灌南高级中学2023-2024学年高三上学期第二次检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 N 14 O 16 S 32 Mn 55 Zn 65
一、单项选择题：共17题，每题3分，共51分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 科技改变生活。下列说法错误的是
A. 北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点
B. 北京冬奥会的志愿者服装添加石墨烯是为了提高硬度
C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D. 2022年4月16日神舟十三号返回舱成功着陆，使用的降落伞是用特殊的纺织材料做成的，具有质轻、耐撕扯、耐高温的特性
2. Ca(OH)2与NH4Cl反应生成CaCl2、NH3和H2O。下列说法错误的是
A. CaCl2为离子化合物 B. Ca(OH)2中既含离子键又含共价键
C. NH4Cl中N原子的杂化方式为sp3 D. NH3的空间构型为平面三角形
3. 明矾[KAl(SO4)2 12H2O]可用于净水。下列说法正确的是
A. 半径大小：r(K+)
A. 用装置甲制取Cl2 B. 用装置乙除去Cl2中的HCl和水蒸气
C. 用装置丙收集Cl2 D. 用装置丁吸收尾气中的Cl2
5. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是
A. 电解熔融可获得Q的单质 B. 原子半径：
C. W的含氧酸均为强酸 D. QW的空间构型为正四面体
6. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10mol混合气体，其中苯的物质的量分数为20%(其余气体不参与反应)，一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%(不含，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是
A. 甲池中A处通入，乙池中E处有放出
B. 甲池中由G极移向F极，乙池中由多孔惰性电极移向惰性电极
C. 导线中共传导12mol电子
D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应：
7. 周期表中ⅢA族元素及其化合物应用广泛。硼熔点很高，其硬度仅次于金刚石，硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一，与硼烷的相对分子质量相近，但沸点却比硼烷高得多。下列说法正确的是
A. H3NBH3分子间存在氢键 B. BF3是由极性键构成的极性分子
C. 镓原子(31Ga)基态核外电子排布式为4s24p1 D. ⅢA族元素单质的晶体类型相同
8. 单质硼可以溶于热的浓硝酸生成硼酸(H3BO3)，硼酸是有重要用途的一元弱酸，能溶于水，可用作防腐剂；硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165 kJ·mol-1，Al2O3熔点很高，是两性氧化物，可溶于强酸、强碱，下列化学反应表示错误的是
A. 硼与热的浓硝酸反应：B+3HNO3 H3BO3+3NO2↑
B. 硼酸与NaOH溶液反应：H++OH- = H2O
C. Al2O3和NaOH溶液反应：Al2O3+2OH-+3H2O= 2
D. 硼烷的燃烧热：B2H6(g)+3O2(g) =B2O3(s)+3H2O(l) ΔH=-2165 kJ·mol-1
9. 硼酸是有重要用途的一元弱酸，能溶于水，可用作防腐剂，BF3是石油化工的重要催化剂；Al2O3熔点很高，是两性氧化物，可溶于强酸、强碱；砷化镓(GaAs)是一种新型化合物半导体材料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 硼酸呈弱酸性，可用作防腐剂 B. BF3呈气态，可用作催化剂
C. Al2O3熔点很高，可用作耐火材料 D. 砷化镓难溶于水，可用作半导体材料
10. 碳及其氧化物的转化具有重要应用。下列说法错误的是
A. 碳和H2O(g)在高温下可转化为水煤气
B. 飞船中航天员呼出的CO2可用Na2O2吸收转化为O2
C. 植树种草加强光合作用吸收空气中的CO2
D. 侯氏制碱法以H2O、CO2、NaCl原料制备NaHCO3
11. 某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏加 德罗常数的值。下列相关说法正确的是（ ）
A. 1molMCl中含有NA对共用电子对
B. MCl为弱电解质，在水中仅部分电离
C. M+和Cl-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D. MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
12. 汽车尾气净化装置中CO与NO反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)，下列说法正确的是
A. 上述反应ΔS>0
B. 上述反应平衡常数为K=
C. 上述反应中消耗1molNO时转移电子的数目为2×6.02×1023
D. 将部分CO2分离出来，v(正)和NO平衡时转化率均增大
13. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B. 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和
C. “洗脱”工序可完成再生
D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
14. 已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3
A. ZnFe2O4中铁的价态为+3价
B. 除去SO2、NO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性
C. 若使1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子
D. ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行
15. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向盛有KBr溶液的试管中滴加几滴新制氯水，再加入CCl4溶液，振荡、静置，观察CCl4层颜色 Cl2的氧化性比Br2的强
B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性
C 向久置的FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 FeSO4已全部变质
D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A A B. B C. C D. D
16. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是
A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：
C. 阶段热分解失去4个
D. 热分解后生成固体化合物
17. CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ mol-1
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ mol-1
在0.5MPa条件下，将n(CO2)∶n(H2)为1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中曲线②表示CH3OH的选择性随温度的变化
B. 一定温度下，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率
C. 升高温度时，CO的选择性降低
D. 一定温度下，选用高效催化剂可提高CH3OH平衡产率
二、非选择题：共3题，共49分。
18. Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。软锰矿主要成分是MnO2，还含有少量的Fe2O3、SiO2、Al2O3，采用以下工艺流程可由软锰矿制得Mn3O4。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有________(只需填一种)，“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有________，铁屑与MnO2发生反应的离子方程式为________。
（2）“调节pH”时加入H2O2溶液的目的是________，“调节pH”的范围为________。
（3）“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是________。
（4）“氧化”时一般控制温度在80℃~85℃，可以采取的加热方法是________，反应化学方程式为________。
19. 用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备铜粉的一种工艺流程如图：
（1）“酸浸”中CuS发生反应的离子方程式为________。
（2）“调pH”的目的是________。
（3）“除锰”时，试剂X的最佳选择是________；这样选择的优点是________。
A.氨水－NH4HCO3混合溶液 B.NH4HCO3固体
（4）“还原”时铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨溶液制取铜粉的实验方案：取一定量5mol L-1水合肼溶液，________，静置、过滤、洗涤、干燥。实验中可选用的试剂：5mol L-1水合肼溶液、2mol L-1硫酸、2mol L-1NaOH溶液、蒸馏水。
已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4 H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O
20. Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：
（1）浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h.。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。
（2）焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500°C焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]
（3）硫化。400°C时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
（4）工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是_______。
灌南高级中学2023-2024学年高三上学期第二次检测
化学试卷 答案解析
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 N 14 O 16 S 32 Mn 55 Zn 65
一、单项选择题：共17题，每题3分，共51分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 科技改变生活。下列说法错误的是
A. 北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点
B. 北京冬奥会的志愿者服装添加石墨烯是为了提高硬度
C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D. 2022年4月16日神舟十三号返回舱成功着陆，使用的降落伞是用特殊的纺织材料做成的，具有质轻、耐撕扯、耐高温的特性
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳纤维是含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，北京冬奥会火炬"飞扬"”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点，选项A正确；
B．添加了石墨烯主要是利用其很好的导热性，选项B错误；
C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，重金属离子能使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，选项C正确；
D．降落伞是用特殊的纺织材料做成的，具有质轻、耐撕扯、耐高温的特性，符合航空材料要求，选项D正确；
答案选B。
2. Ca(OH)2与NH4Cl反应生成CaCl2、NH3和H2O。下列说法错误的是
A. CaCl2为离子化合物 B. Ca(OH)2中既含离子键又含共价键
C. NH4Cl中N原子的杂化方式为sp3 D. NH3的空间构型为平面三角形
【答案】D
【解析】
【详解】A．CaCl2含有离子键，为离子化合物，A正确；
B．钙离子与氢氧根离子中间是离子键，氢氧根里面的氢氧原子之间是共价键，B正确；
C．NH4Cl中N原子价层电子对数为，其杂化方式为sp3，C正确；
D．NH3的中心N原子价层电子对数为，含有一对孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，D错误；
故选D。
3. 明矾[KAl(SO4)2 12H2O]可用于净水。下列说法正确的是
A. 半径大小：r(K+)
【解析】
【详解】A．同主族元素，从上到下离子的离子半径依次增大，则钾离子的离子半径大于钠离子，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则铝离子的离子半径小于钠离子，所以钾离子的离子半径大于铝离子，故A错误；
