【文档说明】浙江省宁波市奉化区2023-2024学年高二上学期期末检测化学试题 含解析.docx，共(20)页，2.549 MB，由管理员店铺上传

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浙江省宁波市奉化区2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题说明：1.本卷考试时间：90分钟，满分100分。2.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16Na-23Al-27Si-28Cl-35.5Fe-563.请把答案做

在答题卷的指定区域，在试卷或草稿纸上作答一律无效。第Ⅰ卷选择题部分(共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合要求，不选、错选、多选均不得分)1.我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是

指A.碳原子B.二氧化碳C.碳元素D.含碳物质【答案】B【解析】【详解】碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳转化为其他物质是碳中和的核心，故选B。【点睛】2.下列关于反应热的说法正确的是A.使用催

化剂只改变可逆反应中正反应的活化能B.反应物的总键能小于生成物的总键能，则反应为吸热反应C.反应热与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571．6kJ∙mol−1，则H2的燃烧热为571．6kJ∙mol−1【答案

】C【解析】【详解】A．使用催化剂使可逆反应中正、逆反应的活化能都改变，故A错误；B．反应物的总键能小于生成物的总键能，说明生成物总键能大，释放出能量，则反应为放热反应，故B错误；C．反应热与反应体系的

始态和终态能量有关，而与反应的途径无关，故C正确；D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571.6kJ∙mol−1，燃烧热是指可燃物1mol完全燃烧生成稳定氧化物释放的热量，则H2的燃烧热为285.8kJ∙mol−1，故D错误

；答案为C。3.嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素的说法正确的是A.原子半径：Al＜SiB.第一电离能：Mg＜CaC.Fe位于元素周期表的p区D.这六种元素中，电负性最大的是O【答案】D【解析】【详解】A．Al、Si同周期，Al的核电荷数小于S

i，原子半径：Al>Si，故A错误；B．Mg、Ca同主族，同主族从上到下第一电离能减小，故B错误；C．Fe位于元素周期表的d区，故C错误；D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减弱，则由此可知六种元素中电负性最大的为O，故D正确；故选：D。4.下

列有关元素单质或化合物的叙述正确的是A.P4分子呈正四面体，键角为109°28′B.NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关C.Cu基态原子核外电子排布符合构造原理D.H2O是由极性键构成的极性分子【答案】D【解析】【详解

】A．P4分子呈正四面体，4个P位于4个顶点，其中P-P-P键角为60°，故A错误；B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，故B错误；C．Cu基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，此时能量最低，但不符合构造原理，故

C错误；D．H2O的空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，故D正确；答案为：D5.关于如图所示各装置的叙述正确的是A.图1是化学能转变为电能的装置，总反应为3+2+2+Cu+2Fe=Cu+2FeB.图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为--22O+4e+2HO=4OHC

.图3装置可在铁件表面镀铜，4CuSO溶液浓度不变D.图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+=

3Fe2+，故A错误；B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe－2e-=Fe2＋，正极上发生--22O+4e+2HO=4OH，具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误；C．电镀时，镀件作阴

极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误；D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确；答案为D。6.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)+CO(g)⇌12N2(g)+

CO2(g)ΔH=-373.2kJ·mol-1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A.加催化剂同时升高温度B.加催化剂同时增大压强C.升高温度同时充入N2D.降低温度同时增大压

强【答案】B【解析】【详解】A．催化剂能加快化学反应速率，升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，故A错误；B．催化剂能加快化学反应速率，增大压强平衡正向移动，增大NO转化率，故B正确；C．升高温度化学反应速率加快，平衡逆向移动，充入N2平衡逆向移动，N

O转化率减小，故C错误；D．降低温度化学反应速率减慢，故D错误。答案选B。7.用90%的普通汽油与10%的燃料乙醇调和成乙醇汽油，可节省石油资源。已知乙醇的标准摩尔燃烧焓为11366.8kJmol−−，下列表示乙醇燃烧反应的热化学方程式正确的是A.()()

()()25222CHOHl3Og2COg3HOl+=+11366.8kJmolH−=−B.()()()()25222CHOHl3Og2COg3HOg+=+11366.8kJmolH−=−C.()()()()2522CHOHl2O

g2COg3HOl+=+11366.8kJmolH−=−D.25222CHOH3O2CO3HO=++11366.8kJmolH−=−【答案】A【解析】【详解】燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。已知乙醇的标准摩尔燃烧

