【文档说明】安徽省蚌埠市2021-2022学年高二上学期期末学业水平监测化学试题（理科） 含解析.docx，共(19)页，3.908 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bd4f397244c8a190bcb2d220f39ab67b.html

以下为本文档部分文字说明：

蚌埠市2021-2022学年度第一学期期末学业水平监测高二化学(理)考生注意：1.考试时间90分钟，满分100分，附加题10分.本卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。2.考生将答案填写在答题卷内，答在试卷和草稿纸上无效。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5I-127第Ⅰ卷一、选择题(

本题包含16小题，每小题3分，共48分。每小题只有1个选项符合题意)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误．．的是A.在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀B.瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，可用平衡移动原理解释C.用pH试纸可以测量“84”消毒液的pHD.纯碱可用于生

产普通玻璃，生活中也可用热的纯碱溶液来除去物品表面油污【答案】C【解析】【详解】A．钢铁是铁碳合金，在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，故A正确；B．瓶装碳酸中存在二氧化碳的溶解平衡CO2(g)垐?

噲?CO2(aq)，瓶装碳酸饮料开启后，瓶中的压强减小，平衡向二氧化碳气体方向移动，泛起大量泡沫，则瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫可用平衡移动原理解释，故B正确；C．“84"消毒液中的次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测得“84"消毒液的

pH，故C错误；D．生产普通玻璃的原料为石英、石灰石和纯碱，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，热的纯碱溶液可除去物品表面油污，故D正确；故选C。2.暖宝宝(如图所示)采用的是铁的“氧化放热”原理，其中发生很多微小原电池反应，活性炭在原

电池中A.充当正极B.充当负极C.发生氧化反应D.发生还原反应【答案】A【解析】【分析】在原电池中，易失电子的物质所在电极作负极，负极上失电子发生氧化反应，另一个电极是正极，正极上得电子发生还原反应。【详解】根据原材料，发生钢铁吸

氧腐蚀，铁粉作负极，活性炭作正极，食盐作电解质，故选项A正确。3.下列关于化学反应中△U的说法不正确．．．的是A.化学反应中内能变化：△U=Q+WB.如果化学反应过程中体系没有做功，则△U=QC.化学反应中内能变化：△U=△HD.△U<0时，反应释放能量【答案】C【解析】【详解】A．

化学反应中内能的变化等于反应热和功的和，即△U=Q+W，A正确；B．如果化学反应过程中体系没有做功，则△U=Q，B正确；C．△U为体系内能的变化，而△H表示反应热，两者不一定相等，只有在等压的条件下两者才相等，C错

误；D．△U=U(反应产物)-U(反应物)，△U<0时，反应放出能量，D正确；故选C。4.下列影响化学反应速率的说法不正确．．．的是A.能发生有效碰撞的分子，一定是活化分子B.升高温度可以增大活化分子百分数，从而增大单位时间内有效碰撞的次数C.减小容器体积使压强增

大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多D.增大反应物浓度，反应物中的活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增多【答案】D【解析】【详解】A．根据有效碰撞理论，能发生有效碰撞的分子，一定是活化分子，故A正确；B．升高温

度可以增大活化分子百分数，从而增大单位时间内有效碰撞的次数，反应速率加快，故B正确；C．减小容器体积使压强增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，故C正确；D．增大反应物浓度，反应物中的活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，故D错误；选D。5.下列溶液对水的电离平

衡不产生．．．影响的是A.NaHSO4溶液B.NaCl溶液C.KOH溶液D.CuCl2溶液【答案】B【解析】【分析】水的电离H2O垐?噲?H++OH-，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离。【详解】A．硫酸氢钠在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子和钠离子，氢离子浓度增

大溶液呈酸性，水的电离H2O垐?噲?H++OH-，水的电离向逆反应方向移动，故A不选；B．NaCl为强酸强碱盐，氯离子和钠离子均不水解，不影响水的电离，故B选；C．KOH溶液是强碱溶液，所以能抑制水的电离，故

C不选；D．CuCl2溶液中存在Cu2+的水解，促进水的电离平衡，故D不选；故选B。6.已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)[mol/(L·min)]表示，则正确的关系式是A.45v(NH3)=v(O2)B.56

v(O2)=v(H2O)C.23v(NH3)=v(H2O)D.45v(O2)=v(NO)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则v(NH3)=45v(O2)，A错误；B．在化学反应中，用不同物质表示的化学反

