【文档说明】安徽省宣城市2021-2022学年高二上学期期末调研测试化学试题 含解析.docx，共(23)页，3.217 MB，由小赞的店铺上传

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宣城市2021~2022学年度第一学期期末调研测试高二化学试题考生注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间100分钟。2.答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卡指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ

卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．

．．．．．．．．．．．。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ni-59Ag-108第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案)1.下列措施中不利

于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是A.大力提倡植树造林B.向燃煤中添加碳酸钙C.借助光伏、风电、核电等技术发电D.利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化【答案】B【解析】【分析】详解】A．植物能进行光合作用，从而吸收CO2，能实现碳中和，A不符合题意；【B．燃煤中添加CaCO3，可实现燃煤脱

硫，减少SO2排放，但会增加CO2的排放，不利于碳中和，B符合题意；C．采用光伏、风电、核电等新能源，可减少传统化石能源的使用，减少CO2的排放，能实现碳中和，C不符合题意；D．将CO2转化，符合碳中和要求，D不符合题意；故答案选B。2.化学在生活、生产、科

技中有着广泛应用。下列说法正确的是A.共享单车利用太阳能电池完成卫星定位，有利于节能环保B.23NaCO溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多C.将氯气通入澄清石灰水中可制得漂白粉D.75%的酒精和生理盐水均可用于餐具消毒以杀灭新型冠状病

毒【答案】A【解析】【详解】A．太阳能是可再生的清洁能源，同时共享单车的使用，减少能源的利用，则有利于节能环保，故A正确；B．碳酸钠碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；C．澄清石灰水中溶质Ca(OH)2

浓度较低，用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，故C错误；D．生理盐水主要成分是NaCl，对新冠病毒无效，不能有效杀灭新型冠状病毒，故D错误；故选：A。3.下列反应中，既属于离子反应，又属于氧化还原反应且是放热反应的是A.盐酸与氢氧化钠的反应B.甲烷

的完全燃烧C.锌与稀盐酸的反应D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应【答案】C【解析】【详解】A．盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．甲烷的完全燃烧不属于离子反应，故B错误；C．锌与稀盐酸反应生成氯

化锌和氢气，属于离子反应，Zn和H元素化合价变化，属于氧化还原反应，且是放热反应，故C正确；D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应，属于吸热反应，没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选：C。4.设AN为阿伏加德罗

常数的值。下列说法正确的是A.-131L0.1molLCHCOOH溶液中含有的氧原子数为A0.2NB.一定条件下，21molN和23molH反应可生成A2N个3NH分子C.常温下，1LpH=13的2Ba(OH)溶液中，由水电离出的-OH的数目

为A0.2ND.常温常压下，223gNO和24NO的混合气体中含有的氮原子数为A0.5N【答案】D【解析】【详解】A．31L0.1mol/LCHCOOH水溶液中n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1mol·L-1×1L=0.1mol，CH3COOH和CH3COO-中含氧原子：0.1

mol×2=0.2mol，另外，水中也含氧原子，故氧原子数大于A0.2N，A错误；B．一定条件下，N2与H2反应为可逆反应，1molN2与3molH2可生成NH3的数目小于2NA，B错误；C．25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=-1310mol/L，Ba(OH)2溶液中H+

完全来源于水，故由水电离产生的H+为10-13mol/L，则由水电离产生的OH-也为10-13mol/L，对应物质的量=10-13mol，C错误；D．N2O4的最简式是NO2，所以23gNO2和N2O4的混合气体，相当于23gNO2，即0.5molNO2，则N原子的物质的

量是0.5mol，即0.5NA，D正确；故答案选D。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.()()+-cH=cOH的溶液中：+Na、3+Fe、2-4SO、-ClB.能溶解3Al(OH)的溶液中：+Na、+K、3NO−、3HCO−C.无色溶液中：+K、+Na、2-27CrO

、2-4SOD.()-12W+K=10cH的溶液中：+H、+4NH、-Cl、2-4SO【答案】D【解析】【详解】A．()()+-cH=cOH的溶液呈中性，而3+Fe发生水解反应溶液呈酸性，不能共存，故A错误；B．能溶解3Al(OH)

