盐城市2022-2023学年高二下学期期末考试
化学试题
考试时间：75分钟 分值：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 P-31
一、单项选择题：共14题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 科学的发展离不开材料的不断更新和优化。下列成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A. 新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变
B. 北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有二氧化硅
C. “天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应
D. “天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同分异构体
2. 王水(浓HCl和浓按体积比3∶1混合)可溶解金：。下列说法正确的是
A. 的空间填充模型： B. 第一电离能：
C. 的空间结构为三角锥形 D. HCl分子电子式：
3. 下列有关金属氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A. MgO、熔点高，可用于制作耐高温坩埚
B. 能与酸反应，可用于制作红色涂料
C. 浓具有脱水性，可用于实验室干燥氯气
D. 是淡黄色固体，可用作呼吸面具中的供氧剂
4. 实验室可用反应来制备CuI(CuI受热易被氧化)。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备 B. 用乙装置制备CuI
C. 用丙装置分离出CuI D. 用丁装置干燥CuI固体
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X的原子半径小于Y，Y的基态原子s原子轨道电子总数等于p原子轨道电子总数，Z是短周期中金属性最强的元素，Y和W位于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物的热稳定性：W>Y
C. X、Y形成的化合物可能含有非极性共价键
D. 元素Y、Z、W只能形成离子化合物
6. 硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一、目前工业制备硫酸主要采用接触法，常见的有硫铁矿制酸、硫磺制酸等。以硫铁矿 ()为原料制备硫酸的主要设备有：沸腾炉、接触室、吸收塔。硫酸工业、金属冶炼产生的尾气中含有，需经回收利用处理才能排放到空气中。下列有关硫铁矿为原料制备硫酸说法不正确的是
A. 将原料硫铁矿经过粉碎后投入沸腾炉
B. 产生的气体无需除尘净化可直接通入接触室
C. 用98.3%浓硫酸代替水吸收
D. 金属冶炼产生的含的废气经回收也可用于制硫酸
7. 硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一、目前工业制备硫酸主要采用接触法，常见的有硫铁矿制酸、硫磺制酸等。以硫铁矿 ()为原料制备硫酸的主要设备有：沸腾炉、接触室、吸收塔。硫酸工业、金属冶炼产生的尾气中含有，需经回收利用处理才能排放到空气中。下列有关化学反应表示不正确的是
A. 煅烧硫铁矿获得：
B. 接触室中被氧化：
C. 用少量氨水吸收尾气中的：
D. 与溶液反应的离子方程式：
8. 海水中含有丰富碘元素。实验室通过以下流程从净化除氯后的含碘海水中提取。下列有关说法不正确的是
A. “转化”后的溶液中主要含有和
B. 用稀溶解“滤渣Y”得到的溶液可循环利用
C. “富集”得到含碘化合物的晶胞如图所示，其中距离每个最近的有4个
D. “氧化”时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍
9. 一种甲酸(HCOOH)燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，从正极区移向负极区
B. 放电过程中，正极区溶液pH不断减小
C 每得到1 mol ，理论消耗标况下11.2L
D. 负极反应的电极反应方程式为
10. 有机物Z为是合成某药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. 中含有碳氧键
B. Y分子中所有的碳原子可能共平面
C. X、Y可用酸性溶液鉴别
D. Z分子与足量加成后的产物中含有3个手性碳原子
11. 下列探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近液流，液流方向改变 是极性分子
B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁
C 石蜡油加强热，将产生的气体通入溴水，溴水颜色褪去 气体中含有乙烯
D 用pH计分别测0.1 NaClO和溶液的pH，前者pH大
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下，某研究性学习小组进行如下实验。
实验 实验操作与现象
1 测得0.1 溶液的pH约为8
2 向5mL 0.1 溶液中滴加2.5 mL 0.5 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤，得沉淀X
3 将沉淀X加入5mL 2 溶液中，充分振荡、静置、过滤，得沉淀Y和滤液Y
4 将沉淀Y溶于足量2 盐酸中，沉淀部分溶解
已知：，。下列说法正确的是
A. 0.1 溶液中
B 实验2中发生反应：
C. 实验3中发生反应：
D. 滤液Y中
13. NH3选择性催化还原NO的反应为，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是
A. NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B. NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C. 反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D. 过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
14. 乙醇与水催化重整制氢。恒压条件下，反应体系中充入1 mol 和3mol 发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
平衡时和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
已知：CO的选择性=。
下列说法正确的是
A.
