【文档说明】江苏省镇江市第一中学2021~2022学年高二年级下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，3.303 MB，由小赞的店铺上传

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高二年级学情调查考试化学试题注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16

S-32C1-35.5K-39Fe-56Cu-64一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.针对肆虐全球的新冠病毒，各地积极研发疫苗。某公司研发的新冠疫苗成份包含磷酸二氢钠和氢氧化铝等。下列有关磷酸二

氢钠和氢氧化铝的叙述不正确的是A.磷酸二氢钠属于酸式盐B.氢氧化铝是常见的弱碱C.磷酸二氢钠分别能与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应生成正盐D.氢氧化铝可以用来中和胃酸【答案】B【解析】【详解】A．在水中能解离出金属离子、氢

离子和酸根离子的盐为酸式盐，磷酸二氢钠属于酸式盐，故A正确；B．氢氧化铝既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，属于两性氢氧化物，故B错误；C．磷酸二氢钠能与氢氧化钠溶液发生反应24342NaHPO+NaOH=NaPO+HO，与稀硫酸发生反应242424342N

aHPO+HSO=NaSO+2HPO，生成的34NaPO和24NaSO均是正盐，故C正确；D．胃酸主要是盐酸，与氢氧化铝发生反应332Al(OH)+3HCl=AlCl+3HO，因此可用氢氧化铝可以用来中和胃酸，故D正确；答

案选B。2.2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是A.飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生

2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成B.制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物C.燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子D.基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同【答案】C【解析】【详解】A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，

硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故A正确；B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个

氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布式都是1s22s22p6，故D正确；选C。3.下列说法正确的是A.NH3转化为NH4+，键角变大B.[Cu(NH3)4

]+中含有离子键、配位键C.NO2−空间构型为直线形D.氨气易溶于水的原因是氨气分子间存在氢键【答案】A【解析】【详解】A．氨气中有孤对电子，NH4+没有孤对电子，氨气转化为铵根离子键角变大，A正确；B．[Cu(NH3)4]+中含有配位键和极性共价键，不

含离子键，B错误；C．NO2−中氮原子价层电子对数为12+(5+1-22)=32，含有一对孤对电子，空间构型为V形，C错误；D．氨气易溶于水的原因是氨气分子与水分子之间能形成氢键，D错误；故选A。4.氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，在催化剂条件下

，氨催化氧化生成NO，进而继续被氧化为NO2，再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可得氮肥硝酸铵。4NH3(g)+5O2(g)垐?噲?4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.8kJ·mol-1。工业上将含NO2，废气

通入氢氧化钠溶液中可获得NaNO3和NaNO2，也可向废气中通入NH3在催化剂的条件转化为无毒无害的气体排放。对于反应来说下列说法正确的是A.该反应须在高温下才能自发进行B.升高温度、增大压强都有利于提高NH3的平衡转化率C.0.4molNH3与0.5molO2充分反应可释放90

.58kJ的能量D.及时分离出混合体系中的水可以促使平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息可知，该反应是一个正反应为熵增的放热反应，即Δ0Δ0HS＜，＞，则该反应须在任何温度下均能自发进行，A错误；B．由A项分析可知，该反应是一个正反应为熵增的放热反应，则升高温度、增大压

强平衡均向逆方向移动，即都不有利于提高NH3的平衡转化率，B错误；C．由于该反应是一个可逆反应，则0.4molNH3与0.5molO2充分反应NH3和O2均不可能完全反应，故释放的能量小于90.58kJ，C错误；D．及时分离出混合体系中的水，即减小生成物浓度，

可以促使平衡正向移动，D正确；故答案为：D。5.指定条件下，下列选项物质间转化不能一步实现的是A.NH32NO⎯⎯⎯→催化剂N2B.Al3+32NHHO⎯⎯⎯⎯→-2AlOCNO22HO⎯⎯⎯→NOD.NH324HSO⎯⎯⎯→NH4HSO4【答案】B【解析】【详解】A．NH3中的N元素显

