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1、第1页/共10页 2022/2023 学年度第二学期高二年级期终考试学年度第二学期高二年级期终考试化学试题化学试题 考试时间：考试时间：75 分钟分钟 分值：分值：100 分分 本卷可能用到的相对原子质量：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：共一、单项选择题：共 14 题，每小题题，每小题 3 分，共分，共 42 分。每小题只有一个选项最符合题意。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
2、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3HNO按体积比 31 混合)可溶解金：2Au4HNO4Cl+=42AuClNO2H O+。下列说法正确的是A.2H O的空间填充模型：B.第一电离能：()()11IN r Z r Y YC.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24Z WY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(2FeS)为原料制备硫酸的
3、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2SO，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3SOD.金属冶炼产生的含2SO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(2FeS)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2SO，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
4、示不正确的是第3页/共10页 A.煅烧硫铁矿获得2SO：222324FeS+11O2Fe O+8SO高温B.接触室中2SO被氧化：()()2232ggSOO2SO+1H=+196kJ molC.用少量氨水吸收尾气中的2SO：32243NHH O+SONH=HSOD.2SO与3FeCl溶液反应的离子方程式：322224SO2Fe2H OSO2Fe4H+=+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2I。下列有关说法不正确的是 A.“转化”后的溶液中主要含有2Fe+和IB.用稀3HNO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
5、中距离每个I最近的Ag+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，K+从正极区移向负极区B.放电过程中，正极区溶液 pH不断减小第4页/共10页 C.每得到 1 mol 24K SO，理论消耗标况下 11.2L2OD.负极反应的电极反应方程式为23FeeFe+=10.有机物 Z为是合成某药物重要中间体，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.1molX中含有6mol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4KMnO溶液鉴别 D.Z分子与
6、足量2H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22CF Cl液流，液流方向改变 22CF Cl是极性分子 B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入4KMnO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 1mol L NaClO和3CH COONa溶液的pH，前者 pH大()()aa3KHClO KCH COOHA.AB.BC.CD.D12.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的第5页/共10页 1 测得 0.1 1mol L
7、 3NaHCO溶液的 pH约为 8 2 向 5mL 0.1 1mol L 3NaHCO溶液中滴加 2.5 mL 0.5 1mol L2CaCl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 1mol L 24Na SO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 1mol L盐酸中，沉淀部分溶解 已知：()5sp4KCaSO4.9 10=，()9sp3KCaCO=3.4 10。下列说法正确的是 A.0.1 1mol L3NaHCO溶液中()()2-233c H COc SO13.NH3选择性催化还原 NO的反应为3224NH6N
8、O=5N6H O+，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.反应的活化能小，反应速率快，是控速步骤D.过渡态化合物中，NH3提供的 H 原子中的 2 个与 NO中的 O结合生成 H2O第6页/共10页 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()25C H OH g和 3mol()2H O g发生以下反应：反应：()()()()2522ggggC H OHH O2CO4H+11H=255
9、.7 kJ mol+反应：()()()()222CO gH O gCOgHg+12H=-41.2 kJ mol反应：()()()()25222ggggC H OH3H O2CO6H+3H平衡时2CO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=()()()2nCOnCO+nCO生成生成生成。下列说法正确的是A.3H 0B.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、2CO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2H的产率 二、非选择题。共二、非选择题。共 4 题，共题，共 58 分。分。15.从废钼催化剂(主要成
10、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 MoO22+形式存。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_。在第7页/共10页（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10-5molL-1时，认为沉淀完全；常温下 KspFe(OH)3=10-38.5，KspCu(OH)2=10-19.6。（3）若反萃取剂 A是氨水，则反萃取过程中 MoO22+发生的离子方程式为_。（4）已知“除砷
11、”过程中，pH 对 As去除率的影响如图所示。当 pH10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)3H4PMo12O42H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于 50.00mL6.00molL-1NaOH 溶液后，定容至250mL。取 25mL 溶液，以酚酞为指示剂，用 0.40molL-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
12、)(写出计算过程)。已知：(NH4)3H4PMo12O42H2O+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）AB 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_。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；第8页/共10页 能发生水解反应，且水解产物之一能与3FeCl溶液发生显色反应；能发生银镜反应。（5）写出用32CH CH OH、HCHO和
