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江苏省南京市宁海中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题及答案
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这是一份江苏省南京市宁海中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题及答案，共30页。试卷主要包含了下列说法正确的是，对于反应SO2，工业上以锌渣等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年南京市宁海中学高二下期末化学试题
一．单项选择题（共13小题，每题3分，共39分）
1．11月12日天舟五号货运飞船与中国空间站天和核心舱后向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是（ ）
A．太阳能电池中的砷化镓——半导体材料
B．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
C．外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料
D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
2．反应PH3+HCl+4HCHO═[P（CH2OH）4]Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：Cl
B．HCHO结构式：H﹣C﹣O﹣H
C．O2﹣的结构示意图：
D．PH3的电子式：
3．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．半径大小：r（S2﹣）＜r（K+）
B．电负性大小：χ（C）＜χ（O）
C．电离能大小：I1（N）＜I1（O）
D．酸性强弱：HNO3＜H2CO3
阅读下列资料，完成4～6题：氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，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氦肥硝酸铵。
4．实验室制备、干燥、收集 NH3并进行尾气处理，下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙干燥NH3
C．用装置丙收集NH3 D．用装置丁吸收NH3尾气
阅读下列材料，完成5～7题：氯及其化合物应用广泛，Cl2可用于制次氯酸、消毒液、漂白粉，在碱性条件下与Fe（OH）3反应可制取水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体；硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成反应为SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0）。NH4ClO4可用作火箭推进剂。
5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．MnO2Cl2
B．FeCl3（aq）FeCl3（s）
C．K2FeO4O2
D．HClOCl2
6．下列说法正确的是（ ）
A．SO2分子的键角为120°
B．HClO与H2O能形成分子间氢键
C．与的空间构型不同
D．SO2Cl2分子中S原子的轨道杂化方式为sp2杂化
7．对于反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0），下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任意条件下均能自发进行
B．反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜akJ⋅mol﹣1
C．其他条件一定，增加压强，反应平衡常数增大
D．恒容条件下，当容器内气体密度不变时反应达到平衡
8．工业上以锌渣（主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO）为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．“沉铜”后的滤液中含有的阳离子：Zn2+、Fe2+、H+
B．“氧化”时的离子方程式为2H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O+O2↑
C．“滤渣2”的成分为Fe2O3
D．“操作”为蒸发结晶
9．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如图。下列说法不正确的是（ ）
A．1molX最多能与2molNaOH反应
B．Y可以发生取代、氧化、加聚反应
C．化合物Y存在顺反异构
D．Z与足量H2加成后，分子中含有6个手性碳原子
10．碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+7H2O+10e﹣═CH3CHO+10OH﹣
C．每产生22.4LO2电路中要通过4mol电子
D．若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量增加3.6g
11．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
用pH计测量浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH，比较溶液pH大小
酸性：CH3COOH＞HCN
B
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化
Fe2O3全部被还原
C
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
D
向KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色
溶解度：AgI＜AgCl
A．A B．B C．C D．D
12．室温下用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+c（H2SO3）
B．NaHSO3溶液中：c（）＜c（H2SO3）
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+＝CaSO3+
D．“沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2+）⋅c（）＜Ksp（CaSO3）
13．二甲醚（CH3OCH3），催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO（g）+CH3OCH3（g）＝CH3COOCH3（g）△H1＜0
反应Ⅱ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）△H2＜0
在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+CH3OCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）一定可以自发进行
B．温度高于600K时，温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响
C．由图可知随着温度的升高，H2的平衡转化率先下降后升高
D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
二．非选择题（共4小题，共61分）
14．（14分）纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品（主要含FeSO4，还含有TiOSO4、CoSO4、NiSO4等杂质）为原料制备纳米铁的流程如图：
已知：Ksp（CoS）＝1.8×10﹣22，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（FeS）＝4.0×10﹣17，Ksp[Cu（OH）2]＝2.0×10﹣20。当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： 。
（2）“除钴镍”完全后，溶液中c（Fe2+）的最大值为 mol⋅L﹣1。
（3）投入1molNaBH4NaBH₄还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L（已折算为标准状况）的原因是 。
（4）用纳米铁去除废水中的Cu2+。常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol⋅L﹣1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图﹣1所示。初始pH＝7时Cu2+去除率明显大于pH＝5时的原因是 。
（5）利用该纳米铁制成的改性Fe3O4是一种优良的磁性材料，该Fe3O4晶胞的的结构如图﹣2所示，研究发现结构中的Fe2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定Fe2+所在晶胞的位置并说明理由： 。
15．（15分）化合物G是一种药物中间体，其合成路线如图：
（1）D分子中采用sp3杂化的碳原子数为 。
（2）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式 。
（3）F→G分两步进行。第一步为环氧的开环加成，第二步反应类型为 。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式 。
①属于芳香族化合物；
②可发生银镜反应；
③分子中有3种化学环境不同氢原子。
（5）设计以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
16．（16分）Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr（OH）3的主要步骤如下。
（1）制备CrCl3。取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。
①上述反应的化学方程式为 。
②在盐酸与BaCrO4物料配比6：1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图所示[铬溶解率＝×100%，铬还原率＝×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是 。
（2）制备Cr（OH）3。Cr（III）的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由步骤（1）得到的CrCl3溶液制得Cr（OH）3的实验方案：取步骤（1）得到的CrCl3溶液， ，低温烘干，得到Cr（OH）3晶体。实验中须使用的试剂：2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液、0.1mol•L﹣1AgNO溶液、0.1mol•L﹣1HNO3溶液、蒸馏水。
（3）测定Cr（OH）3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O72﹣，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL（已知反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+＝3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O32﹣＝S4O62﹣+2I﹣）。计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： 。
17．（16分）页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。
Ⅰ.CO2的处理：