的溶液呈酸性或强碱性，H+、3HCO−之间发生反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；C．无色溶液中不会存在2-27CrO，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．()()--12W+K=cOH=10cH的溶液

呈酸性，各种离子之间不反应，能大量共存，故D正确；故选：D。6.下列有关电解质及电离的说法正确的是A.稀释醋酸溶液时，所有离子的浓度均减小B.氯气的水溶液能导电，所以氯气是电解质C.醋酸溶液的导电性不一定比盐酸弱D.水中加入酸、碱或盐都一定会抑制水的电离【答案】C【解析】【详解】A.稀释酸溶液，

溶液中酸电离产生的所有离子的浓度均减小，但水电离出的离子浓度增大，选项A错误；B．氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C．导电能力强弱与离子浓度大小有关，与电解质的强弱无关，选项C

正确；D．水中加入酸、碱会抑制水的电离，但若加入弱碱盐或弱酸盐可能会促进水的电离，选项D错误；答案选C7.下列有关实验装置及实验设计或现象正确的是ABCD装置。实验测定22HO分解反应速率探究温度对反应2242NO(g)NO(g)垐?噲?平衡的影响探究Na与水反

应的热效应探究3+Fe、2+Cu对22HO分解速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．气体易从长颈漏斗逸出，且没有秒表来记录反应时间，不能测定H2O2分解反应的速率，故A错误；B．已知2242NO(g)NO(g)垐?

噲?中NO2为红棕色气体，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；C．钠与水反应为放热反应，应是U型右边的红墨水液面上升，故C错误；D．该探究实验中共有22HO浓度、3+Fe和2+Cu催

化剂2个变量，不能探究3+Fe、2+Cu对22HO分解速率的影响，应保证22HO浓度相同，故D错误；故选：B。8.足量的锌粉与-1100mL1molL稀硫酸反应，为了加快反应速率且增大生成2H的量，下列措施中能达到实验目的的是A.滴加少量-13molL的稀硝酸B.滴加几

滴硫酸铜溶液C.滴加少量-12molL稀硫酸D.滴加少量醋酸钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，与金属反应不生成氢气，故A不符合题意；B．滴加几滴硫酸铜溶液，部分Zn与硫酸铜反应生成铜单

质，形成锌-铜-硫酸原电池，能加快生成氢气的速率，但不会改变氢气的量，故B不符合题意；C．滴加少量-12molL稀硫酸，增大了硫酸浓度和用量，既加快了反应速率也增加氢气的量，故C符合题意；D．滴加少量醋酸钠与氢离子结合成醋酸分子，降低了氢离子浓度，使反应速率减小，故D不符合题意；故选：C。的9

.水是生活中不可缺少的物质。下列关于水的的说法，正确的是A.水的分解和水的汽化过程中焓变均大于0B.水的电离和电解过程均需要通电才能实现C.水电离出的氢离子浓度一定等于7-1110molL−D.升高温度，水的电离程度和pH均增大【答案】A【解析】【详解】A．水的分解和水的汽化过程都是吸

热过程，焓变均大于0，故A正确；B．电离是指电解质在一定条件下(例如溶于某些溶剂、加热熔化等)，电离成可自由移动的离子的过程，不需要通电，电解过程需要通电，故B错误；C．常温下，纯水电离出的c(H+)=7-1110molL−，而升高温度，促进水的电离，Kw值增大，c(H+)>

7-1110molL−，故C错误；D．水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选：A。10.某温度下，在恒容密闭容器中2SO、2O、3SO建立化学平衡：2232SO(g)+O(g)2SO(g)ΔH<0，改

变下列条件对正、逆反应速率的影响不正确．．．的是A.压缩容器体积B.通入2OC.使用(正)催化剂D.升高温度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．压缩容器体积各物质的浓度均增大，正逆反应速率均增大，且正反

应速率增大的程度大于逆反应速率，故A错误；B．通入2O增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，故B正确；C．使用(正)催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，故C正确；D．升高

温度正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，平衡逆向移动，故D正确；故选：A。11.对于反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率大小关系正确的是①-1-1v(A)=0.01molLs②-1-1v(B)=1.

