【文档说明】内蒙古赤峰二中2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，2.027 MB，由小赞的店铺上传

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赤峰二中2021级高二上学期期末考试考试时间：90分钟满分100分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考试结束后只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H1C12Na23Al27P31S32Fe56第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题共16小题，每题3分，共48分。

每题只有一个选项符合题意。)1.从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是A.在海轮外壳上嵌入锌块，可减缓船体的腐蚀速率B.钢铁制品和纯铜制品均既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀C.金属焊接时可用4NHCl溶液作除锈剂D.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙

烯属于高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．在海轮外壳上嵌入锌块，锌、铁、海水构成原电池，锌作负极被腐蚀，可减缓船体的腐蚀速率，故A正确；B．钢铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，纯铜不能构成原电池，不能发生电化

学腐蚀，故B错误；C．4NHCl溶液呈酸性，能与铁锈反应，所以金属焊接时可用4NHCl溶液作除锈剂，故C正确；D．聚乙烯是乙烯发生加聚反应的产物，属于高分子化合物，故D正确；选B。2.化学用语是表示物质组成、结构和变化规律的一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言。下列化学用语使

用正确的是A.一氯甲烷的分子式：3CHClB.乙酸的实验式：2CHOC.乙炔的结构简式：CHCHD.羟基的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．一氯甲烷的分子式：3CHCl，A错误；B．实验式就是最简式，即不同元素个数的最小比，乙酸的实验式：2CHO，B正确；C．乙炔的结构简式：CH

CH，C错误；D．羟基的电子式：，D错误；故选B。3.下列叙述中正确的是A.苯乙炔中最多有四个原子共直线B.的名称为2-甲基-3-丁烯C.652CHCHOH和65CHOH互为同系物D.丙烷的一氯代物有两种，二氯代物有4种【答案】D【解析】【详解

】A．苯乙炔由苯基和乙炔基相连而成，联系苯和乙炔的结构，由于单键可以旋转，苯乙炔可以写成，最多图示6个原子共直线，A错误；B．烯烃命名应从离碳碳双键近的一端编号，的名称为3-甲基-1-丁烯，B错误；C．652CHCHOH属于醇类，65CHOH属于酚类，二者的结构不相似，不是同系物，C错误；D

．丙烷分子中有2种H原子，其一氯代物有2种，分别是CH3CH2CH2Cl，CH3CH(Cl)CH3，二氯代物有4种，分别是CH3CH2CHCl2，CH3CCl2CH3、CH3CHClCH2Cl、ClCH2CH2CH2Cl，D正确；故选D。4.下列分离或除杂所用试剂和

方法正确的是A.分离溶于水中的碘(乙醇、萃取)B.除去苯甲酸中混有的NaCl(水、过滤)C.制无水乙醇(新制CaO、蒸馏)D.除去乙酸乙酯中的乙酸(NaOH、蒸馏)【答案】C【解析】【详解】A．乙醇和水互溶，不能用乙醇萃取水中的碘，A错误；B．苯甲酸在水中的溶解度受温度影响较大，而NaCl在水中的

溶解度受温度影响较小，可以通过重结晶的方法来除去苯甲酸中混有的NaCl，B错误；C．制备无水乙醇，向乙醇中加入CaO后，经过蒸馏可以获得无水乙醇，C正确；D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解反应，不能使用NaOH溶

液除去乙酸乙酯中的乙酸，可以使用饱和Na2CO3溶液除去乙酸，静置分层，分离出乙酸乙酯，D错误；故选C。5.测得某有机物中碳元素的质量分数为60%，氢元素的质量分数为13.33%。0.2mol该有机物质量为12

g。其红外光谱图只有C—C键、C—H键、O—H键、C—O键的振动吸收，则有关该有机物的叙述不正确的是A.该有机物属于烃的含氧衍生物B.该有机物质谱图中最大质荷比是60C.该有机物能与金属Na反应D.该有机物核磁共振氢谱图中

