江苏省如皋市2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
1．（2021高二下·如皋开学考）下列说法正确的是（ ）
A．CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的ΔH>0
B．向Na2CO3溶液中加入少量CaCl2固体，溶液的pH增大
C．常温下，向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中加入少量水， 增大
D．常温下pH=5的NH4Cl中，由水电离出的c(H＋)=10-9 mol·L-1
2．（2021高二下·如皋开学考）下列关于合成氨反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0的说法正确的是（ ）
A．使用催化剂可以提高反应的平衡转化率
B．反应物所含键能总和小于生成物所含键能总和
C．平衡时分离出NH3能增大正反应速率，提高N2转化率
D．增大压强能提高分子活化能，加快反应速率
3．（2021高二下·如皋开学考）用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定25.00mL未知浓度的盐酸，下列说法正确的是（ ）
A．NaOH标准溶液应装在如图2所示的滴定管中
B．滴定时NaOH的滴速应保持匀速，并不停摇动锥形瓶
C．图1所示液体的体积读数为18.20mL
D．若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终了气泡消失，则所测盐酸的浓度偏大
4．（2021高二下·如皋开学考）下列电化学装置能达到目的的是（ ）
A．图甲：实现原电池反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋
B．图乙：制取少量Fe(OH)2
C．图丙：证明铁发生了析氢腐蚀
D．图丁：在铁表面镀锌
5．（2021高二下·如皋开学考）一种Na-CO2二次电池装置如图所示，NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，电池的总反应为3CO2＋4Na 2Na2CO3＋C。下列说法正确的是（ ）
A．放电时Na电极为正极
B．充电时电解液中的Na＋移向阳极
C．放电时每反应1mol CO2，电路中转移4 mol电子
D．充电时的阳极反应为2CO ＋C-4e =3CO2
6．（2021高二下·如皋开学考）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示分别稀释0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸时溶液pH的变化
B．图乙表示反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．图丙表示反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)中正、逆反应速率随时间的变化，t0时刻改变的条件可能是增大体系压强
D．图丁表示反应“N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0”的平衡常数随温度变化的关系
7．（2021高二下·如皋开学考）常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（ ）
弱酸 HCOOH HCN
电离平衡常数 Ka=1.77×10-4 Ka=5×10-10
A．0.1 mol·L-1的NaCN溶液：c(Na＋)>c(HCN)>c(CN-)>c(H＋)
B．pH=8的HCOONa溶液：c(Na＋)-c(HCOO-)=9.9×10-7 mol·L-1
C．0.1 mol·L-1 HCOONa溶液甲和0.1 mol·L-1 NaCN溶液乙：c(H＋)甲＜c(H＋)乙
D．0.1 mol·L-1 NaCN溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合：2c(Na＋)=c(CN-)+c(HCOO-)
8．（2021高二下·如皋开学考）2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) 是工业制取硝酸的基础反应，已知的反应历程分两步进行，其反应过程能量变化如下图所示(图中a、b、c、d均大于0)。下列说法正确的是（ ）
A．反应2NO(g) N2O2(g)的ΔH=(b-a) kJ·mol-1
B．反应N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)若使用催化剂，d将减小
C．采用高温，既可以加快反应速率，也能提高NO的平衡转化率
D．N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)的逆反应的活化能为(c＋d) kJ·mol-1
9．（2021高二下·如皋开学考）一定温度下，在两个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器 编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(g)
Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080
Ⅱ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的正反应为吸热反应
B．向平衡后的容器Ⅰ中充入少量CH3OH，平衡不移动
C．达到平衡时的逆反应速率：vⅠ(H2O)＜vⅡ(H2O)
D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol，则反应将向正反应方向进行
10．（2021高二下·如皋开学考）甲醇是常见的有机溶剂和化工原料。以CO2和H2为原料合成甲醇的反应方程式如下：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=a kJ·mol-1。在压强一定，CO2和H2起始物质的量之比为1∶3的条件下，测得反应时间相同，不同催化剂作用下CO2的转化率随温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．a＞0
B．250 K时，催化剂活性：A＜B
C．在使用催化剂A的条件下，延长反应时间，可以使CO2的转化率由X点变为Y点
D．在使用催化剂B的条件下，250 K时，增大压强，可以使CO2的转化率达到Z点
11．（2021高二下·如皋开学考）软锰矿中主要含MnO2，还含有SiO2、Al2O3；闪锌矿中主要含ZnS，还含有FeS。一种综合利用这两种资源制取Zn、MnO2和Na2SO4的工艺流程如下：
根据以下信息书写反应方程式。
（1）写出“酸浸”时ZnS与MnO2发生反应的化学方程式： 。
（2）“氧化”的目的是将溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，写出该反应的离子方程式： 。
（3）“电解”时溶液的pH≈5。写出“电解”时的阳极反应方程式： 。
12．（2021高二下·如皋开学考）工业上常回收冶炼锌废渣(主要含Zn，还含FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3、SiO2等杂质)生产Zn(NO3)2·6H2O晶体。由锌废渣获得Zn(NO3)2溶液的工艺流程为：
有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀的pH 3.3 1.5 6.5 4.2 5.4
沉淀完全的pH 5.2 3.2 9.7 6.7 8.0
（1）在“酸浸”过程中，为了提高锌的浸出速率，可以采取的措施有 和 。
（2）“调节pH” 过程中应控制溶液的pH范围为 。试剂X宜选用下列物质中的 (填字母)。
a.氨水 b.ZnO c.NaOH溶液
d.ZnCO3
（3）当溶液中金属离子的浓度小于1×10-5
mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。则Ksp[Zn(OH)2]= 。
（4）将Zn(NO3)2溶液加少量硝酸酸化后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后可得Zn(NO3)2·6H2O晶体。其中“加少量硝酸酸化”的目的是 。
13．（2021高二下·如皋开学考）碱式次氯酸镁[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一种微溶于水的无机抗菌剂。可通过如下方法合成。
（1）NaClO溶液会吸收空气中的CO2，写出向NaClO溶液中通入过量CO2时发生反应的离子方程式： 。