B．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，则硫元素的电负性小于氧元素，故B正确；
C．非金属元素的第一电离能大于金属元素，则氧元素的第一电离能大于钾元素，故C错误；
D．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钾的碱性强于氢氧化钠，同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化铝的碱性弱于氢氧化钠，所以氢氧化钾的碱性强于氢氧化铝，故D错误；
故选B。
4. 实验室制取并收集少量Cl2，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取Cl2 B. 用装置乙除去Cl2中的HCl和水蒸气
C. 用装置丙收集Cl2 D. 用装置丁吸收尾气中的Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，装置丙为空载仪器，起到安全瓶、防倒吸的作用，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】A．由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，故A正确；
B．由分析可知，装置乙中盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，故B正确；
C．由分析可知，装置丙为空载仪器，起到安全瓶、防倒吸的作用，由于氯气的密度比空气大，不能用向下排空气法收集氯气，应用向上排空气法收集氯气，故C错误；
D．由分析可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故D正确；
故选C。
5. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是
A. 电解熔融可获得Q的单质 B. 原子半径：
C. W的含氧酸均为强酸 D. QW的空间构型为正四面体
【答案】D
【解析】
【分析】根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C，X为H，W应为Cl，一个Z有三个共价键，因此该物质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N，Q形成四个共价键中有一个配位键，因此Q为Al。X为H，Y为C，Z为N，Q为Al，W为Cl，据此分析。
【详解】A．QW3为AlCl3，氯化铝为分子晶体，熔融状态不导电，因此工业上上常电解氧化铝获得金属铝，故A错误；
B．同一周期，从左到右原子半径依次递减，则半径：Z(N)
D．中Al有4个σ键，无孤电子对数，无孤电子对数，空间构型为正四面体，故D正确；
答案为D。
6. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10mol混合气体，其中苯的物质的量分数为20%(其余气体不参与反应)，一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%(不含，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是
A. 甲池中A处通入，乙池中E处有放出
B. 甲池中由G极移向F极，乙池中由多孔惰性电极移向惰性电极
C. 导线中共传导12mol电子
D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应：
【答案】C
【解析】
【分析】由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解质，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气。
【详解】A．由分析，A处通入O2，E处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氢气和氧气，A正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H+由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；
C．10mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10mol含苯10%的混合气体，则被还原分苯的物质的量为10mol×(20%-10%)=1mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6mol，C错误；
D．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：，D正确；
故选C。
7. 周期表中ⅢA族元素及其化合物应用广泛。硼熔点很高，其硬度仅次于金刚石，硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一，与硼烷的相对分子质量相近，但沸点却比硼烷高得多。下列说法正确的是
A. H3NBH3分子间存在氢键 B. BF3是由极性键构成的极性分子
C. 镓原子(31Ga)基态核外电子排布式为4s24p1 D. ⅢA族元素单质的晶体类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．H3NBH3分子中存在N-H键，所以H3NBH3分子间可形成氢键，故A正确；
B．BF3中B原子价电子对数为3，无孤电子对，空间构型 为平面三角形，结构对称，是由极性键构成的非极性分子，故B错误；
C．镓原子(31Ga)核外有31个电子，基态核外电子排布式为［Ar］3d104s24p1，故C错误；
D．硼可以形成原子晶体和分子晶体，铝、镓、铟、铊都是金属晶体，故D错误；
选A。
8. 单质硼可以溶于热的浓硝酸生成硼酸(H3BO3)，硼酸是有重要用途的一元弱酸，能溶于水，可用作防腐剂；硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165 kJ·mol-1，Al2O3熔点很高，是两性氧化物，可溶于强酸、强碱，下列化学反应表示错误的是
A. 硼与热的浓硝酸反应：B+3HNO3 H3BO3+3NO2↑
B. 硼酸与NaOH溶液反应：H++OH- = H2O
C. Al2O3和NaOH溶液反应：Al2O3+2OH-+3H2O= 2
D. 硼烷的燃烧热：B2H6(g)+3O2(g) =B2O3(s)+3H2O(l) ΔH=-2165 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．硼溶于热的浓硝酸生成硼酸(H3BO3)，则硼与热的浓硝酸反应方程式为：B+3HNO3 H3BO3+3NO2↑，A正确；
B．硼酸为弱酸，用化学式表示，则硼酸与NaOH溶液反应: H3BO3+OH-=NaB ( OH ) 4，B错误；
C．Al2O3和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O= 2，C正确；