20molLmin③-1-1v(C)=2.40molLmin④-1-1v(D)=0.02molLsA.②>③>④>①B.③>①=④>②C.③>④>①=②D.①>④>②>③【答案】B【解析】【详解】比

较不同条件下的反应速率应转化成同一物质的速率进行比较，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行转换，以A的速率为标准，①对应的-1-1-1-1=v(A)=0.01molLs0.6inmolLm；②对应的-1-1-1-1v(B)1.20molLminv(A)==0.4molLmin33

=；③--1-1-11mv(C)2.40molLv(A)==1.20molL22inmin=④-1-1-1-1v(D)0.02molLv(A)==0.6molm2nL2si=可知反应速率的由快到慢的顺序为：③>①=④>②；故选：B。12.下列

与金属腐蚀有关说法中，不正确．．．的是的A.图a中铁制品主要发生吸氧腐蚀B.图b开关置于N处时，金属铁的腐蚀速率比置于M时更小C.图c为外加直流电源保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连D.图d燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生电化学腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．铁制品由Fe和C等组成

，海水是中性介质，构成原电池，发生吸氧腐蚀，故A正确；B．开关置于N处时，Zn的活泼性比Fe强，Fe做正极被保护，置于M时，Fe比Cu活泼，Fe做负极失电子生成Fe2+，则金属铁的腐蚀速率比置于M时更小，故B正确

；C．电解池中，阴极材料被保护，钢闸门应与外接电源的负极相连做阴极可以获得保护，故C正确；D．燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生化学腐蚀，不是电化学腐蚀，故D错误；故选：D。13.化学家研究催化剂4Pt催化丙

烷脱氢机理如下图所示：下列说法错误．．的是A由图可知4Pt催化大致经过阶段Ⅰ(吸附)、反应Ⅱ(断裂第1个C-H键)、反应Ⅲ(断裂第2个C-H键)B.反应Ⅱ活化能最大，是4Pt催化丙烷脱氢的决速步C.381molCH(g)在4Pt(s)催化下反应生成3621molCH(g)+H(g)时，放

出的热量为0.95eVD.若该催化反应在绝热容器中按照先发生Ⅰ，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，则完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，阶段Ⅰ产物为pt4...C3H8，该过程为吸附，反应Ⅱ产

物为pt4-(HC3H7)，此时断裂第1个C-H键，反应Ⅲ产物pt4-(2HC3H7)，此时断裂第2个C-H键，故A正确；B．由图可知，反应Ⅱ活化能最大，则反应Ⅱ是Pt4催化丙烷脱氢的快速阶段，故B正确；C．由图可知1个C3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1个C3H6(g)和1个H2(g)

]时，放出的热量为0.95eV，则1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]时，放出的热量为0.95NAeV，故C错误；D．若该催化反应在绝热容器中按照先发生I，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温

度升高，达到反应Ⅲ所需的活化能，因此这些能量足以使反应Ⅲ发生，所以完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ，故D正确；故选：C。14.在密闭容器中发生储氢反应：5256LaNi(s)+3H(g)LaNiH(s)ΔH<0。在一定温度

下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是A.低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢B.升高温度，v逆增大，v正减小，平衡逆向移动C.缩小容器的容积，平衡正向移动，重新达到平衡时H2的浓度减小D.向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数增大【答案】A【解析】

【详解】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，有助于H2转化为LaNi5H6固体的形成，因此利用储氢，A正确；B．升高温度，v逆增大，v正也增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的倍数大于v正增大的倍数，化学平衡向

吸热的逆向移动，B错误；C．缩小容器的容积，平衡正向移动，由于温度不变，反应的化学平衡常数不变，化学平衡常数K=.321c(H)不变，所以重新达到平衡时H2的浓度应该与原来相同，C错误；D．向密闭容器中充入氢气，化学平衡正向移动，但由于温度不变，化学平衡常数就不变，D错误；故合理选项是A。15.用

如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定三颈烧瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧(DO)随时间变化关系的曲线如下。下列说法正确的是A.溶解氧随着溶液酸性减弱而增大B.pH=2.0时，发生析氢腐蚀而不发生吸氧腐蚀C.