（2）“调pH”过高会使所得产品的抗菌能力降低，这是因为 。
（3）为确定碱式次氯酸镁的组成，某化学兴趣小组进行了如下实验：
实验1：准确称取1.6850
g碱式次氯酸镁试样于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用乙酸酸化，加入指示剂，用0.800 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定(离子方程式为：2S2O ＋I2=2I-＋S4O )，终点时消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。
实验2：另取1.6850 g碱式次氯酸镁试样，用乙酸酸化，加入足量3% H2O2溶液至不再产生气泡(H2O2被ClO-氧化为O2)，加入指示剂，用1.000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定(离子方程式为Mg2＋＋H2Y2-=MgY2-＋2H＋)，终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。
①实验1滴定时，眼睛应注意观察 。
②通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式 (写出计算过程)。
14．（2021高二下·如皋开学考）H2S是生命体系气体信号分子，具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。
（1）H2S可以分解制取硫黄和氢气。已知下列热化学方程式：
SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq) ΔH=-151 kJ·mol-1
2HI(aq)=H2(g)＋I2(s) ΔH=＋110 kJ·mol-1
H2S(g)＋H2SO4(aq)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH=＋61 kJ·mol-1
则H2S分解的热化学H2S(g)=H2(g)＋S(s) ΔH= kJ·mol-1
（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的密闭容器中，保持体积不变，反应平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.02.在620 K重复实验，平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.03。
①下列情况能说明该反应已到达平衡的是 (填字母)。
A.容器的压强保持不变
B.容器内气体密度保持不变
C.ν正(H2S)=ν逆(COS)
D.H2S和CO2的物质的量之比保持不变
②平衡时只改变下列条件，既可以提高反应速率又可以提高H2S(g)转化率的是 (填字母)。
A.升高容器的温度
B.保持容器体积一定，充入He，使体系总压强增大
C.缩小容器的体积，使体系总压强增大
D.分离出部分COS(g)
（3）已知Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7×10-15。pH=11时，含H2S、HS-和S2-的溶液中， = 。
（4）一种CO2、H2S的协同转化装置可实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。工作原理如图所示，其中电极分别为石墨烯包裹的ZnO和石墨烯，石墨烯电极发生的反应为：EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+。
①H2S所发生反应的离子方程式为 。
②阴极的电极反应式为 。
15．（2021高二下·如皋开学考）白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用。可通过以下方法合成：
（1）下列说法正确的是______。
A．A→
B．F→G的反应类型分别为取代反应、消去反应
B．可以用NaHCO3溶液检验化合物B中是否含有A
C．化合物F中含有1个手性碳原子
D．1 mol白黎芦醇最多能消耗溴水中3.5 mol Br2
（2）D的结构简式为 。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。
①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色；
②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色；
③分子中含有4种不同化学环境的氢。
（4）请写出以苯甲酸、甲醇为原料制备 的合成路线流程图，无机试剂可任选，合成示例见本题题干 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．CO(g)＋3H2(g)＝CH4(g)＋H2O(g)的ΔS＜0，一定条件下使ΔH-TΔS＜0，反应才能自发进行，则该反应的ΔH＜0，A不符合题意；
B．碳酸钠溶液由于碳酸根离子发生水解显碱性，碳酸钠溶液中加入少量氯化该固体，发生反应：Na2CO3+CaCl2= CaCO3↓+ 2NaCl，溶液碱性减弱，pH减小，B项不符合题意；
C．CH3COONa水解方程式：CH3COO-+ H2O CH3COOH+OH-，稀释时水解平衡正向移动，则 增大，C项符合题意；
D．pH=5的NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进水的电离，溶液中氢离子都来自水的电离，故水电离出的c(H+)=10-5mol/L，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是否自发和有关
B.氯化钙对碳酸钠水解的影响
C.利用水解平衡常数，稀释平衡移动即可
D.根据水的离子积计算即可
2．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，但不能改变反应的平衡转化率，A不符合题意；
B．反应为放热反应，反应物所含键能总和小于生成物所含键能总和，B符合题意；
C．平衡时分离出NH3能使平衡向右移动，N2转化率增大，正反应速率大于逆反应速率，但是正反应速率逐渐减小， C不符合题意；
D．增大压强可以增大活化分子的浓度，加快反应速率，但不能提高反应的活化能，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.使用催化只是改变的是速率
B.根据 ΔH =反应物的键能-生成物的键能
C.分离产物，减缓反应正反应速率
D.增大压强可加快反应速率，但平衡向左移动
3．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．NaOH溶液应装在碱式滴定管，图示为酸式滴定管，A不符合题意；
B．滴定开始时pH变化不大，速度可以快一点，到滴定终点附近，溶液pH变化非常快，所以要慢一点，每滴一滴就要振荡锥形瓶仔细观察颜色变化，B不符合题意；
C．滴定管刻度从上往下不断增大，图2所示液体的体积读数为18.80mL，C不符合题意；
D．若滴定前尖嘴有气泡，滴定终了气泡消失，NaOH标准溶液读数偏大，故所测盐酸的浓度偏大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氢氧化钠溶液是碱溶液，应该放在碱式滴定管中。盐酸放在锥形瓶中进行滴定。滴定到终点时，应该放慢速度并且盯住锥形瓶中的颜色的变化。滴定管的读数比较特殊，大数是在下，小数在上。
4．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．三价铁离子的氧化性大于铜离子，所以该反应为自发的氧化还原反应，图甲有活性不同的两个电极，形成了闭合回路，可构成原电池，A符合题意；
B．铁与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应，不能失电子生成亚铁离子，B不符合题意；
C．析氢腐蚀的条件应该是酸性环境，氯化钠溶液显中性，C不符合题意；
D．在铁表面镀锌，电解质溶液应该为含锌离子的溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.符合原电池的形成条件
B.铁应与正极相连
C.此实验可证明吸氧腐蚀
D.镀锌时应该是锌离子反应
5．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时为原电池，原电池中负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知Na被氧化，所以Na为负极，A项不符合题意；
B．充电时电解液中的Na＋移向阴极，B项不符合题意；