应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则v(O2)=56v(H2O)，B错误；C．在化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则v(NH3)=23v(H2O)

，C错误；D．在化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则45v(O2)=v(NO)，D正确；故合理选项是D。7.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.无色溶液中：Cu2+、K+、S

CN-、Cl-B.含有NO3−的溶液中：I-、SO23−、SO24−、H+C.pH=11的NaOH溶液中：CO23−、K+、NO3−、SO24−D.由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、NH4+、SO24−、H

CO3−【答案】C【解析】【详解】A．Cu2+溶于水为蓝色溶液，不符合题意；B．酸性条件下，NO3−可以氧化I-，且H+与SO23−不能大量共存，不符合题意；C．pH=11的NaOH溶液中，：CO23−、K+、NO3−、S

O24−互不反应，可以大量共存，符合题意；D．由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液为酸或碱溶液，HCO3−与氢离子或氢氧根都能反应，不符合题意；故选C。8.瓦斯分析仪(图甲)能够测量煤矿巷道中甲烷的浓度。该瓦斯分析仪工作原理类似燃

料电池，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是A.瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB.电极b是正极，O2-由电极a流向电极bC当固体电解质中有1molO2-通过时，电子转移4molD.电极a的反应式为：CH4+

4O2--8e-=CO2+2H2O【答案】D【解析】.【详解】A．电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，且电子由负极经导线流向正极，A错误；B．电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极(电极

b)流向负极(电极a)，B错误；C．1molO2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1molO2-通过时，电子转移2mol，C错误；D．甲烷所在电极a为负极失电子发生氧化反应，电极反应为

：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，D正确；答案选D。9.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A.向H2O2溶液中滴加少量HI溶液：2HI+H2O2=I2+2H2OB.向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+C.用浓盐酸与二氧化锰反应制

取氯气：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2OD.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH-=NH3·H2O【答案】C【解析】【详解】A．向H2O2溶液中滴加少量HI，HI为强酸，书写离子方程式时应该拆

开写，A错误；B．碳酸的酸性比盐酸弱，故向CaCl2溶液中通入CO2反应不能发生反应，B错误；C．用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O，C正确；D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子优先和氢氧根反应：H+

+OH-=H2O，D错误；答案选C。10.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)=pC(g)的速率和平衡的影响图像如图，下列判断正确的是A.由图1可知，T1<T2，该反应正反应为吸热反应B.由图2可知，该反应m+n>pC.图3中，表示反应速率v正>v逆

的是点1D.图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂【答案】B【解析】【详解】A．根据图像中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数(Φ)降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，故A错误；B．由图2图像可以

看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数(Φ)增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B正确；C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v(正)=v(逆)，点1在曲线上方，未达

到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v(正)＜v(逆)，点3在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，故v(

正)＞v(逆)，故C错误；D．a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误；故选：B。1

1.足量块状铁与100mL0.01mol·L-1的稀硫酸反应，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的①加Na2SO4溶液②加KOH固体③加CH3COONa固体④升高温度⑤将块状铁改为

铁粉⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸A.①②③B.③④⑥C.④⑤⑥D.④⑤【答案】D【解析】【分析】为加快铁与硫酸的反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则

硫酸的物质的量应不变，以此解答。【详解】①加Na2SO4溶液，溶液浓度降低，反应速率减小，故错误；②加KOH固体，硫酸浓度降低，反应速率减小，故错误；③加CH3COONa固体，生成弱酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故错误；④升高温度，反应速率增大，故正确；⑤将块状铁改为铁粉，固体表面积增

大，反应速率增大，故正确；⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，且常温下钝化，故错误。故选D。12.Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2(g)2Cl·(g)快②CO(g)+Cl·(g)COC

l·(g)快③COCl·(g)+Cl2(g)COCl2(g)+Cl·(g)慢其中反应②存在v正=k正c(CO)c(Cl·)；v逆=k逆c(COCl·)，下列说法正确的是A.反应②的平衡常数K=正逆kkB.反应①、②的活化能均大于反应③

C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率D.选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率【答案】A【解析】【详解】A．反应达到平衡时，υ正=υ逆，即k正c(CO)c(Cl·)=k逆c(COCl·)，则反应②的平衡常数K=()cCOClc()(COcCl)=正逆kk

