【文档说明】江苏省南京、镇江市部分名校2021-2022学年高二下学期期中学情调查考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，3.301 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c0c46a34d65d244cfd8145809a06b4fd.html

以下为本文档部分文字说明：

高二年级学情调查考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32C1-35.5K-39Fe-56Cu-64一、单项选择题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242424342NaHP

O+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1s22

s22p6，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.对于反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＝−905.8kJ∙mol−1，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．该反应是放热反应，△S＞0的反应，根据△H＝△H−T△S＜0，须在任意温度下能自发进行，故A错误；B．升高温度，平衡逆向移

动，NH3的平衡转化率降低，增大压强，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率降低，故B错误；C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H＝−905.8kJ∙mol−1，该反应是可逆反应，因此0.4molNH3与0.5molO2充分反应可释放的能量小于9

0.58kJ，故C错误；D．及时分离出混合体系中的水，平衡正向移动，可以促使平衡正向移动，故D正确。综上所述，答案为D。5.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。NO2气体中通入NH3在催化剂的条件转化为无毒无害

的气体，下列选项物质间转化不能一步实现的是A.NH3⎯⎯⎯⎯⎯→2NO催化剂N2B.Al3+32NHHO⎯⎯⎯⎯→AlO2−C.NO22HO⎯⎯⎯→NOD.NH324HSO⎯⎯⎯→NH4HSO4【答案

】B【解析】【详解】A．NH3和NO2发生氧化还原反应生成N2，故A不符合题意；B．Al3+和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，不能一步生成AlO2−，B符合题意；C．NO2和水反应生成硝酸和NO，故C不符合题意；D．NH3和过

量硫酸反应生成NH4HSO4，故D不符合题意；答案为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中少量HNO3的C.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Si

C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．Na

F、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+8OHFeO+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224NaMgCl

SO++−−、、、)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，2Mg+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M

g2+，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C。12.某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成，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D13.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0.1m

ol·L-1NaCN溶液的pH约为122向20mL0.1mol·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沉淀生成的。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CH3OH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选择性高，因此

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，D正确；答案选D。二、非选择题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）LiFePO4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+)=_______。的【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1s22s22p63s23p63d64s2，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A

l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A

l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）2Na[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+4Fe2+；【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，CuCl的产率最大，则在该条件下反应的离子方程式为：2Cu2++SO23−+2C

l-+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；pH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]=cV=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_______kJ。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1

90-195℃；(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=3Fe3O

4+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；【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)CH3OH(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，CO2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。