还剩21页未读，
继续阅读
2021-2022学年江苏省响水中学高二下学期第二次学情分析考试化学试题含解析
展开
这是一份2021-2022学年江苏省响水中学高二下学期第二次学情分析考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年春学期高二年级第二次学情分析考试
化学试题
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ti-48 V-51 Cu-64
一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。
1. 从天然有机物中可以获取工业生产所需的多种原料。下列说法不正确的是
A. 由蛋白质水解可以获得氨基酸 B. 由淀粉水解可以获得葡萄糖
C. 由油脂水解可以获得丙三醇 D. 由石油裂解可以获得乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于蛋白质中含有肽键，故蛋白质水解可以获得氨基酸，A正确；
B．淀粉属于多糖，由淀粉水解可以获得葡萄糖，B正确；
C．油脂在酸性条件下水解为高级脂肪酸和甘油、在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，甘油就是丙三醇，C正确；
D．由石油裂解可以获得乙烯等，D错误；
故选D。
2. NCl3常用作漂白剂，一种制取NCl3的反应为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑。下列说法正确的是
A. NH4Cl属于离子化合物 B. HCl的电子式为
C. NCl3分子的空间构型为平面三角形 D. 含1个中子的H原子可以表示为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铵属于铵盐，所有的铵盐属于离子化合物，故A正确；
B．HCl属于共价化合物，没有阴阳离子，故B错误；
C．NCl3中心原子为N，N有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故C错误；
D．根据原子构成，左上角数字为质量数，因此中子数为1的H原子可以表示为，故D错误；
答案为A。
3. 下列有关含氮物质的性质与用途具有对应关系的是
A. NH3易溶于水，可用作制冷剂
B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. N2具有氧化性，可用于制取氨气
D. HNO3具有酸性，可用于洗涤附有银镜的试管
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3易液化，可用作制冷剂，故不选A；
B．NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，故不选B；
C．N2具有氧化性，氮气和氢气反应生成氨气，氮气做氧化剂，可用于制取氨气，故选C；
D．用硝酸洗涤附有银镜的试管，是因为硝酸具有强氧化性，故不选D；
选C。
4. 下列有关制取、提纯乙烯，并验证乙烯部分性质的装置能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取乙烯，反应时控制温度为140℃
B. 用装置乙除去乙烯中混有的乙醇
C. 用装置丙验证乙烯能与水加成
D. 用装置丁验证乙烯能与Br2加成
【答案】D
【解析】
【详解】A．制取乙烯，浓硫酸乙醇3：1，迅速升温170℃，140℃生成乙醚，A错误；
B．乙烯和乙醇都和酸性高锰酸钾发生反应，二者都被除去了，B错误；
C．乙烯能与水高温高压催化剂条件下加成生成乙醇，C错误；
D．乙烯与溴发生加成反应，四氯化碳作溶剂，CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，D正确；
故选D。
5. 砷元素广泛地存在于自然界，单质以灰砷、黑砷和黄砷形式存在，其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂中。下列有关砷元素及其化合物的说法正确的是
A. 基态As的电子排布式为[Ar]4s24p3 B. 灰砷、黑砷和黄砷是砷的同素异形体
C. AsH3在同族简单氢化物中沸点最高 D. 第一电离能：I1(Ge)
【解析】
【详解】A．As原子是33号元素，基态As的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．同素异形体是同种元素形成的结构不同的单质，灰砷、黑砷和黄砷是砷的同素异形体，故B正确；
C．NH3分子间可以形成氢键，沸点最高，AsH3在同族简单氢化物中沸点不如NH3高，故C错误；
D．同周期元素从左向右第一电离能增大，ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，第一电离能：I1(Ge)
6. As2O3俗称砒霜，是一种两性氧化物，可用于治疗癌症。As2O5是一种酸性氧化物。水体中含有一定浓度的H3AsO3和H3AsO4时会破坏水质，需要通过一定的方法除去。下列转化在指定条件下能够实现的是
A. As2O3H3AsO3 B. As2O5As2O3
C. H3AsO4Na3AsO4(aq) D. As2O5H3AsO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．As2O3一种两性氧化物，和盐酸会生成盐而不是酸，A错误；
B．As2O5具有强氧化性，次氯酸钠也具有氧化性，不能发生氧化还原反应，B错误；
C．H3AsO4为三元酸，可以和过量的氢氧化钠生成正盐Na3AsO4，C正确；
D．As2O5是一种酸性氧化物，可以和水反应生成H3AsO4，D错误；
故选C。
7. 催化剂作用下，CO2可以加氢制取CH4，反应的热化学方程式：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)；ΔH<0，下列说法正确的是
A. 该反应任何条件下均能自发进行
B. 反应的平衡常数可表示为K=
C. 其他条件不变，增大压强可以增大反应的平衡常数
D. 断裂反应物所含化学键吸收的能量小于形成生成物所含化学键释放的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．，ΔH<0，根据反应自发，该反应在低温下自发，故A错误；
B．反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；
C．其他条件不变，增大压强可以使平衡正向移动，但温度不变反应的平衡常数不变，故C错误；
D．该反应是放热反应，断裂反应物所含化学键吸收的能量小于形成生成物所含化学键释放的能量，故D正确；
故答案为D
8. 用久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下：
已知75℃时，Cl2在碱性条件下会转化为Cl-和，室温下KClO3的溶解度远小于KCl。下列说法正确的是
A. 氯化反应的离子方程式为Cl2+4OH-Cl-++2H2O
B. 转化时发生反应的类型为复分解反应
C. 滤液中大量存在的离子是Ca2+、K+、Cl-和
D 如图所示KCl晶胞中含有14个K+
【答案】B
【解析】
【分析】生石灰加入水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙氯化生成氯化钙和氯酸钙，过滤除去CaCO3等滤渣，滤液加入氯化钾，室温下KClO3的溶解度远小于KCl，氯化钾和氯酸钙转化为氯酸钾，过滤得到氯酸钾。