-3价，NO2中的N元素显+4价，N2中的N元素显0价，0介于-3和+4之间，发生归中反应可以实现一步实现，A不符合题意；B．Al3+与氨水反应生成Al(OH)3，氨水显弱碱性，Al(OH)3不溶于弱碱，所以不能生成-2AlO，B符合题意；C．NO2通入水中，发生反应3NO2+H2O=2HN

O3+NO，C不符合题意；D．NH3与足量硫酸反应，可以生成NH4HSO4，D不符合题意；故选B。6.下列装置用于实验室制NO2并回收硝酸铜，能达到实验目的的是.A.用装置甲制取NO2B.用装置乙除NO2中的少量HNO3C.用装置丙收集NO2D.用装置丁蒸干Cu(NO3

)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O【答案】C【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸反应制取NO，不能制得NO2，A不能达到实验目的；B．NaHCO3溶液吸收HNO3生成CO2、引入新杂质，同时NO2与H2O反应，不能选用NaHCO3除去NO2中的少量HNO3，洗气时

气流方向应“长进短出”，B不能达到实验目的；C．NO2能与水反应，不能用排水法收集NO2，NO2的密度比空气密度大，用向上排空气法收集NO2，C能达到实验目的；D．Cu(NO3)2溶液中存在水解平衡：Cu(NO3)2+2H2O⇌Cu(OH)2

+2HNO3，加热时由于HNO3的挥发，促进Cu(NO3)2的水解，将Cu(NO3)2溶液蒸干最终Cu(NO3)2完全水解成Cu(OH)2，再进一步分解得到CuO固体，不能制得Cu(NO3)2·6H2O，从Cu(NO3)2溶液中获得Cu(NO3)2·6H2O的实验方法是蒸发浓缩、冷却结晶、

过滤、洗涤、干燥，D不能达到实验目的；答案选C。7.前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，基态时Y最外层电子数是次外层的四分之一，基态Z原子3p轨道上只有1个电子，W与X位于

同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)C.X的简单气态氢化物分子的空间构型为平面三角形D.最高价氧化物对应水化物的碱

性：Z>Y【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，则X为N，基态时Y最外层电子数是次外层的四分之一，即Y为Mg，基态Z原子3p轨道上只有1个电子，故Z

为Al，W与X位于同一主族，故W为P，据此分析解题。【详解】A．根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，A错误；B．根据第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势

，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下第一电离能依次减小可知，第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)，B正确；C．由分析可知，X为N，X的简单气态氢化物即NH3，NH3中N原子周围的价层电子对数为：3+1(5

-3?1)2=4，有1对孤电子对，故该分子的空间构型为三角锥形，C错误；D．最高价氧化物对应水化物的碱性与金属性一致，同一周期从左往右金属性依次减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z，D错误；故答案为：B。8.下列说法不正确的是A.立方形SiC是与金刚石成键、结构均相似的共

价晶体，因此具有很高的硬度B.碳元素形成的单质不一定为共价晶体C.如图所示的有机高聚物片段中含有的化学键有：极性键、非极性键和氢键D晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr【答案】C【解析】【详解】A．立方形SiC是共价晶体，原

子间通过共价键相连接，原子间的结合力强，因此具有很高的硬度，A正确；.B．碳元素形成的单质，若为金刚石，则为共价晶体，若为C60，则为分子晶体，B正确；C．虽然该有机高聚物片段中含有氢键，但氢键不属于化学键，C不正确；D．NaF、NaCl、NaBr都形成离子晶体，

离子的带电荷相同，但离子间的距离依次增大，则晶格能依次减小，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，D正确；故选C。9.Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法错误．．的是A.涉及非极性键的断裂和生成

B.Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移C.总反应为：Ni+C2H6→NiCH2+CH4D.决速步骤：中间体2→中间体3【答案】A【解析】【详解】A．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故A说法错误；B．Ni

