常州市教育学会2022-2023学年高二下学期期末学业水平监测
化学试题
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试时间为75分钟。
2.答题前请将学校、班级、学号、姓名填涂在答题卡密封线内；答案书写在答题卡规定区域内，在草稿纸、试卷上答题无效；考试结束后仅交答题卡。
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 华为5G手机使用的麒麟芯片主要成分是晶体。下列固体与其晶体类型相同的是
A. 金刚石 B. 金属铁 C. 足球烯 D. 氯化钠
2. 空气电池(溶液做电解质)具有很高的能量密度。下列说法不正确的是
A. 半径大小： B. 碱性强弱：
C. 中既含离子键也含共价键 D. 电池工作时可将电能转化为化学能
3. 反应可用于燃煤烟气脱硫。下列说法正确的是
A. 脱硫时发生的反应属于置换反应 B. 的空间构型为V形
C. 电离能大小： D. 电负性大小：
4. 用下列实验装置进行实验，可达到相应的实验目的的是
A. 用装置甲测定盐酸和溶液反应的反应热
B. 用装置乙测定未知浓度溶液的物质的量浓度
C. 用实验丙比较和对分解的催化效果
D. 用实验丁制取胶体，当液体呈红褐色时停止加热
5. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。下列说法正确的是
A. 和都非极性分子 B. 磷酸根离子中含键
C. 的外围电子排布式为 D. 中元素的化合价为
6. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。下列化学反应表示正确的是
A 工业合成氨反应：
B. 火箭发射时，和反应：
C. 锂离子电池放电时的正极反应：
D. 两性氧化物溶于溶液的反应：
7. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。常温下，下列有关氨水的说法正确的是
A. 相同浓度氨水和溶液的导电能力相同
B. 相同浓度的氨水和溶液中，水的电离程度相同
C. 均为10的氨水和溶液中，的物质的量浓度相同
D. 将均为10的氨水和溶液稀释相同倍数后，溶液的大于氨水
8. 盐类的水解在生产、生活中应用广泛。下列物质的用途与盐类水解无关的是
A. 溶液用于除去铁锈
B. 溶液用作泡沫灭火剂原料
C. 溶液用于吸收工业废气中的
D. 溶液用于处理锅炉中的水垢
9. 工业制备四氯化钛(，熔点为，沸点为136.4℃)有以下两种方法：
①直接氯化法：
②加碳氯化法：
下列说法不正确的是
A. 固态四氯化钛属于分子晶体
B. 加碳氯化反应的化学平衡常数
C. 增加加碳氯化法中原料C的投入量，既可加快反应速率，又能提高平衡产率
D. 与直接氯化法相比，加碳氯化法既利于反应正向进行，又为氯化提供了能量
10. 实验室模拟组装水系锌离子二次电池，以溶液为电解质，主要通过在两极上“沉积/溶解”、“脱出/嵌入”实现充放电。工作时总反应为。下列有关说法不正确的是
A. 充电时，阳极的电极反应为
B. 充电时，移向并嵌入电极
C. 放电时，电流从电极流出
D. 放电时，电解质溶液中浓度不变
11. 室温下，根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 用计测定浓度均为的和溶液的，前者大于后者
B 向溶液中加入等体积同浓度的溶液，溶液变浑浊
C 将少量氯化钴晶体溶于浓盐酸配成蓝色溶液，加水稀释至溶液呈紫色后，再加热，溶液又恢复蓝色 反应的
D 向溶液逐滴加入同体积同浓度的溶液，先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。
实验1：配制溶液，测得溶液约为12；
实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。
下列说法正确的是
A. 实验1所得溶液中，
B. 根据实验2，可推测
C. 实验3反应后溶液中存在：
D. 25℃时，反应的平衡常数
13. 丙烷催化脱氢制丙烯的反应为。600℃下，将固定浓度的通入有催化剂的恒容反应器，逐渐提高浓度，经相同时间，测得出口处、和浓度随初始浓度的变化关系如图。
已知：①
②
③
下列说法正确的是
A. 丙烷催化脱氢制丙烯反应的
B. 和变化差异的原因：
C. 其他条件不变，投料比越大，转化率越大
D. 一定温度下，使用高效催化剂，有利于提高丙烯的平衡产率
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 利用绿矾和硫铁矿可联合制备铁精粉和硫酸。
（1）的结构示意图如图所示。
①基态O原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
②中O原子和中S原子均为杂化。
分子中的键角_____(填“大于”、“等于”或“小于”)离子中键角，其原因是_____。
③属于配位化合物。由结构示意图可知，中的配位数为_____。
（2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。
①的电子式为_____。
②晶体中位于形成的_____(填“正四面体”或“正八面体”)空隙中。
③摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。该晶体的密度为_____。(列出算式即可，无需化简。)
（3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如题图所示。从能源与资源综合利用角度分析，利用和联合制备铁精粉和硫酸的优点是_____。
15. 实验室用失效磷酸锰锂正极材料(主要成分为、C)制备，进一步制得。
（1）制备。将失效磷酸锰锂正极材料溶于混合液中，充分反应，过滤，分别得到含的富锂溶液和锰炭渣(和C的混合物)，所得滤渣在氧气气氛下焙烧得到。
①酸浸过程中发生反应的离子方程式为_____。
②为测定晶体结构，可靠的实验方法是_____。
（2）制备。称取一定量、稍过量于铁坩埚中混合熔融，搅拌下分批加入一定量，经强热得到熔融物。
已知：遇酸发生歧化生成和。20℃时，和的溶解度依次为和；磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示。
②分批加入一定量的原因是_____。
②请补充完整制取晶体的实验方案：待熔融物冷却，捣碎，加入蒸馏水，小火煮至熔融物全部溶解，_____，过滤，用冰水洗涤，干燥得晶体，(实验中可选用的试剂有：。除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗、计。)
（3）测定纯度，准确称取样品，用容量瓶配成溶液；取于锥形瓶中缓慢加入浓硫酸，用标准溶液滴定至终点。重复操作2～3次，平均消耗溶液体积为。
①在接近丝点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度，其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，_____，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
②计算样品中的质量分数_____(写出计算过程)。
16. 铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ．从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：
（1）25℃时，随溶液的不同，甘氨酸在水溶液中分别以、或为主要形式存在。内盐是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因：_____。
（2）浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为)、溶液和固体。取一定量固体溶于水，随后依次加入_____(填“”或“”，下同)、_____，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜、等。
（3）浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，控制温度50℃，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，但与铜反应，最终铜全部转化为进入溶液，从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应过程为、_____。
②其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过时，铜浸出速率急剧下降的可能原因是_____。
Ⅱ．从铜烟灰(主要成分为)中回收铜的主要步骤为：酸浸→萃取→反萃取→电解。
已知：溶于无机酸。
（4）酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是_____。
（5）萃取、反萃取：向浸出液(浓度为)中加入有机萃取剂萃取，其原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相(浓度达)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_____。
17. 氢气是一种清洁能源，研发新型制氢技术具有重要意义。
（1）“表面改性铝粉分解水制氢”因储量丰富和较强的还原活性得到广泛应用。
铝粉表面的致密氧化膜是影响还原活性的主要因素，工业上常用溶液或锡酸钠溶液作为粉的改性试剂。
已知：；。
①利用溶液改性粉的原理可用化学方程式表示为_____
②348K下，向两份质量和粒径均相同的粉中，分别加入等体积溶液和溶液改性粉，氢气产率随时间的变化关系如图1所示。溶液改性效果明显优于溶液的可能原因是_____。
③保持其他条件不变，氢气产率随溶液浓度的变化关系如图2所示。当溶液浓度为时，氢气产率接近80%。但溶液过大或过小会大大降低氢气产率，其可能原因分别是_____
（2）“纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢”主要经过吸附和还原的过程。
①氨硼烷的结构式为_____(标出配位键)。
②室温下，氨硼烷在铷镍合金作用下快速水解生成氢气。根据过渡态理论，氨硼烷在铷镍合金作用下易水解的原因可解释为_____。