，A正确；B．反应所需活化能越大，反应速率越慢，已知反应①、②是快反应，反应③是慢反应，故反应①、②的活化能小于反应③的活化能，B错误；C．多步进行的反应，整个反应的化学反应速率取决于慢反应，故要提高合成COCl2的速率，关键是提

高反应③的速率，C错误；D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，但催化剂不能影响化学平衡，故不能提高COCl2的平衡产率，D错误；故答案为：A。13.如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列说法中不

正确．．．的是A.电极①接外接电源负极B.装置出口B处的物质是氢气C.装置出口A处的物质可以用淀粉碘化钾试纸检验D.装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-【答案】A【解析】【

详解】A．电解池中阳离子向阴极移动，根据Na+移动方向，可知①是阳极，电极①接外接电源正极，故A错误；B．②是阴极，发生反应+22H2eH−+=，装置出口B处的物质是氢气，故B正确；C．①是阳极，发生反应22Cl2Cl−−−=e，可以用淀粉

碘化钾试纸检验氯气，故C正确；D．装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故D正确；选A。14.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应，下列说法正确的是A.反应总过程△H>0B.其他条件保持不变，升高温度可以提高反应速率

C.Fe+、FeO+都是该反应催化剂，能降低反应的活化能D.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为吸热反应【答案】B【解析】【详解】A．根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，反应总过程放热，△H<0，

故A错误；B．其他条件保持不变，升高温度可以提高反应速率，故B正确；C．Fe+是该反应催化剂，能降低反应的活化能，FeO+是中间产物，故C错误；D．根据图示，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热反应，故D错误；选B。15.下列实验过程可达到实验目的的

是ABCD铁件上镀铜测定稀硫酸和稀氢氧化钠的中和热探究铁析氢腐蚀由MgCl2溶液制备无水MgCl2固体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铜片连接电源的正极，镀件连接电源的负极，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A正确；B．测定中和热的实验中缺少环形玻璃

搅拌棒，故B错误；C．若探究铁的析氢腐蚀应该用酸性溶液浸泡的铁钉，浸泡氯化钠溶液的铁钉探究的是吸氧腐蚀，故C错误；D．MgCl2水解生成HCl，受热HCl逸出溶液，促进水解，最终不能得到MgCl2，故D错误；故选A。16.常温下，向20.00mL0.

2000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是A.水的电离程度：a>bB.当pH=7时，消耗NaOH溶液的体积等于20.00mL的C.当V=20.00mL时，c(CH3COO-)>

c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.在滴定过程中，一定存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A．当V=20.00mL时，醋酸和氢氧化钠恰好反应完全，水的

电离程度最大，故A错误；B．当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性，故当pH=7时，消耗氢氧化钠的体积小于20mL，故B错误；C．当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性，故C错误；D．滴定

过程中，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故D正确；故选D。第Ⅱ卷二、简答题17.回答下列问题：（1）NH4Cl溶液显酸性的原因是___(用离子方程式表示)。（2）有pH均为3的CH3COOH、HNO3、H2SO4三种物质的溶液，物质的量浓度由大到小的

顺序为___。（3）二氧化碳加氢制甲醇的反应一般可通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=-90kJ·mol-1二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式___。（4）如图所示装置

中，A、B、C、D均为铂电极。断开K1，闭合K2、K3一段时间后，A、B中气体的量之间的关系如图所示：①写出A电极反应式___。②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴发生的现象为___。③若电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极。此时切断K2、K3，闭合K1，则电流表的指针发生移

动，其理由是___。【答案】（1）+4NH+H2ONH3·H2O+H+（2）CH3COOH>HNO3>H2SO4（3）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ·mol-1（4）①.4OH--4e-=2H2O+O2↑②.紫色向

D方向移动③.组成氢氧燃料电池【解析】【小问1详解】铵根离子水解，使溶液呈酸性，用离子方程式表示为+4NH+H2ONH3·H2O+H+；【小问2详解】一元酸中，强酸的浓度和氢离子浓度相等，弱酸中酸的浓度大于氢离子浓度；二元酸中，氢离子浓度为强酸浓度的2倍，所以pH均为3

的CH3COOH、HNO3、H2SO4三种物质的溶液中物质的量浓度从大到小的顺序是CH3COOH>HNO3>H2SO4；【小问3详解】已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-

1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=-90kJ·mol-1根据盖斯定律，由①+②得二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ·mol-1；【小问4详解】①由图可知，断开K1，闭合K2、K3，则为电解KOH溶液