可活化C2H6放出CH4，结合过渡态2可知，Ni-H键的形成使H原子的转移更容易，故B说法正确；C．通过历程可知，始态是Ni和C2H6，终态为NiCH2和CH4，即总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4；故C说法正确；D．决速步骤是由活化能高的决定，由历程

可知，中间体2→中间体3能量差值最大，活化能最高，故此为决速步骤，故D说法正确；答案为A。10.隔膜电解法制备24KFeO的工作原理如图所示。下列说法不正确．．．的是A.电解时，电能主要转化为化学能B.隔膜为阳离子交换膜C.Fe电极上的反应为--242=Fe-6e+8OHFeO+4HO−D.该方法

中KOH可以循环使用，无需另外补充【答案】D【解析】【分析】该装置为电解池，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为--242=Fe-6e+8OHFeO+4HO−，铂电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢

气和氢氧根离子，电极反应式为--22=2HO+H2e+2OH，电解的总反应为-2242=Fe+2HO+2OHFeO+3H−，则电解时，钾离子通过阳离子交换膜从左池移向右池。【详解】A．由分析可知，该装置为电解池，电解时，电能主要转化为化学

能，故A正确；B．由分析可知，电解池中隔膜为阳离子交换膜，故B正确；C．由分析可知，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为--242=Fe-6e+8OHFe

O+4HO−，故C正确；D．由分析可知，电解的总反应为-2242=Fe+2HO+2OHFeO+3H−，由方程式可知，反应中消耗氢氧根离子，需要补充氢氧化钾，故D错误；故选D。11.以卤水(含较多224NaMgClSO++−−、、、)为原料制备MgO的流程如下：下

列有关说法不．正确的是A.脱硫时主要反应的离子方程式为224242CaSO2HO=CaSO2HO+−++B.过滤2所得固体的主要成分为2Mg(OH)C.过滤2所得滤液中主要存在的离子：22CaMgClOH++−−、、、D.MgO的晶胞如图所示，2

Mg+的配位数为6【答案】C【解析】【分析】由图示知，加入石灰乳形成Mg(OH)2沉淀，同时获得CaSO4，Mg(OH)2经过加热分解得到MgO，滤液中含有CaSO4和过量的Ca(OH)2，可除去卤水中硫酸根离子，从而达到脱硫

的目的，同时获得副产品石膏（CaSO4·2H2O）。【详解】A．由分析知，脱硫时主要生成CaSO4·2H2O，故主要反应为：Ca2++2-4SO+2H2O=CaSO4·2H2O↓，A正确；B．由分析知，过滤2主要获得

沉淀Mg(OH)2，含少量CaSO4等杂质，B正确；C．加入石灰乳后，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，故过滤2所得滤液中主要存在的离子没有Mg2+，C错误；D．由于离子半径：O2-＞Mg2+，故晶胞中小球代表Mg

2+，以体心Mg2+为参考，其上下左右前后各有1个O2-离其最近，故Mg2+配位数为6，D正确；故答案选C12.某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉表面复合而成，利用原电池原理处理弱酸性废水中的3NO−时，其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是。的A.电池工作时，+H向负极移动B.

正极附近溶液的酸性增强C.负极的电极反应式为3Fe3eFe−+−=D.与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快3NO−的去除速率【答案】D【解析】【分析】纳米铁粉作负极，2Fe2eFe−+−=，硝酸根离子在正极上得电子还原成铵离子NO-3+10H+

+8e-=NH4++3H2O。【详解】A．电池工作时，+H向正极移动，故A错误；B．硝酸根离子在正极上得电子还原成铵离子NO-3+10H++8e-=NH4++3H2O,正极附近溶液的酸性减弱，故B错误；C．负极的电极反应式为2Fe2eFe−+−

=，故C错误；D．利用原电池原理，加快反应速率，与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快3NO−的去除速率，故D正确；故选D。13.室温下，通过下列实验探究NaCN溶液的性质。下列说法正确的是实验实验操作和现象1测量0.1mol·L-1NaCN溶液的pH约为122向2