D．硼烷( B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165 kJ·mol-1，则硼烷的燃烧热为B2H6(g)+3O2(g) =B2O3(s)+3H2O(l) ΔH=-2165 kJ·mol-1，D正确；
故选B
9. 硼酸是有重要用途的一元弱酸，能溶于水，可用作防腐剂，BF3是石油化工的重要催化剂；Al2O3熔点很高，是两性氧化物，可溶于强酸、强碱；砷化镓(GaAs)是一种新型化合物半导体材料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 硼酸呈弱酸性，可用作防腐剂 B. BF3呈气态，可用作催化剂
C. Al2O3熔点很高，可用作耐火材料 D. 砷化镓难溶于水，可用作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据信息，硼酸是有重要用途的一元弱酸，能溶于水，可作防腐剂，两者没有直接对应关系，A错误；
B．BF3呈气态，可用作催化剂，物质的状态和用作催化剂没有对应关系，B错误；
C．熔点高的物质可作耐火材料，则A12O3熔点很高，可用作耐火材料，C正确；
D．砷化镓难溶于水，可用作半导体材料,两者没有对应关系，D错误；
故选C。
10. 碳及其氧化物的转化具有重要应用。下列说法错误的是
A. 碳和H2O(g)在高温下可转化水煤气
B. 飞船中航天员呼出的CO2可用Na2O2吸收转化为O2
C. 植树种草加强光合作用吸收空气中的CO2
D. 侯氏制碱法以H2O、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．C+H2OCO+H2，CO和H2的混合物是水煤气，A正确；
B．由2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO3+O2可知，CO2可用Na2O2吸收转化为O2，B正确；
C．植物可以通过叶绿体进行光合作用，吸收土壤中的H2O和空气中的CO2，通过光合作用形成糖类和O2，C正确；
D．侯氏制碱法以H2O、CO2、NaCl、NH3为原料制备Na2CO3，D错误；
故选D。
11. 某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离，该过程的微观示意图如图。已知NA为阿伏加 德罗常数的值。下列相关说法正确的是（ ）
A. 1molMCl中含有NA对共用电子对
B. MCl为弱电解质，在水中仅部分电离
C. M+和Cl-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D. MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
【答案】D
【解析】
【详解】A. MCl为离子化合物，不存在共用电子对，A错误；
B. MCl离子化合物，故MCl为强电解质，在水中完全电离，B错误；
C. M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子、Cl-与水分子中的氢原子结合形成水合离子，C错误；
D. MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，D正确；
答案选D。
12. 汽车尾气净化装置中CO与NO反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)，下列说法正确的是
A. 上述反应ΔS>0
B. 上述反应平衡常数为K=
C. 上述反应中消耗1molNO时转移电子的数目为2×6.02×1023
D. 将部分CO2分离出来，v(正)和NO平衡时转化率均增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是反应物体积大于生成物体积的反应，ΔS<0，故A错误；
B．平衡常数为生成物浓度次幂乘积和反应物浓度次幂乘积的比值，上述反应平衡常数为K=，故B错误；
C．反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)消耗2molNO转移4mol电子，则上述反应中消耗1molNO时转移电子数目为6.02×1023/mol=2×6.02×1023，故C正确；
D．将部分CO2分离出来，生成物浓度减小，v(正)减小，NO平衡时转化率增大，故D错误；
答案选C。
13. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B. 水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和
C. “洗脱”工序可完成的再生
D. 保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，用盐酸“洗脱”生成和，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。
【详解】A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用均为氧化，A项正确；
B．由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出，同时氯气与水反应生成进入水相Ⅰ；“还原”时与反应生成、、，再与反应生成和，故水相Ⅱ中含和，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有和，B项正确；
C．用盐酸“洗脱”生成同时生成，可完成的再生，C项正确；
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；
故选D。
14. 已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3
A. ZnFe2O4中铁的价态为+3价
B. 除去SO2、NO2时，ZnFe2Ox在反应中表现了氧化性
C. 若使1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子
D. ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行
【答案】B
【解析】
【分析】ZnFe2O4与氢气在300～500℃反应生成ZnFe2Ox，ZnFe2Ox能在常温下将工业废气中的SO2、NO2等转化为单质而除去，并重新生成ZnFe2O4。
【详解】A ．ZnFe2O4中Zn为+2价，O为-2价，Fe价态为+3价，故A正确；
B．ZnFe2O4被氢气还原生成ZnFe2Ox，而除去NO2、SO2时，ZnFe2Ox被NO2、SO2氧化生成ZnFe2O4，ZnFe2Ox在反应中表现了还原性，故B错误；
C．ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+（x-1）价，1molZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4，需失去(8-2x)mol电子，故C正确；
D．温度较高时氢气和氧气反应生成H2O，则ZnFe2O4与H2的反应要在无氧条件下进行，故D正确；
答案选B。
15. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向盛有KBr溶液的试管中滴加几滴新制氯水，再加入CCl4溶液，振荡、静置，观察CCl4层颜色 Cl2的氧化性比Br2的强