（1）CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2）。已知下列热化学反应方程式：
C（s）+2H2（g）═CH4（g）；ΔH＝﹣74.5kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣40.0kJ•mol﹣1
C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；ΔH＝+132.0kJ•mol﹣1
反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的ΔH＝ kJ•mol﹣1。
（2）Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注），反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为 。
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是 。
Ⅱ.H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图3所示。
（3）Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为 。
（4）再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是 。
（5）脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。
①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式： 。
②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为 。
2022-2023学年南京市宁海中学高二下期末化学试题
一．单项选择题（共13小题，每题3分，共39分）
1．11月12日天舟五号货运飞船与中国空间站天和核心舱后向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是（ ）
A．太阳能电池中的砷化镓——半导体材料
B．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
C．外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料
D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
【解答】解：A．砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间，为半导体材料，故A正确；
B．石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，故B正确；
C．碳化硅是一种新型无机非金属材料，不是硅酸盐，故C错误；
D．酚醛树脂是酚与醛在碱的催化下缩合而成的具有热固性的高分子化合物，具有网状结构的有机高分子材料；故D正确；
故选：C。
2．反应PH3+HCl+4HCHO═[P（CH2OH）4]Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：Cl
B．HCHO结构式：H﹣C﹣O﹣H
C．O2﹣的结构示意图：
D．PH3的电子式：
【解答】解：A中、子数为20的氯原子的质量数为20+17＝37，原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，所以符号为Cl，故A错误；
B、HCHO中含碳氧双键，结构式为，故B错误；
C、O元素为8号元素，O原子得到两个电子形成氧离子，结构示意图为，故C错误；
D、PH3中P原子和每个H原子共用一对电子，还含有一对孤电子对，电子式为，故D正确；
故选：D。
3．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．半径大小：r（S2﹣）＜r（K+）
B．电负性大小：χ（C）＜χ（O）
C．电离能大小：I1（N）＜I1（O）
D．酸性强弱：HNO3＜H2CO3
【解答】解：A．S2﹣、K+电子层结构相同，S2﹣的核电荷小，则半径更大，故离子半径：r（S2﹣）＞r（K+），故A错误；
B．元素的非金属性：O＞C，对键合电子的吸引力：O＞C，电负性：χ（O）＞χ（C），故B正确；
C．N、O位于同一周期且N元素位于第ⅤA族、O元素位于第ⅥA族，所以电离能大小：I1（N）＞I1（O），故C错误；
D．N的非金属性大于C，则酸性强弱：HNO3＞H2CO3，故D错误；
故选：B。
阅读下列资料，完成4～6题：氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，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氦肥硝酸铵。
4．实验室制备、干燥、收集 NH3并进行尾气处理，下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙干燥NH3
C．用装置丙收集NH3 D．用装置丁吸收NH3尾气
【解答】解：A．氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备，故A错误；
B．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气密度小，不能长导管进气，应选向下排空气法收集，故C错误；
D．氨气极易溶于水，易发生倒吸，图中倒扣的漏斗可防止倒吸，故D正确；
故选：D。
阅读下列材料，完成5～7题：氯及其化合物应用广泛，Cl2可用于制次氯酸、消毒液、漂白粉，在碱性条件下与Fe（OH）3反应可制取水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体；硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成反应为SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0）。NH4ClO4可用作火箭推进剂。
5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．MnO2Cl2
B．FeCl3（aq）FeCl3（s）
C．K2FeO4O2
D．HClOCl2
【解答】解：A．常温下，二氧化锰和浓盐酸不反应，加热条件下反应生成Cl2，故A错误；
B．FeCl3水解生成Fe（OH）3和HCl，加热促进盐酸挥发，蒸干得到Fe（OH）3固体，所以不能采用蒸干FeCl3溶液的方法制取FeCl3固体，故B错误；
C．K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体，该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价，则O元素化合价由﹣2价变为0价，生成的气体是O2，故C正确；
D．HClO在光照条件下反应生成HCl和O2，所以不能得到Cl2，故D错误；
故选：C。
6．下列说法正确的是（ ）
A．SO2分子的键角为120°
B．HClO与H2O能形成分子间氢键
C．与的空间构型不同
D．SO2Cl2分子中S原子的轨道杂化方式为sp2杂化
【解答】解：A．SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以SO2分子的键角小于120°，故A错误；
B．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，HClO、H2O中都含有羟基，两种物质中的羟基能形成分子间氢键，故B正确；
C．中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，中Cl原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，二者都是正四面体结构，故C错误；
D．SO2Cl2分子中S原子连接2个氧原子、2个氯原子，所以S原子的价层电子对个数是4，所以S原子采用sp3杂化，故D错误；
故选：B。
7．对于反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0），下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任意条件下均能自发进行
B．反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜akJ⋅mol﹣1
C．其他条件一定，增加压强，反应平衡常数增大
D．恒容条件下，当容器内气体密度不变时反应达到平衡
【解答】解：A．反应中△H＜0、△S＜0，△G＝△H﹣T△S＜0，该反应低温下能自发进行，故A错误；
B．SO2Cl2（g）生成SO2Cl2（l）放热，所以反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）比SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）焓变绝对值大，但因为a＜0，所以反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜akJ⋅mol﹣1，故B正确；
C．化学平衡常数只与温度有关，其它条件不变，增加压强，平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；
D．反应前后气体总质量不变，恒容条件下，容器体积不变，则容器内混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故选：B。
8．工业上以锌渣（主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO）为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．“沉铜”后的滤液中含有的阳离子：Zn2+、Fe2+、H+
B．“氧化”时的离子方程式为2H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O+O2↑
C．“滤渣2”的成分为Fe2O3
D．“操作”为蒸发结晶
【解答】解：A．铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，“沉铜”时Zn先还原铁离子，再还原铜离子，则滤液中含有的阳离子：Zn2+、Fe2+、H+，故A正确；
B．加过氧化氢发生2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O，故B错误；
C．加ZnO可促进铁离子水解转化为沉淀，则“滤渣2”的成分为为Fe（OH）3，故C错误；
D．由硫酸锌溶液经“操作”得到硫酸锌晶体，可知“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：A。
9．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如图。下列说法不正确的是（ ）
A．1molX最多能与2molNaOH反应
B．Y可以发生取代、氧化、加聚反应
C．化合物Y存在顺反异构
D．Z与足量H2加成后，分子中含有6个手性碳原子
【解答】解：A．X中酯基水解生成的羧基和酚羟基能和NaOH以1：1反应，醇羟基和NaOH不反应，X水解生成1个羧基和1个酚羟基，所以1molX最多消耗2molNaOH，故A正确；
B．Y具有苯、烯烃和羧酸的性质，羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，故B正确；
C．Y分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同原子或原子团，所以存在顺反异构，故C正确；
D．Z与足量氢气发生加成反应后所得产物为，含有5个手性碳原子，故D错误；
故选：D。
10．碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+7H2O+10e﹣═CH3CHO+10OH﹣
C．每产生22.4LO2电路中要通过4mol电子