0mL0.1mol·L-1NaCN溶液中加入10mL0.1mol·L-1HCl溶液，溶液pH>73将浓度均为0.01mol·L-1的NaCN溶液和AgNO3溶液等体积混合，有白色AgCN沉淀生成A.实验1溶液中存在：c(

HCN)+2c(H+)=c(CN-)B.实验2溶液中存在：2c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)C.由实验2可得：[Ka(HCN)]2<KwD.由实验3可得：Ksp(AgCN)>2.5×10-5【答案】BC【解析】【详解】A．实验1溶液中c(H+)=10-12mol

/L、c(OH-)=10-2mol/L、c(HCN)≈10-2mol/L、c(CN-)≈0.09mol/L，所以c(HCN)+2c(H+)<c(CN-)，故A错误；B．根据物料守恒，实验2溶液中存在2c(Cl-)=c(

HCN)+c(CN-)，故B正确；C．KaKh=Kw，由实验2可得Ka<Kh，所以[Ka(HCN)]2<Kw，故C正确；D．Q>Ksp(AgCN)时有沉淀生成，将浓度均为0.01mol·L-1的NaCN溶液和AgNO3溶液等体积混合，有白色AgCN沉淀生成，说明

Ksp(AgCN)<2.5×10-5，故D错误；选BC。14.利用CO2和H2合成甲醇时主要涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH1=-58kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol-1向含

有催化剂的密闭容器中充入一定比例CO2和H2混合气体，其他条件一定，反应相同时间，测得CO2的转化率和CH3OH的选择性[32n(CHOH)n(CO)反应100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.反应CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)的ΔH=99kJ·mol-

1B.250°C时容器中CH3OH的物质的量少于210°C时容器中C.250°C时，其他条件一定，增大反应的压强不会改变混合气中CO的体积分数D.研发低温下催化活性强、对CH3OH的选择性高的催化剂有利于CH3OH的合成【答案】D【解析】【详解】A．

设①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH1=-58kJ·mol-1，②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol-1，依据盖斯定律：①-②得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH=-99kJ·mol-1，A

错误；B．如图所示，250℃时二氧化碳转化率比210℃时二氧化碳转化率高一倍还多，即250℃时消耗二氧化碳的量比210℃时消耗二氧化碳的量大的多，但250℃时和210℃时甲醇选择性[32n(CHOH)n(CO)反应100%]却相差不大，则250℃时容器中C

H3OH的物质的量多于210℃时容器中CH3OH的物质的量，B错误；C．250℃时，其他条件一定，增大反应的压强第一个反应平衡正向移动，第二个反应平衡不移动，总分子数减少，混合气中CO的体积分数会变化，C错误；D．依据图示可知，较低温度下CH3OH的选择性高，因此研发低温下催化活性强、对CH

3OH的选择性高的催化剂有利于CH3OH的合成，D正确；答案选D。二、非选择题：共4题，共58分。15.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：（1）基态Fe2+价层电子排布式

_______。（2）元素的第一电离能用I1表示。试分析I1(Li)＞I1(Na)的原因是_______。I1(Mg)＞I1(Al)＞I1(Na)的原因是_______。（3）磷酸根离子的空间构型为_______其中P杂化轨道类型为_______。（4）LiFe

PO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_______个。电池充电时，LiFeO4脱出部

分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_______。n(Fe2+):n(Fe3+)=_______。【答案】（1）3d6（2）①.Li与Na为同主族元素，Li的电子层数比Na少，原子半

径小，失电子能力比Na弱，失去一个电子消耗的能量比Na大，所以第一电离能大②.Na、Mg、Al为同周期元素，电子层数相同，Na、Mg、Al的价电子排布式为3s1、3s2、3s23p1，Mg的最外层2s电子的能量比Al的3p电子的能量低，失去2s电子所需的能量比Al失去3p电子的能量高，第一电离

能比Al大；Na的原子半径比Al大，失电子能力比Al强，第一电离能比Al小（3）①.正四面体形②.sp3（4）①.4②.316③.13:3【解析】【小问1详解】Fe为26号元素，它的电子排布式为1s22s