整个过程中，负极电极反应式为：-3+=Fe-3eFeD.pH=4.0时，既发生吸氧腐蚀又发生析氢腐蚀【答案】D【解析】【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参

与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。【详解】A．由图可知，随着pH增大即溶液酸性减弱，溶解氧(DO)减小，故A错误；B．由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，

说明有产生氢气的析氢腐蚀发生，故B错误；C．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，故C错误；D．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强

几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故D正确；故选：D。16.用-10.10molLHNaO溶液滴定-1210.0mL0.10mlLAoH溶液，溶液pH和温度随()2V(NaOH溶液)VHA溶液的变化曲

线如图所示。下列说法正确的是A.整个滴定过程中，水的电离程度和Kw都逐渐增大B.()2V(NaOH溶液)=1.5VHA溶液时，溶液中存在()()()()()-2-+-23cHA-2cOH=cA-2cH-cHAC.2HA的电离常数232

Ka=10−D.第一反应终点可选用紫色石蕊溶液作为指示剂【答案】B【解析】【分析】用NaOH溶液滴定H2A溶液，()2V(NaOH溶液)VHA溶液=1时即X点，溶质为NaHA，()2V(NaOH溶液)VHA溶液=2时即Z点，溶质为Na2A；【详解】A．酸或碱抑制水的电离，能水解的盐类促进水的电

离，随着NaOH溶液加入，逐渐生成能水解的盐类，当NaOH溶液过量，又抑制水的电离，则水的电离程度先增大后减小，水的电离是吸热反应，温度升高Kw增大，由图中温度曲线可知温度先增大后减小，则Kw也是先增大后减小，故A错误；B．()2V

(NaOH溶液)=1.5VHA溶液时，溶质为等量的NaHA和Na2A混合物，溶液中存在物料守恒：()()()()+2--22cNa=3[cHA+cA+cHA]①，电荷守恒：()()()()()++2---c+cH=2c

A+cOH+acHAN②，联立①②两式可得()()()()()-2-+-23cHA-2cOH=cA-2cH-cHA，故B正确；C．由图知pH=9.7时()()-2-cHA=cA，2HA的电离常数()()()()+2-9.7+2-cAcHKa

==cH=10cHA−，故C错误；D．由图知第一反应终点时溶液pH<7，紫色石蕊溶液在此pH范围内还没变色，则不能作为指示剂，故D错误；故选：B。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、填空题(本题共5小题，共5

2分)17.按要求回答问题：（1）碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为_______。（2）某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，则AgCl的溶解度_______(填“增大”“减小”“不变”，下同)，Ksp_______，()+cAg_______。（3）电子

工业使用3FeCl溶液刻蚀印刷覆铜板，该过程的离子方程式为_______；配制的3FeCl溶液应保持酸性的原因是_______。（4）常温下，3HN的5Ka=1.910−，用离子方程式说明3NaN溶液显碱性的原因_______。【答案】（1）+-33Na

HCO=Na+HCO、2-3-3+H+COHCO（2）①.减小②.不变③.减小（3）①.3+2+2+Cu+2Fe=Cu+2Fe②.抑制3+Fe水解生成3Fe(OH)（4）--323N+HOHN+OH【解析】【小问1详解】碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢

根离子，电离方程式为：+-33NaHCO=Na+HCO、2-3-3+H+COHCO；【小问2详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入

少量稀盐酸时，c(Cl-)增大，部分溶质AgCl析出，AgCl的溶解度减小，AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变；平衡逆向移动，c(Ag+)减小；【小问3详解】电子工业使用FeCl3溶液刻蚀

印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，所以过程中发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性原因是抑制3+Fe水解生成3Fe(OH)；【小问4详解】常温下，3H

N的5Ka=1.910−说明3HN为弱酸，3NaN溶液中-3N发生水解反应而显碱性，水解反应的离子方程式为--323N+HOHN+OH。18.已知部分酸的电离平衡常数如下：弱酸3CHCOOH23HCOHCNHC

lO34HPO电离常数(25℃)51.7510−71Ka=4.310−112Ka=4.710−106.210−83.010−31Ka=6.910−82Ka=6.210−133Ka=4.810−（1）24HP