13、为原料合成流程路线_(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223Na S O，并利用223Na S O浸取回收旧手机中的金。制备硫代硫酸钠 反应原理：223222322Na SNa CO4SO3Na S OCO+=+。实验装置如图所示。在2Na S和23Na CO的混合溶中不断通入2SO气体，三颈烧瓶中的现象为：浅黄色沉淀逐渐增多。原理为：22233SO2Na S3S2Na SO+=+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：223232SONa CONa SOCO+=+浅黄色沉淀逐渐减少。继续通入2SO，浅黄色沉淀又逐渐增多。原理为
14、：223223Na S OSOH O3S2NaHSO+=+（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222232Na S3SO2Na S OS+=+也可用于制备223Na S O。而上述方案中加入23Na CO的优点是_。.浸取金 经预处理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223Na S O浸取液中通入空气使 Au转化为稳定性高的()3232Au S O，该反应的离子方程式为_。（5）在浸取液中加入一定量的4CuSO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_。的.的第9页
15、/共10页 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(3NH、4NH+)。已知：HClO的氧化性比 NaClO强；3NH比4NH+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。4060时氨氮去除率持续下降，其原因为_。（2）十八面体结构的34Ag PO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。34Ag PO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。向银氨溶液中加入24Na HPO溶液，离心分离、洗涤干燥后可得到34Ag PO高效光催化剂，写出反应的离子方程
16、式为_。3AgNO和34Na PO在溶液中反应也可制得34Ag PO固体，但制得的34Ag PO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3NO，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3NO的效率更高，其主要原因是_；3NO转化为4NH+的反应机理可描述为_。第10页/共10页 第1页/共19页 2022/2023 学年度第二学期高二年级期终考试学年度第二学期高二年级期终考试化学试题化学试题 考试时间：考试时间：75 分钟分钟 分值：分值：100 分分 本卷可能用到的相对原子质量：本卷可能用到的相对原
17、子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 P-31 一、单项选择题：共一、单项选择题：共 14 题，每小题题，每小题 3 分，共分，共 42 分。每小题只有一个选项最符合题意。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
18、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3HNO按体积比 31 混合)可溶解金：2Au4HNO4Cl+=42AuClNO2H O+。下列说法正确的是A.2H O的空间填充模型：B.第一电离能：()()11IN r Z r Y YC.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24Z WY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
19、、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：()()()()r Z r W r Y W，B错误；CX、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的化工产品之一、目前工业制备硫酸主要采用
20、接触法，常见的有硫铁矿制酸、硫磺制酸等。以硫铁矿(2FeS)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2SO，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 第4页/共19页 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3SOD.金属冶炼产生的含2SO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
21、去催化作用，选项 B不正确；C用 98.3%浓硫酸代替水吸收3SO，防止形成酸雾，保证3SO吸收完全，选项 C正确；D金属冶炼产生的含2SO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(2FeS)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2SO，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2SO：222324FeS+11O2Fe O+8SO高温B.接触室中2SO被氧化：
22、()()2232ggSOO2SO+1H=+196kJ mol C.用少量氨水吸收尾气中的2SO：32243NHH O+SONH=HSOD.2SO与3FeCl溶液反应的离子方程式：322224SO2Fe2H OSO2Fe4H+=+【答案】B【解析】【详解】A煅烧硫铁矿获得2SO：222324FeS+11O2Fe O+8SO高温，A正确；B接触室中2SO被氧化的热化学方程式中，生成物未注明聚集状态，应为()()223)gg2SOO2SO(g+1H=+196kJ mol，B 错误；C用少量氨水吸收尾气中的2SO：32243NHH O+SONH=HSO，C 正确；第5页/共19页 D2SO与3FeCl
23、溶液反应的离子方程式：322224SO2Fe2H OSO2Fe4H+=+，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2I。下列有关说法不正确的是 A.“转化”后的溶液中主要含有2Fe+和IB.用稀3HNO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I最近的Ag+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3AgNO反 应 生 成AgI沉 淀，向AgI悬 浊 液 中 加 入 铁 粉 发 生 反 应2+-Fe+2AgI
24、=2Ag+Fe+2I，向2FeI溶液中通入氯气可得到粗碘。【详 解】A 含 碘 海 水 和3AgNO反 应 生 成AgI沉 淀，向AgI悬 浊 液 中 加 入 铁 粉 发 生 反 应2+-Fe+2AgI=2Ag+Fe+2I，故“转化”后的溶液中主要含有2Fe+和I，A 正确；B滤渣 Y为 Ag，用稀3HNO溶解 Ag可得到3AgNO循环利用，B正确；C观察晶胞可知，距离每个I最近的Ag+有 4个，C正确；D还原性：-2+I Fe，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2222FeIFe+IClCl+=，D 错误。第6页/共19页 故选 D。9.一种甲酸(HCOOH)燃料
25、电池装置如图所示。下列说法正确的是A.放电时，K+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 24K SO，理论消耗标况下 11.2L2OD.负极反应的电极反应方程式为23FeeFe+=【答案】C【解析】【分析】左边HCOO被氧化为3HCO，失去电子，左边为负极区；右边3Fe+得电子变成2Fe+，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K+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2+3+224Fe4HO4Fe2H O+=+，酸性减弱，pH不断升高，B错误；C每得到 1 mol 24K SO，2molK+透过离
