江苏省常州市金坛区2023-2024学年高三上学期学习能力测试化学试题（原卷版+解析版）

常州市金坛区2023-2024学年高三上学期学习能力测试
化学试题
(时间：75分钟满分100分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 K39 Mn55 Fe56 Cu64 V51
第Ⅰ卷(选择题共39分)
一、选择题：(本题包括13小题，每小题3分，共计39分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 室温常压超导材料LK-99(改性铅磷灰石)，其化学式为Pb10-xCux(PO4)6O，x=0.9～1.0.LK-99材料属于
A. 金属材料 B. 无机非金属材料 C. 有机合成材料 D. 半导体材料
2. 二甲双胍()是治疗Ⅱ型糖尿病的一线药物并可以显著抑制肿瘤生长。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：I1(N)>I1(C)
B. 二甲双胍易溶于水
C. 基态N原子价电子的轨道表达式：
D. 二甲双胍分子中碳原子与氮原子间σ键与π键的数目之比为4∶1
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. NH3易液化，可用作制冷剂
B. 浓H2SO4具有吸水性，可用于干燥氨气
C. Al的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板
4. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关实验室制备ClO2的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取SO2 B. 用装置乙制备ClO2
C. 用装置丙吸收ClO2 D. 用装置丁处理尾气
5. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备的反应为。下列关于、和的说法正确的是
A. 属于共价化合物 B. 中含有非极性键
C. 空间构型为平面三角形 D. 与的键角相等
6. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备的反应为。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A B. 浓HCl(aq)
C. HClO(aq) D. NaClO(aq)
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 氢氧化镁溶于稀醋酸：
B. 用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：
C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：
D. 将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液：
8. 在恒温恒容的密闭容器中发生 △H<0，T℃时，平衡常数为K，下列说法正确的是
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. T℃时，若C 若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态
D. 选择高效催化剂可以提高活化分子百分数，提高CO(NH2)2平衡产率
9. 一种从照相底片中回收单质银的方法如下：
步骤1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr转化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。
步骤2：在步骤1所得溶液中加稍过量Na2S溶液，充分反应后过滤出黑色沉淀。
步骤3：将黑色沉淀在空气中灼烧，回收单质银。
下列说法正确的是
A. 步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供孤电子对
B. 步骤2所得滤液中大量存在的离子：Na+、Ag+、S2O、S2-
C. 步骤3灼烧时可用足量NaOH溶液吸收尾气
D. Na2S晶胞(如图所示)中每个Na+周围距离最近的S2-有8个
10. 甲烷是良好的制氢材料。我国科学家发明了一种500℃时，在含氧离子()的熔融碳酸盐中电解甲烷的方法，实现了无水、零排放的方式生产H2和C。反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. X为电源的负极
B. Ni电极上发生的电极反应方程式为
C. 电解一段时间后熔融盐中的物质的量变多
D. 该条件下，每产生22.4L H2，电路中转移2mol电子
11. 亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是
方案设计 现象和结论
A 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下，用含有少量的CeCl3溶液制备Ce2(CO3)3的流程如图所示。
已知：①Ksp(FePO4)=1.3×10-22；②测得“除磷”后的滤液中c(Fe3+)=1x10-2mol/L；③0.1mol·L-1NH4HCO3溶液pH约为8；
下列说法不正确的是
A. 0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中有c(NH3·H2O)B. “除磷”后上层清液中=1.3×10-20mol/L
C. “沉铈”所得滤液中大量存在的阳离子有Mg2+、、H+
D. “沉铈”后的滤液中有c(H+)13. 利用CO2和H2合成甲醇时主要涉及以下反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH1=-58kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol-1
向含有催化剂的密闭容器中充入充入物质的量之比为1∶3的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[×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)CH3OH(g)的ΔH=+99kJ·mol-1