22p63s23p63d64s2，则基态Fe2+价层电子排布式为3d6。答案为：3d6；【小问2详解】Li与Na为同主族元素，金属性Li比Na弱，失电子能力Li比Na弱，则I1(Li)＞I1(Na)的原因是：Li与Na为同主族元素，Li的电

子层数比Na少，原子半径小，失电子能力比Na弱，失去一个电子消耗的能量比Na大，所以第一电离能大。Mg、Al、Na为同周期元素，金属性Na＞Mg＞Al，但Mg最外层电子全充满，第一电离能反常，所以I1(Mg)＞

I1(Al)＞I1(Na)的原因是：Na、Mg、Al为同周期元素，电子层数相同，Na、Mg、Al的价电子排布式为3s1、3s2、3s23p1，Mg的最外层2s电子的能量比Al的3p电子的能量低，失去2s电子所需的能量比Al失去3p电子的能量高，第一电离能比Al大；Na的

原子半径比Al大，失电子能力比Al强，第一电离能比Al小。答案为：Li与Na为同主族元素，Li的电子层数比Na少，原子半径小，失电子能力比Na弱，失去一个电子消耗的能量比Na大，所以第一电离能大；Na、Mg、Al为同周期元素，电子层

数相同，Na、Mg、Al的价电子排布式为3s1、3s2、3s23p1，Mg的最外层2s电子的能量比Al的3p电子的能量低，失去2s电子所需的能量比Al失去3p电子的能量高，第一电离能比Al大；Na的原子半径比Al大，失电子能力比Al强，第一电离能比Al小；【小问3详解】磷酸

根离子的中心磷原子的价层电子对数为5342+=，所以空间构型为正四面体形，其中P杂化轨道类型为sp3。答案为：正四面体形；sp3；【小问4详解】由图(a)可知，1个晶胞中含Li+个数为1118444824++=，晶胞中八面体结构和四面体结构的数目均为4个，即晶胞中含Fe、P原子的

数目均为4个，考虑到化学式为LiFePO4，则1个晶胞中含有4个LiFePO4单元。由图(b)可知，电池充电时，Li+个数为111138338244++=，Fe原子个数不变，有4个，故(1-x):1=1344：，从而求出x=316；

依据化合价的代数和为0，设Fe2+数目为m，Fe3+个数为n，则1316+2m+3n+5=2×4，又因m+n=1，所以m=1316，n=316，所以个数比为13:3。答案为：4；316；13:3。【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可采用均摊

法。16.工业上以黄铜矿(主要含CuFeS2，还含FeS等)为原料可以制备Cu，流程如下：（1）写出“浸取”时CuFeS2和FeCl3溶液反应的离子方程式：_______。（2）“稀释”时反应的化学方程式为_______。（3）用(NH4)2SO3还

原CuCl2溶液也能获得CuCl，CuCl的产率随溶液pH变化如图所示。①pH约为4时，CuCl的产率最大。写出该条件下反应的离子方程式：_______。②pH大于4或小于4时，CuCl的产率都会随pH的增大或减小而降低，原因是_______。（4）“溶解

”前需测定CuCl、S中CuCl的含量，实验过程为：称取0.8000g样品置于烧杯中，向其中加入稍过量的1.5mol·L-1FeCl3溶液(CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2)，充分反应后快速过滤，用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒及滤渣2~3次，将滤液及洗涤滤液一并转移到锥形瓶中，用

Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点(Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+)，消耗0.2000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液20.00mL。计算混合物中CuCl的质量分数_______。(写出计算过程)。【答案】（1）3Fe3++CuFeS2+Cl-=CuCl+2S+4Fe2+（2）2N

a[CuCl2]=Cu↓+CuCl2+2NaCl（3）①.2Cu2++SO23−+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO24−+2H+②.pH小于4，随pH减少溶液酸性增强，SO23−转变为SO2逸出，还原剂变少，产率降低；pH大于4，随pH增大Cu2