焓为11366.8kJmol−−，则乙醇燃烧反应的热化学方程式为：()()()()25222CHOHl3Og2COg3HOl+=+11366.8kJmolH−=−，故选A。8.物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。下列说法正确的是A.MgO的熔点高于NaCl的熔点B.金

刚石与碳化硅晶体结构相似，金刚石的硬度小于碳化硅C.CH3CH2CH2COOH的酸性比CH3COOH的酸性强D.HF晶体沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HF【答案】A【解析】【详解】A．MgO、NaCl均离子晶体，半径

2MgNa++、2OCl−−，且2Mg+、2O−所带电荷多，MgO晶体中晶格能大，故熔点高，A正确；B．金刚石与碳化硅都是共价晶体，结构相似，碳原子半径小于硅原子半径，则键长：CCCSi−−，键长越短，

键能越大，则金刚石的硬度大于碳化硅，B错误；C．烃基为推电子基团，烃基越大，羧基中H-O的极性越弱，越难电离氢离子，酸性越弱，故丁酸的酸性弱于乙酸，C错误；D．HF和HCl属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，其沸点越高，但是HF分子间存在氢键，故HF

晶体沸点高于HCl，D错误；故选A。为9.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：2A(g)＋B(g)C(s)＋3D(g)，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法不正确的是A.前2minD的平均反应速率为1.2mol·L-1·min-1

B.此时A的平衡转化率是80%C.增大该体系的压强，平衡向逆方向移动D.该温度下平衡常数K=432【答案】C【解析】【分析】在2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行反应：2A(g)＋B(g)===C(s)＋3D(g)，反应一段时间后达到

平衡，测得生成1.6molC，则：2A(g)B(g)C(g)3D(g)/mol4200/mol3.21.61.64.8/mol3.20.41.64.8+=+开始转化平衡【详解】A．v(D)=ΔcD/Δt=4.8mol/(2L*2min)=1.2mol·L-1·min-1，A正确；B．达到平衡时，A

的转化率为3.2mol/4mol×100%=80%，B正确；C．该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，C错误；D．该温度下平衡常数K=32c(D)c(A)c(B)=(4.8/2)3/(0.8/2)2×(0.4/2)=432，D正确；故选D。10.下列说法

不正确的是A.常温下，2.0×10-7mol·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7mol·L-1B.将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是

弱电解质D.常温下，pH为3的醋酸溶液中加水稀释，溶液pH增大【答案】A【解析】【详解】A．氯化氢是强电解质，溶于水完全电离，2.0×10-7mol·L-1的盐酸中c(Cl－)=2.0×10-7mol

·L-1，溶液显酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由于水还电离，所以溶液中氢离子浓度大于1.0×10-7mol·L-1，A错误；B．氯化钾不水解，将KCl溶液从常温加热至80℃，水的离子积常数增大，氢离子浓度增大，溶液的

pH变小，由于氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，所以仍保持中性，B正确；C．常温下，NaCN溶液呈碱性，是因为CN－水解，这说明HCN是弱电解质，C正确；D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加水稀释，电离程度增大但醋酸浓度减小是pH变化的主要因素，所以稀释后氢离子浓度减小，溶液pH增大，D正确；答案

选A。11.某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X元素原子半径最小，W的3p轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族。下列说法正确的是A.电负性：YZWB.最简

单氢化物沸点：YZC.22XY是极性分子D.Z氧化物对应的水化物为强酸【答案】C【解析】【分析】根据图示结构，X元素原子半径最小，则X元素为氢；W的3p轨道有一个未成对电子，可能为3p1或3p5，根据图示成键结构可知W为氯；Y、Z同主族则Y为氧，Z为硫；据此分析。【详解】A．同

一主族元素，从上往下，电负性减弱，故电负性氧>硫；同一周期，从左往右电负性增强，故电负性硫<氯，所以电负性：YWZ，故A错误；B．水分子间形成氢键，熔沸点增大，最简单氢化物沸点：YZ，故B错误；C．22XY是H2O2，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故C正确；D．Z氧化物对