B. 250℃时容器中CH3OH的物质的量小于210℃时容器中
C. 平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则H2的转化率为33.4%
D. 研发低温下催化活性强、对CH3OH选择性高的催化剂有利于CH3OH的合成
第Ⅱ卷(非选择题共61分)
14. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
15. 二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如下：
V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
回答下列问题：
（1）步骤I中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。已知：氧化性：V2O5>Cl2，则加入N2H4·2HCl的作用是_______。
（2）步骤II可在如图装置(气密性良好)中进行。已知：VO2+能被O2氧化。
装置B中盛装的试剂是_______；向C中通入是CO2的作用是_______。
（3）加完VOCl2溶液后继续搅拌数分钟，使反应完全，小心取下分液漏斗，停止通气，立即塞上橡胶塞，将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜，得到紫色晶体，过滤。此时紫色晶体上残留的杂质离子主要为_______，接下来的简要操作是_______，最后用乙醚洗涤2-3次，干燥后称重。(所用药品为：饱和NH4HCO3溶液，无水乙醇)。
（4）测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量5.1000g样品于锥形瓶中，用硫酸溶液溶解后得到含VO2+的溶液，加稍过量的0.0200 mol/L的KMnO4溶液将VO2+氧化为VO，充分反应后加入特定的还原剂X除去过量的KMnO4，最后用0.0800 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL。(滴定反应：)
①在该实验条件下，还原剂X与Mn2+、VO2+的还原性由大到小为_______。
②粗产品中钒元素的质量分数为_______。(保留四位有效数字)
16. 以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。
（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。
①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为___________。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是___________。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 =___________。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式___________。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是___________。
③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是___________。
17. 氢气是重要的清洁能源，低成本制氢是今后科研攻关的重点课题。
（1）碱金属氢化物制氢。以一种制氢储氢材料氢化钠在室温下结合制氢为例，能将反应中的部分还原成碳并放出，该反应的化学方程式为___________。
（2）活性金属铝制氢。向两份活性合金粉末(的质量分数为)中分别加入溶液充分搅拌，在相同时间内测得、两种不同温度下制氢率(实际制氢量占理论产氢量的百分比)随时间的变化如图-1所示。后时制氢率始终低于时制氢率的原因是___________。
（3）不对称电解质电解制氢。以电解苯甲醇生成苯甲酸为例，其电解槽阴极区为酸性电解质进行析氢反应，阳极区为碱性电解质和苯甲醇。写出阳极发生的电极反应式：___________。
（4）肼催化分解制氢。在温和条件下，负载型双金属合金M催化肼迅速分解，并且制氢选择性可达，可能机理如图-2所示。
①催化分解制氢的过程可描述为___________。
②的水溶液呈弱碱性。研究发现：向溶液中加入适量或，能明显促进上述催化分解反应的进行。其原因可能是___________。
常州市金坛区2023-2024学年高三上学期学习能力测试
化学试题 答案解析
(时间：75分钟满分100分)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 K39 Mn55 Fe56 Cu64 V51
第Ⅰ卷(选择题共39分)
一、选择题：(本题包括13小题，每小题3分，共计39分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 室温常压超导材料LK-99(改性铅磷灰石)，其化学式为Pb10-xCux(PO4)6O，x=0.9～1.0.LK-99材料属于
A. 金属材料 B. 无机非金属材料 C. 有机合成材料 D. 半导体材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯金属或合金为金属材料，而LK-99(改性铅磷灰石)，其化学式为Pb10-xCux(PO4)6O，为化合物，不属于金属材料，A错误；
B．LK-99(改性铅磷灰石)为含有金属元素化合物，属于无机非金属材料，B正确；
C．LK-99(改性铅磷灰石)不属于有机高分子材料，C错误；
D．LK-99(改性铅磷灰石)为超导体，不属于半导体材料，D错误；
故选B。
2. 二甲双胍()是治疗Ⅱ型糖尿病的一线药物并可以显著抑制肿瘤生长。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：I1(N)>I1(C)
B. 二甲双胍易溶于水
C. 基态N原子价电子的轨道表达式：
D. 二甲双胍分子中碳原子与氮原子间σ键与π键的数目之比为4∶1
【答案】C
【解析】
【详解】A．N原子的电子排布为，P轨道为半充满较稳定结构，较难失去电子，C原子的核外电子排布为，较不稳定，所以第一电离能：I1(N)>I1(C)，A正确；
