【文档说明】北京市第十二中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，3.659 MB，由小赞的店铺上传

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北京十二中2023—2024学年高二上学期期中考试化学试题本试卷共10页，满分100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回。可能用到的相对原子质量：C12

O16H1Mn55Zn65第一部分选择题(共42分)1.下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是ABCD风力发电碱性锌锰电池燃料燃烧手机充电A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．风力发电是将机

械能转化为电能的装置，不能实现化学能转化为电能，A不符合题意；B．碱性锌锰电池是原电池，能够实现化学能转化为电能，B符合题意；C．燃料燃烧是通过化学反应将化学能转化为热能，不能实现化学能转化为电能，C不符合题意；D．手机

充电是电解池，是电能转化为化学能，而不能实现化学能转化为电能，D不符合题意；故合理选项是B。2.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.用牺牲阳极法保护船舶的外壳B.把食品存放在冰箱里可延长保质期C.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂D.打开可乐瓶盖后看到有大量气泡冒出【答案】D【解析】【分析】

勒夏特列原理的内容为：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程；【详解】A．用牺牲阳极法保护船舶的外壳，不属于可逆反应，所以不能用勒夏特列原理解释，

选项A错误；B．把食品存放在冰箱里可延长保质期原因是降低温度减慢化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，选项B错误；C．合成氨工业中使用铁触媒作催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，选

项C错误；D．可乐中存在平衡CO2(g)+H2O(l)H2CO3(g)，打开瓶盖后压强减小，平衡向生成气体的方向移动，二氧化碳逸出，能用平衡移动原理解释，选项D正确；答案选D。3.下列说法正确的是A.将水加热，wK增大，但pH不变B.

()wHKc+=mol⋅L-1溶液一定呈中性C.0.1mol/L的HF溶液的pH约为2，则HF为强电解质D.将0.1mol·L-1NaOH溶液加水稀释，溶液中由水电离出的()OHc−将减小【答案】B【解析】【详解】A．水

的电离为吸热反应，加热促进水的电离，wK增大，c(H+)增大，则pH减小，故A错误；B．+-wKcHOH=c（）（），()wHKc+=，说明+-cH=cOH（）（），所以溶液一定呈中性，故B正确；C．0.1mol/L的HF溶

液的pH约为2，说明HF未完全电离，为弱电解质，故C错误；D．向NaOH溶液加水稀释则溶液中()OHc−减小，根据水的离子积常数+-wKcHOH=c（）（），可知()Hc+增大，由水电离的+-cH=cOH（）（）也增大，故D错误；

故选B。4.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-B.pH=11的NaOH溶液中：CO23−、Na+、NO3−、SO24−C.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol•L-1的溶液中：Na+、NH4+、SO24−、HCO3−的D.含有NO

3−的溶液中：I-、SO23−、SO24−、H+【答案】B【解析】【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．pH=11的NaOH溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与

CO23−、Na+、NO3−、SO24−不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol•L-1＜1.0×10−7mol•L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与HCO3−会发生反应而不能大量共存；在碱性

溶液中，OH-与NH4+、HCO3−也会发生反应，不能大量共存，C不符合题意；D．在含有NO3−的溶液中：NO3−与I-、H+或NO3−、SO23−、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。5.下列实验不能达到实验目的的是选项ABCD实验

2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)结论证明温度对平衡影响制作简单燃料电池精炼粗铜防止铁管道被腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】的【详解】A．对于可逆反应2242NONO，升高温度，

气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；B．用惰性电极材料作电极，硫酸作电解质溶液，利用原电池原理，制作简单的燃料电池，B正确；C．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，C正确；D．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴

极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，D错误；故答案为：D。6.ICl与2H能发生反应：()()()()22Hg2IClgIg2HClg+=+H0。已知：①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为(

)()()()2HgIClgHIgHClg+=+1ΔH②两步反应的活化能分别为a1E、a2E，且a1a2E>E下列判断不正确．．．的是A.第一步为氧化还原反应B.第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率C.已知键能：HHII−−，可推知键能：HClICl−−D.第二步的热化学方程

式为()()()()2HIgIClgHClgIg+=+21ΔH=ΔH-ΔH【答案】B【解析】【详解】A．ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的的化合价升高，I元素的化合价降低，即该反应为氧化还原反应，故

A说法正确；B．活化能越大，反应速率越低，Ea1＞Ea2，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误；C．已知H-H键能大于I-I键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确；D．根据盖斯定律，第二