D．若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量增加3.6g
【解答】解：A．离子交换膜为阳离子交换膜，氢离子从左到右移动，故A错误；
B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+10H++10e﹣═CH3CHO+3H2O，故B错误；
C．未知条件，无法确定22.4LO2的体积，无法计算通过的电子数，故C错误；
D．铜电极为阴极，铜电极上产生甲烷的电极反应式为CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O，若铜电极上生成5.6gCO，即n（CO）为0.2mol，发生反应2H++CO2+2e﹣＝CO+H2O，增重0.2molH2O的质量，即0.2mol×18g•mol﹣1＝3.6g，故D正确；
故选：D。
11．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
用pH计测量浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH，比较溶液pH大小
酸性：CH3COOH＞HCN
B
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化
Fe2O3全部被还原
C
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
D
向KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色
溶解度：AgI＜AgCl
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．相同浓度的氰酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液说明氰酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，根据越弱越水解可知氢氰酸的酸性弱于醋酸的，故A正确；
B．若氧化铁未完全还原，加入稀盐酸时，氧化铁溶于稀盐酸得到的铁离子与铁反应生成亚铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以观察溶液颜色变化不能确定氧化铁是否全部被还原，故B错误；
C．将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去是因为二氧化硫是酸性氧化物，不能说明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．未明确氯化钾和碘化钾的浓度，向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不能确定氯离子和溴离子的反应先后顺序，所以不能得出溶解度：AgI＜AgCl，故D错误；
故选：A。
12．室温下用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+c（H2SO3）
B．NaHSO3溶液中：c（）＜c（H2SO3）
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+＝CaSO3+
D．“沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2+）⋅c（）＜Ksp（CaSO3）
【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）＝2c（）+2c（）+2c（H2SO3），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3），故A错误；
B．NaHSO3溶液中，Ka2＝1.02×10﹣7，Kh2＝≈6.49×10﹣13，则以的电离为主，溶液呈酸性，所以，故B错误；
C．由分析可知，由于Ka2（H2SO3）＝1.02×10﹣7＜Ka1（H2CO3）＝4.30×10﹣7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，故C正确；
D．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则，故D错误；
故选：C。
13．二甲醚（CH3OCH3），催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO（g）+CH3OCH3（g）＝CH3COOCH3（g）△H1＜0
反应Ⅱ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）△H2＜0
在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+CH3OCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）一定可以自发进行
B．温度高于600K时，温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响
C．由图可知随着温度的升高，H2的平衡转化率先下降后升高
D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
【解答】解：A．由题干信息，反应CO（g）+CH3OCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）的△H＜0，该反应为气体分子数减少的反应，△S＜0，在高温下，可有△G＝△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行，故A错误；
B．由图象，温度高于600K时，CH3COOCH3 （g）的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，故B正确；
C．由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，因此，随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，故C错误；
D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合物中乙醇的含量，故D错误；
故选：B。
二．非选择题（共4小题，共61分）
14．纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品（主要含FeSO4，还含有TiOSO4、CoSO4、NiSO4等杂质）为原料制备纳米铁的流程如图：
已知：Ksp（CoS）＝1.8×10﹣22，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（FeS）＝4.0×10﹣17，Ksp[Cu（OH）2]＝2.0×10﹣20。当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+（TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+），加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去 。
（2）“除钴镍”完全后，溶液中c（Fe2+）的最大值为 0.4 mol⋅L﹣1。
（3）投入1molNaBH4NaBH₄还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L（已折算为标准状况）的原因是 部分NaBH4与H2O反应生成H2 。
（4）用纳米铁去除废水中的Cu2+。常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol⋅L﹣1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图﹣1所示。初始pH＝7时Cu2+去除率明显大于pH＝5时的原因是 pH＝5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH＞6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu（OH）2 。
（5）利用该纳米铁制成的改性Fe3O4是一种优良的磁性材料，该Fe3O4晶胞的的结构如图﹣2所示，研究发现结构中的Fe2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定Fe2+所在晶胞的位置并说明理由： 在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2﹣的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位 。
【解答】解：（1）“除钛”时加入铁粉的作用：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+（TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+），加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去，
故答案为：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+（TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+），加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去；
（2）Ksp（CoS）＝1.8×10﹣22，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（FeS）＝4.0×10﹣17，当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全，除钴完全后，c（S2﹣）＝mol/L＝1.8×10﹣17mol/L，除镍完全后c（S2﹣）＝mol/L＝1.8×10﹣16mol/L；溶液中c（Fe2+）的最大值为mol/L＝0.4mol⋅L﹣1，
故答案为：0.4；
（3）投入1molNaBH4NaBH₄还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L（已折算为标准状况）的原因是部分NaBH4与H2O反应生成H2，
故答案为：部分NaBH4与H2O反应生成H2；
（4）初始pH＝7时Cu2+去除率明显大于pH＝5时的原因是pH＝5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH＞6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu（OH）2，
故答案为：pH＝5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH＞6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu（OH）2；
（5）Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2﹣的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位，
故答案为：在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2﹣的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位。
15．化合物G是一种药物中间体，其合成路线如图：
（1）D分子中采用sp3杂化的碳原子数为 4 。
（2）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式 。
（3）F→G分两步进行。第一步为环氧的开环加成，第二步反应类型为 取代反应 。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式 。
①属于芳香族化合物；
②可发生银镜反应；
③分子中有3种化学环境不同氢原子。