+转变成Cu(OH)2沉淀，产率降低（4）49.75%【解析】【分析】根据该工艺流程图中信息可知，“浸取”时是将黄铁矿与FeCl3溶液充分反应，反应方程式为：3FeCl3+CuFeS2=CuCl+2S+4FeCl2，2FeCl3+FeS=3FeCl2+S，过滤得到CuCl和S的混合物，

洗涤，向洗涤后的固体中加入NaCl溶液，“溶解”时发生反应为：NaCl+CuCl=Na[CuCl2]，过滤出S，得到滤液，向滤液中加水稀释得到Cu和CuCl2，NaCl等，“稀释”时反应方程式为：2Na[CuCl2]=Cu↓+CuCl2+2NaCl，据此

分析解题。【小问1详解】由分析可知，“浸取”时CuFeS2和FeCl3溶液反应的方程式为：3FeCl3+CuFeS2=CuCl+2S+4FeCl2，则该反应的离子方程式为：3Fe3++CuFeS2+Cl-=CuCl+2S+4Fe2+，故答案为：3Fe3++CuFeS2+Cl-=CuCl+2S+4F

e2+；【小问2详解】由分析可知，“稀释”时反应的化学方程式为：2Na[CuCl2]=Cu↓+CuCl2+2NaCl，故答案为：2Na[CuCl2]=Cu↓+CuCl2+2NaCl；【小问3详解】①由题干图信息可知，pH约为4时，Cu

Cl的产率最大，则在该条件下反应的离子方程式为：2Cu2++SO23−+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO24−+2H+，故答案为：2Cu2++SO23−+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO24−+2H+；②pH小于4，随pH减少溶液酸性增强，SO23−转变为SO2逸出，还原剂变少，产

率降低；pH大于4，随pH增大Cu2+转变成Cu(OH)2沉淀，产率降低，故有pH大于4或小于4时，CuCl的产率都会随pH的增大或减小而降低，故答案为：pH小于4，随pH减少溶液酸性增强，SO23−转变为SO2逸出，还原剂变少，产率降低；p

H大于4，随pH增大Cu2+转变成Cu(OH)2沉淀，产率降低；【小问4详解】由题干信息反应：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，可找得关系式为：CuCl~~Fe2+~~Ce4+，即n(CuCl)=n[Ce(SO4)2]=c

V=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol，则CuCl%=-3-14.0?10mol?99.5g?mol0.8000g=49.75%，故答案为：49.75%。17.工业上采用CO2与NH3为原料合成尿素[CO(NH2

)2]，反应原理为：①2NH3+CO2=H2NCOONH4；②H2NCOONH4=CO(NH2)2+H2O(1)将一定量23n(NH)=3n(CO)的原料气通入合成塔中，在分离出的气体中测得23n(NH)=6n(CO)，则该反应中CO2的转化率为_______。(

2)合成中氨碳比23n(NH)=3n(CO)、水碳比22n(HO)n(CO)以及反应的温度对CO2的平衡转化率的影响如图，则该反应最适宜的条件是：氨碳比为_______，反应温度为_______。(3)工业合成氨的反应如下：N2+

3H2高温高压催化剂2NH3。已知断裂1molN2中的共价键吸收的能量为946kJ，断裂1molH2中的共价键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，则由N2和H2生成2molNH3的能量变化为_______k

J。图中能正确表示该反应中能量变化的是_______(填“A”或“B”)。(4)近日美国犹他大学Minteer教授成功构筑了H2-N2生物燃料电池。该电池类似燃料电池原理，以氮气和氢气为原料、氢化酶和固氮酶为两极催化剂、

质子交换膜(能够传递H+)为隔膜，在室温条件下即实现了氨的合成同时还能提供电能。B电极发生的电极反应式为_______，该电池放电时溶液中的H+向_______极移动(填“A”、“B”)。【答案】①.75%②.4③.190-195℃