步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)21Δ=Δ-ΔHHH，故D说法正确；答案为B。7.某温度下，将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，容器

中H2的物质的量随时间的变化关系如图中的实线所示。图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化关系。下列说法正确的是A.曲线Ⅰ对应的条件改变可能降低温度B.曲线Ⅱ对应的条件改变可能是充入氦气C.该温度下，此反应的化学平衡常数的数值为0.5D.从反应开始

至a点，ν(CO2)=0.6mol·L-1·min-1【答案】C【解析】【详解】A．曲线Ⅰ和原平衡相比，氢气的转化率降低，但到达平衡的时间减少，说明反应速率加快。若降低温度，速率减慢，平衡向正反应方向移动，氢气的转

化率增大，错误；B．充入氦气，平衡不移动，而曲线Ⅱ到达平衡的时间减少，说明反应速率加快，不可能是充入氦气，错误；C．平衡时氢气是2mol，则消耗氢气是6mol，所以同时消耗CO2是2mol，平衡时CO2是4

mol，生成2mol甲醇和2mol水，所以平衡常数＝3110.512=，正确；D．根据图象，在a点时，消耗氢气3.6mol，同时消耗CO2是1.2mol，所以ν(CO2)=0.222minmolL＝0.

3mol·L－1·min－1，错误。8.2CO催化加氢制备3CHOH是2CO资源化利用的重要途径。已知下图所示的反应的能量变化。下列说法不正确．．．的是A.由图1推知反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量B.图2中，若生成的2HO为液态，则能量变化曲

线为①C.2232CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)ΔH=+310kJ/molD.制备3CHOH的反应使用催化剂时，其H不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图可知反应是放热反应，生成物形成新键释放的能量大于反应物

断裂旧键吸收的能量，故A正确；B．液态水能量比气态水能量低，若生成的2HO为液态，比生成气态水放出的热量更多，应该在实线的下面，而不是在实线的上面，故B错误；C．由图1得①2221H(g)+O(g)=HO

(g)ΔH=-120kJ/mol2,由图2得②32223CHOH(g)+O(g)=CO(g)+2HO(g)ΔH=-670kJ/mol2,①3-②得，2232CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)ΔH=+310kJ/mol，故

C正确；D．催化剂只影响速率，不影响反应热，故D正确；故答案为：B9.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(3HCOOCH)：CH3OH(g)+CO(g)⇋HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量3CHOH和CO，测得相同时间内

CO的转化率随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是A.增大压强甲醇转化率增大B.平衡常数()()7585KK℃℃，反应速率bdv<vC.生产时反应温度控制在80~85℃为宜D.b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变【答案】D【解析】【分析】由图可知，

一定时间内，反应未达平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，说明反应为放热反应；【详解】A．由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正

向移动，即增大甲醇的转化率，A正确；B．温度超过约83℃左右时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)；b点的温度比d点的低，故反应速率bdv<v，B正确；C．根据图可知，温度在80~85℃的范

围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，C正确；D．b条件下反应未达到平衡状态，延长反应时间，CO的转化率增大

，D错误；答案选D。10.近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。下列说法不正确．．．的是A.电极a是负极B.电极b的反应式：22O4e2HO4OH−−++=C.该装置可将酸和碱的化学能转化为电能D.酸性条件

下2O的氧化性强于碱性条件下2O的氧化性【答案】B【解析】【分析】该电池a的电极反应为：--224OH-4e=O+2HO，a为负极，b的电极反应为：-+22O+4e+4H=2HO，为原电池的正极。【详解】A．

a的电极反应为：--22=4OH-4eO+2HO，a为负极，A正确；B．b的电极反应为：-+22O+4e+4H=2HO，为原电池的正极，B错误；C．该反应的总反应式为：+-2H+OH=HO，可将酸和碱的化学能转化为电能，C正确；D．酸性条件下发生反应-+22O+4e+4

H=2HO，碱性条件下发生反应--224OH-4e=O+2HO，所以酸性条件下2O的氧化性强于碱性条件下2O的氧化性，D正确；故选B。11.不同温度下，将1mol2CO和3mol2H充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：()()()()22

32COg3HgCHOHgHOg++H平衡时3CHOH的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是A.该反应的Δ0HB.240℃时，若充入2mol2CO和6mol2H，平衡时3CHOH的物质的量分数大于25%C.240℃时，若起始时充入0.5mol2CO、