（5）设计以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
【解答】解：（1）形成4个单键的碳原子采取sp3杂化，除苯环、酯基中碳原子外，其它的4个碳原子采取sp3杂化，
故答案为：4；
（2）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，形成的六元环位置是苯环上与2个酚羟基相邻的碳原子与其中一个酚羟基，副产物结构简式为，
故答案为：；
（3）F→G分两步进行。第一步为环氧的开环加成，第二步是﹣SO3H转化为﹣OH，属于取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②可发生银镜反应，说明含有醛基，③分子中有3种化学环境不同氢原子，说明存在高度对称，符合条件的同分异构体为，
故答案为：；
（5）发生水反应生成，然后发生氧化反应生成，进一步氧化生成，然后与苯酚在Et2O，TCT/DMF条件下反应生成，最后与氢气发生加成反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
16．Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr（OH）3的主要步骤如下。
（1）制备CrCl3。取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。
①上述反应的化学方程式为 C2H5OH+4BaCrO4+20HCl 2CO2↑+4CrCl3+13H2O+4BaCl2 。
②在盐酸与BaCrO4物料配比6：1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图所示[铬溶解率＝×100%，铬还原率＝×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是 随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr（III）也加快，即铬还原率呈现增大趋势 。
（2）制备Cr（OH）3。Cr（III）的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由步骤（1）得到的CrCl3溶液制得Cr（OH）3的实验方案：取步骤（1）得到的CrCl3溶液， Cr（III）中加入2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr（OH）3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl﹣，用稀HNO3和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl﹣时，可停止用蒸馏水洗涤Cr（OH）3沉淀 ，低温烘干，得到Cr（OH）3晶体。实验中须使用的试剂：2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液、0.1mol•L﹣1AgNO溶液、0.1mol•L﹣1HNO3溶液、蒸馏水。
（3）测定Cr（OH）3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O72﹣，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL（已知反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+＝3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O32﹣＝S4O62﹣+2I﹣）。计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： 根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr（OH）3～2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6 S2O32﹣，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr（OH）3的量为0.1×24×10﹣3×mol，Cr（OH）3样品的纯度为≈91.56% 。
【解答】解：（1）①BaCrO4和浓盐酸、无水乙醇充分反应，生成CrCl3和CO2气体，Ba2+转化为BaCl2，BaCrO4转化为CrCl3，Cr化合价降3，C2H5OH转化为CO2，反应方程式为C2H5OH+4BaCrO4+20HCl 2CO2↑+4CrCl3+13H2O+4BaCl2，
故答案为：C2H5OH+4BaCrO4+20HCl 2CO2↑+4CrCl3+13H2O+4BaCl2；
②从图中看，随着乙醇的量增大，铬溶解率不变，反应方程式为2HCl+BaCrO4＝BaCl2+H2CrO4，此反应与加入的乙醇量无关，铬溶解率与乙醇的量无关；H2CrO4氧化乙醇生成Cr（III），随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr（III）也加快，即铬还原率呈现增大趋势，
故答案为：随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr（III）也加快，即铬还原率呈现增大趋势；
（2）由图2知，pH在6～12范围之间，主要以Cr（OH）3存在，Cr（III）中加入2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr（OH）3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl﹣，用稀HNO3和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl﹣时，可停止用蒸馏水洗涤Cr（OH）3沉淀，
故答案为：Cr（III）中加入2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr（OH）3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl﹣，用稀HNO3和AgNO3检验滤液中不存在Cl﹣时，可停止用蒸馏水洗涤Cr（OH）3沉淀；
（3）测定Cr（OH）3样品纯度的实验原理为：Cr（OH）3先溶解生成Cr（III），Cr（III）被氧化生成Cr2O72﹣，Cr2O72﹣氧化I﹣生成I2，再用Na2S2O3滴定生成的I2，根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr（OH）3～2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6 S2O32﹣，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr（OH）3的量为0.1×24×10﹣3×mol，Cr（OH）3样品的纯度为≈91.56%
故答案为：根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr（OH）3～2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6 S2O32﹣，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr（OH）3的量为0.1×24×10﹣3×mol，Cr（OH）3样品的纯度为≈91.56%。
17．页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。
Ⅰ.CO2的处理：
（1）CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2）。已知下列热化学反应方程式：
C（s）+2H2（g）═CH4（g）；ΔH＝﹣74.5kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣40.0kJ•mol﹣1
C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；ΔH＝+132.0kJ•mol﹣1
反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的ΔH＝ +246.5 kJ•mol﹣1。
（2）Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注），反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为 CO2+4H2CH4+2H2O 。
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是 温度升高催化剂活性降低（或温度升高CO2难吸附在催化剂表面），反应速率减慢 。
Ⅱ.H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图3所示。
（3）Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为 脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2 。
（4）再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是 FeS氧化生成FeSO4[或Fe2（SO4）3]，失去了脱硫作用 。
（5）脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。
①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式： 3FeS+4H2O Fe3O4+3H2S+H2 。
②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为 21：32 。
【解答】解：（1）①C（s）+2H2（g）＝CH4（g）；ΔH＝﹣74.5kJ•mol﹣1；②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣40.0kJ•mol﹣1；③C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）；ΔH＝+132.0kJ•mol﹣1；依据目标反应方程式，根据盖斯定律，③﹣②﹣①，ΔH＝[+132.0﹣（﹣40.0）﹣（﹣74.5）]kJ•mol﹣1＝+246.5kJ•mol﹣1，
故答案为：+246.5；
（2）①根据图2可知，260℃时主要产物是CH4，根据图1，CO2与H2反应生成甲烷的同时，还是生成了H2O，发生的反应是CO2+4H2CH4+2H2O，
故答案为：CO2+4H2CH4+2H2O；
②因为用Ni作催化剂，催化剂的催化活性在一定温度下才能具有较高的活性，因此温度高于320℃时，CO2的转化率下降，可能是升高温度催化剂的活性较低，使反应速率减慢；也可能是升高温度CO2难吸附在催化剂表面，造成化学反应速率减慢，
故答案为：温度升高催化剂活性降低（或温度升高CO2难吸附在催化剂表面），反应速率减慢；
（3）根据图1可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2，
故答案为：脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；
（4）当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，可能氧气将FeS中的S氧化成+6价，脱硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe2（SO4）3，或者氧化成FeSO4，FeSO4、Fe2（SO4）3不具有脱硫作用，
故答案为：FeS氧化生成FeSO4[或Fe2（SO4）3]，失去了脱硫作用；
（5）①根据题中信息，水蒸气可以代替氧气，生成Fe3O4、H2S和H2，因此反应方程式为3FeS+4H2O Fe3O4+3H2S+H2，
故答案为：3FeS+4H2O Fe3O4+3H2S+H2；