的电解池，根据图象知，B电极上产生气体体积是A电极的2倍，则A电极上生成O2、B电极上生成H2，即A为阳极，B为阴极，则a电源是负极、b是正极；A电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴因阴离子高锰酸根离子向连接正极的阳极

D极移动，故发生的现象为紫色向D方向移动；③断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧碱性燃料电池，氧气发生得电子还原反应生成OH−，A为正极，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，总反应为O2+2H2=2H2O。18.获取安全的饮用水一直以来都是人们关注的重要问题

，自来水厂经常用氯气进行杀菌，某化学兴趣小的组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量，实验如下：①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL的KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3

滴。②将自己配制的0.010mol·L-1标准Na2S2O3(显碱性)溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数。③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。试回答下列问题：（1）步骤①发生的离子反应方程式为____，加入的指

示剂是___。（2）步骤②、③中将标准液装入____滴定管(填“A”或“B”)，达到滴定终点的现象是___。（3）实验测得氯气的浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是___(填字母序号)。a.锥形瓶水洗后直接装待测水样b.配制标准Na2S2O

3溶液定容时，加水超过刻度线c.装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗d.滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数e.装标准Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失（4）滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，工业废水水样中Cl2的浓度是____

mg·L-1。【答案】（1）①.Cl2+2I-=I2+2Cl-②.淀粉溶液（2）①.B②.当最后半滴Na2S2O3标液滴入时，蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色（3）bce（4）923【解析】【分析】饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI

发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定反应产生的I2，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色时达到滴定终点，停止滴加，然后根据物质反应关系计算水中

Cl2的含量，根据实际滴定操作对标准溶液的消耗量判断滴定误差。【小问1详解】在步骤①中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，该反应的离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；加入的指示剂为淀粉溶液；【小问2详解】Na2S2O

3为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此步骤②③中应该将Na2S2O3标准溶液装入碱式滴定管中，选B。当达到滴定终点时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复颜色；【小问3详解】a．锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，故a错误；b

．配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故b正确；c．装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结

果偏大，故c正确；d．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，故d错误；e．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，故e正确，故答案为

：bce；【小问4详解】滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，n(Na2S2O3)=c•V=0.010mol/L×0.0260L=2.6×10-4mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2～I2～2N

a2S2O3，所以10.00mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=12n（Na2S2O3）=1.3×10-4mol，则该工业废水水样中Cl2的浓度是-431.310mol71g/mol10mg/g=923mg/L0.01L。19.我国是世界上最早制得和使用金

属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH3

.08.38.29.4回答下列问题：（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_____；滤渣1的主要成分____。（2）氧化除杂工序中，O2的作用是____；为调节溶液pH进行除杂，试剂a可选择____。（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序

中反应的离子方程式为___。（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌并沉积锌后的电解液可返回___工序继续使用。（5）已知Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，求pH=3.0时，溶液中Fe3+的浓度___。【答案】

（1）①.2ZnS+3O2焙烧2ZnO+2SO2②.SiO2、PbSO4（2）①.将Fe2+转化为Fe3+②.ZnO、ZnCO3（3）Zn+Cd2+=Zn2++Cd（4）溶浸（5）2.6×10-6mol·L-1【解析】【分析】焙烧过程

主要是ZnS与O2反应得到ZnO和SO2，加入稀硫酸溶浸后溶液中有Zn2+、Fe2+、Cd2+等，所得滤渣1中含有SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中氧气能将Fe2+氧化为Fe3+，加入的a为ZnO或ZnCO3能消耗氢离子，调节

溶液pH，促进Fe3+的水解，且不引入新的杂质，所得滤渣2为Fe(OH)3。加入锌粉与溶液中的Cd2+发生氧化还原反应生成Zn2+和Cd，所得滤渣3为Zn和Cd；滤液中主要含ZnSO4，ZnSO4经电解后可生成单质Zn。【小问1详解】由分析可知，焙烧过程主要是ZnS与O2反应得

到ZnO和SO2，依据得失电子守恒和原子守恒，其化学方程式为：2ZnS+3O2焙烧2ZnO+2SO2。溶液中Pb2+与硫酸根离子不共存，生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于硫酸，因此滤渣1的主要成分为SiO2和

PbSO4。【小问2详解】氧化除杂工序中氧气的作用为将Fe2+氧化为Fe3+。为调节溶液pH进行除杂，且不引入新的杂质离子，试剂a可选择ZnO或ZnCO3。【小问3详解】溶液中Cd2+可用锌粉除去，其离子方程式为：Zn