有4个吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1【答案】D【解析】【分析】由m12gM===60g/moln0.2mol，其中碳元素的质量分数M(C)=60%M,M(C)36=，可知碳原子数为3个；M(H)=13.3%M,M(H)8，可知

氢原子数为8个；氧元素的质量分数为1-13.33%-60%=26.67%，同上可求出氧原子数为1个。红外光谱图只有C—C键、C—H键、O—H键、C—O键的振动吸收，该物质为CH3CH2CH2OH或。【详解】A．该有机物为醇，是烃的含氧衍生物，A错误；B．该有机物的

相对原子质量为60，即最大质荷比是60，B错误；C．该有机物为醇，能与金属Na反应，C错误；D．因无法确定有机物的结构，峰面积之比无法确定，D正确；故选D。6.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1.0mol4CH与2C

l在光照条件下反应生成3CHCl分子数为A1.0NB.1mol甲基(3CH−)中所含电子数为A10NC.室温下100mLpH为10的23NaCO溶液中，由水电离出的OH−的数目为5A10N−D.0.1mol

2H和0.1mol2I于密闭容器中充分反应，分子总数小于A0.2N【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和氯气反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物，1.0mol4CH与2Cl在光照条件下反应生成3CHCl分子数小于A1.

0N，故A错误；B．甲基中含有1个未成对电子，1mol甲基(3CH−)中所含电子数为A9N，故B错误；C．室温下，pH为10的23NaCO溶液中，由水电离出的OH−的浓度为-4110mol/L，100mLpH为10的23NaCO溶液中，由水电离出的OH−的数目为-41-5AA1

10mol/L0.1Lmol=110NN−，故C正确；D．H2和I2反应前后分子数不变，0.1mol2H和0.1mol2I于密闭容器中充分反应，分子总数等于A0.2N，故D错误；选C。7.宏观辨识与微观探析是化学学科素养之一，下列物质性质实验对应

的离子方程式正确的是A.3NaHCO水溶液呈碱性：23233HCOHOHOCO−+−++B.用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的3IO−：322IO5I6H3I3HO−−+++=+C.用2CuCl溶液做导电性实验，灯泡发光：22

CuClCuCl+通电D.方铅矿(PbS)遇4CuSO溶液生成铜蓝(CuS)：()()()()22qCuaquPbSCSbssaP+++=+【答案】C【解析】【详解】A．3NaHCO的水溶液中碳酸氢根离子水解，溶液呈碱性，水解的离子方程式为3223HCOHOOHHCO−−++，

故A错误；B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的3IO−，碘酸钾、碘化钾在酸性条件下发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为33223IO5I6CHCOOH3I3HO+6CHCOO−−−=+++，故B错误；C．用2CuCl溶液做导电性实验，灯泡发光，实质

为电解氯化铜溶液，阳极生成氯气，阴极生成铜单质，反应方程式为22CuCl=CuCl+通电，故C正确；D．方铅矿(PbS)遇4CuSO溶液生成铜蓝(CuS)和硫酸铅沉淀，反应的离子方程式为2244CuSO+PbSCuSPbSO+−+=+

，故D错误；的选C。8.常温下，下列说法中正确的是①3NaHCO溶液加水稀释时，()()3NaHCOcc+−将增大②浓度均为0.1mol/L的23NaCO、3NaHCO混合溶液：()()()2332Na3COHCOccc+−−=+③pHa=的稀24HSO与p

Hb=的氨水等体积混合后恰好完全反应，则ab14+④物质的量浓度相同的溶液①4NHCl②44NHHSO③34CHCOONH，()4NHc+由小到大的顺序是①③②A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】B【解析】【详解】①3NaH

CO为强碱弱酸盐，溶液加水稀释时，碳酸氢根离子水解程度增大，则()()3NaHCOnn+−增大，()()3NaHCOcc+−将增大，①正确；②碳酸根离子和碳酸根离子会水解产生碳酸，根据物料守恒浓度均为0.1mol/L的23NaCO、3NaHCO混合溶液：()()()233232N

a3COHCO+(HCO)cccc+−−=+，②错误；③由于一水合氨为弱碱，若混合后两者恰好完全反应，则n(H+)=n(NH3·H2O)，则10-a>10b-14，则ab14+，③正确；④4NHCl为强酸弱碱盐，44NH