②H2S和SO2反应2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，水蒸气：脱硫剂再生3FeS+4H2OFe3O4+3H2S+H2；氧气：脱硫剂再生4FeS+7O2＝2Fe2O3+4SO2，根据H2S和SO2反应的方程式，相同条件下，气体体积比等于物质的量比，氧气与水汽体积比为：21：32，
故答案为：21：32。
声明：试题解析著作权属所
2022-2023学年南京市宁海中学高二下期末化学试题
一．单项选择题（共13小题，每题3分，共39分）
1．11月12日天舟五号货运飞船与中国空间站天和核心舱后向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是（ ）
A．太阳能电池中的砷化镓——半导体材料
B．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
C．外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料
D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
2．反应PH3+HCl+4HCHO═[P（CH2OH）4]Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：Cl
B．HCHO结构式：H﹣C﹣O﹣H
C．O2﹣的结构示意图：
D．PH3的电子式：
3．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．半径大小：r（S2﹣）＜r（K+）
B．电负性大小：χ（C）＜χ（O）
C．电离能大小：I1（N）＜I1（O）
D．酸性强弱：HNO3＜H2CO3
阅读下列资料，完成4～6题：氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，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氦肥硝酸铵。
4．实验室制备、干燥、收集 NH3并进行尾气处理，下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙干燥NH3
C．用装置丙收集NH3 D．用装置丁吸收NH3尾气
阅读下列材料，完成5～7题：氯及其化合物应用广泛，Cl2可用于制次氯酸、消毒液、漂白粉，在碱性条件下与Fe（OH）3反应可制取水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体；硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成反应为SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0）。NH4ClO4可用作火箭推进剂。
5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．MnO2Cl2
B．FeCl3（aq）FeCl3（s）
C．K2FeO4O2
D．HClOCl2
6．下列说法正确的是（ ）
A．SO2分子的键角为120°
B．HClO与H2O能形成分子间氢键
C．与的空间构型不同
D．SO2Cl2分子中S原子的轨道杂化方式为sp2杂化
7．对于反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0），下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任意条件下均能自发进行
B．反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜akJ⋅mol﹣1
C．其他条件一定，增加压强，反应平衡常数增大
D．恒容条件下，当容器内气体密度不变时反应达到平衡
8．工业上以锌渣（主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO）为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．“沉铜”后的滤液中含有的阳离子：Zn2+、Fe2+、H+
B．“氧化”时的离子方程式为2H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O+O2↑
C．“滤渣2”的成分为Fe2O3
D．“操作”为蒸发结晶
9．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如图。下列说法不正确的是（ ）
A．1molX最多能与2molNaOH反应
B．Y可以发生取代、氧化、加聚反应
C．化合物Y存在顺反异构
D．Z与足量H2加成后，分子中含有6个手性碳原子
10．碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+7H2O+10e﹣═CH3CHO+10OH﹣
C．每产生22.4LO2电路中要通过4mol电子
D．若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量增加3.6g
11．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
用pH计测量浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH，比较溶液pH大小
酸性：CH3COOH＞HCN
B
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化
Fe2O3全部被还原
C
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
D
向KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色
溶解度：AgI＜AgCl
A．A B．B C．C D．D
12．室温下用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+c（H2SO3）
B．NaHSO3溶液中：c（）＜c（H2SO3）
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+＝CaSO3+
D．“沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2+）⋅c（）＜Ksp（CaSO3）
13．二甲醚（CH3OCH3），催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO（g）+CH3OCH3（g）＝CH3COOCH3（g）△H1＜0
反应Ⅱ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）△H2＜0
在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+CH3OCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）一定可以自发进行
B．温度高于600K时，温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响
C．由图可知随着温度的升高，H2的平衡转化率先下降后升高
D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
二．非选择题（共4小题，共61分）
14．（14分）纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品（主要含FeSO4，还含有TiOSO4、CoSO4、NiSO4等杂质）为原料制备纳米铁的流程如图：
已知：Ksp（CoS）＝1.8×10﹣22，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（FeS）＝4.0×10﹣17，Ksp[Cu（OH）2]＝2.0×10﹣20。当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： 。
（2）“除钴镍”完全后，溶液中c（Fe2+）的最大值为 mol⋅L﹣1。
（3）投入1molNaBH4NaBH₄还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L（已折算为标准状况）的原因是 。
（4）用纳米铁去除废水中的Cu2+。常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol⋅L﹣1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图﹣1所示。初始pH＝7时Cu2+去除率明显大于pH＝5时的原因是 。
（5）利用该纳米铁制成的改性Fe3O4是一种优良的磁性材料，该Fe3O4晶胞的的结构如图﹣2所示，研究发现结构中的Fe2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定Fe2+所在晶胞的位置并说明理由： 。
15．（15分）化合物G是一种药物中间体，其合成路线如图：
（1）D分子中采用sp3杂化的碳原子数为 。
（2）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式 。
（3）F→G分两步进行。第一步为环氧的开环加成，第二步反应类型为 。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式 。
①属于芳香族化合物；
②可发生银镜反应；
③分子中有3种化学环境不同氢原子。
（5）设计以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
16．（16分）Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr（OH）3的主要步骤如下。
（1）制备CrCl3。取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。
①上述反应的化学方程式为 。
②在盐酸与BaCrO4物料配比6：1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图所示[铬溶解率＝×100%，铬还原率＝×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是 。
（2）制备Cr（OH）3。Cr（III）的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由步骤（1）得到的CrCl3溶液制得Cr（OH）3的实验方案：取步骤（1）得到的CrCl3溶液， ，低温烘干，得到Cr（OH）3晶体。实验中须使用的试剂：2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液、0.1mol•L﹣1AgNO溶液、0.1mol•L﹣1HNO3溶液、蒸馏水。
（3）测定Cr（OH）3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O72﹣，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL（已知反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+＝3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O32﹣＝S4O62﹣+2I﹣）。计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： 。
17．（16分）页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。
Ⅰ.CO2的处理：
（1）CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2）。已知下列热化学反应方程式：
C（s）+2H2（g）═CH4（g）；ΔH＝﹣74.5kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣40.0kJ•mol﹣1
C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；ΔH＝+132.0kJ•mol﹣1