+Cd2+=Zn2++Cd。【小问4详解】结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成锌，即电解时锌离子在阴极被还原，电极反应式为：Zn2++2e-=Zn。沉积锌后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用

。【小问5详解】pH=3.0时，3c(H)=10mol/L+−，11c(OH)=10mol/L−−，而氢氧化铁33spK=c(Fe)c(OH)+−，则396113sp33K2.610c(Fe)=mol/L=2.610mol/

Lc(OH)(10)−−−+−=。20.二氧化碳的捕集和转化是科学研究中的热点问题，我国科研人员提出了由CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如图。（1）根据信息可知该可逆反应的化学方程式为CO2

(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，该反应使用的催化剂为____。（2）200℃下，在一密闭容器中充入一定量的CO2与H2发生反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。一段时间后反应达平衡若其他条件不变，温度从200℃升至400

℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列说法正确的是___(填字母)。a.该反应的△H>0b.平衡常数大小：K(400℃)>K(200℃)的c.200℃下，减小22n(H)n(CO)的值，CO2的平衡转化率升高d.反应达到平衡时v正(H2)=2v逆(H2O)（3）一定条件下，反应体系

中CO2平衡转化率α(CO2)与L和X的关系如图所示，L和X表示温度或压强。①L表示的物理量是____。②L1____L2(填“<”或“>”)，判断理由是____。（4）向1L恒容密闭容器中加入4.0molH2，1.0molCO2，控制条件(催化剂、温度为T1)使之发生上述反

应，测得容器内气体的压强随时间的变化如图所示：①求4min内H2的反应速率____。②此温度下，该反应的化学平衡常数K=____。【答案】（1）Ni/Al2O3（2）d（3）①.压强②.>③.该反应正

反应为气体体积数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，即L1>L2（4）①.0.75mol·L-1·min-1②.6.75【解析】【小问1详解】由题干信息可知，该可逆反应的催化剂为Ni

/Al2O3，故答案为：Ni/Al2O3；小问2详解】【a．对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从200℃升至400℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，a错误；b．正反应为放

热反应，因此K(400℃)＜K(200℃)，b错误；c．减小()()22nHnCO的值，CO2的平衡转化率降低，c错误；d．反应达到平衡时，υ正(H2)=2υ逆(H2O)，d正确；故答案为：d；【小问3详解】①根据方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)及反应的H＜

0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度，L表示的物理量是压强，故答案为：压强；②L表示压强，增大压强，平衡逆向移动，转化率α(CO2)减小，可知L1＞L2，故答

案为：＞；该反应正反应为气体体积数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，即L1>L2；【小问4详解】①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应

的CO2为xmol，列出三段式：224214x4xx2x1-x4-4xx2COg+4Hg=CHg+2HOg(mol)(xmol)(mol)（）（）（）（）起始量转化量平衡量，根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即平衡时总物质的量起始总物

质的量=平衡时总压强起始总压强，平衡时的气体总物质的量反应前的气体总物质的量=1-x+4-4x+x+2x1+4=000.7pp，解得x=0.75，4min内H2的反应速率为40.75mol4min1L=0.75mol·L-1·

min-1，故答案为：0.75mol·L-1·min-1；②平衡常数K=()()()()242422cCHcHOcCOcH=240.751.50.25()()1=6.75（mol/L）-2，故答案为：6.75。21.在真空密闭

容器内加入amolPH4I固体，在一定温度下发生如下反应：PH4I(s)PH3(g)+HI(g)4PH3(g)P4(g)+6H2(g)2HI(g)H2(g)+I2(g)以上三个反应建立平衡后，测得HI为bmol，I2为cmol，H2为dmol。（1

）平衡后，增大压强，容器内n(I2)将___(填“增加”、“减小”或“不变”)。（2）计算平衡后容器内P4(g)和PH3(g)的物质的量(列出计算过程)___。【答案】（1）减小（2）d-c6，3b+8c-2d3【解析】【

小问1详解】增大压强后，该反应PH4I(s)PH3(g)+HI(g)向逆反应方向进行，PH3和HI的物质的量浓度降低，增大压强后，该反应4PH3(g)P4(g)+6H2(g)向逆反应方向进行，PH3物质的量浓度增加，导致PH4I分解的物质的量降低

，即重新达到平衡后，容器内n(I2)将减小；故答案为减小；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com