HSO电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，34CHCOONH电离出的醋酸根离子能促进铵根离子的水解，故物质的量浓度相同的溶液①4NHCl②44NHHSO③34CHCOONH，()4NHc+由小到大的顺序是③①②，④错误；答案选B。9.化学实验操作是进行科学实验的基础，下列

关于实验操作、仪器选择及相关叙述正确的是A.图1表示碱式滴定管排气泡B.图2表示测定中和热C.图3表示用硝酸铝溶液直接蒸发结晶获得无水硝酸铝D.图4表示闸门应与外接电源的负极相连被保护该方法叫做牺牲阳极

的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A．图1挤压乳胶管斜向上约45°赶走气泡，表示碱式滴定管排气泡，A正确；B．图2测定中和热装置，内外烧杯口应相平，减少热量散失，B错误；C．硝酸铝溶液中存在Al(NO3)3+3H2OAl(OH)3+3HNO3，加热促进水解，硝酸易挥发、分解，因此蒸发结晶无法获

得硝酸铝，最终得到氧化铝，C错误；D．图4表示闸门应与外接电源的负极相连被保护该方法叫做外加电流的阴极保护法，D错误；故选A。10.常温下，下列实验方案以及得出的结论均正确的是A.用广泛pH试纸测NaClO溶液的pH，证明HClO为弱酸B.取等体积、等

pH的HA溶液和盐酸，均稀释相同倍数，若稀释后HA溶液的pH较小，则HA为弱酸C.分别测NaHA溶液和NaHB溶液的pH，若NaHA溶液的pH大，则2HA的酸性比2HB弱D.2HA为二元弱酸，其电离平衡常数为a1K、a2K，用广泛pH试纸测NaHA溶液的p

H，若pH7，则wa1a2K>K?K【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH，A错误；B．取等体积、等pH的HA溶液和盐酸，均稀释相同倍数，弱酸的pH变化较大，稀释后HA

溶液的pH较小，则HA为弱酸，B正确；C．需要测定相同物质的量浓度的NaHA溶液和NaHB溶液的pH，C错误；D．NaHA溶液存在HA-的电离和水解，离子方程式分别为：-+2-HAH+A、22--HA+OHH

A+OH，平衡常数分别为a2K和wa1KK，若pH7，说明电离程度大于水解程度，a2K>wa1KK，wa1a2K<K?K。故选B。11.对下列粒子组在溶液中能否大量共存判断和分析均正确的是粒子组判断和分析ANa+、3Al+、C

l−、32NHHO不能大量共存，因发生反应：3+32242Al+4NHHOAlO4NH2HO−+=++BH+、K+、223SO−、24SO−不能大量共存，因发生反应：22322SO2HSOSHO−++=++CNa+、3Fe+、24SO−、22HO能大量共存，粒子间不发生反应DK+、3Al

+、Cl−、AlO2−能大量共存，粒子间不反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na+、3Al+、Cl−、32NHHO不能大量共存，因发生反应：3+3234Al+3NHHOAl(OH)3NH+=+，A错误；B．H+、K+、223S

O−、24SO−不能大量共存，因发生反应：22322SO2HSOSHO−++=++，B正确；C．Na+、3Fe+、24SO−、22HO不能大量共存，3Fe+催化22HO分解，C错误；D．K+、3Al+、Cl−、AlO2−不能大

量共存，3Al+与AlO2−能发生水解互促反应，D错误；故选B。的12.对下列图像的描述中，正确的是A.根据图①可判断正反应的Δ0HB.图②可表示压强(p)对反应()()()()2Ag2Bg3CgDs++的影响C.图③可表示催化剂能降低反应活化能加快反应速率，但不改变化学反应的焓

变D.图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法【答案】C【解析】【详解】A．根据图①可知，升高温度()()>vv正逆，平衡正向移动，可判断正反应的Δ0H，故A错误；B．根据图②，增大压强，反应物百分含量不变，可知反应