C．由反应可知，放电时3个CO2转移4个电子，则每反应1mol CO2，电路中转移 mol电子，C项不符合题意；
D．充电时，阳极失电子，由反应可知C失去电子，则电极反应为2CO ＋C-4e =3CO2，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，钠做负极材料，发生氧化反应失去电子，二氧化碳做正极材料得到电子发生还原反应。充电时，钠做阴极材料，钠离子得到电子发生还原反应，C做为阳极材料发生氧化反应。
6．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液的pH不相等 ，故A不符合题意；
B.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0是放热反应，图中是吸热反应 ，故B不符合题意；
C．反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)是等体反应，增大压强同等程度的增大正逆反应速率 ，平衡不移动，与图像一致，故C符合题意；
D．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减少，与图像不一致 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.醋酸是弱酸，部分电离
B.能量变化不符合题意
C.前后系数不改变，可能使压强和催化剂
D.温度升高，常数减小
7．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1的NaCN溶液中CN-离子水解，溶液县碱性，但水解程度很小，所以浓度关系为：c(Na＋)> c(CN-) >c(HCN) >c(H＋)，A不符合题意；
B．pH=8的HCOONa溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+ c(H＋)=c(HCOO-)+ c(OH-)，因为c(H＋)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，则c(Na＋)-c(HCOO-)= c(OH-)- c(H＋)= 10-6mol/L -10-8mol/L =9.9×10-7 mol·L-1，B符合题意；
C.0.1 mol·L-1 HCOONa溶液甲和0.1 mol·L-1 NaCN溶液乙，因为甲酸电离常数比HCN的电离平衡常数大，所以酸性强，则对应离子的水解能力弱，碱性弱，则氢离子浓度大，即c(H＋)甲>c(H＋)乙，C不符合题意；
D.0.1 mol·L-1 NaCN溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，根据物料守恒分析：2c(Na＋)=c(CN-)+c(HCOO-)+ c(HCN)+c(HCOOH)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.结合电荷守恒和离子的水解即可判断
B.利用电离平衡常数和电荷守恒即可
C.比较相同浓度下不同盐的水解程度大小
8．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应2NO(g) N2O2(g)为放热反应，其ΔH=-(b-a) kJ·mol-1，A项不符合题意；
B．反应N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)若使用催化剂，会降低活化能，不影响焓变，即d不变，B项不符合题意；
C．由图可知，反应放热，采用高温，可以加快反应速率，但是反应逆向移动，会降低NO的平衡转化率，C项不符合题意；
D．由图可知，N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)的逆反应的活化能为(c＋d) kJ·mol-1，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. ΔH =生成物的能量-反应物的能量
B.使用催化剂变化的是c
C.确定正反应的放热和吸热，在确定温度升高平衡移动情况
D.逆反应的活化能=焓变+正反应活化能
9．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反应为放热反应，A不符合题意；
B．由分析可知，充入少量CH3OH，平衡正向移动，B不符合题意；
C．容器Ｉ中温度较高，反应速率较大，即vⅠ(H2O)>vⅡ(H2O)；
D． <4,故平衡正向移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，容器II中温度比容器I低，达到平衡时容器II中产物的物质的量较大，说明降温有利于反应正向移动，故正反应为放热反应；容器中加入CH3OH，反应正向移动；反应达到平衡后，因为容器II温度较低，故反应速率较慢；由容器I计算反应平衡常数:
平衡常数K= =4。
10．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度较低时即便有催化剂，反应速率也较慢，测定转化率时反应未达到平衡，此时随温度升高CO2的转化率增加，随温度升高反应速率逐渐加快，测定转化率时反应达到平衡，催化剂A、B的曲线重合，据图可知平衡后继续升高温度，CO2的转化率降低，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，a＜0，A不符合题意；
B．据图可知250 K时，催化剂A条件下反应速率更快，即催化剂活性：A＞B，B不符合题意；
C．测定转化率时，X点已经达到平衡，延长反应时间，CO2的转化率也不变，C不符合题意；
D．在使用催化剂B的条件下，250 K时，测定转化率时还未达到平衡，增大压强可以加快反应速率，提供该时段内CO2的转化率，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.根据温度对二氧化碳转化率的影响确定反应的放热和吸热现象
B.据图可以看出大小
C.平衡时转化率不变
D.压强的改变影响平衡的移动
11．【答案】（1）MnO2＋ZnS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋ZnSO4＋2H2O
（2）MnO2＋2Fe2＋＋4H+=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
（3）Mn2＋-2e-＋2H2O=MnO2＋4H＋
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)“酸浸”时ZnS与MnO2在酸性溶液中发生氧化还原反应，ZnS中的-2价的S被氧化为单质硫，MnO2中的+4价Mn被还原为Mn2+，反应的化学方程式为：MnO2＋ZnS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋ZnSO4＋2H2O。
(2)在酸性溶液中用MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H+=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
(3)电解Zn2+和Mn2+的混合液得到Zn和MnO2，阳极发生氧化反应，则是Mn2+失去电子得到MnO2，电解液为酸性，所以“电解”时的阳极反应方程式为：Mn2＋-2e-＋2H2O=MnO2＋4H＋。
【分析】软锰矿中主要含MnO2，还含有SiO2、Al2O3；闪锌矿中主要含ZnS，还含有FeS。将软锰矿和闪锌矿用硫酸酸浸，含硫的金属硫化物中的-2价的硫可以被MnO2在酸性溶液中氧化为S，和不溶于酸的SiO2一起被过滤除去，滤液中含有Mn2+、Zn2+、Fe2+、Al3+等金属阳离子，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再通过调节溶液的pH将Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去。滤液中含有Mn2+和Zn2+，用电解的方法可以获得Zn和MnO2。
12．【答案】（1）将锌废渣粉碎；适当升高反应温度(或适当增大硝酸浓度，或搅拌等)
（2）5.2～5.4；bd
（3）1.0×10-17
（4）抑制Zn2＋的水解
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)为了提高锌的浸出速率，可以采取的措施有将锌废渣粉碎，增大接触面积，和适当升高反应温度(或适当增大硝酸浓度，或搅拌等)。
(2)“调节pH” 过程中应控制溶液的pH，根据沉淀的pH范围分析，要使铝离子和铁离子完全沉淀分离，锌离子不沉淀，pH范围为5.2～5.4。试剂X不能引入新的杂质，宜选用下列物质中的b.ZnO d.ZnCO3。