26、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 0.522.4L=11.2L，C 正确；D负极HCOO被氧化为3HCO，其电极反应式为322e2H OHCOOOHHCO+=+，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。第7页/共19页 学科网（北京）股份有限公司下列有关化合物 X、Y和 Z的说法正确的是 A.1molX中含有6mol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4KMnO溶液鉴别 D.Z分子与足量2H加成后的产物中含有 3个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】AX分子中含有 3个甲氧基，1个醛基，共价
27、单键为 键，共价双键中含有一个 键和一个 键，所以 1molX中含有 5mol碳氧 键，A 错误；BY 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；CX 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；DZ 分子与足量 H2加成后产物为，图中箭头所指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22CF
28、 Cl液流，液流方向改变 22CF Cl是极性分子 B 将铁锈溶于浓盐酸，滴入4KMnO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 1mol L NaClO和3CH COONa溶液()()aa3KHClO KCH COOH的的第8页/共19页 pH，前者 pH大 A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近22CF Cl液流，液流方向改变，说明22CF Cl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4KMnO溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中含有
29、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 0.11mol L NaClO 和3CH COONa溶液的 pH，前者 pH大，说明 NaClO 水解程度大，则()()aa3KHClO KCH COOH，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 1mol L 3NaHCO溶液的 pH约为 8 2 向 5mL 0.1 1mol L 3NaHCO溶液中滴加 2.5 mL 0.5 1mol L2CaCl溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤，得沉淀 X 3
30、 将沉淀 X 加入 5mL 2 1mol L 24Na SO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 1mol L盐酸中，沉淀部分溶解 已知：()5sp4KCaSO4.9 10=，()9sp3KCaCO=3.4 10。下列说法正确是 A.0.1 1mol L3NaHCO溶液中()()2-233c H COc SO【答案】C【解析】【详解】A0.1 1mol L 3NaHCO溶液的 pH约为 8，说明3HCO的水解程度大于电离程度，从而使溶液显碱性，3HCO水解产生23H CO，3HCO电离产生2-3CO，因此 0.1 1mol L 3NaHCO溶液中()
31、()2-233c H COc CO，A 错误；B向 5mL 0.1 1mol L 3NaHCO溶液中滴加 2.5 mL 0.5 1mol L2CaCl溶液，产生白色沉淀3CaCO，其离子方程式为23322Ca2HCOCaCOH O+CO+=+，B 错误；C将沉淀 X 即3CaCO中加入 5mL 2 1mol L24Na SO溶液中，充分振荡、静置、过滤，得沉淀 Y，将沉淀 Y溶于足量 2 1mol L盐酸中，沉淀部分溶解，说明沉淀 Y 为34CaCOCaSO和的混合物，故实验 3中发生反应()()223443CaCOSOCaSOCOss+，C正确；D由于()5sp4KCaSO4.9 10=()
32、9sp3KCaCO=3.4 10，可知向3CaCO沉淀中加入 5mL 2 1mol L 24Na SO溶液，只有部分3CaCO转化为4CaSO，故滤液 Y 中()()2-2-34c COc SO，D错误。故选 C。13.NH3选择性催化还原 NO的反应为3224NH6NO=5N6H O+，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 第10页/共19页 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.反应的活化能小，反应速率快，是控速步骤D.过渡态化合物中，NH3提
33、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。反应的活化能小，反应速率快；而反应活化能高，反应速率慢，因此控速步骤是反应，C错误；D根据图示可知：在过渡态化合物中，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
34、，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()25C H OH g和 3mol()2H O g发生以下反应：反应：()()()()2522ggggC H OHH O2CO4H+11H=255.7 kJ mol+反应：()()()()222CO gH O gCOgHg+12H=-41.2 kJ mol反应：()()()()25222ggggC H OH3H O2CO6H+3H平衡时2CO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=()()()2nCOnCO+nCO生成生成生成。第11页/共19页 下列说法正确的是A.3
35、H 0，选项 A 错误；B反应 I、为吸热反应，反应为放热反应，随着温度的升高，反应、平衡正向移动，反应平衡逆向移动，反应逆向移动 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、逆向移动，反应不移动，则 CO、2CO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。共二、非选择题。共 4 题
36、，共题，共 58 分。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 MoO22+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_。第12页/共19页（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10-5molL-1时，认为沉淀完全；常温下 KspFe(OH)3=10-38.5，KspCu(OH)2=10-19.6。（3）若反萃取剂 A是氨水，则反萃取过程
37、中 MoO22+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 pH10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)3H4PMo12O42H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于 50.00mL6.00molL-1NaOH 溶液后，定容至250mL。取 25mL 溶液，以酚酞为指示剂，用 0.40molL-1盐酸溶液滴定其中过量的 NaOH，消耗盐酸2