B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性
C 向久置的FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 FeSO4已全部变质
D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．新制氯水中含有Cl2，可以置换出Br2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ，Br2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，发生萃取，溶液分层，下层为橙红色，上层无色，说明Cl2的氧化性比Br2的强，选项A正确；
B．向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴酸性KMnO4溶液，SO2将KMnO4还原而使溶液褪色，说明SO2具有还原性，选项B错误；
C．久置的FeSO4溶液中部分Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，遇KSCN溶液显血红色，只能证明FeSO4已变质，要证明全部变质必须检验是否还含有Fe2+，选项C错误；
D．.越弱越水解，虽然用pH试纸测得:CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8，但不知道溶质的物质的量浓度是否相同，因此不能说明水解能力CH3COONa>NaNO2，则不能说明HNO2电离出的H+的能力比CH3COOH的强，选项D错误；
答案选A。
16. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是
A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：
C. 阶段热分解失去4个
D. 热分解后生成固体化合物
【答案】D
【解析】
【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。
【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；
C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误；
D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。
综上所述，答案为D。
17. CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ mol-1
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ mol-1
在0.5MPa条件下，将n(CO2)∶n(H2)为1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中曲线②表示CH3OH的选择性随温度的变化
B. 一定温度下，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率
C. 升高温度时，CO的选择性降低
D. 一定温度下，选用高效催化剂可提高CH3OH的平衡产率
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①为放热反应，升高温度后平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CH3OH的选择性也降低，所以升高温度之后，CH3OH的总的选择性降低，曲线①表示CH3OH的选择性随温度的变化，A错误；
B．一定温度下，增大n(CO2)∶n(H2)的比值，平衡正向移动，氢气的转化率提高，B正确；
C．升高温度，反应反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CO的选择性升高，C错误；
D．选用催化剂只能改变反应堆速率，不能改变转化率，D错误；
故选B。
二、非选择题：共3题，共49分。
18. Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。软锰矿主要成分是MnO2，还含有少量的Fe2O3、SiO2、Al2O3，采用以下工艺流程可由软锰矿制得Mn3O4。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有________(只需填一种)，“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有________，铁屑与MnO2发生反应的离子方程式为________。
（2）“调节pH”时加入H2O2溶液的目的是________，“调节pH”的范围为________。
（3）“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是________。
（4）“氧化”时一般控制温度在80℃~85℃，可以采取的加热方法是________，反应化学方程式为________。
【答案】（1） ①. 粉碎软锰矿或搅拌或加热或适当增大硫酸的浓度 ②. Mn2+、Fe2+、Al3+ ③. MnO2+4H++Fe=Mn2++Fe2++2H2O
（2） ①. 把Fe2+氧化为Fe3+ ②. 4.7~8.1
（3）温度升高，氨水发生分解并挥发
（4） ①. 水浴加热 ②. 3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液2和氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化为四氧化三锰。
【小问1详解】
酸浸、还原时，粉碎软锰矿、搅拌、加热、适当增大硫酸的浓度等措施能加快化学反应速率；由分析可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液，其中铁屑与二氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++Fe=Mn2++Fe2++2H2O，故答案为：粉碎软锰矿或搅拌或加热或适当增大硫酸的浓度；Mn2+、Fe2+、Al3+；MnO2+4H++Fe=Mn2++Fe2++2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，调节溶液pH时加入过氧化氢溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸锰的目的是调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；4.7~8.1；
【小问3详解】
氨水具有挥发性，受热易挥发、易分解，50℃后，溶液温度越高，氨水发生分解并挥发导致锰离子的沉淀率越低，故答案为：氨水发生分解并挥发；
【小问4详解】