(3)当溶液中金属离子的浓度小于1×10-5 mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。则Ksp[Zn(OH)2]= =1.0×10-17。
(4)硝酸锌中锌离子水解，溶液显酸性，为了抑制Zn2＋的水解，加少量硝酸酸化。
【分析】锌废渣(主要含Zn，还含FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3、SiO2等杂质)加入稀硝酸，氧化亚铁和氧化铁都生成硝酸铁，氧化铜生成硝酸铜，氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅不溶解，过滤转化为滤渣Ⅰ，滤液中加入试剂X调节pH使铁离子和铝离子转化为沉淀，这个阶段不能引入杂质，所以可以选择氧化锌或碳酸锌，滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，溶液中存在锌离子和铜离子，加入锌粉置换出铜，滤液只有硝酸锌，蒸发得到Zn(NO3)2·6H2O晶体。据此回答。
13．【答案】（1）ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO
（2）产品中混有Mg(OH)2
（3）锥形瓶中溶液颜色变化；Mg2ClO(OH)3·H2O
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) NaClO与过量的二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，二者发生反应的离子方程式：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO ，故答案为：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO ；
(2) “调pH”过高会产生Mg(OH)2，使所得产品的抗菌能力降低，故答案为：产品中混有Mg(OH)2；
(3) ①实验1滴定时，眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色变化，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；
②关系式：ClO-～I2～2S2O
n(ClO-)= n(S2O )= ×0.800 mol·L-1×25.00×10-3 L=0.01 mol
n(Mg2＋)=1.000 mol·L-1×20.00×10-3 L=0.02 mol
根据电荷守恒：
n(OH-)=2n(Mg2＋)-n(ClO-)=2×0.02mol-0.01 mol=0.03 mol
m(H2O)=1.685 g-0.01mol×51.5 g·mol-1-0.02mol×24 g·mol-1-0.03mol×17 g·mol-1=0.180 g
n(H2O)=
n(Mg2＋)∶n(ClO-)∶n(OH-)∶n(H2O)=2∶1∶3∶1，所以碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O，故答案为：Mg2ClO(OH)3·H2O。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出离子方程式（2）导致产物的量减少（3）①滴定终点的判断 ②根据提供的数据计算出a，b，c，x即可
14．【答案】（1）＋20
（2）CD；A
（3）9.1
（4）2EDTA-Fe3+＋H2S=2H+＋S↓＋2EDTA-Fe2+；CO2＋2H+＋2e-=CO＋H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)已知：①SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq) ΔH=-151 kJ·mol-1
②2HI(aq)=H2(g)＋I2(s) ΔH=＋110 kJ·mol-1
③H2S(g)＋H2SO4(aq)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH=＋61 kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知①+②+③即得到H2S分解的热化学H2S(g)=H2(g)＋S(s) ΔH=+20 kJ·mol-1；
(2)①A.反应前后体积，压强始终不变，则容器的压强保持不变，不能说明该反应已到达平衡；
B.混合气体的质量和容器的容积始终不变，则容器内气体密度保持不变，不能说明该反应已到达平衡；
C.ν正(H2S)=ν逆(COS)表示正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态；
D.H2S和CO2的起始物质的量之比不是1：1，根据方程式可知二者的物质的量之比保持不变，能说明反应达到平衡状态；
故答案为：CD；
②A.在610 K时，反应平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.02，在620 K重复实验，平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.03，这说明升高温度平衡正向进行，正反应吸热，因此升高容器的温度，既可以提高反应速率又可以提高H2S(g)转化率；
B.保持容器体积一定，充入He，使体系总压强增大，但浓度不变的，反应速率和转化率均不变；
C.缩小容器的体积，使体系总压强增大，反应速率增大，但平衡不移动，转化率不变；
D.分离出部分COS(g)，生成物浓度降低，平衡正向进行，转化率增大，但反应速率减小；
故答案为：A；
(3)Ka1(H2S)= ，Ka2(H2S)= ，则 =
(4)①根据示意图可知H2S与EDTA-Fe3+反应生成单质硫、氢离子和EDTA-Fe2+，所发生反应的离子方程式为2EDTA-Fe3+＋H2S=2H+＋S↓＋2EDTA-Fe2+。
②阴极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知阴极是二氧化碳得到电子生成CO，电极反应式为CO2＋2H+＋2e-=CO＋H2O。
【分析】（1）利用盖斯定律即可求出
（2）①平衡的判断主要是看速率是否相等，以及物质的量是否不变②改变反应速率和转化率只需要改变平衡的移动即可
（3）二元弱酸，分步电离，找出第一步和第二步电离的平衡常数和浓度关系即可
（4）①结合反应物和产物即可写出离子方程式②阴极是二氧化碳变成一氧化碳
15．【答案】（1）A；C
（2）
（3） 或
（4）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】(1)A．对比A、B的结构，可知A中酚羟基中H原子被甲基取代生成B，对比F、白藜芦醇的结构，结合G的分子式，可知F脱水形成碳碳双键得到G，F-G的反应类型是：消去反应，故A正确；
B．A、B中均有羧基，不可以用NaHCO3溶液检验化合物B中是否含有A，故B不正确；
C．化合物F中含有1个手性碳原子，如图 ，故C正确；
D．左侧苯环上消耗3mol、碳碳双键消耗1mol，右侧苯环上羧基的邻位上消耗2mol，1 mol白黎芦醇最多能消耗溴水中6mol Br2，故D不正确；
故答案为：AC；
(2)D的结构简式为 。故答案为： ；
(3)C( ) 的一种同分异构体满足：①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，没有酚羟基，②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色，说明含有甲酸与酚形成的酯基，③分子中含有4种不同化学环境的氢，具有高对称性，符合条件的同分异构体为： 或 ；故答案为： 或 ；
(4)由E→F的转化可知，由苯甲醛与 反应得到目标物。由C→D的转化可知，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，再与NaBH4作用生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醇与HBr反应得到 。合成路线流程图为：。 ，故答案为： 。
【分析】对比A、B的结构，可知A中酚羟基中H原子被甲基取代生成B，同时还生成H2SO4，结合C分子式、反应条件，可知B与甲醇发生酯化反应得到C，故C为 ，D的组成比C少1个CO，结合E的结构，可知C中-COOCH3转化为-CH2OH生成D，故D的结构简式为 ，D与HBr发生取代反应生成E，对比F、白藜芦醇结构，结合G的分子式，可知F发生消去反应生成G，故G的结构简式为 。
由E→F的转化可知，由苯甲醛与 反应得到目标物。由C→D的转化可知，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，再与NaBH4作用生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醇与HBr反应得到 。