【详解】A．已知75℃时，Cl2在碱性条件下会转化为Cl-和，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O，A错误；
B．室温下KClO3的溶解度远小于KCl，氯化钾和氯酸钙转化为氯酸钾和氯化钙，该反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，B正确；
C．钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀不能大量共存，滤液中没有大量，C错误；
D．KCl晶胞中钾离子位于棱心和体心，1个KCl晶胞中含有K+数目为个，D错误；
故选B。
9. 一种抗血小板聚集的药物X的结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 1个X含有2个手性碳原子
B. X中存在4种含氧官能团
C. 1molX最多能与2molNaOH发生反应
D. 1分子X中含有3个sp3杂化的C原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据手性碳原子的定义，该有机物中含有手性碳原子位置如图所示 ，该有机物有2个手性碳原子，故A正确；
B．根据结构简式，含氧官能团为酯基、醚键和羟基，有三种含氧官能团，故B错误；
C．该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，但 ，1mol该酯基消耗2molNaOH，因此1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故C错误；
D．四个单键的C原子，其杂化类型为sp3，因此该有机物中sp3杂化的C原子有7个，故D错误；
答案A。
10. 微生物脱盐电池既可以处理废水中CH3COOH和，又可以实现海水淡化，原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 生物电极b为电池的负极
B. 电极a的电极反应式为CH3COOH-8e-+8OH-=2CO2↑+6H2O
C. 每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子
D. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COOH发生失电子的氧化反应生成，亚硝酸根发生得电子的还原反应生成，极为负极，极为正极。
【详解】A．极负极，CH3COOH失电子，极为正极亚硝酸根得电子,故A错误；
B．由分析知极为负极，则负极反应式为，故B错误；
C．发生得电子还原反应生成，每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子故C正确；
D．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即溶液中的通过阳离子交换膜移向极、通过阴离子交换膜移向极，达到海水淡化目的，所以离子交换膜a为阴离子交换膜，离子交换膜b为阳离子交换膜，故D错误；
故答案为C。
11. 室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1氨水溶液，充分混合，溶液pH约为9。
实验3：向10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1NaHSO3溶液，无明显现象。
实验4：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入10mL0.05mol·L-1Ba(ClO)2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A. 实验1可得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)
C. 实验3可得出：Ka2(H2SO3)
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液的pH约为5，说明电离大于水解，，Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=，故A错误；
B．实验2所得溶液为等浓度的Na2SO3、(NH4)2SO3，根据质子守恒c(H+)+2c(H2SO3)+c()=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故B正确；
C．实验3，NaHSO3量不足，无明显现象，不能得出Ka2(H2SO3)
选B。
12. 室温下，向5mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加1mL0.1mol·L-1BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，向滤渣中加入Na2SO4溶液，浸泡一段时间后过滤，向滤渣中加入足量的1mol·L-1盐酸，无明显现象。已知：Ksp(BaCO3)=5×10-9，Ksp(BaSO4)=1×10-10。下列说法正确的是
A. 滴加1mLBaCl2溶液后，所得溶液中c(Ba2+)一定大于5×10-8mol·L-1
B. 向Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，所得溶液的pH会升高
C. Na2SO4溶液的浓度一定大于0.1mol·L-1
D. Na2SO4溶液浸泡后的溶液中一定存在c()>50c()
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入1mL0.1mol·L-1BaCl2溶液，Ba2+与CO反应，则剩余的c(CO)=(510-3L 0.1mol/L-10-3L0.1mol/L) 610-3L=mol/L，则c(Ba2+)= =7.510-8 mol/L，故A正确；
B．CO被消耗，浓度减小，CO水解生成OH-浓度减小，溶液的pH会降低，故B错误；
C．Ksp(BaCO3)=5×10-9>Ksp(BaSO4)=1×10-10，加入Na2SO4溶液后，浸泡一段时间后BaCO3会向BaSO4转化，存在平衡，需要满足，，故c()大于即可，故C错误；
D．根据C项分析可知，Na2SO4溶液浸泡后的溶液中一定存在c()<50c()，故D错误；
故答案为A
13. 以Cu/ZnO/Al2O3为催化剂，乙醇直接合成乙酸乙酯过程中发生的可逆反应如下：
C2H5OH(g)=CH3CHO(g)+H2(g)；ΔH=59kJ·mol-1
2CH3CHO(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)+CH3COOH(g)；ΔH=-86kJ·mol-1
CH3COOH(g)+C2H5OH(g)=CH3COOC2H5(g)+H2O(g)；ΔH=-25kJ·mol-1
2C2H5OH(g)=C2H5OC2H5(g)+H2O(g)；ΔH=-44kJ·mol-1
其他条件相同，将无水乙醇经预热气化后以一定流速通过装有催化剂的反应管，将出口处收集到的乙酸乙酯、乙醛、乙醚、乙酸、乙醇冷凝，测得部分有机物占全部有机物的质量分数与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 在250～300℃范围，乙醇的转化率随温度的升高而减小
B. 在200～325℃范围，乙醇生成乙醚的反应均已到达平衡
C. 在300～325℃范围，出口处氢气的量随温度的升高而减小