B. 曲线a表示的是乙醇的转化率
C. 其他条件不变时，增大压强，CO、的物质的量均增大
D. 向体系中加入适量疏松多孔CaO，有利用于提高的产率
二、非选择题。共4题，共58分。
15. 从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：
注：酸浸后钼元素以MoO形式存在。
回答下列问题：
（1）高温焙烧时，废钼催化剂中的金属元素转化为金属氧化物，则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为______。
（2）“调pH”中，加入MoO3调节溶液的pH略大于______时，可除去目标杂质离子。
已知：溶液中某离子浓度≤10-5mol L-1时，认为沉淀完全；常温下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。
（3）若反萃取剂A是氨水，则反萃取过程中MoO发生的离子方程式为______。
（4）已知“除砷”过程中，pH对As去除率的影响如图所示。当pH＞10后，随着pH的增大，去除率呈下降趋势的原因可能是_______。
（5）钼酸铵溶液可用于测定磷肥含磷量，步骤如下：准确称量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。以硫酸—硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵沉淀(NH4)3H4PMo12O42 H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于50.00mL6.00mol L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞为指示剂，用0.40mol L-1盐酸溶液滴定其中过量的NaOH，消耗盐酸23.00mL。计算磷肥中磷的百分含量_______(以P2O5计)(写出计算过程)。
已知：(NH4)3H4PMo12O42 H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。
16. 有机物A为原料合成布洛芬的路线如下。
已知：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为___________。
（2）有机物E中官能团名称为___________。
（3）写出C和F生成G化学方程式___________。
（4）写出同时满足下列条件的布洛芬的一种同分异构体的结构简式___________。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，且分子中有5种不同化学环境的氢原子；
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应；
③能发生银镜反应。
（5）写出用、HCHO和 为原料合成 的流程路线___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
17. 某研究性学习小组制备，并利用浸取回收旧手机中的金。
Ⅰ.制备硫代硫酸钠
反应原理：。实验装置如图所示。
在和的混合溶中不断通入气体，三颈烧瓶中的现象为：
①浅黄色沉淀逐渐增多。原理为：
②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无味气体产生。原理为：
③浅黄色沉淀逐渐减少。
④继续通入，浅黄色沉淀又逐渐增多。原理为：
（1）烧杯中NaOH溶液的作用是___________。
（2）三颈烧瓶中浅黄色沉淀逐渐减少的原因是___________(用化学方程式表示)。
（3）反应也可用于制备。而上述方案中加入的优点是___________。
Ⅱ.浸取金
经预处理的芯片中含有游离态的Au，用单一的溶液处理，金的浸取率极低。
（4）向浸取液中通入空气使Au转化为稳定性高，该反应的离子方程式为___________。
（5）在浸取液中加入一定量的后可加快金的溶解，一种浸金机理如图所示。负极区电极反应为___________。
18. 含氮、磷、砷化合物的转化和处理是环境保护的重要课题。
（1）研究团队采用NaClO氧化法去除水中氨氮(、)。已知：HClO的氧化性比NaClO强；比更容易被氧化。在相同时间内，反应温度对剩余氨氮浓度和氨氮去除率的影响如图所示。40～60℃时氨氮去除率持续下降，其原因为___________。
（2）十八面体结构的晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物。沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能。
①向银氨溶液中加入溶液，离心分离、洗涤干燥后可得到高效光催化剂，写出反应的离子方程式为___________。