B．二甲双胍含有氨基，与水分子能形成氢键，易溶于水，B正确；
C．N原子的电子排布为，价电子的轨道表达式为 ，C错误；
D．二甲双胍分子中碳原子与氮原子间σ键为8，,π键的数目为2，二者之比为4∶1，D正确；
故选C。
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. NH3易液化，可用作制冷剂
B. 浓H2SO4具有吸水性，可用于干燥氨气
C. Al的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板
【答案】A
【解析】
【详解】A．易液化，液氨挥发带走热量，可用作制冷剂，A正确；
B．浓具有吸水性，但是氨气为碱性气体，会与浓硫酸发生反应，故不可用于干燥氨气，B错误；
C．Al可用于制作铝金属制品，是因为表面有一层致密的氧化膜，与活泼性无关，C错误；
D．可用于蚀刻印刷电路板，是因为的强氧化性，与溶液酸性无关，D错误；
故选A。
4. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关实验室制备ClO2的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取SO2 B. 用装置乙制备ClO2
C. 用装置丙吸收ClO2 D. 用装置丁处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．用装置甲通过70%硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水获取SO2，选项A正确；
B．实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，试剂选择正确，但二氧化硫通入时导管应该长进短出，才能充分接触，否则反应很难进行，选项B错误；
C. ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水，可用冰水吸收，选项C正确；
D．制备过程中有毒气体直接排放到空气中会造成污染，可用装置丁处理尾气吸收，氢氧化钠能与二氧化硫、二氧化氯反应，选项D正确；
答案选B。
5. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备的反应为。下列关于、和的说法正确的是
A. 属于共价化合物 B. 中含有非极性键
C. 的空间构型为平面三角形 D. 与的键角相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．ClO2属于共价化合物，故A正确；
B．ClO中Cl和O以极性共价键结合，故B错误；
C．ClO中心原子Cl有3个σ键，孤电子对数为=1，空间构型为三角锥形，故C错误；
D．ClO中心原子Cl的孤电子对数为=2，ClO中心原子Cl的孤电子对数为1，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间斥力＞成键电子对之间斥力，因此ClO键角＞ClO键角，故D错误；
答案为A。
6. 二氧化氯()是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成与。是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备的反应为。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B. 浓HCl(aq)
C HClO(aq) D. NaClO(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，无论氯气是否过量，氯气与铁反应生成氯化铁，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2和氯气，故B正确；
C．HClO光照条件下生成HCl和氧气，故C错误；
D．根据题干中方程式信息可知，二氧化硫的还原性大于二氧化氯，因此SO2不能将NaClO氧化成ClO2，故D错误；
答案为B。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 氢氧化镁溶于稀醋酸：
B. 用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：
C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：
D. 将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写成离子，A错误；
B．用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮，生成亚硝酸钠和硝酸钠，离子方程式为：，B错误；
C．因为酸性：，所以苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和，离子方程式为：，C错误；
D．将气体通入的混合溶液中制取溶液，根据化合价升降和元素守恒，反应的离子方程式为：，D正确；
故选D。
8. 在恒温恒容的密闭容器中发生 △H<0，T℃时，平衡常数为K，下列说法正确的是
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. T℃时，若C. 若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态
D. 选择高效催化剂可以提高活化分子百分数，提高CO(NH2)2平衡产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应△H<0，△S<0，在低温下才能自发进行，A错误；
B．T℃时，若，反应正向进行，，B错误；
C．该反应在恒温恒容的密闭容器中反应，反应前后气体分子数不同，压强是个变化量，若容器内气体压强保持不变，该可逆反应达到化学平衡状态，C正确；
D．催化剂能提高反应速率，但是不能使平衡移动，不能提高CO(NH2)2平衡产率，D错误；
故选C。
9. 一种从照相底片中回收单质银的方法如下：
步骤1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr转化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。
步骤2：在步骤1所得溶液中加稍过量Na2S溶液，充分反应后过滤出黑色沉淀。