D. 研发使用催化活性高的催化剂有利于提高乙酸乙酯的平衡产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知在250～300℃范围，乙醛的质量分数减小，乙醚乙酸的质量分数逐渐增大但是变化小，而乙酸乙酯的质量分数增大的多，变化大得多，乙酸乙酯、乙醛、乙醚、乙酸是乙醇的反应的产物，乙醇的转化率随温度的升高而逐渐增大，A错误；
B．由图可知乙醚的质量分数从200～325℃一直再上升，因此乙醇生成乙醚的反应并未达到平衡，B错误；
C．由图可知300～325℃内，反应C2H5OH=CH3CHO+H2，乙醛的质量分数逐渐减小，生成氢气的量，也逐渐减小，出口处氢气的量随温度的升高而减小，C正确；
D．催化剂可以改变化学反应速率，不能使平衡移动，不能提高乙酸乙酯的平衡产率，D错误；
故选C。
二、非选择题
14. 硫酸工业所得废钒催化剂主要含SiO2、VOSO4、V2O5和K2SO4，VOSO4易溶于水，V2O5微溶于水，易溶于强碱，在酸中溶解较慢。一种利用废钒催化剂制取多钒酸铵[]的流程如图所示：
已知“酸浸”后的溶液中主要含离子是、、、、，“氧化”后的溶液中主要含离子、、、、、。
（1）“酸浸”中加亚硫酸钠的目的是_______。
（2）写出“氧化”时所发生反应的离子方程式：_______。
（3）其他条件一定，“沉钒”所得多钒酸铵的质量与溶液pH的关系如图所示。pH＞5时，多钒酸铵的质量随pH的升高而降低的原因是_______。
（4）为测定多钒酸铵的组成，现进行如下实验：称取一定质量的多钒酸铵，加热至完全分解，将所得气体混合物通过碱石灰，得到标准状况下气体1.792L，称量所得固体质量为18.2g。计算多钒酸铵的化学式_______并写出计算过程。
【答案】（1）将V2O5转化为易溶的VOSO4，提高钒元素的浸出率
（2）
（3）pH＞5时，溶液中c() [或c())和]减小，生成多钒酸铵的量减少
（4）(NH4)4H2V10O28
【解析】
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸” 时加入硫酸、Na2SO3，使V2O5转化为VO2+，Na2SO3为还原剂，SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂NaClO3，将VO2+变为，再加氨水调节pH≈4，然后加入硫酸铵沉钒，得到多钒酸铵[ (NH4)xH6-xV10O28]，以此解答该题。
【小问1详解】
“酸浸”中加亚硫酸钠的目的是将V2O5转化为易溶的VOSO4，以提高钒元素的浸出率；
【小问2详解】
将NaClO3加入滤液中，NaClO3将VO2+氧化为，得到电子被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
其他条件一定，“沉钒”所得多钒酸铵的质量与溶液pH的关系如图所示。根据图示可知：当溶液pH＞5时，多钒酸铵的质量随pH的升高而降低，这是由于当溶液pH＞5时，溶液中c() [或c())和]减小，导致生成多钒酸铵的量减少；
【小问4详解】
称取一定质量的多钒酸铵，加热至完全分解，将所得气体混合物通过碱石灰，得到标准状况下气体1.792 L，n(NH3)=，称量所得V2O5固体质量为18.2 g，n(V2O5)=，n(N)∶n(V)=0.08 mol∶：(0.1 mol×2)=2∶5=4∶10，则x=4，6-x=2，则该盐的化学式为(NH4)4H2V10O28。
15. 有机物G是制备某抗失眠药物的中间体，其一种合成方法如下：
（1）1mol有机物C中所含σ键的数目为_______。
（2）D的结构简式为_______。
（3）D→E时若使用碱性(OH-)条件，则会生成一种与E互为同分异构体的有机物，该有机物的结构简式为_______。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
I.具有α-氨基酸的结构
II.含有两个苯环和7种化学环境不同的氢
（5）写出以和为原料制备的合成路线图____________。(无机试剂及有机溶剂任用，合成路线图示例见本题题干)
【答案】（1）19NA
（2） （3） （4）、、
（5）或
【解析】
【分析】根据合成路线，A→B发生取代反应，将-OH转化为-OCH3，B在酸性高锰酸钾强氧化剂的作用下，将-CH3转化为-COOH，D与发生反应生成E，对比结构以及结合D的分子式为C8H7ClO2，可知D的结构简式为，E在碱性条件下发生取代反应生成F，F与HI发生取代反应，将-OCH3又转化为-OH得到G，据此分析来解答。
【小问1详解】
根据有机物C的结构简式，可知1mol C中所含σ键的数目为19NA，故答案为19NA；
【小问2详解】
根据上面的分析，D的结构简式为，故答案为；
【小问3详解】
合成路线中，D→E发生取代反应，生成HCl小分子，若使用碱性(OH-)条件，则会生成一种与E互为同分异构体的有机物，而E→F刚好是在碱性条件下的取代反应，只是取代位置不同，因此可推得该同分异构体的结构简式为，故答案为；
【小问4详解】
根据E的结构简式，E的一种同分异构体同时满足：I.具有α-氨基酸的结构，即含有的结构，II.含有两个苯环和7种化学环境不同的氢，由此可知该同分异构体可能为、、，故答案为、、；
【小问5详解】
根据合成路线图中C→D→E，可以发生成环反应，但由于-CHO转化为-COOH的过程容易将酚羟基氧化，所以在合成路线的设计时需注意酚羟基的保护和还原，所以合成路线设计为：
或
16. 实验小组以某铜渣(主要成分、，含少量和)为原料先制备硫酸铜，再由硫酸铜制备碱式碳酸铜[]。实验包括如下过程：
（1）浸取。
将一定量的铜渣粉碎后加入到如图-1所示的三颈烧瓶中，再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和稀硫酸混合溶液，滴加液体的间隔利用二连球鼓入O2，铜渣充分反应后，向溶液中加入少量，过滤。
①已知浸取时无S和SO2生成，写出浸取时所发生反应的离子方程式：_______。
②滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入O2的目的是_______。
③当观察到_______，可以停止鼓入O2。
④加入的目的是_______。[已知]
（2）制取。
向滤液中加入溶液调节范围为_______，过滤；向滤渣中加入稀硫酸至滤渣恰好完全溶解，得溶液。{设、开始沉淀时，沉淀完全时。，}
（3）制。
已知的产率{}随起始与的比值和溶液pH的关系如图2所示。
①补充完整制取的实验方案：向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，_______，低温烘干，得到。(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、溶液、溶液、盐酸、pH计)
②实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏大，原因是_______。
【答案】（1） ①. 3Cu2S+16H++10NO6Cu2++3+10NO↑+8H2O ②. 将生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗 ③. 鼓入O2气体不再出现红棕色 ④. 将硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，将溶液中Ag+除尽
（2）6.5＜pH＜7.5
（3） ①. 边搅拌边加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无沉淀生成 ②. pH过大，反应生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2的Cu元素含量高于Cu2(OH)2CO3