应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，亚硫酸不是强酸，故D错误；答案为：C。12.微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置。利用微生物处理有机废水，可获得电能，同时实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含3CHCOO−的溶液为例)。下列说法不正确．．．的

是A.a极电极反应为322CHCOO2HO8e2CO7H−−++−=+B.b极为正极C.隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜D.当电路中转移2mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g【答案】D【解析】【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原

电池的负极，则b极为正极。【详解】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B．由以上分析可知b极正极，故B正确；C．为了

实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故C正确；D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molN

aCl，质量为58.5g，则转移2mol电子时，模拟海水理论上除盐117g，故D错误；故选：D。13.冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与K＋形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是A.该螯合离子中碳与氧

原子具有相同的杂化类型B.该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面为C.该螯合离子中有极性键与非极性键D.该螯合离子形成的晶体类型为离子晶体【答案】B【解析】【详解】A．该螯合离子中C、O原子价电子对个数

都是4，所以C、O原子都采用sp3杂化，C与O原子的杂化类型相同，A项正确；B．该螯合离子中C、O原子都采用sp3杂化，具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该螯合离子中所有非氢原子不位于同一平面，B项错误；C．该螯合

离子中存在的极性键有C－H、C－O、O－K键，非极性键为C－C键，含有极性键个数为24个C－H极性键、12个C－O极性键、6个O－K极性键，非极性键为6个，C项正确；D．离子化合物形成的晶体为离子晶体，该螯合离子为阳离子，其形成的晶体类型为离子晶体，D项正确；答案选B。14.有关晶体的结构如图所示

，下列说法中错误的是A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成为正四面体形B.在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2D.该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4【答案】A【解析】【分析】【详解】A．据图可知距Na+最近的Cl

-位于棱心和体心，共6个，形成正八面体，A错误；B．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，个数为118+682=4，B正确；C．金刚石中每个C原子形成4个共价键，每个共价键被两个碳原子共用，所以每个碳原子具有2个共价键，即碳原子与碳碳键个数的比

为1：2，C正确；D．该物质由分子构成，据图可知每个分子含有4个F原子，4个E原子，所以分子式为E4F4或F4E4，D正确；综上所述答案为A。15.氨(NH3)中氢含量高，是一种优良的储氢载体，可通过氨热分解法制氢气。在一定温

度下，将0.1molNH3通入3L的刚性密闭容器中进行反应2NH3N2+3H2(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.1t时反应达到平衡，10t时间内的反应速率()11210.02vH=molLmint

−−B.该反应的平衡常数约为K=1.33×10-4C.t2时加入催化剂可同时改变该反应的速率和∆HD.t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，曲线b表示压缩后N2分压的变化【答案】C【解析】【详解】A．密闭

容器中，0.1molNH3总压为200kPa，结合图像可知1t时H2的分压为120kPa，结合反应2NH3N2+3H2，则n(H2)=1200.1mol=0.06mol200，故()112110.060.02vH=mo

lLmin3tt−−=，故A正确；B．由A分析可知，n(H2)=0.06mol，则n(N2)=0.02mol，反应的氨气的物质的量为0.04mol，剩余n(NH3)=0.06mol，则该反应的平衡常数约为K=33222230.060.02c(H)c

(N)33=c(NH)0.063=1.33×10-4，故B正确；C．加入催化剂可以改变反应的速率，但不能改变反应的∆H，故C错误；D．将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，则氮气的分压迅速增大为原来的2倍，压强增大，平

衡向气体总体积减小的方向移动，即逆向移动，氮气的分压应比原来的2倍小，曲线b表示压缩后N2分压的变化，故D正确；答案为：C。16.室温下，用含少量2Mg+的4MnSO溶液制备3MnCO的过程如题图所示。已知()11sp2MgF5.210K−=，()4aHF6.310K−=。下列说法正确

的是A.10.1molLNaF−溶液中：()()()FNaHccc−++=+B.“除镁”得到的上层清液中：()()()sp22MgFMgFKcc+−=C.130.1molLNaHCO−溶液中：()()()()2323COHHCOOHc

ccc−+−=+−D.“沉锰”后的滤液中：()()()()()233NaHOHHCO2COccccc++−−−+=++【答案】C【解析】【详解】A．10.1molLNaF−溶液中存在电荷守恒：()()()()-OHFNaH−+++=+cccc，A错

