能，代入数据得到-1ECO1017.4k

Jmol()=；【小问4详解】①由第(3)小问条件可知，热裂解反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动；脱羧反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故650℃之后，氢气的选择性高于甲烷；②实际上CO和

H2的选择性不同，是因为氢气和二氧化碳在高温会反应生成水和一氧化碳，化学方程式为222O高温H+COCO+H。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com