2mol2H、4mol3CHOH、1mol2HO，反应向正反应方向进行D.240℃达平衡后，压缩容器体积使压强增大，平衡正向移动，2CO浓度降低【答案】D【解析】【详解】A．从图像上分析，温度升高，平衡时3CHOH的物质的量分数降低，说明该反应()()()()2232COg3

HgCHOHgHOg++平衡逆向移动，结合平衡移动原理，温度升高平衡向吸热反应方向移动，判断该反应为放热反应Δ0H，A正确；B．240℃时，若充入2mol2CO和6mol2H，与原来相比，开始反应物浓度是原来的2倍，则压强是原来的2倍，增大压强平衡正向移动，导致二氧化碳和氢气的

转化率增大，则平衡时甲醇的物质的量分数大于25%，B正确；C．240℃时，平衡时3CHOH的物质的量分数为25%，设平衡时转化的()2cCO为xmol/L，利用三段式分析()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol/L1300mol/Lx3xxxmol/

L1-x3-3xxx起始量转化量平衡量，平衡时3CHOH的物质的量分数=()xmol/L1L100%=25%1-x+3-3x+x+xmol/L1L，解得2x=3，平衡时()2cCO=1mol/L3，()2cH=1mol/L，()32cCHOH=m

ol/L3，()22cHO=mol/L3，化学平衡常数为()()()()()32332222mol/Lmol/LcCHOHcHO433K===13cCOcHmol/L1mol/L3，温度不变化学平衡常数不变，若起始时充入0.5mol2CO、2m

ol2H、4mol3CHOH、1mol2HO，其浓度商()()()()3233224mol1molcCHOHcHO1L1LQc===1cCOcH0.5mol2mol1L1L<K，故反应向正反应方向进行，C正确；D．平衡后，压缩容器体积，各

气体组分浓度均增大，压强增大，平衡正向移动，减弱了反应物2CO、2H浓度的增大，新平衡时的2CO浓度比原平衡时的2CO浓度大，D错误；答案选D。12.如图所示为水系锌离子电池，它作为一种新型的二次电池，具有较高的能量密度和功率密度

，下列说法不正确的是A.放电时，负极反应为()24n2e4OHZnOHZ−−−−+=B.放电时，每转移1mole−，a电极理论上减少43.5gC.充电时，24KSO溶液的浓度不断增大D.充电时，a电极附近溶液的pH减小【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时，右侧b电极为负极，碱性条件下

锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e—＋4OH—=Zn(OH)2-4，溶液中钾离子通过阳离子交换膜加入中间区域，左侧a电极为正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式

为MnO2+2e—＋4H+=Mn2++2H2O，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜进入中间区域；充电时，与直流电源负极相连的右侧b电极做电解池的阴极，左侧a电极为阳极，中间区域的钾离子通过阳离子交换膜进入阳极区，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阴极区。【详解】A．由分析可知，

放电时，右侧b电极为负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e—＋4OH—=Zn(OH)2-4，故A正确；B．由分析可知，放电时，左侧a电极为正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原

反应生成锰离子和水，电极反应式为MnO2+2e—＋4H+=Mn2++2H2O，则外电路转移1mole−时，a电极理论上减少1mol×12×87g/mol=43.5g，故B正确；C．由分析可知，充电时，中间区域的

钾离子通过阳离子交换膜进入阳极区，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阴极区，则硫酸钾溶液的浓度减小，故C错误；D．由分析可知，充电时，左侧a电极为阳极，水分子作用下锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为Mn2++2H2O-

2e-=MnO2＋4H+，放电生成氢离子使a电极附近溶液的pH减小，故D正确；故选C。13.25℃时，向40mL0.05mol/L的3FeCl溶液中一次性加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液(体积变化忽略不计)，发生反应()33Fe3SCNFe

SCN+−+，混合溶液中()3Fec+与反应时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是A.4t时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡逆向移动。B.E点对应的坐标为(0，0.04)C.在25℃时该反应的平衡常数为()30.04-mm3m-0.09D.4t

分钟后加入少量KSCN固体，溶液红色加深，该现象可以证明3Fe+与SCN-的反应是可逆反应【答案】D【解析】【详解】A．t4时刻向溶液中加入50mL0.1mol/L的KCl溶液，溶液总体积增大，离子浓度减小，化学平