1 / 1江苏省如皋市2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
1．（2021高二下·如皋开学考）下列说法正确的是（ ）
A．CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的ΔH>0
B．向Na2CO3溶液中加入少量CaCl2固体，溶液的pH增大
C．常温下，向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中加入少量水， 增大
D．常温下pH=5的NH4Cl中，由水电离出的c(H＋)=10-9 mol·L-1
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．CO(g)＋3H2(g)＝CH4(g)＋H2O(g)的ΔS＜0，一定条件下使ΔH-TΔS＜0，反应才能自发进行，则该反应的ΔH＜0，A不符合题意；
B．碳酸钠溶液由于碳酸根离子发生水解显碱性，碳酸钠溶液中加入少量氯化该固体，发生反应：Na2CO3+CaCl2= CaCO3↓+ 2NaCl，溶液碱性减弱，pH减小，B项不符合题意；
C．CH3COONa水解方程式：CH3COO-+ H2O CH3COOH+OH-，稀释时水解平衡正向移动，则 增大，C项符合题意；
D．pH=5的NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进水的电离，溶液中氢离子都来自水的电离，故水电离出的c(H+)=10-5mol/L，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是否自发和有关
B.氯化钙对碳酸钠水解的影响
C.利用水解平衡常数，稀释平衡移动即可
D.根据水的离子积计算即可
2．（2021高二下·如皋开学考）下列关于合成氨反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0的说法正确的是（ ）
A．使用催化剂可以提高反应的平衡转化率
B．反应物所含键能总和小于生成物所含键能总和
C．平衡时分离出NH3能增大正反应速率，提高N2转化率
D．增大压强能提高分子活化能，加快反应速率
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，但不能改变反应的平衡转化率，A不符合题意；
B．反应为放热反应，反应物所含键能总和小于生成物所含键能总和，B符合题意；
C．平衡时分离出NH3能使平衡向右移动，N2转化率增大，正反应速率大于逆反应速率，但是正反应速率逐渐减小， C不符合题意；
D．增大压强可以增大活化分子的浓度，加快反应速率，但不能提高反应的活化能，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.使用催化只是改变的是速率
B.根据 ΔH =反应物的键能-生成物的键能
C.分离产物，减缓反应正反应速率
D.增大压强可加快反应速率，但平衡向左移动
3．（2021高二下·如皋开学考）用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定25.00mL未知浓度的盐酸，下列说法正确的是（ ）
A．NaOH标准溶液应装在如图2所示的滴定管中
B．滴定时NaOH的滴速应保持匀速，并不停摇动锥形瓶
C．图1所示液体的体积读数为18.20mL
D．若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定终了气泡消失，则所测盐酸的浓度偏大
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．NaOH溶液应装在碱式滴定管，图示为酸式滴定管，A不符合题意；
B．滴定开始时pH变化不大，速度可以快一点，到滴定终点附近，溶液pH变化非常快，所以要慢一点，每滴一滴就要振荡锥形瓶仔细观察颜色变化，B不符合题意；
C．滴定管刻度从上往下不断增大，图2所示液体的体积读数为18.80mL，C不符合题意；
D．若滴定前尖嘴有气泡，滴定终了气泡消失，NaOH标准溶液读数偏大，故所测盐酸的浓度偏大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氢氧化钠溶液是碱溶液，应该放在碱式滴定管中。盐酸放在锥形瓶中进行滴定。滴定到终点时，应该放慢速度并且盯住锥形瓶中的颜色的变化。滴定管的读数比较特殊，大数是在下，小数在上。
4．（2021高二下·如皋开学考）下列电化学装置能达到目的的是（ ）
A．图甲：实现原电池反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋
B．图乙：制取少量Fe(OH)2
C．图丙：证明铁发生了析氢腐蚀
D．图丁：在铁表面镀锌
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．三价铁离子的氧化性大于铜离子，所以该反应为自发的氧化还原反应，图甲有活性不同的两个电极，形成了闭合回路，可构成原电池，A符合题意；
B．铁与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应，不能失电子生成亚铁离子，B不符合题意；
C．析氢腐蚀的条件应该是酸性环境，氯化钠溶液显中性，C不符合题意；
D．在铁表面镀锌，电解质溶液应该为含锌离子的溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.符合原电池的形成条件
B.铁应与正极相连
C.此实验可证明吸氧腐蚀
D.镀锌时应该是锌离子反应
5．（2021高二下·如皋开学考）一种Na-CO2二次电池装置如图所示，NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，电池的总反应为3CO2＋4Na 2Na2CO3＋C。下列说法正确的是（ ）
A．放电时Na电极为正极
B．充电时电解液中的Na＋移向阳极
C．放电时每反应1mol CO2，电路中转移4 mol电子
D．充电时的阳极反应为2CO ＋C-4e =3CO2
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时为原电池，原电池中负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知Na被氧化，所以Na为负极，A项不符合题意；
B．充电时电解液中的Na＋移向阴极，B项不符合题意；
C．由反应可知，放电时3个CO2转移4个电子，则每反应1mol CO2，电路中转移 mol电子，C项不符合题意；
D．充电时，阳极失电子，由反应可知C失去电子，则电极反应为2CO ＋C-4e =3CO2，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，钠做负极材料，发生氧化反应失去电子，二氧化碳做正极材料得到电子发生还原反应。充电时，钠做阴极材料，钠离子得到电子发生还原反应，C做为阳极材料发生氧化反应。
6．（2021高二下·如皋开学考）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示分别稀释0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸时溶液pH的变化
B．图乙表示反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．图丙表示反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)中正、逆反应速率随时间的变化，t0时刻改变的条件可能是增大体系压强
D．图丁表示反应“N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0”的平衡常数随温度变化的关系
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液的pH不相等 ，故A不符合题意；
B.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0是放热反应，图中是吸热反应 ，故B不符合题意；
C．反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)是等体反应，增大压强同等程度的增大正逆反应速率 ，平衡不移动，与图像一致，故C符合题意；
D．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减少，与图像不一致 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.醋酸是弱酸，部分电离
B.能量变化不符合题意
C.前后系数不改变，可能使压强和催化剂