前后气体系数和不变，所以图②不能表示压强(p)对反应()()()()2Ag2Bg3CgDs++的影响，故B错误；C．催化剂能降低反应活化能，图③可表示催化剂能降低反应活化能加快反应速率，但不改变化学反应的焓变，故C正确；D．图④为水的电离平衡曲线图，从A

点到C点，Kw增大，可采用加热的方法，故D错误；选C。13.在容积不变的密闭容器中加入一定量的A和B，发生反应：A(g)B(g)C(g)+，在相同时间内，测得不同温度下A的转化率如表所示。下列说法正确的是温度/℃100200300400500A的转化率/

%3075755018A.该反应的正反应是吸热反应B.200℃、A的转化率为75%时，反应达到平衡状态C.300℃时，若继续加入一定量的A，该反应正向进行，平衡常数K值增大D.400℃时，若B的平衡浓度为10.25molL−，则该反应的平衡常数K=4【答案】D【解析】【分析】【详解】

A．温度升高，化学反应速率加快，在相同时间内，反应物的转化率应增大，但由表中数据可知，从300℃升至400℃、500℃时，A的转化率反而降低，说明温度升高，该平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应，A项错误；B．该反应的正反应是放热反应，若200℃已达到

平衡状态，则A的转化率大于300℃时A的转化率，但表中数据显示这两个温度时A的转化率相等，说明200℃时，反应没有达到平衡状态，B项错误；C．分析可知，300℃时，反应达到平衡，容器容积不变，若增加A的量，该平衡正向移动，但K值只与温度和具体反应有关，300℃时，该反应的K值不变，C项错误；

D．400℃时，反应达到平衡，A的平衡转化率为50%，根据反应A(g)B(g)C(g)+可知，平衡时(A)(C)cc=，B的平衡浓度为10.25molL−，则该反应的平衡常数(C)114(?A)(?B)(?B)0.25cKccc====，D项正确；故答案选D。14.双极膜电渗析法制巯基乙

酸(HSCH2COOH)和高纯NaOH溶液原理如图所示，其中a、b为离子交换膜，双极膜在直流电压下可解离出H+和OH-。下列说法错误的是A.膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜B.阴极的电极反应方程式为：2

H2O+2e-=H2↑+2OH-C.碱室1和碱室2NaOH溶液应循环使用，副产品还有氢气和氧气D.若将盐室的原料换成为Na2SO4溶液，当外电路中通过2mole-时，可生成1molH2SO4【答案】A【解析】的【分析】根据装置图，该装置为电解池装置，根据电解原理，左

边电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，HSCH2COONa中Na+向阴极移动，膜a为阳离子交换膜，右边电极为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，碱室2中Na+向左移，膜b为阳离子交换膜，据此分析；【详解】A．根据上述分析，膜a、b均为

阳离子交换膜，故A说法错误；B．根据上述分析，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B说法正确；C．根据上述分析，碱室1和碱室2的NaOH溶液循环使用，副产品还有氢气和氧气，故C说法正确；D．外电路有2mol电子通过，盐室中有2molNa+移向碱室1，双极膜中有2mo

lH+移向盐室，即得到1molH2SO4，故D说法正确；答案为A。15.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ/mol)如图所示，下列说法错误的是A.生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B.生成NH3的总反应方程

式为5H2+2NOPd/SVG2H2O+2NH3C.决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+H→NH2OHD.在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2【答案】D【解析】【详解】A．由图示知，生成NH3的过程为：+2+10-1-

2-3HHH2223NOHNONHONHOHNHNH⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，选项A正确；B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H2Pd/SVG2NH3+2H2O，选项B正确；C．由图示知，生成NH

3基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，选项C正确；D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，选项D错误；答案选D。16.常温下，用NaOH

溶液分别滴定HX、4CuSO、4FeSO三种溶液，pM【p表示负对数，M表示()()HX/Xcc−、()2Cuc+、()2Fec+等】随pH变化关系如图所示，已知()()spsp22CuOHFeOHKK，下列有关分析正确的是