②和在溶液中反应也可制得固体，但制得的固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因是___________。
（3）将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，也可用于去除水体中，其部分反应原理如图所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除的效率更高，其主要原因是___________；转化为的反应机理可描述为___________。
盐城市2022-2023学年高二下学期期末考试
化学试题 答案解析
考试时间：75分钟 分值：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 P-31
一、单项选择题：共14题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 科学的发展离不开材料的不断更新和优化。下列成果中蕴含的化学知识叙述正确的是
A. 新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变
B. 北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有二氧化硅
C. “天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应
D. “天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂能减小反应的活化能从而加速反应速率但却不能改变反应的焓变，焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，A错误；
B．高性能计算机芯片含有硅，B错误；
C．丁达尔效应是胶体的性质，故气凝胶可产生丁达尔效应，C正确；
D．石墨烯与金刚石互为同素异形体，D错误；
故选C。
2. 王水(浓HCl和浓按体积比3∶1混合)可溶解金：。下列说法正确的是
A. 的空间填充模型： B. 第一电离能：
C. 的空间结构为三角锥形 D. HCl分子电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．为V形分子，其空间填充模型为，A错误；
B．N的2p轨道呈半满状态，更稳定更难失去电子，其第一电离能高于O，B错误；
C．的空间结构为平面三角形，C错误；
D．HCl分子电子式为，D正确；
故选D。
3. 下列有关金属氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A. MgO、熔点高，可用于制作耐高温坩埚
B. 能与酸反应，可用于制作红色涂料
C. 浓具有脱水性，可用于实验室干燥氯气
D. 是淡黄色固体，可用作呼吸面具中的供氧剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．MgO、熔点高，故可用于制作耐高温坩埚，A正确；
B．是红棕色难溶于水的固体，故用于制作红色涂料，B错误；
C．浓具有吸水性且与氯气不反应，故用于实验室干燥氯气，C错误；
D．可以与水或二氧化碳反应生成氧气，故用作呼吸面具中供氧剂，D错误。
故选A。
4. 实验室可用反应来制备CuI(CuI受热易被氧化)。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备 B. 用乙装置制备CuI
C. 用丙装置分离出CuI D. 用丁装置干燥CuI固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu与浓需在加热条件下才能反应生成，所以可用甲装置制备，故A正确；
B．将通入到含NaI（NaI、KI均为可溶性的强电解质，可互换）和的混合溶液中搅拌，下发生反应：，故B正确；
C．生成的为沉淀，其余物质均为可溶物，所以用装置过滤可以分离除，故C正确；
D．CuI受热易被氧化，不能在蒸发皿中加热干燥，故D错误；
答案选D。
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X的原子半径小于Y，Y的基态原子s原子轨道电子总数等于p原子轨道电子总数，Z是短周期中金属性最强的元素，Y和W位于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物的热稳定性：W>Y
C. X、Y形成的化合物可能含有非极性共价键