D.温度升高，常数减小
7．（2021高二下·如皋开学考）常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法正确的是（ ）
弱酸 HCOOH HCN
电离平衡常数 Ka=1.77×10-4 Ka=5×10-10
A．0.1 mol·L-1的NaCN溶液：c(Na＋)>c(HCN)>c(CN-)>c(H＋)
B．pH=8的HCOONa溶液：c(Na＋)-c(HCOO-)=9.9×10-7 mol·L-1
C．0.1 mol·L-1 HCOONa溶液甲和0.1 mol·L-1 NaCN溶液乙：c(H＋)甲＜c(H＋)乙
D．0.1 mol·L-1 NaCN溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合：2c(Na＋)=c(CN-)+c(HCOO-)
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1的NaCN溶液中CN-离子水解，溶液县碱性，但水解程度很小，所以浓度关系为：c(Na＋)> c(CN-) >c(HCN) >c(H＋)，A不符合题意；
B．pH=8的HCOONa溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+ c(H＋)=c(HCOO-)+ c(OH-)，因为c(H＋)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，则c(Na＋)-c(HCOO-)= c(OH-)- c(H＋)= 10-6mol/L -10-8mol/L =9.9×10-7 mol·L-1，B符合题意；
C.0.1 mol·L-1 HCOONa溶液甲和0.1 mol·L-1 NaCN溶液乙，因为甲酸电离常数比HCN的电离平衡常数大，所以酸性强，则对应离子的水解能力弱，碱性弱，则氢离子浓度大，即c(H＋)甲>c(H＋)乙，C不符合题意；
D.0.1 mol·L-1 NaCN溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合，根据物料守恒分析：2c(Na＋)=c(CN-)+c(HCOO-)+ c(HCN)+c(HCOOH)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.结合电荷守恒和离子的水解即可判断
B.利用电离平衡常数和电荷守恒即可
C.比较相同浓度下不同盐的水解程度大小
8．（2021高二下·如皋开学考）2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) 是工业制取硝酸的基础反应，已知的反应历程分两步进行，其反应过程能量变化如下图所示(图中a、b、c、d均大于0)。下列说法正确的是（ ）
A．反应2NO(g) N2O2(g)的ΔH=(b-a) kJ·mol-1
B．反应N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)若使用催化剂，d将减小
C．采用高温，既可以加快反应速率，也能提高NO的平衡转化率
D．N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)的逆反应的活化能为(c＋d) kJ·mol-1
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应2NO(g) N2O2(g)为放热反应，其ΔH=-(b-a) kJ·mol-1，A项不符合题意；
B．反应N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)若使用催化剂，会降低活化能，不影响焓变，即d不变，B项不符合题意；
C．由图可知，反应放热，采用高温，可以加快反应速率，但是反应逆向移动，会降低NO的平衡转化率，C项不符合题意；
D．由图可知，N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)的逆反应的活化能为(c＋d) kJ·mol-1，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. ΔH =生成物的能量-反应物的能量
B.使用催化剂变化的是c
C.确定正反应的放热和吸热，在确定温度升高平衡移动情况
D.逆反应的活化能=焓变+正反应活化能
9．（2021高二下·如皋开学考）一定温度下，在两个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器 编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(g)
Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080
Ⅱ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的正反应为吸热反应
B．向平衡后的容器Ⅰ中充入少量CH3OH，平衡不移动
C．达到平衡时的逆反应速率：vⅠ(H2O)＜vⅡ(H2O)
D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反应为放热反应，A不符合题意；
B．由分析可知，充入少量CH3OH，平衡正向移动，B不符合题意；
C．容器Ｉ中温度较高，反应速率较大，即vⅠ(H2O)>vⅡ(H2O)；
D． <4,故平衡正向移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，容器II中温度比容器I低，达到平衡时容器II中产物的物质的量较大，说明降温有利于反应正向移动，故正反应为放热反应；容器中加入CH3OH，反应正向移动；反应达到平衡后，因为容器II温度较低，故反应速率较慢；由容器I计算反应平衡常数:
平衡常数K= =4。
10．（2021高二下·如皋开学考）甲醇是常见的有机溶剂和化工原料。以CO2和H2为原料合成甲醇的反应方程式如下：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=a kJ·mol-1。在压强一定，CO2和H2起始物质的量之比为1∶3的条件下，测得反应时间相同，不同催化剂作用下CO2的转化率随温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．a＞0
B．250 K时，催化剂活性：A＜B
C．在使用催化剂A的条件下，延长反应时间，可以使CO2的转化率由X点变为Y点
D．在使用催化剂B的条件下，250 K时，增大压强，可以使CO2的转化率达到Z点
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度较低时即便有催化剂，反应速率也较慢，测定转化率时反应未达到平衡，此时随温度升高CO2的转化率增加，随温度升高反应速率逐渐加快，测定转化率时反应达到平衡，催化剂A、B的曲线重合，据图可知平衡后继续升高温度，CO2的转化率降低，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，a＜0，A不符合题意；
B．据图可知250 K时，催化剂A条件下反应速率更快，即催化剂活性：A＞B，B不符合题意；
C．测定转化率时，X点已经达到平衡，延长反应时间，CO2的转化率也不变，C不符合题意；
D．在使用催化剂B的条件下，250 K时，测定转化率时还未达到平衡，增大压强可以加快反应速率，提供该时段内CO2的转化率，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.根据温度对二氧化碳转化率的影响确定反应的放热和吸热现象
B.据图可以看出大小
C.平衡时转化率不变
D.压强的改变影响平衡的移动
11．（2021高二下·如皋开学考）软锰矿中主要含MnO2，还含有SiO2、Al2O3；闪锌矿中主要含ZnS，还含有FeS。一种综合利用这两种资源制取Zn、MnO2和Na2SO4的工艺流程如下：
根据以下信息书写反应方程式。
（1）写出“酸浸”时ZnS与MnO2发生反应的化学方程式： 。
（2）“氧化”的目的是将溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，写出该反应的离子方程式： 。
（3）“电解”时溶液的pH≈5。写出“电解”时的阳极反应方程式： 。
【答案】（1）MnO2＋ZnS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋ZnSO4＋2H2O
（2）MnO2＋2Fe2＋＋4H+=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
（3）Mn2＋-2e-＋2H2O=MnO2＋4H＋