O−、-ClO、3-4PO、2-3CO四种离子结合+H能力由强到弱的顺序是_______(用离子符号表示)。（2）25℃时，向-110mL0.1molL的HCN溶液中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是_______。A.HCN的电离程度增大B.()-cCN减小C.(

)+acHK(HCN)增大D.+H的数目增多（3）取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积分别为1V，2V，则大小关系为：1V_______2V(填“>”、“<”或“=

”)。（4）23NaCO溶液与足量的HClO溶液反应的离子方程式为_______。【答案】（1）3-2---4324PO>CO>ClO>HPO（2）ABD（3）<（4）2---33CO+HClO=HCO+ClO【解析】【小问1详解】弱酸的电离平衡常数越大，相应酸的酸性就越强，其酸根离子结合H+的

能力就越弱，根据酸电离平衡常数可知酸性--2-3-2434HPO>ClO>CO>PO，所以结合H+的能力由强到弱的顺序为3-2---4324PO>CO>ClO>HPO；【小问2详解】A．HCN是弱酸，越稀越电离，则稀释后HCN的电离程度增大，A正确；

B．由于稀释导致()-cCN减小的程度比HCN电离程度，则()-cCN减小，B正确；C．稀释后()cH+减小，温度不变，则Ka(HCN)不变，则()+acHK(HCN)减小，C错误；D．根据越稀越电离，+H的

数目增多，D正确；故选：ABD；【小问3详解】由电离常数可知，醋酸的酸性比次氯酸强，相同pH的两种酸，醋酸的浓度比次氯酸小，故中和相同体积和相同pH的两种酸，所用到的NaOH的量关系为：醋酸小于次氯酸，故答案为：＜；【小问4

详解】由电离常数可知酸性：23HCO>HClO>-3HCO，23NaCO溶液与足量的HClO溶液反应生成-3HCO和-ClO，反应的离子方程式为2---33CO+HClO=HCO+ClO。19.Ⅰ.利用绿色钙源蛋壳(主要成分为3CaC

O)制备葡萄糖酸钙晶体()611722CaCHOHO(相对分子质量为448)，并用酸性4KMnO溶液间接滴定法对其纯度进行测定，假设其它成份不与4KMnO溶液反应，步骤如下。①称取0.600g产品置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；②加入足量()4242N

HCO溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、用乙醇洗涤；③将②中洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用-140.02000molLKMnO标准溶液滴定，消耗4KMnO标准溶液24.00mL。回答下列问题：（1）步骤②中生成白色沉淀的化学式为_______；用乙醇洗涤沉淀的原因是_

______和利于干燥。（2）用离子方程式表示酸性4KMnO标准溶液滴定待测液的反应原理_______。（3）根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为_______%(保留三位有效数字)。Ⅱ.利用3CaCO吸收烟气中的过程包括：3CaCO的分解、的吸收与CaS的生成，

以及CaS的氧化。（4）恒温恒容密闭容器中进行吸收2HS反应为22CaO(s)+HS(g)CaS(s)+HO(g)，能说明该反应已达到平衡状态的是_______。A.气体的总压强不再随时间变化B.气体的密度不再随时间变化C.单位时间内断裂H-S与生成H-O键数相等

D.气体的分压()()22pHSpHO不再随时间变化（5）CaS的氧化涉及如下反应：①-24111CaS(s)+O(g)CaSO(s)ΔH22②222222CaS(s)+O(g)CaO(s)+SO(g)ΔH333③423144CaSO(s)+CaS(s)CaO(s)+SO(g)ΔH3

333ΔH=_______(用1ΔH、2ΔH表示)。【答案】（1）①.24CaCO②.减小溶解损耗（2）-+2+2244225HCO+2MnO+6H=2Mn+10CO+8HO（3）89.6（4）BD（5）()212ΔH-ΔH【解析】【分析】步骤①()61

1722CaCHOHO与稀盐酸反应生成CaCl2，步骤②中钙离子和草酸根离子结合生成白色沉淀24CaCO，步骤③24CaCO溶于稀硫酸生成CaSO4和H2C2O4，用4KMnO标准溶液滴定H2C2O4发生氧化还原反应-+2+2244225HCO+2MnO+