衡向离子浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，A正确；B．40mL0.05mol/L的FeCl3溶液中一次性加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，t=0时刻反应尚未开始，溶液总体积为50mL，c(Fe3+)=0.04L0.05mol/L0.05L=0.04mol/L，E坐标为(0，0

.04)，B正确；C．从图中可知，平衡时c(Fe3+)=mmol/L，消耗掉Fe3+(0.002-0.05m)mol，则消耗掉SCN-(0.006-0.15m)mol，平衡时c(SCN-)=(3m-0.09)mo

l/L，生成Fe(SCN)3(0.002-0.05m)mol，平衡时浓度为c=(0.04-m)mol/L，则该反应的平衡常数=30.04mm(3m0.09)−−，C正确；D．Fe3+初始物质的量为0

.002mol，SCN-初始物质的量为0.0015mol，根据反应的方程式可知Fe3+过量，故即使该反应不是可逆反应，加入KSCN固体后，剩余的铁离子也会与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液红色加深，无法证明该反应是可逆反应，D错

误；故答案选D。14.乙醇-水催化重整可获得2H。其主要反应为-125222CHOH(g)+3HO(g)=2CO(g)+6H(g)ΔH=173.3kJmol，-1222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=41.2kJmol

，在51.010Pa、()()始25始2nCHOH:nHO=1:3时，若仅考虑上述反应，平衡时2CO和CO的选择性及2H的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性生成生成2生成n(CO)=100%n(CO)+n(CO)，下列说法正确的是A.图中曲线①表示平衡时2H产率随温度的变化B

.升高温度，平衡时CO的选择性增大C.一定温度下，增大()()252nCHOHnHO可提高乙醇平衡转化率D.一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时2H产率【答案】B【解析】【分析】根据已知反应①-125222CHOH(g)+3HO(g)=2CO(g)+6H(g)ΔH=173

.3kJmol，反应②-1222CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=41.2kJmol，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的

选择性，②代表H2的产率，以此解题。【详解】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；C．一定温度下，增大252n(CHOH)n(HO)，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物

质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入CaO同时吸收CO2和水蒸气，无法判断平衡如何移动，无法判断如何影响平衡时2H产率，故D错误；故选B。第二部分非选择题(共58分)15.通过化学的方法实现2CO的资源化利用是一种非常理想的2

CO减排途径。（1）工业上用2CO和2H反应合成二甲醚。已知：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1Δ181.6H=−kJ/mol；()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+2Δ24.5H=−kJ/mol。写出()2COg和()2

Hg转化为()33CHOCHg和()2HOg的热化学方程式：___________。（2）在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，2CO的平衡转化率如图所示。1T温度下，将6mol2CO和12mol2H充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均

反应速率()33CHOCHv=___________；AK、BK、CK三者之间的大小关系为___________。（3）若()()()()23322CO4HCHgggOHOgCH++Δ204.7H=−kJ⋅mol-1在恒温恒压下进行，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是

___________(填序号)。A．CO和2H的物质的量浓度之比是1∶2B．CO的消耗速率等于33CHOCH的生成速率的2倍C．容器中混合气体的体积保持不变D．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变E．容

器中混合气体的密度保持不变（4）电解法实现2CO制备甲醇(3CHOH)石墨电极上的电极反应式为___________，a膜为___________(填阴离子交换膜或阳离子交换膜)，电解过程中右室溶液中3HCO−的物质的量___________(填增大、减小、不变)。【答案

】（1）()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++Δ387.7H=−kJ⋅mol-1（2）①.0.18mol⋅L-1⋅min1−②.ACB=>KKK（3）CDE（4）①.224OH4eO2HO−−−=+②.阴离子

交换膜③.不变【解析】【小问1详解】()2COg和()2Hg反应生成()33CHOCHg和()2HOg，根据盖斯定律可知，△H=△H1×2+△H2=2×（-181.6)-24.5=-387.7kJ/mol，故热化学方程式：()()()()223322COg6HgCHOCHg3HO

g++Δ387.7H=−kJ⋅mol-1。【小问2详解】根据图像可知，1T温度下，当n(H2)/n(CO2)的投料比为2时，二氧化碳的转化率为60%，故将6mol2CO和12mol2H充入2L的密闭容器中，

5min后反应达到平衡状态时，反应的二氧化碳的量为3.6mol，生成二甲醚的量为1.8mol，则0~5min内的平均反应速率()33CHOCHv=1.8mol2L5min=0.18mol⋅L-1⋅min1−；合成二甲醚为放热反