A.①代表滴定4FeSO溶液的变化关系B.调整溶液的pH6=，可除去工业废水中的2Cu+C.滴定HX溶液至a点时，溶液中()()()()NaXOHH+−−+ccccD.()2CuOH、()2FeOH固体均易溶解于HX溶液7【答案】C【解析】【分析】Cu(OH)

2、Fe(OH)2的结构相似，所以p()2+Cuc、p()2+Fec随pH变化关系图为平行线，()()spsp22CuOHFeOHKK，pH相同时()2Cuc+<()2Fec+，所以①表示4CuSO溶液的变化关系、②表示4FeSO溶

液的变化关系、③表示HX溶液的变化关系。根据直线①，pH=4.2时()2Cuc+=1，则的()()()()2229.819.6sp2CuOH=CuOH11010Kcc+−−−==；根据直线②，pH=6.5时()2Fec+=1，则()()()()2227

.515sp2FeOH=FeOH11010Kcc+−−−==；根据直线③，pH=5时()()HX/Xcc−=1，则Ka=10-5。【详解】A．根据以上分析，①代表滴定4CuSO溶液的变化关系，故A错误；B．调整溶

液的pH6=，()2Cuc+=()19.63.628101010−−−=，2Cu+不能完全除去，故B错误；C．a点时()()HX/Xcc−=()2Fec+，则()()()sp22wHFeOHaHcKKKc++=

，c(H+)=10-8，溶液呈碱性，根据电荷守恒，滴定HX溶液至a点时，溶液中()()()()NaXOHH+−−+cccc，故C正确；D．()2CuOH与HX反应方程式为()2CuOH+2HX=Cu2++2X-+2H2O，K=()()()()()()

()()()()()()222222219.610sp21.6222282wwuXuXOHHCuOHa101010HX10HXcCccCcccKKccKK+−+−−+−−−−====；(

)2FeOH与HX反应方程式为()2FeOH+2HX=Fe2++2X-+2H2O，K=()()()()()()()()()()()()22222221510sp23222282wwFeXFeXOHHF

eOHa101010HX10HXccccccKKccKK+−+−−+−−−====，()2CuOH与HX反应的平衡常数较小，()2CuOH不易溶于HX，故D错误；选C。第Ⅱ卷非选择题二、填空题(本题有3道题)17.()32423KFeCO3HO(

三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：（1）晒制蓝图时，用()32423KFeCO3HO作感光剂，以()36KFeCN溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：()32424224232KFeCO2FeCO3?KCO

2CO++光照；显色反应的化学方程式为_______。（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是_______。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_______、_______。③

为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_______。④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和23FeO，检验23FeO存在的方法是：_______。（3）测定三草酸合铁酸钾中铁含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀24HSO酸化，用cmol/L4KMnO溶液滴定至

终点。滴定终点的现象是_______。②向上述溶液中加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀24HSO酸化，用cmol/L4KMnO溶液滴定至终点，消耗4KMnO溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为______

_。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，会使测定结果_______。(填偏大，偏小或无影响)【答案】（1）()()24332246623FeCO2KFeCNFeFeCN3KCO+=+（2）①.隔绝空气、使反应产生的气

体全部进入后续装置②.2CO③.CO④.先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气⑤.取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有23FeO（3）①.滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色②.556100%1000c

Vm③.偏小【解析】【小问1详解】显色时，()36KFeCN和FeC2O4反应生成()362FeFeCN沉淀和K2C2O4，反应的化学方程式为()()24332246623FeCO2KFeCNFeFeCN3KCO+=+；的【小问2详

解】①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO

2，由此判断热分解产物中一定含有CO。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。④23FeO与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验23FeO存在的方法是：取少

许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有23FeO。【小问3详解】测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀24HSO酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用cmol/L4KMnO溶液滴