D. 元素Y、Z、W只能形成离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】Z是短周期中金属性最强的元素，Z为Na元素，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，因为Y的基态原子s原子轨道电子总数等于p原子轨道电子总数，Y可能是O或是Mg，由于Y和W位于同一主族，所以Y为O，W为S，X的原子半径小于Y，因此X为H元素，故X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S，据分析答题。
【详解】A．原子半径：，A错误；
B．O的非金属性强于S，因此简单气态氢化物的热稳定性Y>W，B错误；
C．X、Y形成的化合物可能含有非极性共价键如H2O2，C正确；
D．元素Y、Z、W形成的化合物不止Na2SO4，还有Na2SO3、 Na2S2O3等，D错误；
故选D。
6. 硫酸是当今世界上最重要化工产品之一、目前工业制备硫酸主要采用接触法，常见的有硫铁矿制酸、硫磺制酸等。以硫铁矿 ()为原料制备硫酸的主要设备有：沸腾炉、接触室、吸收塔。硫酸工业、金属冶炼产生的尾气中含有，需经回收利用处理才能排放到空气中。下列有关硫铁矿为原料制备硫酸说法不正确的是
A. 将原料硫铁矿经过粉碎后投入沸腾炉
B. 产生的气体无需除尘净化可直接通入接触室
C. 用98.3%浓硫酸代替水吸收
D. 金属冶炼产生的含的废气经回收也可用于制硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．将原料硫铁矿经过粉碎成细小颗粒，后投入沸腾炉可增大接触面积，提高硫铁矿的利用率， 选项A正确；
B．产生的气体需除尘净化后才能通入接触室，防止催化剂中毒，失去催化作用，选项B不正确；
C．用98.3%浓硫酸代替水吸收，防止形成酸雾，保证吸收完全，选项C正确；
D．金属冶炼产生的含的废气经回收也可用于制硫酸，避免污染且综合利用，选项D正确；
答案选B。
7. 硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一、目前工业制备硫酸主要采用接触法，常见的有硫铁矿制酸、硫磺制酸等。以硫铁矿 ()为原料制备硫酸的主要设备有：沸腾炉、接触室、吸收塔。硫酸工业、金属冶炼产生的尾气中含有，需经回收利用处理才能排放到空气中。下列有关化学反应表示不正确的是
A. 煅烧硫铁矿获得：
B. 接触室中被氧化：
C. 用少量氨水吸收尾气中的：
D. 与溶液反应的离子方程式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．煅烧硫铁矿获得：，A正确；
B．接触室中被氧化的热化学方程式中，生成物未注明聚集状态，应为 ，B错误；
C．用少量氨水吸收尾气中的：，C正确；
D．与溶液反应的离子方程式：，D正确；
故选B。
8. 海水中含有丰富的碘元素。实验室通过以下流程从净化除氯后的含碘海水中提取。下列有关说法不正确的是
A. “转化”后的溶液中主要含有和
B. 用稀溶解“滤渣Y”得到的溶液可循环利用
C. “富集”得到含碘化合物的晶胞如图所示，其中距离每个最近的有4个
D. “氧化”时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍
【答案】D
【解析】
【分析】含碘海水和反应生成沉淀，向悬浊液中加入铁粉发生反应，向溶液中通入氯气可得到粗碘。
【详解】A．含碘海水和反应生成沉淀，向悬浊液中加入铁粉发生反应，故“转化”后的溶液中主要含有和，A正确；
B．滤渣Y为Ag，用稀溶解Ag可得到循环利用，B正确；
C．观察晶胞可知，距离每个最近的有4个，C正确；
D．还原性：，故当通入氯气的量为溶液中溶质物质的量的1倍时，化学方程式为，D错误。
故选D。
9. 一种甲酸(HCOOH)燃料电池装置如图所示。下列说法正确是
A. 放电时，从正极区移向负极区
B. 放电过程中，正极区溶液pH不断减小
C. 每得到1 mol ，理论消耗标况下11.2L
D. 负极反应的电极反应方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】左边被氧化为，失去电子，左边为负极区；右边得电子变成，为原电池的正极区。
详解】A．放电时，原电池内部阳离子由负极移向正极，即从负极区移向正极区，A错误；
B．放电过程中，正极区溶液中发生，酸性减弱，pH不断升高，B错误；
C．每得到1 mol ，2mol透过离子交换膜移向正极，说明电路中转移2mol电子，故理论情况下消耗标况下氧气0.5×22.4L=11.2L，C正确；
D．负极被氧化为，其电极反应式为，D错误。
故选C。
10. 有机物Z为是合成某药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. 中含有碳氧键
B. Y分子中所有的碳原子可能共平面
C. X、Y可用酸性溶液鉴别
D. Z分子与足量加成后的产物中含有3个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．X分子中含有3个甲氧基，1个醛基，共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个Π键，所以1molX中含有5mol碳氧σ键，A错误；