【解析】
【分析】整个实验过程分为三步：
第一步浸取，目的是让铜渣和混合酸反应，使铜渣溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，以除去银离子。
第二步制取硫酸铜，反应过程中，杂质也会被氧化溶解，生成硫酸盐，因此第一步过滤后的溶液中还含有反应生成的硫酸锰，利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异，通过向滤液中加入溶液调节控制溶液的值，使Cu2+离子完全转化为Cu(OH)2沉淀，实现、Cu2+分离，过滤得到Cu(OH)2，然后和稀硫酸反应得到溶液。
第三步制备，通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高，据此分析解答。
【小问1详解】
①渣铜被酸浸取时无S和SO2生成，说明杂质中的硫离子被硝酸氧化成硫酸，反应的化学方程式是Cu2S+3H2SO4+10HNO36CuSO4+10NO↑+8H2O，则其反应的离子方程式是3Cu2S+16H++10NO6Cu2++3+10NO↑+8H2O。
②由于硝酸被还原时生成了NO气体，为了充分利用硝酸，可向反应装置中不时的通入氧气，使其转化为硝酸，提高硝酸的利用率。
③当鼓入O2后，装置中气体不再出现红棕色，说明装置中就没有NO气体了，此时可停止鼓入O2。
④经分析，杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后的溶液中Ag+完全除去，可利用氯化银比硫酸银的溶度积更小，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，以除去银离子。
【小问2详解】
经分析，为了使滤液中的、Cu2+分开，可利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异，通过向滤液中加入溶液调节控制溶液的值，使Cu2+离子完全转化为Cu(OH)2沉淀，以实现两种离子分开。题目假设、Cu2+开始沉淀时，沉淀完全时，为了使Cu2+完全沉淀，则根据，解得溶液中的c(OH-)的浓度是110-7.5，即pH=6.5时， Cu2+完全沉淀，同理，根据，可得开始沉淀时的 c(OH-)=，即pH=7.5时，开始沉淀，则为了使Cu2+完全沉淀，而不沉淀，则向滤液中加入溶液调节范围应为6.5＜pH＜7.5。
【小问3详解】
①通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高。若向烧杯中加入溶液，根据与的比值是1.2，可得关系式 V0.5mol·L-11.2=30ml0.5mol·L-1，解得V=25ml，则还需向烧杯中加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，为了使溶液的pH=9，还需通过提供的pH计测定溶液pH，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1盐酸调节溶液pH约为9，才能使的产率最高。沉淀是否洗涤干净，可检验沉淀是否还附有硫酸根离子，故沉淀后过滤、洗涤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无沉淀生成。
②若反应时溶液pH过大，根据图2可知的产率偏低，沉淀中含有Cu(OH)2沉淀，而Cu(OH)2中铜元素的质量分数大于，故反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏大。
17. 有效去除烟气中的是环境保护的重要课题。
（1）O3能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5。已知下列热化学方程式：
则反应的_______。
（2）一种通过和的相互转化脱除的原理如图1所示。脱除的总反应为_______。
（3）NH3在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量NOx)中的NOx反应，实现NOx的脱除。常见的催化剂有V2O5等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物，其有两种晶体类型，分别如图2(a)、(b)所示，其中晶体a比表面积大，附着能力强，可用作载体，一定温度下可转化为晶体b。在V2O5催化下，NOx的脱除机理如图3所示。
①晶体b的化学式为_______。
②转化IV中，V元素化合价的变化为_______。
③脱除NOx时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，NOx的脱除率会降低，原因除高温下不利于NH3的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是_______和_______。
【答案】（1）−504.4kJ·mol−1
（2）12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O
（3） ①. TiO2 ②. +4变为+5 ③. 载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少 ④. 活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO
【解析】
【小问1详解】
将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②-①，故
；
【小问2详解】
从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钡为催化剂，硝酸钡为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：；
【小问3详解】
用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为： ，O原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，化学式为TiO2；经过IV后产物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即经过IV后V的化合价由+4变为+5；载体存在两种晶型，温度升高，载体晶体类型可能发生变化，a晶型变成b晶型时，比表面积减小，附着的催化剂量变少；另外，从图示机理中可以看出，若活性中间体直接被O2氧化，就不能参与还原NO过程，导致二氧化氮托出率降低，故可能原因为：载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。
2022年春学期高二年级第二次学情分析考试
化学试题
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ti-48 V-51 Cu-64
一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。
1. 从天然有机物中可以获取工业生产所需的多种原料。下列说法不正确的是
A. 由蛋白质水解可以获得氨基酸 B. 由淀粉水解可以获得葡萄糖
C. 由油脂水解可以获得丙三醇 D. 由石油裂解可以获得乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于蛋白质中含有肽键，故蛋白质水解可以获得氨基酸，A正确；
B．淀粉属于多糖，由淀粉水解可以获得葡萄糖，B正确；