定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色。②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀24HSO酸化，用cm

ol/L4KMnO溶液滴定，发生反应2422+3+-5+MnO+8H+MnFeO5Fe+4H++=，消耗4KMnO溶液VmL，n(Fe3+)=33cmol/LV10L5=5cV10mol−−，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量

分数的表达式为35cV10mol56g/mol5cV56100%100%mgm1000−=。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。18.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上

可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子[()n0M0.1c+=mol·L1−]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子2Mn+2Fe+3Fe+3Al+2Mg+2Zn+2Ni+开始沉淀的pH8.16

.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和_______；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______。（2）“氧化”中添加适量的2MnO的作用是将

_______。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______。（4）“除杂1”的目的是_______。（5）“除杂2”的目的是生成2MgF沉淀除去2Mg+。若溶液酸度过高，2Mg+沉淀不完全，原因是_______。（6）“沉

锰”时会产生无色无味的一种气体，写出“沉锰”的离子方程式_______。（7）由图象可知，从“操作A”所得溶液中得到42MnSOHO晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥。若称取一定质量的42MnSOHO用标准2BaCl溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，计算所得样品质量分

数大于100%，分析可能的原因是_______。【答案】（1）①.2SiO(硅酸或不溶性硅酸盐)②.22442MnOMnS2HSO2MnSOS2HO++++=（2）将2Fe+氧化为3Fe+（3）4.7pH6.2（4）除去2Zn+和2N

i+生成NiS和ZnS沉淀（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，()()()22MgFMgFsaqaq2+−+平衡向右移动（6）23322Mn2HCOMnCOCOHO+−+=++（7）①.蒸发结晶、趁热过滤②.样品失去部分结晶水或混有硫酸

盐杂质【解析】【分析】MnS矿和2MnO粉加入稀硫酸，MnS具有还原性，2MnO具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成4MnSO、S，同时溶液中还有不溶性的2SiO及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为2SiO、S和不溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入2MnO，2MnO能氧化还原性离

子2+Fe生成3+Fe，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为()()33FeOHAlOH、，“除杂1”的目的是除去2+Zn和2+Ni，加入的2NaS和2+Zn、2+Ni反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成2MgF沉淀除去Mg2+，所以滤渣4

为2MgF，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到3MnCO沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰4MnSO；【小问1详解】Si元素以2SiO（不溶性硅酸盐）的形式存在，2SiO（不溶性硅酸盐）不溶于硫酸；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成

硫酸锰、S和水，化学方程式为22442MnO+MnS+2HSO=2MnSO+S+2HO；【小问2详解】2MnO具有氧化性，能氧化还原性离子2+Fe生成3+Fe，从而在调节pH时除去铁离子；【小问3详解】“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉

淀所需pH且小于其他离子生成沉淀的pH，在pH=4.7时3+Fe和3+Al沉淀完全，在pH=6.2时2+Zn开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要调节溶液的pH范围为4.7∼6之间；【小问4详解】“除杂1”的目的是除去2+

Zn和2+Ni，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS；【小问5详解】溶液中存在2MgF的沉淀溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即因为-F与+H结合形成弱电解质HF，(

)()()2+-2MgFsMgaq+2Faq平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全；【小问6详解】“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为2+3322Mn+2HCO=MnCO+CO+HO−；

【小问7详解】由溶解度图像可知，当温度低于40℃时，溶液将析出42MnSO5HO，故从“操作A”所得溶液中得到42MnSOHO晶体需进行的操作是蒸发结晶，保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤，干燥。若称取一定质量的42MnSOHO用标准氯化钡溶液滴定（操作过程

产生的误差很小可忽略），若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根偏大，导致结果偏高，或样品中混有硫酸盐杂质也将产生很多硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于100%。19.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间点。因此研发2CO的回收和

综合利用成为研究热点。Ⅰ.一种脱除和利用水煤气中2CO的方法为，在吸收塔中用23KCO溶液吸收2CO；吸收液再生可得较纯净的2CO用于合成其他物质。（1）若23KCO溶液吸收一定量的2CO后，()()233CO:

HCO1:2cc−−=，则该溶液的pH=_______(该温度下23HCO的7a14.610K−=，11a25.010K−=)。Ⅱ.2CO可用于合成低碳烯烃()()()()222222COg6HgCHCHHgg4O++=ƒΔHa=kJ/mol（2）已知：2H和22CHCH=的标准燃烧热

分别是285.8kJ/mol和1411.0kJ/mol。()()22HOgHOlΔ44H=−kJ/mol则a=_______kJ/mol。（3）上述由2CO合成22CHCH=的反应在下_______自发(填“高温”或“低温”)。（4）如图所示为在体积为1L的恒容容器中，投料为3mo

l2H和1mol2CO时，测得的温度对2CO的平衡转化率和催化剂催化效率的影响。①下列说法正确的是_______。a.平衡常数大小：M>Nb.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时2CO的平衡转化率可能位于点M1c.其他条件不变，若投料改为4mol2H和1mol

2CO时，则250℃时2CO的平衡转化率可能位于点M2d.当压强、混合气体的密度或()()22nH/nCO不变时均可视为化学反应已达到平衡状态②计算250℃时该反应平衡常数的数值K=_______。③若达到平衡后再向体系内通入1.5mol2CO和1mol2H

O，则平衡_______(填向左移动、向右移动或不移动)。Ⅲ利用“2NaCO−”电池将2CO变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“2NaCO−”电池，以等质量的钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为2234Na3CO2NaCOC⎯⎯⎯→⎯⎯⎯++

放电充电。放电时该电池“吸入”2CO，其工作原理如图所示：（5）若生成的23NaCO和C全部沉积在电极表面，放电时，正极的电极反应式为_______，当转移0.2mole−时，两极的质量差为_______g。（6）选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的

优点是_______(至少写两点)。【答案】（1）10（2）-127.8（3）低温（4）①.ac②.64/729或0.088③.不移动（5）①.2233CO4Na4e2NaCOC+−++=+②.15.8g（6）导电性好；与金属钠不反应；难挥发【解析】【小问1详解】根据电离平衡常数计算，()()()

+2-3-11a2-3cHcCOK==5.010cHCO，因()()233CO:HCO1:2cc−−=，故氢离子浓度为10-10mol/L，则该溶液的pH=10。【小问2详解】①()()222lH=-281H

g+O=5.8HOkJ/mol2V②()()()()22222CHCHg3Og2COgHOl2++=ƒΔ1411H=−kJ/mol③()()22HOgHOlΔ44H=−kJ/mol则①×6-②-③×4得热化学方程式

为()()()()222222COg6HgCHCHHgg4O++=ƒH=-127.8kJ/mol。【小问3详解】二氧化碳合成乙烯的反应为放热的，且熵减，故该反应在低温下自发。【小问4详解】①a.该反应为放热反应，故升温，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡

常数大小：M>N，a正确；b.催化剂不影响平衡，故其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时2CO的平衡转化率不变，b错误；c.其他条件不变，若投料改为4mol2H和1mol2CO时，则增大了氢气的量，提高了二氧化碳的转化率，故则

250℃时2CO的平衡转化率可能位于点M2，c正确；d.该反应在恒容容器中进行，混合气体的密度始终不变，故密度不变不能说明反应到平衡，d错误；故选ac。②()()()()222222COg6HgCHCHg4HOg13000.51.50.2510.51.50

.251+=+起始物质的量浓度改变物质的量浓度平衡物质的量浓度，250℃时该反应平衡常数的数值K=4260.25164=0.51.5729。③若达到平衡后再向体系内通入1.5mol2CO和1mol2HO，则4260.251Qc=K22.5=，平衡不移动。【小问5详解】从图分析，

右侧通入二氧化碳的电极为正极，放电时，正极的电极反应式为2233CO4Na4e2NaCOC+−++=+，当转移0.2mole−时，则正极增加0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，质量和为11.2克，负极溶解0.2mol钠，质量减少4.6克

，故两极的质量差为11.2+4.6=153.8g。【小问6详解】高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点为导电性好；与金属钠不反应；难挥发。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

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