B．Y中苯环以及与双键直接相连的碳原子共面，碳碳单键可以旋转，可将碳碳双键的平面和苯环的平面旋转到一个平面内，也可以将CH3上的碳原子旋转到一个平面内，B正确；
C．X中含有醛基、Y中含有碳碳双键，醛基和碳碳双键均能和酸性高锰酸钾反应使其褪色，不能用酸性高锰酸钾鉴别X、Y，C错误；
D．Z分子与足量H2加成后产物为，图中箭头所指的碳原子为手性碳原子，共含有4个手性碳原子，D错误；
故答案选B。
11. 下列探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近液流，液流方向改变 是极性分子
B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁
C 石蜡油加强热，将产生的气体通入溴水，溴水颜色褪去 气体中含有乙烯
D 用pH计分别测0.1 NaClO和溶液pH，前者pH大
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近液流，液流方向改变，说明是极性分子，故选A；
B．高锰酸钾溶液能氧化氯离子，将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中含有二价铁，故不选B；
C．石蜡油加强热，将产生的气体通入溴水，溴水颜色褪去，说明气体中含有不饱和烃，但不一定含乙烯，故不选C；
D．用pH计分别测0.1 NaClO和溶液的pH，前者pH大，说明NaClO水解程度大，则，故不选D；
选A。
12. 室温下，某研究性学习小组进行如下实验。
实验 实验操作与现象
1 测得0.1 溶液的pH约为8
2 向5mL 0.1 溶液中滴加2.5 mL 0.5 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤，得沉淀X
3 将沉淀X加入5mL 2 溶液中，充分振荡、静置、过滤，得沉淀Y和滤液Y
4 将沉淀Y溶于足量2 盐酸中，沉淀部分溶解
已知：，。下列说法正确的是
A. 0.1 溶液中
B. 实验2中发生反应：
C. 实验3中发生反应：
D. 滤液Y中
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1 溶液的pH约为8，说明的水解程度大于电离程度，从而使溶液显碱性，水解产生，电离产生，因此0.1 溶液中，A错误；
B．向5mL 0.1 溶液中滴加2.5 mL 0.5 溶液，产生白色沉淀，其离子方程式为，B错误；
C．将沉淀X即中加入5mL 2 溶液中，充分振荡、静置、过滤，得沉淀Y，将沉淀Y溶于足量2 盐酸中，沉淀部分溶解，说明沉淀Y为的混合物，故实验3中发生反应，C正确；
D．由于>，可知向沉淀中加入5mL 2 溶液，只有部分转化为，故滤液Y中，D错误。
故选C。
13. NH3选择性催化还原NO的反应为，其反应历程如图所示，一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO、O2，下列说法不正确的是
A. NO的转化率可能随NH3浓度的增大而增大
B. NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附
C. 反应①的活化能小，反应速率快，是控速步骤
D. 过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子中的2个与NO中的O结合生成H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．在NO的浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO转化为N2，故NH3转化率可能随NH3浓度的增大而增大，A正确；
B．根据图示可知：在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，B正确；
C．化学反应分多步进行时，总反应由慢反应决定。反应①的活化能小，反应速率快；而反应②活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应②，C错误；
D．根据图示可知：在过渡态Ⅱ化合物中，NH3提供的H原子，NO提供O原子，2个H与1ge O结合生成H2O分子，D正确；
故选C。
14. 乙醇与水催化重整制氢。恒压条件下，反应体系中充入1 mol 和3mol 发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
平衡时和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
已知：CO的选择性=。
下列说法正确的是
A.