C．油脂在酸性条件下水解为高级脂肪酸和甘油、在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，甘油就是丙三醇，C正确；
D．由石油裂解可以获得乙烯等，D错误；
故选D。
2. NCl3常用作漂白剂，一种制取NCl3的反应为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑。下列说法正确的是
A. NH4Cl属于离子化合物 B. HCl的电子式为
C. NCl3分子的空间构型为平面三角形 D. 含1个中子的H原子可以表示为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铵属于铵盐，所有的铵盐属于离子化合物，故A正确；
B．HCl属于共价化合物，没有阴阳离子，故B错误；
C．NCl3中心原子为N，N有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故C错误；
D．根据原子构成，左上角数字为质量数，因此中子数为1的H原子可以表示为，故D错误；
答案为A。
3. 下列有关含氮物质的性质与用途具有对应关系的是
A. NH3易溶于水，可用作制冷剂
B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. N2具有氧化性，可用于制取氨气
D. HNO3具有酸性，可用于洗涤附有银镜的试管
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3易液化，可用作制冷剂，故不选A；
B．NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，故不选B；
C．N2具有氧化性，氮气和氢气反应生成氨气，氮气做氧化剂，可用于制取氨气，故选C；
D．用硝酸洗涤附有银镜的试管，是因为硝酸具有强氧化性，故不选D；
选C。
4. 下列有关制取、提纯乙烯，并验证乙烯部分性质的装置能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取乙烯，反应时控制温度为140℃
B. 用装置乙除去乙烯中混有的乙醇
C. 用装置丙验证乙烯能与水加成
D. 用装置丁验证乙烯能与Br2加成
【答案】D
【解析】
【详解】A．制取乙烯，浓硫酸乙醇3：1，迅速升温170℃，140℃生成乙醚，A错误；
B．乙烯和乙醇都和酸性高锰酸钾发生反应，二者都被除去了，B错误；
C．乙烯能与水高温高压催化剂条件下加成生成乙醇，C错误；
D．乙烯与溴发生加成反应，四氯化碳作溶剂，CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，D正确；
故选D。
5. 砷元素广泛地存在于自然界，单质以灰砷、黑砷和黄砷形式存在，其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂中。下列有关砷元素及其化合物的说法正确的是
A. 基态As的电子排布式为[Ar]4s24p3 B. 灰砷、黑砷和黄砷是砷的同素异形体
C. AsH3在同族简单氢化物中沸点最高 D. 第一电离能：I1(Ge)
【解析】
【详解】A．As原子是33号元素，基态As的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．同素异形体是同种元素形成的结构不同的单质，灰砷、黑砷和黄砷是砷的同素异形体，故B正确；
C．NH3分子间可以形成氢键，沸点最高，AsH3在同族简单氢化物中沸点不如NH3高，故C错误；
D．同周期元素从左向右第一电离能增大，ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，第一电离能：I1(Ge)
6. As2O3俗称砒霜，是一种两性氧化物，可用于治疗癌症。As2O5是一种酸性氧化物。水体中含有一定浓度的H3AsO3和H3AsO4时会破坏水质，需要通过一定的方法除去。下列转化在指定条件下能够实现的是
A. As2O3H3AsO3 B. As2O5As2O3
C. H3AsO4Na3AsO4(aq) D. As2O5H3AsO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．As2O3一种两性氧化物，和盐酸会生成盐而不是酸，A错误；
B．As2O5具有强氧化性，次氯酸钠也具有氧化性，不能发生氧化还原反应，B错误；
C．H3AsO4为三元酸，可以和过量的氢氧化钠生成正盐Na3AsO4，C正确；
D．As2O5是一种酸性氧化物，可以和水反应生成H3AsO4，D错误；
故选C。
7. 催化剂作用下，CO2可以加氢制取CH4，反应的热化学方程式：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)；ΔH<0，下列说法正确的是
A. 该反应任何条件下均能自发进行
B. 反应的平衡常数可表示为K=
C. 其他条件不变，增大压强可以增大反应的平衡常数
D. 断裂反应物所含化学键吸收的能量小于形成生成物所含化学键释放的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．，ΔH<0，根据反应自发，该反应在低温下自发，故A错误；
B．反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；
C．其他条件不变，增大压强可以使平衡正向移动，但温度不变反应的平衡常数不变，故C错误；
D．该反应是放热反应，断裂反应物所含化学键吸收的能量小于形成生成物所含化学键释放的能量，故D正确；
故答案为D
8. 用久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下：
已知75℃时，Cl2在碱性条件下会转化为Cl-和，室温下KClO3的溶解度远小于KCl。下列说法正确的是
A. 氯化反应的离子方程式为Cl2+4OH-Cl-++2H2O
B. 转化时发生反应的类型为复分解反应
C. 滤液中大量存在的离子是Ca2+、K+、Cl-和
D 如图所示KCl晶胞中含有14个K+
【答案】B
【解析】
【分析】生石灰加入水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙氯化生成氯化钙和氯酸钙，过滤除去CaCO3等滤渣，滤液加入氯化钾，室温下KClO3的溶解度远小于KCl，氯化钾和氯酸钙转化为氯酸钾，过滤得到氯酸钾。
【详解】A．已知75℃时，Cl2在碱性条件下会转化为Cl-和，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-++3H2O，A错误；
B．室温下KClO3的溶解度远小于KCl，氯化钾和氯酸钙转化为氯酸钾和氯化钙，该反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，B正确；
C．钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀不能大量共存，滤液中没有大量，C错误；
D．KCl晶胞中钾离子位于棱心和体心，1个KCl晶胞中含有K+数目为个，D错误；
故选B。
9. 一种抗血小板聚集的药物X的结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 1个X含有2个手性碳原子
B. X中存在4种含氧官能团
C. 1molX最多能与2molNaOH发生反应
D. 1分子X中含有3个sp3杂化的C原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据手性碳原子的定义，该有机物中含有手性碳原子位置如图所示 ，该有机物有2个手性碳原子，故A正确；