误；B．“除镁”得到的上层清液中为2MgF的饱和溶液，有()()()22sp2MgF=MgF+−Kcc，故()()()sp222MgFMgF+−=Kcc，B错误；C．130.1molLNaHCO−溶液中存在质子守恒：()()()()2323CO+OHHHCO−−+=+ccc

c，故()()()()2323COHHCOOHcccc−+−=+−，C正确；D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、24SO−等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。【点睛】第Ⅱ卷非选择题(共5

2分)二、填空题(共52分)17.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___________、___________。(填标号)A

．B．C．D．（2）Li+与H-具有相同的电子层结构，()Lir+小于()Hr−，原因是___________。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_________

__、中心原子的杂化形式为___________。LiAlH4中，存在___________(填标号)。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（4）Li2O是离子晶体，其形成过程能量转化如图(a)所示。可知，Li原子的第一电离能为___________kJ∙mol-

1，O=O键的键能为___________kJ∙mol-1。（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为___________g∙cm-3(列出计算式)

。【答案】（1）①.D②.C（2）Li+核电荷数较大，核对核外电子的吸引较大，所以半径小（3）①.正四面体形②.sp3③.AB（4）①.520②.498（5）()37A874160.466510N−+【解析】【小问1详解】原子核外，轨道能量1s＜2s

＜2p，则在下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为D、C。【小问2详解】Li+与H-具有相同的电子层结构，但Li的核电荷数比H大，则()Lir+小于()Hr−，原因是：Li+核电荷数较大，核对核外电子的吸引较大，所以半径小。【小问3详解】LiAlH4中，阴离子的中心Al原子的价

层电子对数为4，则空间构型是正四面体形、中心原子的杂化形式为sp3。LiAlH4中，存在离子键、共价键和配位键，共价键和配位键都属于σ键，故选AB。【小问4详解】Li原子的第一电离能是由每摩Li(g)转化为每摩Li+(g)所需吸收的热量，则为1040kJ/mol2=5

20kJ∙mol-1，O=O键的键能是由1molO2(g)转化为2molO(g)所需吸收的热量，即为2×249kJ∙mol-1=498kJ∙mol-1。【小问5详解】在Li2O晶胞中，含有Li+的个数为8，含有O2-的个数为1186

82+=4。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为()371Amo0l(87416)g/mol0.46cm651−−+N=()37A874160.466510N−+g∙cm-3。【点睛】计算晶胞中所含微粒个

数时，可使用商余法。18.硼是一种用途广泛的化工原料矿物，在生活中占有重要地位。请回答：（1）基态B原子的价层电子排布式是___________。（2）三氟化硼是有机合成中的一种催化剂，下列说法错误的是

___________。A.液态BF3可以发生类似于水的电离反应，其产物之一的空间构型为三角锥形B.BF3与乙醚可通过配位键形成三氟化硼乙醚C.B4C3与水反应生成炔烃D.BF3的水解产物之一是三元酸（3）某种

硼的离子化合物BxAy晶胞如图所示：①晶胞中A离子占据顶点、面心、棱心和体心位置，硼离子占据半数立方体空隙，BxAy的化学式为___________；②若将下底面左上角的A离子选为晶胞顶点，则位于体心的A离子分数坐标为(12，12，12)，已知

该坐标若出现负数是不合理的，写出以X为晶胞顶点时剩余B离子的分数坐标___________；③已知该晶胞中B-A的距离为apm，则B-B的距离为___________pm；④沿XY轴45度夹角方向打出一道光，在晶胞后垂直于光的方向放置一块屏幕，晶胞在屏幕上形成的部分

投影如下，请补全。__________【答案】18.2s22p119.ACD20.①.BA2②.(12，12，14)，(14，14，34)，(12，14，34)③.26a3④.【解析】【小问1详解】B是5号元

素，其基态B原子的价层电子排布式是2s22p1；【小问2详解】A．液态BF3可以发生类似于水的电离反应，可以电离出F-和BF2+，两种微粒的空间构型都不是三角锥形，A错误；B．BF3可以提供空轨道，乙醚中的氧可以提供孤电子对，两者形成配位键，从而形成三氟化硼乙醚，B正确