④.92⑤.A⑥.N2+6e-+6H+=2NH3⑦.B【解析】【分析】【详解】(1)将一定量23n(NH)=3n(CO)的原料气通入合成塔中，设通入CO2的物质的量是amol、NH3的物质的量是3amol，反应消耗CO2的物质的量是xmol，则消耗NH3的物质的量是2xmol，在分离出的气体中测得

23n(NH)=6n(CO)，即326axax−=−，x=34a，则该反应中CO2的转化率为34100%=75%aa；(2)根据图示，合成中氨碳比23n(NH)=4n(CO)、水碳比22n(HO)=0n(CO)、温度为190-195℃时，CO2的平衡转化率最大，所以该反应最适宜的条件是：氨碳比为

4，反应温度为190-195℃；(3)由N2和H2生成2molNH3，需要断裂3molH-H键、1molN≡N键，形成6molN-H键，所以需要吸收(946+436×3)kJ能量、放出(391×6)kJ能量，能量变化为391×6-946-436×3=92kJ；总反应放热，图中能正

确表示该反应中能量变化的是A；(4)根据图示，B电极氮气得电子生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3，A是负极、B是正极，放电时阳离子移向正极，该电池放电时溶液中的H+向B移动。18.CO2的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。(1)在太阳能的作用下，缺铁氧化物

[如Fe0.9O]能分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是_______。在过程②中每产生1molO2，转移电子____mol。(2)高温共电解CO2和H2O是一种制备清洁燃料的新技术，其原理如图所示。电极a上的电极反应式是H2O+2e－=H2+O2－和_________

_________。(3)利用CO2制备CH3OH的反应如下：反应a：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.19kJ·mol-1反应b：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－

90.77kJ·mol-1反应c：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3①反应a在一定条件下能自发进行的原因是_______________。②ΔH3=________kJ·mol-1，反应c的平衡

常数表达式K=_______________。(4)CO2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。其原理为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=－412.5kJ·mol-1其他条件不变，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影

响如图所示。CH4的选择性=42CHCO的物质的量反应的的物质的量×100%，CO2甲烷化反应选择0.1MPa(1个大气压)而不选择更高压强的原因是_______________。【答案】①.10Fe0.9O+CO2太阳能=3Fe3O4+C②.4③.CO2＋2e－=CO＋O2－④

.ΔS>0⑤.－49.58⑥.K=[c(CH3OH)c(H2O)]/[c(CO2)c3(H2)]⑦.在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗【解析】【分析】(1)根据图所，过程①是Fe0

.9O和CO2反应生成Fe3O4和C；(2)根据图示，电极a上H2O得电子生成H2、CO2得电子生成CO；(3)①根据HTS0−分析；②根据盖斯定律计算ΔH3；(4)根据图示，在0.1MPa，CO2转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性

变化不大；【详解】(1)根据图所，过程①是Fe0.9O和CO2反应生成Fe3O4和C，化学方程式是10Fe0.9O+CO2太阳能=3Fe3O4+C；过程②中Fe3O4→O2，氧元素化合价由-2升高为0，每产生1molO2，转移电4mol；(

2)根据图示，电极a上H2O得电子生成H2、CO2得电子生成CO，电极反应式是H2O+2e－=H2+O2－和CO2＋2e－=CO＋O2－；(3)①反应a，ΔH>0，在一定条件下能自发进行，说明HTS0−

，所以ΔS>0；②反应a：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.19kJ·mol-1反应b：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.77kJ·mol-1反应c：CO2(g)+3H2(g)CH3O

H(g)+H2O(g)ΔH3②根据盖斯定律a+b得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=+41.19kJ·mol-1－90.77kJ·mol-1=－49.58kJ·mol-1，反应c的平衡常

数表达式K=()()()()32322CHOHHOCOHcccc；(4)根据图示，在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗，C

O2甲烷化反应选择0.1MPa(1个大气压)而不选择更高压强。【点睛】本题考查化学反应中的能量变化、化学反应方向的判据、化学平衡常数，理解盖斯定律的含义，明确电解原理是解题关键，注意平衡常数表达式的书写规则。的