B．根据结构简式，含氧官能团为酯基、醚键和羟基，有三种含氧官能团，故B错误；
C．该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，但 ，1mol该酯基消耗2molNaOH，因此1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故C错误；
D．四个单键的C原子，其杂化类型为sp3，因此该有机物中sp3杂化的C原子有7个，故D错误；
答案A。
10. 微生物脱盐电池既可以处理废水中CH3COOH和，又可以实现海水淡化，原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 生物电极b为电池的负极
B. 电极a的电极反应式为CH3COOH-8e-+8OH-=2CO2↑+6H2O
C. 每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子
D. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COOH发生失电子的氧化反应生成，亚硝酸根发生得电子的还原反应生成，极为负极，极为正极。
【详解】A．极负极，CH3COOH失电子，极为正极亚硝酸根得电子,故A错误；
B．由分析知极为负极，则负极反应式为，故B错误；
C．发生得电子还原反应生成，每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子故C正确；
D．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即溶液中的通过阳离子交换膜移向极、通过阴离子交换膜移向极，达到海水淡化目的，所以离子交换膜a为阴离子交换膜，离子交换膜b为阳离子交换膜，故D错误；
故答案为C。
11. 室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1氨水溶液，充分混合，溶液pH约为9。
实验3：向10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1NaHSO3溶液，无明显现象。
实验4：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入10mL0.05mol·L-1Ba(ClO)2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A. 实验1可得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)
C. 实验3可得出：Ka2(H2SO3)
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHSO3溶液的pH约为5，说明电离大于水解，，Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=，故A错误；
B．实验2所得溶液为等浓度的Na2SO3、(NH4)2SO3，根据质子守恒c(H+)+2c(H2SO3)+c()=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故B正确；
C．实验3，NaHSO3量不足，无明显现象，不能得出Ka2(H2SO3)
选B。
12. 室温下，向5mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加1mL0.1mol·L-1BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，向滤渣中加入Na2SO4溶液，浸泡一段时间后过滤，向滤渣中加入足量的1mol·L-1盐酸，无明显现象。已知：Ksp(BaCO3)=5×10-9，Ksp(BaSO4)=1×10-10。下列说法正确的是
A. 滴加1mLBaCl2溶液后，所得溶液中c(Ba2+)一定大于5×10-8mol·L-1
B. 向Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，所得溶液的pH会升高
C. Na2SO4溶液的浓度一定大于0.1mol·L-1
D. Na2SO4溶液浸泡后的溶液中一定存在c()>50c()
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入1mL0.1mol·L-1BaCl2溶液，Ba2+与CO反应，则剩余的c(CO)=(510-3L 0.1mol/L-10-3L0.1mol/L) 610-3L=mol/L，则c(Ba2+)= =7.510-8 mol/L，故A正确；
B．CO被消耗，浓度减小，CO水解生成OH-浓度减小，溶液的pH会降低，故B错误；
C．Ksp(BaCO3)=5×10-9>Ksp(BaSO4)=1×10-10，加入Na2SO4溶液后，浸泡一段时间后BaCO3会向BaSO4转化，存在平衡，需要满足，，故c()大于即可，故C错误；
D．根据C项分析可知，Na2SO4溶液浸泡后的溶液中一定存在c()<50c()，故D错误；
故答案为A
13. 以Cu/ZnO/Al2O3为催化剂，乙醇直接合成乙酸乙酯过程中发生的可逆反应如下：
C2H5OH(g)=CH3CHO(g)+H2(g)；ΔH=59kJ·mol-1
2CH3CHO(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)+CH3COOH(g)；ΔH=-86kJ·mol-1
CH3COOH(g)+C2H5OH(g)=CH3COOC2H5(g)+H2O(g)；ΔH=-25kJ·mol-1
2C2H5OH(g)=C2H5OC2H5(g)+H2O(g)；ΔH=-44kJ·mol-1
其他条件相同，将无水乙醇经预热气化后以一定流速通过装有催化剂的反应管，将出口处收集到的乙酸乙酯、乙醛、乙醚、乙酸、乙醇冷凝，测得部分有机物占全部有机物的质量分数与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 在250～300℃范围，乙醇的转化率随温度的升高而减小
B. 在200～325℃范围，乙醇生成乙醚的反应均已到达平衡
C. 在300～325℃范围，出口处氢气的量随温度的升高而减小
D. 研发使用催化活性高的催化剂有利于提高乙酸乙酯的平衡产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知在250～300℃范围，乙醛的质量分数减小，乙醚乙酸的质量分数逐渐增大但是变化小，而乙酸乙酯的质量分数增大的多，变化大得多，乙酸乙酯、乙醛、乙醚、乙酸是乙醇的反应的产物，乙醇的转化率随温度的升高而逐渐增大，A错误；
B．由图可知乙醚的质量分数从200～325℃一直再上升，因此乙醇生成乙醚的反应并未达到平衡，B错误；
C．由图可知300～325℃内，反应C2H5OH=CH3CHO+H2，乙醛的质量分数逐渐减小，生成氢气的量，也逐渐减小，出口处氢气的量随温度的升高而减小，C正确；
D．催化剂可以改变化学反应速率，不能使平衡移动，不能提高乙酸乙酯的平衡产率，D错误；
故选C。
二、非选择题
14. 硫酸工业所得废钒催化剂主要含SiO2、VOSO4、V2O5和K2SO4，VOSO4易溶于水，V2O5微溶于水，易溶于强碱，在酸中溶解较慢。一种利用废钒催化剂制取多钒酸铵[]的流程如图所示：
已知“酸浸”后的溶液中主要含离子是、、、、，“氧化”后的溶液中主要含离子、、、、、。
（1）“酸浸”中加亚硫酸钠的目的是_______。