；C．B4C3与水反应方程式为：B4C3+12H2O=4H3BO3+3CH4，C错误；D．BF3的水解方程式为：BF3+3H2O=H3BO3+3HF，两种产物都是一元酸，D错误；故选ACD；【小问3详解】①由图可知B原子个数：4，A原

子个数：8×18+6×12+12×14+1=8，则BxAy的化学式为BA2；②根据晶胞中各个原子的相对位置关系可知，以X为晶胞顶点时剩余B离子的分数坐标分别为：(12，12，14)，(14，14，34)，(12，14，34)；③已知该晶胞中B

-A的距离为apm，则晶胞参数为43apm3，B-B的距离为43a226apm=pm323；④根据晶胞中两种原子的相对位置的关系可知，晶胞在屏幕上形成的部分投影补全后如下：。19.铁酸锌(ZnFe2O4)是可见光的敏感半导体材料，也可以用作脱硫剂，难溶于水

和稀硫酸，以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4的过程可以表示为下图：已知：锌和铝都是活泼金属，它们的单质及化合物的性质具有一定的相似性（1）请写出ZnO与氢氧化

钠溶液反应的化学反应方程式：___________。（2）下列说法正确的是___________。A.杂质中的SiO2属于酸性氧化物，能与Fe2O3反应B.除杂过程包括加足量锌粉、双氧水氧化等步骤，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+和H+C.碳酸氢钠是为了调节溶液pH

，也可以用弱碱NH3·H2O代替D.ZnFe2O4难溶于稀硫酸，但在SO2-H2SO4体系中溶解度会明显增大（3）浸取过程中为了提高锌灰的浸取效果，还可以采取哪些方法(写出两种)___________。（4）700℃时ZnFe2O4会分解，设计实验验证ZnFe2O4

中含有Fe元素：___________。（5）400℃时，装有脱硫剂的硫化反应器中，ZnFe2O4与H2、H2S反应生硫化物，其化学方程式为___________。的【答案】（1）222ZnO+2NaOH=NaZnO+HO（2）ABD（3）搅拌、适当增大稀硫酸的浓度（4）Zn

Fe2O4加热分解后加入稀硫酸溶液，取少量溶解后溶液滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明其中含有铁元素（5）24222ZnFeO+H+3HSZnS+2FeS+4HO【解析】【分析】锌灰加入稀硫酸进行浸取，二氧化硅酸性氧

化物不反应，其余均溶于硫酸转化为硫酸盐，除杂过程中加入锌粉除去铅和铜，加入碳酸氢钠溶液沉锌，生成铁酸锌沉淀，据此分析。【小问1详解】锌和铝性质相似，类比可知ZnO与氢氧化钠溶液反应的化学反应方程式：222ZnO+2NaOH=NaZnO+HO。答案为：22

2ZnO+2NaOH=NaZnO+HO。【小问2详解】A.杂质中的SiO2属于酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，两者能反应：Fe2O3+SiO2=Fe2(SiO3)2，故正确；B.结合上述分析，浸取时生成的硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸均与锌粉发生反应，故正确；C.用弱碱NH

3·H2O代替时，易生成氢氧化铁、氢氧化锌杂质，故错误；D.在SO2-H2SO4体系中，SO2具有还原性，易于三价铁发生氧化还原反应，故ZnFe2O4的溶解度会明显增大，故正确。答案为：ABD。【小问3详解】浸取过程中为了提高锌灰的浸取效果，还可以采取哪

些方法搅拌、适当升温或适当增大稀硫酸的浓度等。答案为：搅拌、适当增大稀硫酸的浓度。【小问4详解】ZnFe2O4加热分解后加入稀硫酸溶液，取少量溶解后的溶液滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明其中含有铁元素。答案

为：ZnFe2O4加热分解后加入稀硫酸溶液，取少量溶解后的溶液滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明其中含有铁元素。【小问5详解】的是ZnFe2O4与H2、H2S反应生硫化物，其化学方程式为：24222

ZnFeO+H+3HSZnS+2FeS+4HO答案为：24222ZnFeO+H+3HSZnS+2FeS+4HO。20.中国空间站已实现有人长期驻留时代，空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：Ⅰ.萨巴蒂尔反应为

：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1（1）常温常压下，已知：①H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ/mol和-890.0kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ/mol。则ΔH1=___________kJ/mol。（2）在某一恒

容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生萨巴蒂尔反应。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa﹒s-1)，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)=___________kPa·s-