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)“酸浸”时ZnS与MnO2在酸性溶液中发生氧化还原反应，ZnS中的-2价的S被氧化为单质硫，MnO2中的+4价Mn被还原为Mn2+，反应的化学方程式为：MnO2＋ZnS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋ZnSO4＋2H2O。
(2)在酸性溶液中用MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H+=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
(3)电解Zn2+和Mn2+的混合液得到Zn和MnO2，阳极发生氧化反应，则是Mn2+失去电子得到MnO2，电解液为酸性，所以“电解”时的阳极反应方程式为：Mn2＋-2e-＋2H2O=MnO2＋4H＋。
【分析】软锰矿中主要含MnO2，还含有SiO2、Al2O3；闪锌矿中主要含ZnS，还含有FeS。将软锰矿和闪锌矿用硫酸酸浸，含硫的金属硫化物中的-2价的硫可以被MnO2在酸性溶液中氧化为S，和不溶于酸的SiO2一起被过滤除去，滤液中含有Mn2+、Zn2+、Fe2+、Al3+等金属阳离子，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再通过调节溶液的pH将Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去。滤液中含有Mn2+和Zn2+，用电解的方法可以获得Zn和MnO2。
12．（2021高二下·如皋开学考）工业上常回收冶炼锌废渣(主要含Zn，还含FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3、SiO2等杂质)生产Zn(NO3)2·6H2O晶体。由锌废渣获得Zn(NO3)2溶液的工艺流程为：
有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀的pH 3.3 1.5 6.5 4.2 5.4
沉淀完全的pH 5.2 3.2 9.7 6.7 8.0
（1）在“酸浸”过程中，为了提高锌的浸出速率，可以采取的措施有 和 。
（2）“调节pH” 过程中应控制溶液的pH范围为 。试剂X宜选用下列物质中的 (填字母)。
a.氨水 b.ZnO c.NaOH溶液
d.ZnCO3
（3）当溶液中金属离子的浓度小于1×10-5
mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。则Ksp[Zn(OH)2]= 。
（4）将Zn(NO3)2溶液加少量硝酸酸化后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后可得Zn(NO3)2·6H2O晶体。其中“加少量硝酸酸化”的目的是 。
【答案】（1）将锌废渣粉碎；适当升高反应温度(或适当增大硝酸浓度，或搅拌等)
（2）5.2～5.4；bd
（3）1.0×10-17
（4）抑制Zn2＋的水解
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)为了提高锌的浸出速率，可以采取的措施有将锌废渣粉碎，增大接触面积，和适当升高反应温度(或适当增大硝酸浓度，或搅拌等)。
(2)“调节pH” 过程中应控制溶液的pH，根据沉淀的pH范围分析，要使铝离子和铁离子完全沉淀分离，锌离子不沉淀，pH范围为5.2～5.4。试剂X不能引入新的杂质，宜选用下列物质中的b.ZnO d.ZnCO3。
(3)当溶液中金属离子的浓度小于1×10-5 mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。则Ksp[Zn(OH)2]= =1.0×10-17。
(4)硝酸锌中锌离子水解，溶液显酸性，为了抑制Zn2＋的水解，加少量硝酸酸化。
【分析】锌废渣(主要含Zn，还含FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3、SiO2等杂质)加入稀硝酸，氧化亚铁和氧化铁都生成硝酸铁，氧化铜生成硝酸铜，氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅不溶解，过滤转化为滤渣Ⅰ，滤液中加入试剂X调节pH使铁离子和铝离子转化为沉淀，这个阶段不能引入杂质，所以可以选择氧化锌或碳酸锌，滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，溶液中存在锌离子和铜离子，加入锌粉置换出铜，滤液只有硝酸锌，蒸发得到Zn(NO3)2·6H2O晶体。据此回答。
13．（2021高二下·如皋开学考）碱式次氯酸镁[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一种微溶于水的无机抗菌剂。可通过如下方法合成。
（1）NaClO溶液会吸收空气中的CO2，写出向NaClO溶液中通入过量CO2时发生反应的离子方程式： 。
（2）“调pH”过高会使所得产品的抗菌能力降低，这是因为 。
（3）为确定碱式次氯酸镁的组成，某化学兴趣小组进行了如下实验：
实验1：准确称取1.6850
g碱式次氯酸镁试样于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用乙酸酸化，加入指示剂，用0.800 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定(离子方程式为：2S2O ＋I2=2I-＋S4O )，终点时消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。
实验2：另取1.6850 g碱式次氯酸镁试样，用乙酸酸化，加入足量3% H2O2溶液至不再产生气泡(H2O2被ClO-氧化为O2)，加入指示剂，用1.000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定(离子方程式为Mg2＋＋H2Y2-=MgY2-＋2H＋)，终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。
①实验1滴定时，眼睛应注意观察 。
②通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式 (写出计算过程)。
【答案】（1）ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO
（2）产品中混有Mg(OH)2
（3）锥形瓶中溶液颜色变化；Mg2ClO(OH)3·H2O
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) NaClO与过量的二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，二者发生反应的离子方程式：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO ，故答案为：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO ；
(2) “调pH”过高会产生Mg(OH)2，使所得产品的抗菌能力降低，故答案为：产品中混有Mg(OH)2；
(3) ①实验1滴定时，眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色变化，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；
②关系式：ClO-～I2～2S2O
n(ClO-)= n(S2O )= ×0.800 mol·L-1×25.00×10-3 L=0.01 mol
n(Mg2＋)=1.000 mol·L-1×20.00×10-3 L=0.02 mol
根据电荷守恒：
n(OH-)=2n(Mg2＋)-n(ClO-)=2×0.02mol-0.01 mol=0.03 mol
m(H2O)=1.685 g-0.01mol×51.5 g·mol-1-0.02mol×24 g·mol-1-0.03mol×17 g·mol-1=0.180 g
n(H2O)=
n(Mg2＋)∶n(ClO-)∶n(OH-)∶n(H2O)=2∶1∶3∶1，所以碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O，故答案为：Mg2ClO(OH)3·H2O。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出离子方程式（2）导致产物的量减少（3）①滴定终点的判断 ②根据提供的数据计算出a，b，c，x即可
14．（2021高二下·如皋开学考）H2S是生命体系气体信号分子，具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。