应，温度越高，二氧化碳转化率越低，故T2>T1，温度越高，平衡常数越小，温度相同，平衡常数相同，故AK、BK、CK三者之间的大小关系为ACB=>KKK。【小问3详解】A．当CO和2H的物质的量浓度之比是1∶2，无法说明正逆反应速率

相等，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．CO的消耗速率与33CHOCH的生成速率都为正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下，容器中混合气体的体积保持不变能说明反应达到平衡状态，C正确；D．气体的总质量不变，反应为

气体分子数减少的反应，故容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变，能说明反应达到平衡状态，D正确；E．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下当到达平衡时，气体的体积不再改变，混合气体的密度不再改变，能说明反应达到平衡状态，E正确；答案选CDE。【小问4详解】根据电解池装

置可知，石墨电极作阳极，发生氧化反应，催化电极作阴极，发生还原反应，石墨电极上的电极反应式为224OH4eO2HO−−−=+，a膜应允许氢氧根离子通过进入阳极室，故a膜为阴离子交换膜，阴极发生的电极反应式为CO2+6e-+6H+=C

H3OH+H2O,故电解过程中,右室溶液中3HCO−的物质的量不变。16.氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究SCR技术(NH3选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。（1）写出一种氮氧化物直接排放到空气中造成的环

境危害___________。（2）NH3催化还原NO的化学方程式为___________。（3）铁基催化剂在260~300℃范围内实现SCR技术的过程如下：①适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因：___________。②向反应体系中添加N

H4NO3可显著提高NO脱除率。原因如下：3NO−与NO发生反应223NONONONO−−+=+；2NO与4NH+发生反应ⅲ和反应ⅳ转化为N2；2NO−与4NH+发生反应___________(填离子方程式

)转化为N2。（4）相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有2SO会明显降低NO脱除率。的①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是___________。②持续通入含SO2

的烟气。不同温度下，每隔1h测定NO脱除率，结果如下：相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，原因是___________。【答案】（1）酸雨/光化学烟雾（2）3224NH6NO5N6HO++催化剂（3）①.反应ⅱ为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用

量可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率②.2422NONHN2HO−++=+（4）①.SO2+MnO2=MnSO4②.温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降

低的影响显著【解析】【小问1详解】NO与空气中的氧气反应产生NO2，NO2与水反应产生HNO3、NO，导致形成酸雨，同时NO也会与紫外线等作用形成光化学烟雾；【小问2详解】NH3、NO在催化剂存在条件下反应产生N2、H

2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：3224NH6NO5N6HO++催化剂；【小问3详解】①根据图示可知：反应ⅱ是慢反应，为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可扩大反应物接触面积，从而可提高反应ⅱ的速率，进而提高脱硝反应速率；②2NO与4

NH+发生氧化还原反应，产生N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2NO+4NH+=N2+2H2O；【小问4详解】①SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，二者会发生氧化还原反应产生MnSO4，从而导致催化剂

失效，其化学方程式是：SO2+MnO2=MnSO4；根据图示可知：在相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，这是由于温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除速率降低的影响显著。17.24K

FeO是一种高效多功能的新型消毒剂。已知：24KFeO微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生2O，在碱性溶液中较稳定。（1）一种制备24KFeO的方法如下。①若以铅蓄电池为电源，则铂片应与___________极相连(填Pb或2PbO)。②生成24FeO−的电极反应式：_______

____。③阴极室KOH的浓度提高，结合电极反应式解释原因：___________。（2）向含24KFeO的溶液中加入KOH固体，析出24KFeO固体，再用稀KOH溶液洗涤，得到24KFeO粗品。用化学方程式解释不能用水洗涤24KFeO的原因：___________。（3）电解1.5h后，测

得()24ηKFeO=40%，()24KFeO60%S=已知：()()()BηB100%nn=生成所用的电子通过电极的电子()()()BB100%nSn=生成所用的铁转化的铁①()24KFeO60%S=，说明除24KFeO之外，还有

其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有24KFeO和FeOOH，则()ηFeOOH=___________。②判断阳极有水(或OH−)放电，判断依据：ⅰ.水(或OH−)有还原性；ⅱ.___________。【答

案】（1）①.Pb②.242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+③.阴极反应222HO2e2OHH−−+=+，OH−浓度增大；K+通过阳离子交换膜进入阴极室（2）()242234KFeO10HO4FeOH3O8KOH+=++（3）①.13.3%②.()()