（2）写出“氧化”时所发生反应的离子方程式：_______。
（3）其他条件一定，“沉钒”所得多钒酸铵的质量与溶液pH的关系如图所示。pH＞5时，多钒酸铵的质量随pH的升高而降低的原因是_______。
（4）为测定多钒酸铵的组成，现进行如下实验：称取一定质量的多钒酸铵，加热至完全分解，将所得气体混合物通过碱石灰，得到标准状况下气体1.792L，称量所得固体质量为18.2g。计算多钒酸铵的化学式_______并写出计算过程。
【答案】（1）将V2O5转化为易溶的VOSO4，提高钒元素的浸出率
（2）
（3）pH＞5时，溶液中c() [或c())和]减小，生成多钒酸铵的量减少
（4）(NH4)4H2V10O28
【解析】
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸” 时加入硫酸、Na2SO3，使V2O5转化为VO2+，Na2SO3为还原剂，SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂NaClO3，将VO2+变为，再加氨水调节pH≈4，然后加入硫酸铵沉钒，得到多钒酸铵[ (NH4)xH6-xV10O28]，以此解答该题。
【小问1详解】
“酸浸”中加亚硫酸钠的目的是将V2O5转化为易溶的VOSO4，以提高钒元素的浸出率；
【小问2详解】
将NaClO3加入滤液中，NaClO3将VO2+氧化为，得到电子被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
其他条件一定，“沉钒”所得多钒酸铵的质量与溶液pH的关系如图所示。根据图示可知：当溶液pH＞5时，多钒酸铵的质量随pH的升高而降低，这是由于当溶液pH＞5时，溶液中c() [或c())和]减小，导致生成多钒酸铵的量减少；
【小问4详解】
称取一定质量的多钒酸铵，加热至完全分解，将所得气体混合物通过碱石灰，得到标准状况下气体1.792 L，n(NH3)=，称量所得V2O5固体质量为18.2 g，n(V2O5)=，n(N)∶n(V)=0.08 mol∶：(0.1 mol×2)=2∶5=4∶10，则x=4，6-x=2，则该盐的化学式为(NH4)4H2V10O28。
15. 有机物G是制备某抗失眠药物的中间体，其一种合成方法如下：
（1）1mol有机物C中所含σ键的数目为_______。
（2）D的结构简式为_______。
（3）D→E时若使用碱性(OH-)条件，则会生成一种与E互为同分异构体的有机物，该有机物的结构简式为_______。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
I.具有α-氨基酸的结构
II.含有两个苯环和7种化学环境不同的氢
（5）写出以和为原料制备的合成路线图____________。(无机试剂及有机溶剂任用，合成路线图示例见本题题干)
【答案】（1）19NA
（2） （3） （4）、、
（5）或
【解析】
【分析】根据合成路线，A→B发生取代反应，将-OH转化为-OCH3，B在酸性高锰酸钾强氧化剂的作用下，将-CH3转化为-COOH，D与发生反应生成E，对比结构以及结合D的分子式为C8H7ClO2，可知D的结构简式为，E在碱性条件下发生取代反应生成F，F与HI发生取代反应，将-OCH3又转化为-OH得到G，据此分析来解答。
【小问1详解】
根据有机物C的结构简式，可知1mol C中所含σ键的数目为19NA，故答案为19NA；
【小问2详解】
根据上面的分析，D的结构简式为，故答案为；
【小问3详解】
合成路线中，D→E发生取代反应，生成HCl小分子，若使用碱性(OH-)条件，则会生成一种与E互为同分异构体的有机物，而E→F刚好是在碱性条件下的取代反应，只是取代位置不同，因此可推得该同分异构体的结构简式为，故答案为；
【小问4详解】
根据E的结构简式，E的一种同分异构体同时满足：I.具有α-氨基酸的结构，即含有的结构，II.含有两个苯环和7种化学环境不同的氢，由此可知该同分异构体可能为、、，故答案为、、；
【小问5详解】
根据合成路线图中C→D→E，可以发生成环反应，但由于-CHO转化为-COOH的过程容易将酚羟基氧化，所以在合成路线的设计时需注意酚羟基的保护和还原，所以合成路线设计为：
或
16. 实验小组以某铜渣(主要成分、，含少量和)为原料先制备硫酸铜，再由硫酸铜制备碱式碳酸铜[]。实验包括如下过程：
（1）浸取。
将一定量的铜渣粉碎后加入到如图-1所示的三颈烧瓶中，再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和稀硫酸混合溶液，滴加液体的间隔利用二连球鼓入O2，铜渣充分反应后，向溶液中加入少量，过滤。
①已知浸取时无S和SO2生成，写出浸取时所发生反应的离子方程式：_______。
②滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入O2的目的是_______。
③当观察到_______，可以停止鼓入O2。
④加入的目的是_______。[已知]
（2）制取。
向滤液中加入溶液调节范围为_______，过滤；向滤渣中加入稀硫酸至滤渣恰好完全溶解，得溶液。{设、开始沉淀时，沉淀完全时。，}
（3）制。
已知的产率{}随起始与的比值和溶液pH的关系如图2所示。
①补充完整制取的实验方案：向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，_______，低温烘干，得到。(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、溶液、溶液、盐酸、pH计)
②实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏大，原因是_______。
【答案】（1） ①. 3Cu2S+16H++10NO6Cu2++3+10NO↑+8H2O ②. 将生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗 ③. 鼓入O2气体不再出现红棕色 ④. 将硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，将溶液中Ag+除尽
（2）6.5＜pH＜7.5
（3） ①. 边搅拌边加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无沉淀生成 ②. pH过大，反应生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2的Cu元素含量高于Cu2(OH)2CO3
【解析】
【分析】整个实验过程分为三步：
第一步浸取，目的是让铜渣和混合酸反应，使铜渣溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，以除去银离子。
第二步制取硫酸铜，反应过程中，杂质也会被氧化溶解，生成硫酸盐，因此第一步过滤后的溶液中还含有反应生成的硫酸锰，利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异，通过向滤液中加入溶液调节控制溶液的值，使Cu2+离子完全转化为Cu(OH)2沉淀，实现、Cu2+分离，过滤得到Cu(OH)2，然后和稀硫酸反应得到溶液。
第三步制备，通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高，据此分析解答。
【小问1详解】
①渣铜被酸浸取时无S和SO2生成，说明杂质中的硫离子被硝酸氧化成硫酸，反应的化学方程式是Cu2S+3H2SO4+10HNO36CuSO4+10NO↑+8H2O，则其反应的离子方程式是3Cu2S+16H++10NO6Cu2++3+10NO↑+8H2O。