反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的ΔH＝ kJ•mol﹣1。
（2）Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注），反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为 。
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是 。
Ⅱ.H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图3所示。
（3）Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为 。
（4）再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是 。
（5）脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。
①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式： 。
②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为 。
2022-2023学年南京市宁海中学高二下期末化学试题
一．单项选择题（共13小题，每题3分，共39分）
1．11月12日天舟五号货运飞船与中国空间站天和核心舱后向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是（ ）
A．太阳能电池中的砷化镓——半导体材料
B．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
C．外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料
D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
【解答】解：A．砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间，为半导体材料，故A正确；
B．石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，故B正确；
C．碳化硅是一种新型无机非金属材料，不是硅酸盐，故C错误；
D．酚醛树脂是酚与醛在碱的催化下缩合而成的具有热固性的高分子化合物，具有网状结构的有机高分子材料；故D正确；
故选：C。
2．反应PH3+HCl+4HCHO═[P（CH2OH）4]Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：Cl
B．HCHO结构式：H﹣C﹣O﹣H
C．O2﹣的结构示意图：
D．PH3的电子式：
【解答】解：A中、子数为20的氯原子的质量数为20+17＝37，原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，所以符号为Cl，故A错误；
B、HCHO中含碳氧双键，结构式为，故B错误；
C、O元素为8号元素，O原子得到两个电子形成氧离子，结构示意图为，故C错误；
D、PH3中P原子和每个H原子共用一对电子，还含有一对孤电子对，电子式为，故D正确；
故选：D。
3．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A．半径大小：r（S2﹣）＜r（K+）
B．电负性大小：χ（C）＜χ（O）
C．电离能大小：I1（N）＜I1（O）
D．酸性强弱：HNO3＜H2CO3
【解答】解：A．S2﹣、K+电子层结构相同，S2﹣的核电荷小，则半径更大，故离子半径：r（S2﹣）＞r（K+），故A错误；
B．元素的非金属性：O＞C，对键合电子的吸引力：O＞C，电负性：χ（O）＞χ（C），故B正确；
C．N、O位于同一周期且N元素位于第ⅤA族、O元素位于第ⅥA族，所以电离能大小：I1（N）＞I1（O），故C错误；
D．N的非金属性大于C，则酸性强弱：HNO3＞H2CO3，故D错误；
故选：B。
阅读下列资料，完成4～6题：氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，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氦肥硝酸铵。
4．实验室制备、干燥、收集 NH3并进行尾气处理，下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙干燥NH3
C．用装置丙收集NH3 D．用装置丁吸收NH3尾气
【解答】解：A．氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备，故A错误；
B．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气密度小，不能长导管进气，应选向下排空气法收集，故C错误；
D．氨气极易溶于水，易发生倒吸，图中倒扣的漏斗可防止倒吸，故D正确；
故选：D。
阅读下列材料，完成5～7题：氯及其化合物应用广泛，Cl2可用于制次氯酸、消毒液、漂白粉，在碱性条件下与Fe（OH）3反应可制取水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体；硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成反应为SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0）。NH4ClO4可用作火箭推进剂。
5．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．MnO2Cl2
B．FeCl3（aq）FeCl3（s）
C．K2FeO4O2
D．HClOCl2
【解答】解：A．常温下，二氧化锰和浓盐酸不反应，加热条件下反应生成Cl2，故A错误；
B．FeCl3水解生成Fe（OH）3和HCl，加热促进盐酸挥发，蒸干得到Fe（OH）3固体，所以不能采用蒸干FeCl3溶液的方法制取FeCl3固体，故B错误；
C．K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体，该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价，则O元素化合价由﹣2价变为0价，生成的气体是O2，故C正确；
D．HClO在光照条件下反应生成HCl和O2，所以不能得到Cl2，故D错误；
故选：C。
6．下列说法正确的是（ ）
A．SO2分子的键角为120°
B．HClO与H2O能形成分子间氢键
C．与的空间构型不同
D．SO2Cl2分子中S原子的轨道杂化方式为sp2杂化
【解答】解：A．SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以SO2分子的键角小于120°，故A错误；
B．HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，HClO、H2O中都含有羟基，两种物质中的羟基能形成分子间氢键，故B正确；
C．中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，中Cl原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，二者都是正四面体结构，故C错误；
D．SO2Cl2分子中S原子连接2个氧原子、2个氯原子，所以S原子的价层电子对个数是4，所以S原子采用sp3杂化，故D错误；
故选：B。
7．对于反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1（a＜0），下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任意条件下均能自发进行
B．反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜akJ⋅mol﹣1
C．其他条件一定，增加压强，反应平衡常数增大
D．恒容条件下，当容器内气体密度不变时反应达到平衡
【解答】解：A．反应中△H＜0、△S＜0，△G＝△H﹣T△S＜0，该反应低温下能自发进行，故A错误；
B．SO2Cl2（g）生成SO2Cl2（l）放热，所以反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）比SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）焓变绝对值大，但因为a＜0，所以反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜akJ⋅mol﹣1，故B正确；
C．化学平衡常数只与温度有关，其它条件不变，增加压强，平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；
D．反应前后气体总质量不变，恒容条件下，容器体积不变，则容器内混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故选：B。
8．工业上以锌渣（主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO）为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．“沉铜”后的滤液中含有的阳离子：Zn2+、Fe2+、H+
B．“氧化”时的离子方程式为2H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O+O2↑
C．“滤渣2”的成分为Fe2O3
D．“操作”为蒸发结晶
【解答】解：A．铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，“沉铜”时Zn先还原铁离子，再还原铜离子，则滤液中含有的阳离子：Zn2+、Fe2+、H+，故A正确；
B．加过氧化氢发生2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O，故B错误；
C．加ZnO可促进铁离子水解转化为沉淀，则“滤渣2”的成分为为Fe（OH）3，故C错误；
D．由硫酸锌溶液经“操作”得到硫酸锌晶体，可知“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：A。
9．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如图。下列说法不正确的是（ ）
A．1molX最多能与2molNaOH反应
B．Y可以发生取代、氧化、加聚反应
C．化合物Y存在顺反异构
D．Z与足量H2加成后，分子中含有6个手性碳原子
【解答】解：A．X中酯基水解生成的羧基和酚羟基能和NaOH以1：1反应，醇羟基和NaOH不反应，X水解生成1个羧基和1个酚羟基，所以1molX最多消耗2molNaOH，故A正确；
B．Y具有苯、烯烃和羧酸的性质，羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，故B正确；
C．Y分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同原子或原子团，所以存在顺反异构，故C正确；
D．Z与足量氢气发生加成反应后所得产物为，含有5个手性碳原子，故D错误；
故选：D。
10．碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+7H2O+10e﹣═CH3CHO+10OH﹣
C．每产生22.4LO2电路中要通过4mol电子
D．若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量增加3.6g
【解答】解：A．离子交换膜为阳离子交换膜，氢离子从左到右移动，故A错误；
B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+10H++10e﹣═CH3CHO+3H2O，故B错误；