6H=2Mn+10CO+8HO；【小问1详解】()611722CaCHOHO与稀盐酸反应生成CaCl2，步骤②中钙离子和草酸根离子结合生成白色沉淀24CaCO；用乙醇洗涤沉淀的原因是减小溶解损耗；【小问2详解】24CaCO溶于稀硫酸生成CaSO4和H2

C2O4，用4KMnO标准溶液滴定H2C2O4发生氧化还原反应-+2+2244225HCO+2MnO+6H=2Mn+10CO+8HO；【小问3详解】由滴定原理：-+2+2244225HCO+2MnO+6H=2Mn+10CO+8HO，n(H2C

2O4)=2.5n(4KMnO)=2.5×-10.02000molL×-324.0010L=-31.210mol，n(H2C2O4)=n(Ca2+)=-31.210mol，m(()611722CaCHOHO)=

nM=-31.210mol×448g/mol=0.5376g，产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为0.5376g89.6%0.600g100%=；【小问4详解】A．该反应是气体体积不变的反应，气体的总压强始终不变，故A错误；B．该反应混合气体的质量是变量，容器体积不变，则反应

过程中气体的密度发生改变，当气体的密度不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．单位时间内断裂H-S与生成H-O键数相等，只说明v正(H2S)=v正(H2O)，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．随着反应进行，气体的分压()()22pHSpHO

发生改变，当其不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；【小问5详解】根据盖斯定律：2×②-2×①得③，则△H3=()212ΔH-ΔH。20.三氧化二镍(23NiO)常用于制造高能电池。以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)生产23NiO的工艺流程如图所示。回答下列问

题：（1）23NiO中Ni元素化合价为_______，实验室进行过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和_______。（2）为加快酸浸速率可采取的措施有_______(写出一点即可)；其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进

行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示，酸浸的最佳温度与时间为_______(选填“a、b、c、d”中的一个标号)。（3）“氧化”时加入22HO发生反应的离子方程式为_______。（4）“过滤”中加入4NHF的目的是将2

+Ca、2+Mg变为2CaF、2MgF沉淀除去，已知常温下，2CaF、2MgF的溶度积分别为101.4810−、117.4010−。两种沉淀共存时，溶液中()()2+2+cMg=cCa_______。（5）2NiCl被“氧化”生成23N

iO，的化学方程式为_______。（6）用100kg含镍26.55%的金属镍废料经过上述工艺制得23NiO固体33.2kg，镍的回收率为_______%(保留两位小数)。【答案】（1）①.3+②.玻璃棒（2）①.粉碎矿

石、升温、适当增大酸的浓度、搅拌等②.c（3）2++3+2222Fe+2H+HO=2Fe+2HO（4）0.5（5）22322NiCl+NaClO+4NaOH=NiO+5NaCl+2HO（6）88.89【解析】【分析】镍废料中加入盐酸酸浸，然后发生一系列转化后得到

Ni2O3，则Ni能和稀盐酸反应，生成Ni2+，Fe、Ca、Mg和稀盐酸分别反应生成Fe2+、Ca2+、Mg2+，则酸浸后的溶液中含有Ni2+、Cl-、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H+，加入H2O2氧化Fe2+为

Fe3+，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH，使Fe3+全部沉淀，过滤得到的滤渣A为Fe(OH)3，过滤后的滤液中加入NH4F，Ca2+生成CaF2沉淀，Mg2+生成MgF2沉淀，则滤渣B为CaF2、MgF2；再向滤液中加入Na2C

O3溶液进行沉镍，生成NiCO3，滤液C中含有Na+、CO2-3、NH+4、F-、Cl-等，过滤后向滤渣中加入稀盐酸，NiCO3溶解生成CO2和NiCl2，向溶液中加入NaClO、NaOH得到Ni2O3，NaClO得电子发生还原反应生成NaCl；过滤后得到Ni2O3；【小问1详解】23Ni