24ηKFeO+ηFeOOH100%(或其他合理答案)【解析】【小问1详解】①铅蓄电池中Pb电极为负极，2PbO电极为正极，由图可知，铁片为阳极，失去电子生成24KFeO，则铂片为阴极，与Pb极相连；②铁片为阳极，失去电子

生成24KFeO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+；③阴极反应222HO2e2OHH−−+=+，OH−浓度增大；K+通过阳离子交换膜进入阴极室。【小问2详解】K2FeO4在中性溶液中快速分解产生O

2，可知K2FeO4和水反应产生O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为()242234KFeO10HO4FeOH3O8KOH+=++。【小问3详解】①Fe→24FeO−，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。S(K2FeO4)=

60%，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则n(生成24FeO−所用的电子)=1mol×60%×6=3.6mol，n(通过电极的电子)=3.6mol40%=9mol，则n(生成FeOOH所用的电子)=1mol×40%×3=1.2mol，η(FeOOH)=1.2mol9m

ol×100%=13.3%。②η(K2FeO4)+η(FeOOH)＜100%，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或OH−)放电。18.从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。（1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是___________。

（2）硫代硫酸钠在弱碱性条件下漫金是提取金的一种方法。①补全反应的离子方程式。______□Au+□2232VOO−++□___________=□()3232AuSO−+□___________②为提高金的浸出速率，可采取的措施为___________。(写出两种)（3）(

)234CuNH+可催化上述金在223NaSO溶液中的溶解反应，原理为：ⅰ.()234CuNH+(蓝色)()22332Au2SOCuNH+−++=(无色)()32332AuSO2NH−++ⅱ.___________①写出反应ⅱ的离子方程式：_______

____。②下列实验方案可证实上述催化过程，将实验方案补充完整。反应一段时间后，温度无明显变化，U型管内液柱左高右低，___________，打开瓶塞后___________(填现象)。（4）已知：Ⅰ.()22334CuNHCu4NH+++；Ⅱ.2Cu+在碱性

较强时受热会生成CuO沉淀。将金矿石浸泡在223NaSO、()234CuNH+的混合溶液中，并通入2O。一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如图，解释pH10.5时，金的浸出率降低的可能原因___________。(

写出2点即可)【答案】（1）金的还原性弱/金在高温条件下不与氧气反应（2）①.()2232223324Au8SOO2HO4AuSO4OH−−−+++=+②.将金研磨成粉末/适当增加温度/增加氧气浓度/增加硫代

硫酸钠浓度（3）①.()()233223244CuNH8NHO2HO4CuNH4OH++−+++=+②.锥形瓶中溶液蓝色变浅③.锥形瓶中溶液蓝色复原（4）碱性较强时生成的()2CuO/CuOH沉淀覆盖在金矿石表面，降低(浸出)反应速率；pH1

0.5时，部分()234CuNH+转化成()2CuO/CuOH，降低了()234CuNH+浓度，降低(浸出)反应速率。(其它答案合理即可)【解析】【小问1详解】真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；【小问2详解】①该反应为氧

化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：()2232223324Au8SOO2HO4AuSO4OH−−−+++=+；②提高金的浸出速率可采用的方法是：将金研磨成粉末/适当增加温度/增加氧气浓度/增加硫代硫酸钠浓度等

；【小问3详解】①第i步反应生成的()32CuNH+在氧气和氨水的作用下生成了()234CuNH+，方程式为：()()233223244CuNH8NHO2HO4CuNH4OH++−+++=+；②反应一段时

间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了()32CuNH+，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将()32CuNH+又氧化为()234CuNH+；小问4详解】2Cu+在碱性较强时受热会生成Cu

O沉淀，碱性较强时生成的()2CuO/CuOH沉淀覆盖在金矿石表面，降低(浸出)反应速率；pH10.5时，部分()234CuNH+转化成()2CuO/CuOH，降低了()234CuNH+浓度，降低(浸出)反应速率。19

.小组同学探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化。资料：227CrO−(橙色)224HO2CrO−+(黄色)2H++3Cr+(绿色)、()3CrOH(灰绿色，不溶于水)、227CrO−(橙色)、24CrO−(黄色)、

24AgCrO(砖红色，难溶于水)。实验Ⅰ向2mL0.1mol/L()243CrSO溶液中滴入2mL3%22HO溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶【液a，加入3AgNO溶液，未观察到砖红色沉淀。实验Ⅱ向溶液a中加入2mL10%NaOH溶液，产生少量气泡，水浴