B. 曲线a表示的是乙醇的转化率
C. 其他条件不变时，增大压强，CO、的物质的量均增大
D. 向体系中加入适量疏松多孔CaO，有利用于提高的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应Ⅲ： ==+173.3kJ/mol>0，选项A错误；
B．反应I、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a，表示CO的选择性曲线为c，则b表示乙醇的转化率，选项B错误；
C．其他条件不变时，增大压强，反应I、Ⅲ逆向移动，反应Ⅱ不移动，则CO、的物质的量均减小，选项C错误；
D．加入CaO (s)能吸附CO2，促进反应正向进行，可以提高H2的产率，选项D正确；
答案选D。
二、非选择题。共4题，共58分。
15. 从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：
注：酸浸后钼元素以MoO形式存在。
回答下列问题：
（1）高温焙烧时，废钼催化剂中的金属元素转化为金属氧化物，则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为______。
（2）“调pH”中，加入MoO3调节溶液的pH略大于______时，可除去目标杂质离子。
已知：溶液中某离子浓度≤10-5mol L-1时，认为沉淀完全；常温下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。
（3）若反萃取剂A是氨水，则反萃取过程中MoO发生的离子方程式为______。
（4）已知“除砷”过程中，pH对As去除率的影响如图所示。当pH＞10后，随着pH的增大，去除率呈下降趋势的原因可能是_______。
（5）钼酸铵溶液可用于测定磷肥含磷量，步骤如下：准确称量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。以硫酸—硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵沉淀(NH4)3H4PMo12O42 H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于50.00mL6.00mol L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞为指示剂，用0.40mol L-1盐酸溶液滴定其中过量的NaOH，消耗盐酸23.00mL。计算磷肥中磷的百分含量_______(以P2O5计)(写出计算过程)。
已知：(NH4)3H4PMo12O42 H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。
【答案】（1）2MoS2+7O22MoO3+4SO2
（2）6.7 （3）MoO+4NH3 H2O=MoO+4NH+2H2O
（4）当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降
（5）20.0%
【解析】
【分析】本题是一道由废钼催化剂制备钼酸铵晶体的方法，首先在原料中焙烧，使其中的各种元素转化为相应的氧化物，再用硫酸溶解，用氧化钼调节pH除杂，再用有机萃取剂萃取其中的钼元素，随后加入氨水进行反萃取，加入氯化镁除去杂志后结晶即可，以此解题。
【小问1详解】
高温焙烧时，MoS2中Mo转化为氧化物，S转化为二氧化硫，则相应的方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
【小问2详解】
调节pH时可以除去溶液中的铜离子和三价铁离子，则当三价铁离子除净时，此时c(OH-)=，此时，pH=2.83；同理可求出当铜离子除净时，pH=6.7，故答案为：6.7；
【小问3详解】
根据流程可知，反萃取时，是将钼从有机相中提取的过程，根据信息可知，该过程的方程式为：MoO+4NH3 H2O=MoO+4NH+2H2O；
【小问4详解】
根据流程可知，除砷时是镁离子，铵根离子和其形成沉淀而除去，而pH过高时镁离子容易形成沉淀从而失去了沉砷的效果，故答案为：当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降；
【小问5详解】
根据题意可知，过量的NaOH，n(NaOH)过量=0.4×23×10-3=0.0092mol，则和(NH4)3H4PMo12O42 H2O反应的NaOH，n(NaOH)反应=6×50×10-3-0.0092mol×=0.208mol，根据(NH4)3H4PMo12O42 H2O~26NaOH~P2O5，则n(P2O5)=n(NaOH)反应=×0.208mol=0.004mol，其质量=0.004×142=0.568g，磷肥中磷的百分含量=。
16. 有机物A为原料合成布洛芬的路线如下。
已知：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为___________。
（2）有机物E中官能团名称为___________。
（3）写出C和F生成G的化学方程式___________。
（4）写出同时满足下列条件的布洛芬的一种同分异构体的结构简式___________。
①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，且分子中有5种不同化学环境的氢原子；
②能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应；
③能发生银镜反应。
（5）写出用、HCHO和 为原料合成 的流程路线___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）加成反应