②由于硝酸被还原时生成了NO气体，为了充分利用硝酸，可向反应装置中不时的通入氧气，使其转化为硝酸，提高硝酸的利用率。
③当鼓入O2后，装置中气体不再出现红棕色，说明装置中就没有NO气体了，此时可停止鼓入O2。
④经分析，杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后的溶液中Ag+完全除去，可利用氯化银比硫酸银的溶度积更小，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，以除去银离子。
【小问2详解】
经分析，为了使滤液中的、Cu2+分开，可利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异，通过向滤液中加入溶液调节控制溶液的值，使Cu2+离子完全转化为Cu(OH)2沉淀，以实现两种离子分开。题目假设、Cu2+开始沉淀时，沉淀完全时，为了使Cu2+完全沉淀，则根据，解得溶液中的c(OH-)的浓度是110-7.5，即pH=6.5时， Cu2+完全沉淀，同理，根据，可得开始沉淀时的 c(OH-)=，即pH=7.5时，开始沉淀，则为了使Cu2+完全沉淀，而不沉淀，则向滤液中加入溶液调节范围应为6.5＜pH＜7.5。
【小问3详解】
①通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高。若向烧杯中加入溶液，根据与的比值是1.2，可得关系式 V0.5mol·L-11.2=30ml0.5mol·L-1，解得V=25ml，则还需向烧杯中加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，为了使溶液的pH=9，还需通过提供的pH计测定溶液pH，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1盐酸调节溶液pH约为9，才能使的产率最高。沉淀是否洗涤干净，可检验沉淀是否还附有硫酸根离子，故沉淀后过滤、洗涤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无沉淀生成。
②若反应时溶液pH过大，根据图2可知的产率偏低，沉淀中含有Cu(OH)2沉淀，而Cu(OH)2中铜元素的质量分数大于，故反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏大。
17. 有效去除烟气中的是环境保护的重要课题。
（1）O3能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5。已知下列热化学方程式：
则反应的_______。
（2）一种通过和的相互转化脱除的原理如图1所示。脱除的总反应为_______。
（3）NH3在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量NOx)中的NOx反应，实现NOx的脱除。常见的催化剂有V2O5等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物，其有两种晶体类型，分别如图2(a)、(b)所示，其中晶体a比表面积大，附着能力强，可用作载体，一定温度下可转化为晶体b。在V2O5催化下，NOx的脱除机理如图3所示。
①晶体b的化学式为_______。
②转化IV中，V元素化合价的变化为_______。
③脱除NOx时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，NOx的脱除率会降低，原因除高温下不利于NH3的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是_______和_______。
【答案】（1）−504.4kJ·mol−1
（2）12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O
（3） ①. TiO2 ②. +4变为+5 ③. 载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少 ④. 活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO
【解析】
【小问1详解】
将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②-①，故
；
【小问2详解】
从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钡为催化剂，硝酸钡为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：；
【小问3详解】
用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为： ，O原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，化学式为TiO2；经过IV后产物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即经过IV后V的化合价由+4变为+5；载体存在两种晶型，温度升高，载体晶体类型可能发生变化，a晶型变成b晶型时，比表面积减小，附着的催化剂量变少；另外，从图示机理中可以看出，若活性中间体直接被O2氧化，就不能参与还原NO过程，导致二氧化氮托出率降低，故可能原因为：载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。
相关试卷
2022-2023学年江苏省响水中学高一3月学情分析化学试题： 这是一份2022-2023学年江苏省响水中学高一3月学情分析化学试题，文件包含江苏省响水中学高一3月学情分析化学试题原卷版docx、江苏省响水中学高一3月学情分析化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
2023-2024学年江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试（选修）化学试题： 这是一份2023-2024学年江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试（选修）化学试题，文件包含江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试选修化学试题原卷版docx、江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试选修化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
2023-2024学年江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试（必修）化学试题： 这是一份2023-2024学年江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试（必修）化学试题，文件包含江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试必修化学试题原卷版docx、江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期3月学情分析考试必修化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