加热，有大量气泡产生，经检验气体为2O，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH约为3，再加入3AgNO溶液，有砖红色沉淀生成。（1）写出实验Ⅱ中加入3AgNO溶液后的离子方程式___________。（2）甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成2

4CrO−的原因是22HO将+3价铬元素氧化为24CrO−，乙同学认为该说法不严谨。①乙的理由是___________。②设计实验否定了乙的猜想，___________(填操作)，溶液未变成黄色。（3）对比实验Ⅰ和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对＋3价铬元素或22HO性质

的影响。①提出假设：假设a：碱性增强，22HO的氧化性增强假设b：___________。②22HO参与的电极反应式是___________，据此分析，假设a不成立。③设计实验证实了假设b，画出实验装置图(注明

试剂)并写出实验操作和现象___________。实验Ⅲ向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3%22HO溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成。（4）请用化学平衡移动原理解释加入稀硫酸后溶液变为橙色的原因：___________。（5）实验Ⅲ中溶液

由橙色变为绿色的离子方程式是___________。（6）综上，22HO在＋3价铬元素和＋6价铬元素相互转化中的作用是___________。【答案】19.24242AgCrOAgCrO+−+=20.①.2O将+3价铬元素氧化为24CrO−②.向22mL0.1mol/

L()43CrSO溶液中加入2mL2HO、2mL10%NaOH溶液，通入2O，水浴加热21.①.碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强②.22HO2e2OH−−+=③.组装好装置，开始时电流计指针不偏转。向左池中加入较浓N

aOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动22.227CrO−(橙色)224HO2CrO−+(黄色)2H++，滴入稀硫酸，()+cH增大，平衡向左移动，()227cCrO−增大，()2-4cCrO减小

，溶液由黄色变为橙色23.23272222CrO8H3HO2Cr3O7HO−++++=++24.在碱性条件下，22HO作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，22HO作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价【解析】【分析】实验是探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化

，利用碱性条件下，22HO作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，22HO作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价，设计了实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ进行探究。【小问1详解】加入3AgNO溶液，有砖红色沉淀生

成，且由资料可知，24AgCrO为砖红色，难溶于水，则实验Ⅱ中加入3AgNO溶液后的离子方程式为24242AgCrOAgCrO+−+=；【小问2详解】①实验Ⅱ生成了O2，实验Ⅱ中溶液变黄生成24CrO−的原因也可能是2O将+3价铬元素氧化为24CrO−，故答案为2O将+3价铬元素氧化为24CrO−

；②要证明不是2O将+3价铬元素氧化为24CrO−，需要进行对照实验，变量为22HO和O2，还需进行一组将加22HO改为通O2的实验，则设计实验否定乙的猜想，操作为向22mL0.1mol/L()43CrSO溶液中加入2mL2HO、2mL10%NaOH溶液，通入2

O，水浴加热，溶液未变成黄色，说明不是2O将+3价铬元素氧化为24CrO−；【小问3详解】①实验的目的为研究碱性环境对＋3价铬元素或22HO性质的影响，假设a为碱性增强，22HO的氧化性增强，则假设b为碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强；②反应发生时，+3价铬元素被氧化为24CrO−，铬元素

化合价升高，则22HO反应时化合价要降低，则碱性条件下，22HO参与的电极反应式为22HO2e2OH−−+=；③需要证明碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强，设计实验，实验装置图为实验操作和现象为组装好

装置，开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动，则说明碱性增强，＋3价铬元素的还原性增强；【小问4详解】用化学平衡移动原理解释加入稀硫酸后溶液变为橙色的原因为2

27CrO−(橙色)224HO2CrO−+(黄色)2H++，滴入稀硫酸，()+cH增大，平衡向左移动，()227cCrO−增大，()2-4cCrO减小，溶液由黄色变为橙色；小问5详解】实验Ⅲ向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3%22HO溶

液，溶液最终变为绿色，有气泡生成，则实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是23272222CrO8H3HO2Cr3O7HO−++++=++；【小问6详解】综上，22HO在＋3价铬元素和＋6价铬元素相互

转化中的作用是在碱性条件下，22HO作氧化剂，将＋3价铬元素氧化为＋6价；在酸性条件下，22HO作还原剂，将＋6价铬元素还原为＋3价。【