（2）羟基、醛基 （3） ++H2O
（4） 或者 （5）
【解析】
【分析】有机物合成与推断中常采用对比方法进行分析，找出相同和不同的部位，从而确认反应类型或结构简式，如根据C的结构简式，以及A的分子式，从而确认A的结构简式为，A与CH3CH=CH2发生加成反应得到有机物B，B的结构简式为，据此分析；
【小问1详解】
B的结构简式为，则A→B的反应类型为加成反应；
【小问2详解】
根据E的结构简式可知，其官能团名称为羟基、醛基；
【小问3详解】
根据题中所给信息，C中酮羰基上的一个键断裂，F中醇羟基上氧氢键断裂，即该反应方程式为++H2O；
【小问4详解】
苯环上的一氯代物有两种，苯环上有两种氢，能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有，能发生银镜反应，根据氧原子数目，说明存在，分子中有5种不同化学环境的氢原子，则取代基为HCOO-，2个-CH(CH3)2，处于邻位和间位，故答案为： 或者 ；
【小问5详解】
乙醇催化氧化生成乙醛，甲醛和乙醛发生D→E类型的反应，即生成，然后再与氢气发生加成反应，得到，最后与丙酮发生信息中反应生成产物，即路线为。
17. 某研究性学习小组制备，并利用浸取回收旧手机中的金。
Ⅰ.制备硫代硫酸钠
反应原理：。实验装置如图所示。
在和的混合溶中不断通入气体，三颈烧瓶中的现象为：
①浅黄色沉淀逐渐增多。原理为：
②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无味气体产生。原理为：
③浅黄色沉淀逐渐减少。
④继续通入，浅黄色沉淀又逐渐增多。原理为：
（1）烧杯中NaOH溶液的作用是___________。
（2）三颈烧瓶中浅黄色沉淀逐渐减少的原因是___________(用化学方程式表示)。
（3）反应也可用于制备。而上述方案中加入的优点是___________。
Ⅱ.浸取金
经预处理的芯片中含有游离态的Au，用单一的溶液处理，金的浸取率极低。
（4）向浸取液中通入空气使Au转化为稳定性高的，该反应的离子方程式为___________。
（5）在浸取液中加入一定量的后可加快金的溶解，一种浸金机理如图所示。负极区电极反应为___________。
【答案】（1）吸收未反应的二氧化硫气体，防止污染空气
（2）S+Na2SO3=Na2S2O3
（3）碳酸钠溶液呈碱性，可以抑制硫化钠水解防止生成硫化氢气体
（4）4Au+O2+8S2O+2 H2O =4+4OH-
（5）Au-e-+2S2O=[Au(S2O3)2]3-
【解析】
【小问1详解】
烧杯中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫气体，防止污染空气；
【小问2详解】
由题意知三颈烧瓶中浅黄色沉淀逐渐减少的原因是硫单质与生成的亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠：S+Na2SO3=Na2S2O3；
【小问3详解】
上述方案中加入的优点是碳酸钠溶液呈碱性，可以抑制硫化钠水解防止生成硫化氢气体；
【小问4详解】
金被空气的氧气氧化生成+1价金离子后与硫代硫酸根形成配位键，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：4Au+O2+8S2O+2 H2O =4+4OH-；
【小问5详解】
由图像知金失去电子发生氧化反应，故负极区发生反应为Au-e-+2S2O=[Au(S2O3)2]3-。
18. 含氮、磷、砷化合物的转化和处理是环境保护的重要课题。
（1）研究团队采用NaClO氧化法去除水中氨氮(、)。已知：HClO的氧化性比NaClO强；比更容易被氧化。在相同时间内，反应温度对剩余氨氮浓度和氨氮去除率的影响如图所示。40～60℃时氨氮去除率持续下降，其原因为___________。
（2）十八面体结构的晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物。沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能。
①向银氨溶液中加入溶液，离心分离、洗涤干燥后可得到高效光催化剂，写出反应的离子方程式为___________。
②和在溶液中反应也可制得固体，但制得的固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因是___________。
（3）将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，也可用于去除水体中，其部分反应原理如图所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除的效率更高，其主要原因是___________；转化为的反应机理可描述为___________。
【答案】（1）次氯酸不稳定，加热易分解
（2） ①. ②. 和在溶液中Ag+、浓度大，生成沉淀的速率快，十八面体结构的晶体
（3） ①. 纳米零价铁、铜粉水构成原电池，加快去除水体中的速率 ②. 得到纳米零价铁失去的电子生成，在纳米零价铁、铜粉得电子转化为
【解析】
【小问1详解】
次氯酸不稳定，加热易分解，所以40～60℃时氨氮去除率持续下降。
【小问2详解】
①向银氨溶液中加入溶液，生成、氨气、水，反应的离子方程式为 。
②和在溶液中Ag+、浓度大，生成沉淀的速率快，十八面体结构的晶体，制得的固体光催化性能极差。。
【小问3详解】
纳米零价铁、铜粉在水溶液中构成原电池，加快去除水体中的速率，所以与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除的效率更高；得到纳米零价铁失去的电子生成，在纳米零价铁、铜粉得电子转化为。