由氧化时一般控制温度在80℃~85℃可知，反应温度低于100℃，氢氧化锰与过氧化氢溶液在水浴加热的条件下反应生成四氧化三锰和水，反应的化学方程式为3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O，故答案为：水浴加热；3Mn(OH)2+H2O2Mn3O4+4H2O。
19. 用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备铜粉的一种工艺流程如图：
（1）“酸浸”中CuS发生反应的离子方程式为________。
（2）“调pH”的目的是________。
（3）“除锰”时，试剂X的最佳选择是________；这样选择的优点是________。
A.氨水－NH4HCO3混合溶液 B.NH4HCO3固体
（4）“还原”时铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨溶液制取铜粉的实验方案：取一定量5mol L-1水合肼溶液，________，静置、过滤、洗涤、干燥。实验中可选用的试剂：5mol L-1水合肼溶液、2mol L-1硫酸、2mol L-1NaOH溶液、蒸馏水。
已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4 H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O
【答案】（1）CuS+MnO2+4H+=Mn2++Cu2++S+2H2O
（2）将Fe3+转化为Fe(OH)3除去
（3） ①. A ②. 使用碳酸氢铵时会有二氧化碳放出，导致碳元素利用率低，且有液体外溢的危险
（4）加入蒸馏水稀释至3mol L-1~3.25mol L-1，加入适量2mol L-1NaOH溶液，边搅拌边逐滴加入铜氨溶液，加热使其充分反应，同时用2mol L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【解析】
【分析】以低品铜矿(主要含CuS、FeO)为原料制备铜粉时，先加稀硫酸、MnO2进行酸浸，此时生成S、Fe2+、Mn2+等；调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；再加入试剂X，将锰转化为MnCO3；加入水合肼，将铜元素还原为Cu。
【小问1详解】
“酸浸”中，CuS生成S等，则MnO2应作氧化剂，在酸性环境中发生反应，离子方程式为CuS+MnO2+4H+=Mn2++Cu2++S+2H2O。答案为：CuS+MnO2+4H+=Mn2++Cu2++S+2H2O；
【小问2详解】
在酸浸过程中，FeO被溶解、氧化并转化为Fe3+，“调pH”转化为沉淀，所以目的是：将Fe3+转化为Fe(OH)3除去。答案为：将Fe3+转化为Fe(OH)3除去；
【小问3详解】
“除锰”时，若试剂X为NH4HCO3，则可能会生成CO2气体、Cu2+可能转化为沉淀，若加入氨水－NH4HCO3混合溶液，可避免CO2气体和Cu(OH)2或CuCO3沉淀的生成，所以最佳选择是：A；这样选择的优点是：使用碳酸氢铵时会有二氧化碳放出，导致碳元素利用率低，且有液体外溢的危险。答案为：A；使用碳酸氢铵时会有二氧化碳放出，导致碳元素利用率低，且有液体外溢的危险；
【小问4详解】
从“还原”时铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系图中可以看出，水合肼溶液浓度为3mol L-1~3.25mol L-1时，铜粉沉淀率最高；水合肼还原铜氨离子时，应提供碱性环境、加热条件；由已知反应可知，反应生成NH3，会污染环境，所以应使用稀硫酸吸收。从而得出由铜氨溶液制取铜粉的实验方案：取一定量5mol L-1水合肼溶液，加入蒸馏水稀释至3mol L-1~3.25mol L-1，加入适量2mol L-1NaOH溶液，边搅拌边逐滴加入铜氨溶液，加热使其充分反应，同时用2mol L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。答案为：加入蒸馏水稀释至3mol L-1~3.25mol L-1，加入适量2mol L-1NaOH溶液，边搅拌边逐滴加入铜氨溶液，加热使其充分反应，同时用2mol L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。
【点睛】加入试剂除杂质时，既要考虑杂质的转化，又要考虑对其它离子的影响。
20. Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：
（1）浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h.。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。
（2）焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500°C焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]
（3）硫化。400°C时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
（4）工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是_______。
【答案】（1）Al3+、H+
（2）n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)= 6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)= 0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)=n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=
（3） ①. SO2+2H2S+2H2O ②. FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O
（4）+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物
【解析】
【分析】用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化，反应方程式为SO2+2H2S+2H2O；
【小问1详解】
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
【小问2详解】
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=；
【小问3详解】
①硫化过程SO2和H2反应生成S和水，反应的化学方程式为SO2+2H2S+2H2O；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
【小问4详解】
在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，工业SO2烟气中含有较高浓度的O2，铁的氧化物易被氧化，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。