C．未知条件，无法确定22.4LO2的体积，无法计算通过的电子数，故C错误；
D．铜电极为阴极，铜电极上产生甲烷的电极反应式为CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O，若铜电极上生成5.6gCO，即n（CO）为0.2mol，发生反应2H++CO2+2e﹣＝CO+H2O，增重0.2molH2O的质量，即0.2mol×18g•mol﹣1＝3.6g，故D正确；
故选：D。
11．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
用pH计测量浓度均为0.1mol⋅L﹣1的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH，比较溶液pH大小
酸性：CH3COOH＞HCN
B
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化
Fe2O3全部被还原
C
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
D
向KCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色
溶解度：AgI＜AgCl
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．相同浓度的氰酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液说明氰酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，根据越弱越水解可知氢氰酸的酸性弱于醋酸的，故A正确；
B．若氧化铁未完全还原，加入稀盐酸时，氧化铁溶于稀盐酸得到的铁离子与铁反应生成亚铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以观察溶液颜色变化不能确定氧化铁是否全部被还原，故B错误；
C．将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去是因为二氧化硫是酸性氧化物，不能说明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．未明确氯化钾和碘化钾的浓度，向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不能确定氯离子和溴离子的反应先后顺序，所以不能得出溶解度：AgI＜AgCl，故D错误；
故选：A。
12．室温下用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+c（H2SO3）
B．NaHSO3溶液中：c（）＜c（H2SO3）
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+＝CaSO3+
D．“沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2+）⋅c（）＜Ksp（CaSO3）
【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）＝2c（）+2c（）+2c（H2SO3），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3），故A错误；
B．NaHSO3溶液中，Ka2＝1.02×10﹣7，Kh2＝≈6.49×10﹣13，则以的电离为主，溶液呈酸性，所以，故B错误；
C．由分析可知，由于Ka2（H2SO3）＝1.02×10﹣7＜Ka1（H2CO3）＝4.30×10﹣7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，故C正确；
D．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则，故D错误；
故选：C。
13．二甲醚（CH3OCH3），催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO（g）+CH3OCH3（g）＝CH3COOCH3（g）△H1＜0
反应Ⅱ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）△H2＜0
在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应CO（g）+CH3OCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）一定可以自发进行
B．温度高于600K时，温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响
C．由图可知随着温度的升高，H2的平衡转化率先下降后升高
D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
【解答】解：A．由题干信息，反应CO（g）+CH3OCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）的△H＜0，该反应为气体分子数减少的反应，△S＜0，在高温下，可有△G＝△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行，故A错误；
B．由图象，温度高于600K时，CH3COOCH3 （g）的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，故B正确；
C．由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，因此，随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，故C错误；
D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合物中乙醇的含量，故D错误；
故选：B。
二．非选择题（共4小题，共61分）
14．纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品（主要含FeSO4，还含有TiOSO4、CoSO4、NiSO4等杂质）为原料制备纳米铁的流程如图：
已知：Ksp（CoS）＝1.8×10﹣22，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（FeS）＝4.0×10﹣17，Ksp[Cu（OH）2]＝2.0×10﹣20。当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+（TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+），加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去 。
（2）“除钴镍”完全后，溶液中c（Fe2+）的最大值为 0.4 mol⋅L﹣1。
（3）投入1molNaBH4NaBH₄还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L（已折算为标准状况）的原因是 部分NaBH4与H2O反应生成H2 。
（4）用纳米铁去除废水中的Cu2+。常温下，选择Cu2+初始浓度为2×10﹣4mol⋅L﹣1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得Cu2+去除率随初始pH的变化如图﹣1所示。初始pH＝7时Cu2+去除率明显大于pH＝5时的原因是 pH＝5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH＞6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu（OH）2 。
（5）利用该纳米铁制成的改性Fe3O4是一种优良的磁性材料，该Fe3O4晶胞的的结构如图﹣2所示，研究发现结构中的Fe2+只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定Fe2+所在晶胞的位置并说明理由： 在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2﹣的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位 。
【解答】解：（1）“除钛”时加入铁粉的作用：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+（TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+），加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去，
故答案为：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+（TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+），加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去；
（2）Ksp（CoS）＝1.8×10﹣22，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21，Ksp（FeS）＝4.0×10﹣17，当溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全，除钴完全后，c（S2﹣）＝mol/L＝1.8×10﹣17mol/L，除镍完全后c（S2﹣）＝mol/L＝1.8×10﹣16mol/L；溶液中c（Fe2+）的最大值为mol/L＝0.4mol⋅L﹣1，
故答案为：0.4；
（3）投入1molNaBH4NaBH₄还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L（已折算为标准状况）的原因是部分NaBH4与H2O反应生成H2，
故答案为：部分NaBH4与H2O反应生成H2；
（4）初始pH＝7时Cu2+去除率明显大于pH＝5时的原因是pH＝5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH＞6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu（OH）2，
故答案为：pH＝5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH＞6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu（OH）2；
（5）Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2﹣的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位，
故答案为：在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2，O2﹣的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位。
15．化合物G是一种药物中间体，其合成路线如图：
（1）D分子中采用sp3杂化的碳原子数为 4 。
（2）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式 。
（3）F→G分两步进行。第一步为环氧的开环加成，第二步反应类型为 取代反应 。
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式 。
①属于芳香族化合物；
②可发生银镜反应；
③分子中有3种化学环境不同氢原子。
（5）设计以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干） 。
【解答】解：（1）形成4个单键的碳原子采取sp3杂化，除苯环、酯基中碳原子外，其它的4个碳原子采取sp3杂化，
故答案为：4；
（2）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，形成的六元环位置是苯环上与2个酚羟基相邻的碳原子与其中一个酚羟基，副产物结构简式为，