步骤3：将黑色沉淀在空气中灼烧，回收单质银。
下列说法正确的是
A. 步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供孤电子对
B. 步骤2所得滤液中大量存在的离子：Na+、Ag+、S2O、S2-
C. 步骤3灼烧时可用足量NaOH溶液吸收尾气
D. Na2S晶胞(如图所示)中每个Na+周围距离最近的S2-有8个
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]3-中Ag+提供空轨道，而配体提供孤电子对形成配位离子，A错误；
B．Ag+与S2-能形成Ag2S沉淀，Ag+与能形成络合物，故步骤2所得滤液中不可能大量存在的离子： Ag+与S2O、S2-，B错误；
C．步骤3灼烧时产生SO2等酸性气体，故可用足量NaOH溶液吸收尾气，C正确；
D．由Na2S晶胞图可知，一个Na2S晶胞中黑球个数为：个，白球为8个，结合化学式可知，黑球代表S2-，白球代表Na+，则每个Na+周围距离最近的S2-有4个，D错误；
故答案为：C。
10. 甲烷是良好的制氢材料。我国科学家发明了一种500℃时，在含氧离子()的熔融碳酸盐中电解甲烷的方法，实现了无水、零排放的方式生产H2和C。反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. X为电源的负极
B. Ni电极上发生的电极反应方程式为
C. 电解一段时间后熔融盐中的物质的量变多
D. 该条件下，每产生22.4L H2，电路中转移2mol电子
【答案】B
【解析】
【分析】电解反应在温度于500℃时进行，电解质为熔融碳酸盐，则阳极的电极反应是甲烷失电子生成氢气和二氧化碳的过程，阴极是碳酸根离子得到电子生成碳，依据电子守恒和传导离子分析。
【详解】A． 电解池电极Ni-YSZ中甲烷变成CO2， C元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，作阳极，因此X为电源的正极，故A错误；
B． 阴极上发生还原反应，Ni电极上发生的电极反应方程式为，故B正确；
C． 电解一段时间后熔融盐中的物质的量不会变多，生成的通过熔融盐转移到阳极参加反应，故C错误；
D． 总反应为：CH4 C+2H2 ,反应条件为500℃，该条件下不是标准状况，故D错误；
故选B。
11. 亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是
方案设计 现象和结论
A 先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B 加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误；
B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；
C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；
故选C。
12. 室温下，用含有少量的CeCl3溶液制备Ce2(CO3)3的流程如图所示。
已知：①Ksp(FePO4)=1.3×10-22；②测得“除磷”后的滤液中c(Fe3+)=1x10-2mol/L；③0.1mol·L-1NH4HCO3溶液pH约为8；
下列说法不正确的是
A. 0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中有c(NH3·H2O)B. “除磷”后上层清液中=1.3×10-20mol/L
C. “沉铈”所得滤液中大量存在的阳离子有Mg2+、、H+
D. “沉铈”后的滤液中有c(H+)【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液存在和，溶液pH约为8，的水解程度大于，所以，A正确；
B．，“除磷”后的滤液中，所以，B正确；
C．“聚沉”过程中加入MgO，“沉铈”过程中加入过量的，所得滤液中大量存在的阳离子有Mg2+、，但是没有大量的H+，C错误；
D．“沉铈”后的滤液中含有，还有过量的,根据质子守恒，有 ，则有 ，D正确；
故选C。
13. 利用CO2和H2合成甲醇时主要涉及以下反应：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH1=-58kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol-1
向含有催化剂的密闭容器中充入充入物质的量之比为1∶3的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[×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)CH3OH(g)的ΔH=+99kJ·mol-1
B. 250℃时容器中CH3OH的物质的量小于210℃时容器中
C. 平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则H2的转化率为33.4%
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[×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．设起始时二氧化碳的物质的量为a，平衡时一氧化碳的物质的量为b，甲醇的物质的量为c，由甲醇的选择性为75%可得×100%=75%，解得c=3b，由反应方程式可知，反应消耗二氧化碳和氢气的物质的量分别为(3b+b)、(9b+b)，由二氧化碳的转化率为20%可得×100%=20%，解得a=20b，则氢气的转化率为×100%=×100%=16.7%，C错误；
D．依据图示可知，较低温度下CH3OH的选择性高，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。
第Ⅱ卷(非选择题共61分)
14. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA （3） ①. ②. Fe(OH)3
（4） ①. 9.0% ②. SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【解析】
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。