（1）H2S可以分解制取硫黄和氢气。已知下列热化学方程式：
SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq) ΔH=-151 kJ·mol-1
2HI(aq)=H2(g)＋I2(s) ΔH=＋110 kJ·mol-1
H2S(g)＋H2SO4(aq)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH=＋61 kJ·mol-1
则H2S分解的热化学H2S(g)=H2(g)＋S(s) ΔH= kJ·mol-1
（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的密闭容器中，保持体积不变，反应平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.02.在620 K重复实验，平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.03。
①下列情况能说明该反应已到达平衡的是 (填字母)。
A.容器的压强保持不变
B.容器内气体密度保持不变
C.ν正(H2S)=ν逆(COS)
D.H2S和CO2的物质的量之比保持不变
②平衡时只改变下列条件，既可以提高反应速率又可以提高H2S(g)转化率的是 (填字母)。
A.升高容器的温度
B.保持容器体积一定，充入He，使体系总压强增大
C.缩小容器的体积，使体系总压强增大
D.分离出部分COS(g)
（3）已知Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7×10-15。pH=11时，含H2S、HS-和S2-的溶液中， = 。
（4）一种CO2、H2S的协同转化装置可实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。工作原理如图所示，其中电极分别为石墨烯包裹的ZnO和石墨烯，石墨烯电极发生的反应为：EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+。
①H2S所发生反应的离子方程式为 。
②阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）＋20
（2）CD；A
（3）9.1
（4）2EDTA-Fe3+＋H2S=2H+＋S↓＋2EDTA-Fe2+；CO2＋2H+＋2e-=CO＋H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)已知：①SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq) ΔH=-151 kJ·mol-1
②2HI(aq)=H2(g)＋I2(s) ΔH=＋110 kJ·mol-1
③H2S(g)＋H2SO4(aq)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH=＋61 kJ·mol-1
则根据盖斯定律可知①+②+③即得到H2S分解的热化学H2S(g)=H2(g)＋S(s) ΔH=+20 kJ·mol-1；
(2)①A.反应前后体积，压强始终不变，则容器的压强保持不变，不能说明该反应已到达平衡；
B.混合气体的质量和容器的容积始终不变，则容器内气体密度保持不变，不能说明该反应已到达平衡；
C.ν正(H2S)=ν逆(COS)表示正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态；
D.H2S和CO2的起始物质的量之比不是1：1，根据方程式可知二者的物质的量之比保持不变，能说明反应达到平衡状态；
故答案为：CD；
②A.在610 K时，反应平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.02，在620 K重复实验，平衡后H2O(g)的物质的量分数为0.03，这说明升高温度平衡正向进行，正反应吸热，因此升高容器的温度，既可以提高反应速率又可以提高H2S(g)转化率；
B.保持容器体积一定，充入He，使体系总压强增大，但浓度不变的，反应速率和转化率均不变；
C.缩小容器的体积，使体系总压强增大，反应速率增大，但平衡不移动，转化率不变；
D.分离出部分COS(g)，生成物浓度降低，平衡正向进行，转化率增大，但反应速率减小；
故答案为：A；
(3)Ka1(H2S)= ，Ka2(H2S)= ，则 =
(4)①根据示意图可知H2S与EDTA-Fe3+反应生成单质硫、氢离子和EDTA-Fe2+，所发生反应的离子方程式为2EDTA-Fe3+＋H2S=2H+＋S↓＋2EDTA-Fe2+。
②阴极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知阴极是二氧化碳得到电子生成CO，电极反应式为CO2＋2H+＋2e-=CO＋H2O。
【分析】（1）利用盖斯定律即可求出
（2）①平衡的判断主要是看速率是否相等，以及物质的量是否不变②改变反应速率和转化率只需要改变平衡的移动即可
（3）二元弱酸，分步电离，找出第一步和第二步电离的平衡常数和浓度关系即可
（4）①结合反应物和产物即可写出离子方程式②阴极是二氧化碳变成一氧化碳
15．（2021高二下·如皋开学考）白黎芦醇具有抗氧化和预防心血管疾病的作用。可通过以下方法合成：
（1）下列说法正确的是______。
A．A→
B．F→G的反应类型分别为取代反应、消去反应
B．可以用NaHCO3溶液检验化合物B中是否含有A
C．化合物F中含有1个手性碳原子
D．1 mol白黎芦醇最多能消耗溴水中3.5 mol Br2
（2）D的结构简式为 。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： 。
①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色；
②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色；
③分子中含有4种不同化学环境的氢。
（4）请写出以苯甲酸、甲醇为原料制备 的合成路线流程图，无机试剂可任选，合成示例见本题题干 。
【答案】（1）A；C
（2）
（3） 或
（4）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】(1)A．对比A、B的结构，可知A中酚羟基中H原子被甲基取代生成B，对比F、白藜芦醇的结构，结合G的分子式，可知F脱水形成碳碳双键得到G，F-G的反应类型是：消去反应，故A正确；
B．A、B中均有羧基，不可以用NaHCO3溶液检验化合物B中是否含有A，故B不正确；
C．化合物F中含有1个手性碳原子，如图 ，故C正确；
D．左侧苯环上消耗3mol、碳碳双键消耗1mol，右侧苯环上羧基的邻位上消耗2mol，1 mol白黎芦醇最多能消耗溴水中6mol Br2，故D不正确；
故答案为：AC；
(2)D的结构简式为 。故答案为： ；
(3)C( ) 的一种同分异构体满足：①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不显色，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，没有酚羟基，②能发生水解反应，水解产物之一能与FeCl3溶液显色，说明含有甲酸与酚形成的酯基，③分子中含有4种不同化学环境的氢，具有高对称性，符合条件的同分异构体为： 或 ；故答案为： 或 ；
(4)由E→F的转化可知，由苯甲醛与 反应得到目标物。由C→D的转化可知，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，再与NaBH4作用生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醇与HBr反应得到 。合成路线流程图为：。 ，故答案为： 。
【分析】对比A、B的结构，可知A中酚羟基中H原子被甲基取代生成B，同时还生成H2SO4，结合C分子式、反应条件，可知B与甲醇发生酯化反应得到C，故C为 ，D的组成比C少1个CO，结合E的结构，可知C中-COOCH3转化为-CH2OH生成D，故D的结构简式为 ，D与HBr发生取代反应生成E，对比F、白藜芦醇结构，结合G的分子式，可知F发生消去反应生成G，故G的结构简式为 。
由E→F的转化可知，由苯甲醛与 反应得到目标物。由C→D的转化可知，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，再与NaBH4作用生成苯甲醇，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醇与HBr反应得到 。
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