38、3.00mL。计算磷肥中磷的百分含量_(以 P2O5计)(写出计算过程)。已知：(NH4)3H4PMo12O42H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3+17H2O。【答案】（1）2MoS2+7O2高温2MoO3+4SO2 （2）6.7（3）MoO22+4NH3H2O=MoO24+4NH4+2H2O （4）当 pH10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，
39、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+7O2高温第13页/共19页 2MoO3+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-)=()38.5sp311.17-5-5KFe OH10101010=，此时-14+-2.83-11.17Kw10C(H)=10c(OH)10，pH=2.83；同理可求出当铜离子除净时，pH=6.7，故答案为：6.7
40、；【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：MoO22+4NH3H2O=MoO24+4NH4+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 pH10 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=0.42310-3=0.0092mol，则和(NH4)3H4PMo12O42H2O反应的NaOH，n(
41、NaOH)反应=65010-3-0.0092mol25025=0.208mol，根据(NH4)3H4PMo12O42H2O26NaOH12P2O5，则 n(P2O5)=152n(NaOH)反应=1520.208mol=0.004mol，其质量=0.004142=0.568g，磷肥中磷的百分含量=0.568g100%20%2.84g=。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）AB 的反应类型为_。（2）有机物 E 中官能团名称为_。第14页/共19页（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_。苯环上有
42、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；能发生水解反应，且水解产物之一能与3FeCl溶液发生显色反应；能发生银镜反应。（5）写出用32CH CH OH、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）+H+H2O（4）或 者 （5）32CH CH OH2Cu,O【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
43、得到有机物 B，B的结构简式为，据此分析；【小问 1 详解】第15页/共19页 B的结构简式为，则 AB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+H+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
44、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 DE 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32CH CH OH2Cu,O 第16页/共19页。17.某研究性学习小组制备223Na S O，并利用223Na S O浸取回收旧手机中的金。.制备硫代硫酸钠 反应原理：223222322Na SNa CO4SO3Na S OCO+=+。实验装置如图所示。在2Na S和23Na CO的混合溶中不断通入2SO气体，三颈烧瓶中的现象为：浅黄色沉淀逐渐增多。原理为：22233SO2Na S3S2Na SO+=+浅黄色沉淀保持一段时间不
45、变，有无色无味气体产生。原理为：223232SONa CONa SOCO+=+浅黄色沉淀逐渐减少。继续通入2SO，浅黄色沉淀又逐渐增多。原理为：223223Na S OSOH O3S2NaHSO+=+（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222232Na S3SO2Na S OS+=+也可用于制备223Na S O。而上述方案中加入23Na CO的优点是_。.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223Na S O浸取液中通入空气使 Au转化为稳定性高的()3232Au
46、 S O，该反应的离子方程式为_。（5）在浸取液中加入一定量的4CuSO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_。第17页/共19页【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+8S2O23+2 H2O=4()3232Au S O+4OH-（5）Au-e-+2S2O23=Au(S2O3)23-【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
47、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23Na CO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+8S2O23+2 H2O=4()3232Au S O+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-+2S2O23=Au(S2O3)23-。18.含氮、磷、砷化合物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(3
48、NH、4NH+)。已知：HClO的氧化性比 NaClO强；3NH比4NH+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。4060时氨氮去除率持续下降，其原因为_。的第18页/共19页（2）十八面体结构的34Ag PO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。34Ag PO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。向银氨溶液中加入24Na HPO溶液，离心分离、洗涤干燥后可得到34Ag PO高效光催化剂，写出反应的离子方程式为_。3AgNO和34Na PO在溶液中反应也可制得34Ag PO固体，但制得的34Ag PO固体光
49、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3NO，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3NO的效率更高，其主要原因是_；3NO转化为4NH+的反应机理可描述为_。【答案】（1）次氯酸不稳定，加热易分解 （2）.()234333223 Ag NHOHHPOAg PO3NHH O+=+.3AgNO和34Na PO在溶液中 Ag+、34PO浓度大，生成沉淀的速率快，十八面体结构的34Ag PO晶体 （3）.纳米零价铁、铜粉水构成原电池，加快去除水体中3NO的速率 .3NO得到纳米零价铁失去的电子生成2NO，2N
50、O在纳米零价铁、铜粉得电子转化为4NH+【解析】【小问 1 详解】第19页/共19页 次氯酸不稳定，加热易分解，所以 4060时氨氮去除率持续下降。【小问 2 详解】向银氨溶液中加入24Na HPO溶液，生成34Ag PO、氨气、水，反应的离子方程式为()234333223 Ag NHOHHPOAg PO3NHH O+=+。3AgNO和34Na PO在溶液中 Ag+、34PO浓度大，生成沉淀的速率快，十八面体结构的34Ag PO晶体，制得的34Ag PO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3NO的速率，所以与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去