故答案为：；
（3）F→G分两步进行。第一步为环氧的开环加成，第二步是﹣SO3H转化为﹣OH，属于取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②可发生银镜反应，说明含有醛基，③分子中有3种化学环境不同氢原子，说明存在高度对称，符合条件的同分异构体为，
故答案为：；
（5）发生水反应生成，然后发生氧化反应生成，进一步氧化生成，然后与苯酚在Et2O，TCT/DMF条件下反应生成，最后与氢气发生加成反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
16．Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr（OH）3的主要步骤如下。
（1）制备CrCl3。取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。
①上述反应的化学方程式为 C2H5OH+4BaCrO4+20HCl 2CO2↑+4CrCl3+13H2O+4BaCl2 。
②在盐酸与BaCrO4物料配比6：1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图所示[铬溶解率＝×100%，铬还原率＝×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是 随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr（III）也加快，即铬还原率呈现增大趋势 。
（2）制备Cr（OH）3。Cr（III）的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由步骤（1）得到的CrCl3溶液制得Cr（OH）3的实验方案：取步骤（1）得到的CrCl3溶液， Cr（III）中加入2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr（OH）3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl﹣，用稀HNO3和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl﹣时，可停止用蒸馏水洗涤Cr（OH）3沉淀 ，低温烘干，得到Cr（OH）3晶体。实验中须使用的试剂：2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液、0.1mol•L﹣1AgNO溶液、0.1mol•L﹣1HNO3溶液、蒸馏水。
（3）测定Cr（OH）3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O72﹣，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL（已知反应：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+＝3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O32﹣＝S4O62﹣+2I﹣）。计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）： 根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr（OH）3～2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6 S2O32﹣，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr（OH）3的量为0.1×24×10﹣3×mol，Cr（OH）3样品的纯度为≈91.56% 。
【解答】解：（1）①BaCrO4和浓盐酸、无水乙醇充分反应，生成CrCl3和CO2气体，Ba2+转化为BaCl2，BaCrO4转化为CrCl3，Cr化合价降3，C2H5OH转化为CO2，反应方程式为C2H5OH+4BaCrO4+20HCl 2CO2↑+4CrCl3+13H2O+4BaCl2，
故答案为：C2H5OH+4BaCrO4+20HCl 2CO2↑+4CrCl3+13H2O+4BaCl2；
②从图中看，随着乙醇的量增大，铬溶解率不变，反应方程式为2HCl+BaCrO4＝BaCl2+H2CrO4，此反应与加入的乙醇量无关，铬溶解率与乙醇的量无关；H2CrO4氧化乙醇生成Cr（III），随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr（III）也加快，即铬还原率呈现增大趋势，
故答案为：随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr（III）也加快，即铬还原率呈现增大趋势；
（2）由图2知，pH在6～12范围之间，主要以Cr（OH）3存在，Cr（III）中加入2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr（OH）3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl﹣，用稀HNO3和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl﹣时，可停止用蒸馏水洗涤Cr（OH）3沉淀，
故答案为：Cr（III）中加入2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr（OH）3沉淀，过滤后，滤渣中含有Cl﹣，用稀HNO3和AgNO3检验滤液中不存在Cl﹣时，可停止用蒸馏水洗涤Cr（OH）3沉淀；
（3）测定Cr（OH）3样品纯度的实验原理为：Cr（OH）3先溶解生成Cr（III），Cr（III）被氧化生成Cr2O72﹣，Cr2O72﹣氧化I﹣生成I2，再用Na2S2O3滴定生成的I2，根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr（OH）3～2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6 S2O32﹣，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr（OH）3的量为0.1×24×10﹣3×mol，Cr（OH）3样品的纯度为≈91.56%
故答案为：根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr（OH）3～2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6 S2O32﹣，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr（OH）3的量为0.1×24×10﹣3×mol，Cr（OH）3样品的纯度为≈91.56%。
17．页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。
Ⅰ.CO2的处理：
（1）CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2）。已知下列热化学反应方程式：
C（s）+2H2（g）═CH4（g）；ΔH＝﹣74.5kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣40.0kJ•mol﹣1
C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；ΔH＝+132.0kJ•mol﹣1
反应CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）的ΔH＝ +246.5 kJ•mol﹣1。
（2）Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注），反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为 CO2+4H2CH4+2H2O 。
②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是 温度升高催化剂活性降低（或温度升高CO2难吸附在催化剂表面），反应速率减慢 。
Ⅱ.H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图3所示。
（3）Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为 脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2 。
（4）再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是 FeS氧化生成FeSO4[或Fe2（SO4）3]，失去了脱硫作用 。
（5）脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。
①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式： 3FeS+4H2O Fe3O4+3H2S+H2 。
②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为 21：32 。
【解答】解：（1）①C（s）+2H2（g）＝CH4（g）；ΔH＝﹣74.5kJ•mol﹣1；②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）；ΔH＝﹣40.0kJ•mol﹣1；③C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）；ΔH＝+132.0kJ•mol﹣1；依据目标反应方程式，根据盖斯定律，③﹣②﹣①，ΔH＝[+132.0﹣（﹣40.0）﹣（﹣74.5）]kJ•mol﹣1＝+246.5kJ•mol﹣1，
故答案为：+246.5；
（2）①根据图2可知，260℃时主要产物是CH4，根据图1，CO2与H2反应生成甲烷的同时，还是生成了H2O，发生的反应是CO2+4H2CH4+2H2O，
故答案为：CO2+4H2CH4+2H2O；
②因为用Ni作催化剂，催化剂的催化活性在一定温度下才能具有较高的活性，因此温度高于320℃时，CO2的转化率下降，可能是升高温度催化剂的活性较低，使反应速率减慢；也可能是升高温度CO2难吸附在催化剂表面，造成化学反应速率减慢，
故答案为：温度升高催化剂活性降低（或温度升高CO2难吸附在催化剂表面），反应速率减慢；
（3）根据图1可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2，
故答案为：脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；
（4）当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，可能氧气将FeS中的S氧化成+6价，脱硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe2（SO4）3，或者氧化成FeSO4，FeSO4、Fe2（SO4）3不具有脱硫作用，
故答案为：FeS氧化生成FeSO4[或Fe2（SO4）3]，失去了脱硫作用；
（5）①根据题中信息，水蒸气可以代替氧气，生成Fe3O4、H2S和H2，因此反应方程式为3FeS+4H2O Fe3O4+3H2S+H2，
故答案为：3FeS+4H2O Fe3O4+3H2S+H2；
②H2S和SO2反应2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，水蒸气：脱硫剂再生3FeS+4H2OFe3O4+3H2S+H2；氧气：脱硫剂再生4FeS+7O2＝2Fe2O3+4SO2，根据H2S和SO2反应的方程式，相同条件下，气体体积比等于物质的量比，氧气与水汽体积比为：21：32，
故答案为：21：32。
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