【小问1详解】
用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
【小问2详解】
的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA
【小问3详解】
用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
【小问4详解】
根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
【小问5详解】
“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；
【小问6详解】
氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
15. 二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如下：
V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
回答下列问题：
（1）步骤I中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。已知：氧化性：V2O5>Cl2，则加入N2H4·2HCl的作用是_______。
（2）步骤II可在如图装置(气密性良好)中进行。已知：VO2+能被O2氧化。
装置B中盛装的试剂是_______；向C中通入是CO2的作用是_______。
（3）加完VOCl2溶液后继续搅拌数分钟，使反应完全，小心取下分液漏斗，停止通气，立即塞上橡胶塞，将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜，得到紫色晶体，过滤。此时紫色晶体上残留的杂质离子主要为_______，接下来的简要操作是_______，最后用乙醚洗涤2-3次，干燥后称重。(所用药品为：饱和NH4HCO3溶液，无水乙醇)。
（4）测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量5.1000g样品于锥形瓶中，用硫酸溶液溶解后得到含VO2+的溶液，加稍过量的0.0200 mol/L的KMnO4溶液将VO2+氧化为VO，充分反应后加入特定的还原剂X除去过量的KMnO4，最后用0.0800 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL。(滴定反应：)
①在该实验条件下，还原剂X与Mn2+、VO2+的还原性由大到小为_______。
②粗产品中钒元素的质量分数为_______。(保留四位有效数字)
【答案】（1） ①. 2V2O5+N2H4 2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O ②. 做还原剂，防止生成氯气污染环境
（2） ①. 饱和NaHCO3溶液 ②. 排尽装置内的空气，防止VO2+被氧化
（3） ①. Cl- ②. 先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2~3次，再用无水乙醇洗涤2~3次
（4） ①. VO2+>X> Mn2+ ②. 2.400%
【解析】
【分析】V2O5与盐酸、N2H4 2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4 2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；
【小问1详解】
步骤i中V2O5与盐酸、N2H4 2HCl混合得到VOCl2的同时生成氮气，反应为：2V2O5+N2H4 2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；已知氧化性：V2O5>Cl2，则加入N2H4·2HCl的作用是做还原剂，防止生成氯气污染环境；
【小问2详解】
装置A中生成的CO2含有HCl杂质，所以装置B的作用是除去HCl，故B中的试剂是饱和NaHCO3溶液；因为+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，所以在向锥形瓶中滴加VOCl2溶液前应通入一段时间的CO2，目的是排尽装置内的空气，防止VO2+被氧化；
小问3详解】
用饱和NH4HCO3溶液洗涤是为了除去Cl-，减少晶体的溶解，洗涤操作是先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2~3次，再用无水乙醇洗涤2~3次，最后用乙醚洗涤2-3次，干燥后称重；
【小问4详解】
①KMnO4溶液将VO2+氧化为VO，KMnO4被还原为Mn2+，则VO2+做还原剂，由还原剂的还原性比还原产物强可知还原性VO2+> Mn2+，充分反应后加入加入特定的还原剂X将KMnO4还原为Mn2+，则还原性X>Mn2+，且说明X不能将还原为VO2+说明X的还原性比VO2+弱，故还原性由大到小为VO2+>X>Mn2+；
②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]= 0.0800 mol/L×30.00×10-3L=2.4×10-3mol，粗产品中钒的质量分数为。
16. 以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。
（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。
①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为___________。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是___________。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 =___________。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式___________。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是___________。
③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是___________。