1。（3）研究发现萨巴蒂尔反应的历程，前三步历程如图所示。其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“﹒”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会___________(填“放出热量”或“吸收热量”)；反

应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为___________。Ⅱ.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)ΔH1=+802.3kJ/mol（4）恒压条件时，按

c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。350℃时，A点的平衡常数为K=___________(填计算结果)。为提高CO2的转化率，除改变温度外

，还可采取的措施为___________。（5）氧再生反应可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现；反应机理如图所示：催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图所示。300℃到400℃之间，CH4生成速率加快的原因是______

_____。【答案】（1）-164.0（2）0.48（3）①.吸收热量②.•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)或•OH+•H=H2O(g)（4）①.1②.减少c(CO2)∶c(H2O)的投料比(或及时移出产物)（5）300℃到400℃之间，温度比催

化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快【解析】【小问1详解】H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ/mol和-890.0kJ/mol,可知热化学方程式：则a.H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.5

kJ/mol,b.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.0kJ/mol；c.H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ/mol,根据盖斯定律，4a+2c-b得：CO2

(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.0kJ/mol,故答案为：-164.0；【小问2详解】列三段式有：2422(g)+(g)(g)+(g)/kPa153000/mol520510/mol1010510CO4HCH2HO起

始量转化量平衡量，根据v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa•s-1)计算，v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa•s-1)=1.2×10-6×10×104=0.12kPa•s-

1，根据方程式分析，甲烷和氢气的速率比为1：4，所以v(H2)=0.48kPa•s-1，故答案为：0.48；【小问3详解】从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；反应历程中最小能垒(活化能)步骤为最后一步，化

学方程式•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)，故答案为：吸收热量；•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)或•OH+•H=H2O(g)；【小问4详解】350℃时，A点时CO2、CH4的浓度相同，由反应可知CO2和H2O按1∶2投料，同

时按照1∶2反应，则平衡时H2O的浓度为CO2的2倍，O2的浓度是甲烷浓度的2倍，则平衡常数()()()()242222cCHcOK=cCOcHO=1，为提高CO2的转化率，需使平衡正向移动，除改变温度外，还可以减少c(CO2)∶c(H2O)

的投料比(或及时移出产物)，故答案为：1；减少c(CO2)∶c(H2O)的投料比(或及时移出产物)；【小问5详解】由图可知温度在250℃时，催化剂的转化效率达到最大值，温度在升高到300℃过程中催化剂的转化效率明

显下降，但超过300℃后又明显增加，可判断是温度本省对反应的影响导致的，温度升高反应速率加快，故答案为：300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快。21.铁黄是一种重要的化工产品。由生

产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i．钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物ii．TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2SO4iii．0.1mol/LFe2+生成Fe(O

H)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1mol/LFe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8（1）纯化充分反应后，分离混合物的方法是___________。（2）制备晶种为制

备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是___________。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3.原因是：沉淀生成

后c(Fe2+)___________0.1mol/L(填“>”“=”或“<”)。③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。④pH≈4时制得铁黄晶种。（3）产品纯度测定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg铁

黄24HSO→加热溶解标准溶液溶液b224NaCO⎯⎯⎯⎯⎯→溶液溶液cNaOH→酚酞标准溶液滴定资料：Fe3++3C2O24−=Fe(C2O4)33−，Fe(C2O4)33−不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果___________

(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】21.过滤22.①.()232422?HO2FeNHFeOHNH+++=+②.>③.0-t1时段，4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O，因此pH几乎不变；t1-t

2时段，Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小23.不受影响【解析】【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，可

知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3

；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。【小问1详解】加入铁粉与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动沉

钛，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；故答案为：过滤；【小问2详解】①向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，故白色沉淀为Fe(OH)2，反应的离子方程式为()232422?HO2FeNHFeOHNH+++=+；②产

生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3，则氢氧根离子浓度小于理论数据，结合()()()222c?cKspFeOHFeOH+−=可知，此时c(Fe2+)>0.1mol/L；③0-t1时段，4Fe(OH)2+O2=4FeOOH

+2H2O，因此pH几乎不变；t1-t2时段，Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小；【小问3详解】由于()332242433COCOFeFe−+−+=，Fe(C2O4)33−不与稀碱溶液反应，所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响；