O中O为-2价，Ni元素化合价为+3，过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒；【小问2详解】为加快酸浸速率可采取的措施有：粉碎矿石、升温、适当增大酸的浓度、搅拌等，Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短

越好，根据图知，由图可知酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min，镍浸出率较大，故答案为：c；【小问3详解】“氧化”时加入22HO氧化Fe2+为Fe3+，发生反应的离子方程式为2++3+2222Fe+2H+HO=2Fe+2HO；【小问4详解】两种沉淀共存时，溶液

中()()()()()()22+2+-11sp2102+2+-spcMgcMgcF[MgF]7.4010====0.5[CaF]1.4810cCacCacFKK−−；【小问5详解】“氧化”生成Ni2O3时，NaClO被还原

生成NaCl，反应方程式为22322NiCl+NaClO+4NaOH=NiO+5NaCl+2HO；【小问6详解】m(Ni)=100kg×26.55%=26.55kg，Ni2O3固体中m(Ni)=33.2kg×592592163+≈23.60kg，Ni的回收率=23.60kg100%=88

.89%26.55kg。21.甲醇和乙醇都是重要的化工原料，将2CO转化为甲醇和乙醇是实现“碳达峰、碳中和”目标的方法之一。（1）利用焦炉煤气制取甲醇的主要反应原理为23CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH则该反应

的ΔH=_______-1kJmol。（2）完全燃烧16g甲醇放出363.3kJ的热量，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。（3）某小组采用2CO催化加氢制甲醇来减少2CO对环境造成的影响。恒温恒容条件下，向4L的密闭容器中，充入21molCO和22molH，

发生反应2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)，起始压强为0pkPa，3min后反应达平衡，此时()-12cHO=0.1molL，则：①2CO转化率为_______%，()2vH=_______。②该反应达到平衡时的平衡常数Kp

=_______-2(kPa)(列出计算式即可)。(Kp为分压表示的平衡常数，分总p=p物质的量分数)（4）某兴趣小组同学以甲醇燃料电池为电源研究有关电化学的问题。①乙池中，B极的电极名称为_______极，甲池中，通入氧气一极的电极反应式

为_______。②丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后，若两极的质量相差8.64g，则理论上甲池中消耗2O的体积为_______mL(标准状况下)。【答案】（1）91−（2）-132223CHOH(l)+O(g)=CO(g)+2HO(l)Δ

H=-726.6kJmol2（3）①.40②.-1-10.1molLmin③.203000.4p30.60.8pp33（4）①.阴②.--222HO+O+4e=4OH③.224【解析】【小问1详

解】该反应的ΔH=反应物的总能量-生成物的总能量=419-510=-91kJ/mol；【小问2详解】16g甲醇物质的量m16gn===0.5molM32g/mol，则1mol甲醇放出726.6kJ的热量，甲

醇燃烧热的热化学方程式为-132223CHOH(l)+O(g)=CO(g)+2HO(l)ΔH=-726.6kJmol2；【小问3详解】①平衡时()-12cHO=0.1molL，在4L容器中()2nHO=0.4

mol，列三段式：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)/mol1200/mol0.41.20.40.4/mol0.60.80.40.4起始量转化量平衡量，2CO转化率为0.4100%=40%1，-1-12Δ

n1.2molv(H)===0.1molLminVΔt4L3min；②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，起始压强为0pkPa，则0p1+2=0.6+0.8+0.4+0.4p，平衡时总压强为02.2p?kPa3，平衡时的平衡常数2032p3322000.42.2(p)p

(CHOH)p(HO)2.23==0.62.20.82.2p(CO)p(H)(p)(p)2.232.23K=203000.4p30.60.8pp33；【小问4详解】①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子，正极上氧气得

电子。则乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，B为阴极，甲池正极上氧气得电子，电极反应式为--222HO+O+4e=4OH；②设电路中转移电子为x，丙池中阳极反应式为Ag-e-=Ag+，阴极反应式为Ag++e-=Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差8.64

g，则108x+108x=8.64g，解得x=0.04mol，原电池中正极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n(O2)=14n(e-)=0.01mol，标准状况下V(O2)=nVm=0.01mol×22.4L/mol=0

.224L=224mL。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com