【答案】（1） ①. FeS2＋2Fe3+=3Fe2+＋2S ②. 随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低
（2）
（3） ①. 6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O ②. 开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小) ③. Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物
【解析】
【分析】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；
【小问1详解】
①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低；
小问2详解】
加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；
【小问3详解】
①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；
②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得Mn(OH)2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，c(H+)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；
③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物。
17. 氢气是重要的清洁能源，低成本制氢是今后科研攻关的重点课题。
（1）碱金属氢化物制氢。以一种制氢储氢材料氢化钠在室温下结合制氢为例，能将反应中的部分还原成碳并放出，该反应的化学方程式为___________。
（2）活性金属铝制氢。向两份活性合金粉末(的质量分数为)中分别加入溶液充分搅拌，在相同时间内测得、两种不同温度下制氢率(实际制氢量占理论产氢量的百分比)随时间的变化如图-1所示。后时制氢率始终低于时制氢率的原因是___________。
（3）不对称电解质电解制氢。以电解苯甲醇生成苯甲酸为例，其电解槽阴极区为酸性电解质进行析氢反应，阳极区为碱性电解质和苯甲醇。写出阳极发生的电极反应式：___________。
（4）肼催化分解制氢。在温和条件下，负载型双金属合金M催化肼迅速分解，并且制氢选择性可达，可能机理如图-2所示。
①催化分解制氢的过程可描述为___________。
②的水溶液呈弱碱性。研究发现：向溶液中加入适量或，能明显促进上述催化分解反应的进行。其原因可能是___________。
【答案】（1）4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2
（2）45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反应生成难溶于水的Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升高，生成的水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行
（3）-4e-+5OH-= +4H2O
（4） ①. N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H原子全部脱去，生成N2，脱去的H两两结合成H2； ②. 肼是弱碱，在水溶液中存在N2H4+H2O+OH-；加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性
【解析】
【小问1详解】
能将反应中的部分还原成碳并放出，同时生成Na2CO3，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2，故答案为：4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2；
【小问2详解】
45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反应生成难溶于水的Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升高，生成的水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行，导致2min后45℃时制氢率始终低于25℃时制氢率，故答案为：45℃较25℃温度高，反应速率更快，较短时间内消耗完NaOH，较多的铝和水反应生成难溶于水的Al(OH)3覆盖在合金表面，提早阻断了铝与溶液接触，阻止了反应进一步进行；同时温度升高，生成的水解生成的Al(OH)3增多，覆盖在合金表面，也阻止了反应进一步进行；
【小问3详解】
以电解苯甲醇生成苯甲酸为例，其电解槽阴极区为酸性电解质进行析氢反应，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极区为碱性电解质和苯甲醇，阳极发生氧化反应，即苯甲醇被氧化为苯甲酸，故阳极发生的电极反应式为：-4e-+5OH-= +4H2O，故答案为：-4e-+5OH-= +4H2O；
【小问4详解】
①由题干图-2催化剂M表面N2H4分解制氢示意图可知，N2H4催化分解制氢的过程可描述为N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H原子全部脱去，生成N2，脱去的H两辆结合成H2，故答案为：N2H4吸附在(催化剂)M表面，连续断裂N-H键、脱H，形成N2H3、N2H2、和N2H等中间产物，直至H原子全部脱去，生成N2，脱去的H两辆结合成H2；
②N2H4的水溶液呈弱碱性。研究发现：向N2H4溶液中加入适量NaOH或KOH，能明显促进上述催化分解反应的进行。其原因可能是肼是弱碱，在水溶液中存在N2H4+H2O+OH-；加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性，故答案为：肼是弱碱，在水溶液中存在N2H4+H2O+OH-；加入适量NaOH或KOH后，溶液碱性增强，上述平衡逆向移动，N2H4的浓度增大，肼分解速率加快，同时适宜的偏向碱性的pH有利于增强(催化剂)M的活性。