③铷镍合金催化氨硼烷水解的可能反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子，氨硼烷中与B原子相连的3个H原子分别用和标记)。根据元素电负性的变化规律推测题图的虚线框内微粒A和B的化学式分别为_____；步骤Ⅱ可描述为_____。
常州市教育学会2022-2023学年高二下学期期末学业水平监测
化学试题 答案解析
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试时间为75分钟。
2.答题前请将学校、班级、学号、姓名填涂在答题卡密封线内；答案书写在答题卡规定区域内，在草稿纸、试卷上答题无效；考试结束后仅交答题卡。
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 华为5G手机使用的麒麟芯片主要成分是晶体。下列固体与其晶体类型相同的是
A. 金刚石 B. 金属铁 C. 足球烯 D. 氯化钠
【答案】A
【解析】
【分析】晶体为典型的共价晶体；
【详解】A．金刚石为共价晶体，A符合题意；
B．铁为金属晶体，B不符合题意；
C．足球烯为分子晶体，C不符合题意；
D．氯化钠为离子晶体，D不符合题意；
故选A。
2. 空气电池(溶液做电解质)具有很高的能量密度。下列说法不正确的是
A. 半径大小： B. 碱性强弱：
C. 中既含离子键也含共价键 D. 电池工作时可将电能转化为化学能
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：，故A正确；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，故B正确；
C．中钾离子、氢氧根离子间存在离子键，氢氧根中存在氢氧共价键，C正确；
D．电池为将化学能转化为电能的装置，工作时可将化学能转化为电能，D错误；
故选D。
3. 反应可用于燃煤烟气脱硫。下列说法正确是
A. 脱硫时发生的反应属于置换反应 B. 的空间构型为V形
C. 电离能大小： D. 电负性大小：
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应物为两种化合物，不是置换反应，故A错误；
B．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为V形，故B正确；
C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，电离能大小：，C错误；
D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：，D错误；
故选B。
4. 用下列实验装置进行实验，可达到相应的实验目的的是
A. 用装置甲测定盐酸和溶液反应的反应热
B. 用装置乙测定未知浓度溶液的物质的量浓度
C. 用实验丙比较和对分解的催化效果
D. 用实验丁制取胶体，当液体呈红褐色时停止加热
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度计应在环形玻璃棒的中央，图中不能测定最高温度，故A错误；
B．图中为碱滴定酸，应选标准浓度的盐酸测定未知浓度NaOH溶液的物质的量浓度，故B错误；
C．阴离子的浓度不同，不能比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故C错误；
D．饱和氯化铁溶液在沸水中水解可制备胶体，则当液体呈红褐色时停止加热，得到氢氧化铁胶体，故D正确；
故选：D。
5. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。下列说法正确的是
A. 和都是非极性分子 B. 磷酸根离子中含键
C. 的外围电子排布式为 D. 中元素的化合价为
【答案】B
【解析】
【详解】A．和中N均形成3个共价键且有1对孤电子对，为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，都是极性分子，故A错误；
B．单键均为σ键，1个磷酸根离子形成4个共价键，则磷酸根离子中含键，故B正确；
C．铁原子为26号元素，失去2个电子形成亚铁离子，的外围电子排布式为，C错误；
D．中元素的化合价为-3，D错误；
故选B。
6. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。下列化学反应表示正确的是
A. 工业合成氨反应：
B. 火箭发射时，和反应：
C. 锂离子电池放电时的正极反应：
D. 两性氧化物溶于溶液的反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意知，工业合成氨反应中每生成1mol氨气，释放92.3kJ热量，则工业合成氨反应：，故A错误；
B．长征二号”运载火箭采用C2H8N2/N2O4作发动机推进剂，燃烧产物无污染，则火箭发射时，C2H8N2和N2O4反应：C2H8N2+2N2O4═2CO2+3N2+4H2O，故B错误；
C．锂离子电池放电时的正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePOO4，故C错误；
D．两性氧化物Ga2O3溶于NaOH溶液的反应类似氧化铝与氢氧化钠反应，离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
7. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，工业合成氨反应中每生成氨气，释放热量。“长征二号”运载火箭采用作发动机推进剂，燃烧产物无污染。常作锂电池的正极材料，电池充电时，脱出部分，形成。砷化镓是制备第三代半导体材料的重要原料。常温下，下列有关氨水的说法正确的是
A. 相同浓度的氨水和溶液的导电能力相同
B. 相同浓度的氨水和溶液中，水的电离程度相同
C. 均为10的氨水和溶液中，的物质的量浓度相同
D. 将均为10的氨水和溶液稀释相同倍数后，溶液的大于氨水
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水部分电离出离子，NaOH是强碱能完全电离，则相同浓度的氨水和溶液后者的浓度大，离子浓度越大导电性越强，所以NaOH溶液导电能力强，故A错误；
B．氨水属于碱，电离出氢氧根离子抑制水的电离，为强酸弱碱盐，铵根能与水发生水解反应，促进水的电离，则溶液中水的电离程度更大，故B错误；
C．相同温度下，均为10的氨水和溶液中氢离子浓度相等，根据Kw=c(H+) c(OH-)，则的物质的量浓度相同，故C正确；
D．根据越稀越电离原理，氨水稀释后促进其电离，生成c(OH-)比NaOH的大，则氨水的较大，故D错误；
故选：C。
8. 盐类的水解在生产、生活中应用广泛。下列物质的用途与盐类水解无关的是
A. 溶液用于除去铁锈
B. 溶液用作泡沫灭火剂原料
C. 溶液用于吸收工业废气中的
D. 溶液用于处理锅炉中的水垢
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵水解呈酸性，可溶解铁锈，以达到除锈的目的，故A正确；
B．NaHCO3和Al2(SO4)3中的离子和Al3+离子水解相互促进，生成二氧化碳气体和氢氧化铝的沉淀，所以用饱和NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液作泡沫灭火剂原料，故B正确；
C．Na2SO3水解成碱性，故Na2SO3溶液用于吸收工业废气中的SO2，故C正确；
D．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，发生反应为：CaSO4(s)+(aq) CaSO3(s)+(aq)，属于沉淀的转化，故D错误；
故选：D。
9. 工业制备四氯化钛(，熔点为，沸点为136.4℃)有以下两种方法：
①直接氯化法：
②加碳氯化法：
下列说法不正确的是
A. 固态四氯化钛属于分子晶体
B. 加碳氯化反应的化学平衡常数
C. 增加加碳氯化法中原料C的投入量，既可加快反应速率，又能提高平衡产率
D. 与直接氯化法相比，加碳氯化法既利于反应正向进行，又为氯化提供了能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．四氯化钛TiCl4熔点为-25℃，沸点为136.4℃，熔沸点较低，则固态四氯化钛属于分子晶体，故A正确；
B．化学平衡常数等于生成物平衡浓度系数次方之积与反应物平衡浓度系数次方之积的比值；加碳氯化反应的化学平衡常数，故B正确；
C．增大固体用量，不会改变浓度，既不影响化学反应速率也不影响化学平衡，故C错误；
D．由热化学方程式可知，不加碳的氯化需要吸收大量的热，反应很难进行，而加入碳后，反应放出大量的热，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量，故D正确；
故选：C。
10. 实验室模拟组装水系锌离子二次电池，以溶液为电解质，主要通过在两极上“沉积/溶解”、“脱出/嵌入”实现充放电。工作时总反应为。下列有关说法不正确的是
A. 充电时，阳极的电极反应为
B. 充电时，移向并嵌入电极
C. 放电时，电流从电极流出
D. 放电时，电解质溶液中浓度不变
【答案】B
【解析】
【分析】由工作时总反应为可知，放电时Zn价态升高失电子，故Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，MnO2作正极，电极反应式为Zn2++2MnO2+2e-=ZnMn2O4，充电时Zn作阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn,MnO2作阳极，据此作答。
【详解】A．充电时MnO2极作阳极，电极反应为ZnMn2O4-2e-=Zn2++2MnO2，故A正确，
B．充电时，阳离子移向阴极，即Zn2+移向并嵌入Zn电极，故B错误；
C．放电时，电流从正极流出，即电流从MnO2电极流出，故C正确；
D．放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，MnO2作正极，电极反应式为Zn2++2MnO2+2e-=ZnMn2O4，故电解质溶液中Zn2+浓度不变，故D正确；
故选：B。
11. 室温下，根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 用计测定浓度均为的和溶液的，前者大于后者
B 向溶液中加入等体积同浓度的溶液，溶液变浑浊
C 将少量氯化钴晶体溶于浓盐酸配成蓝色溶液，加水稀释至溶液呈紫色后，再加热，溶液又恢复蓝色 反应
D 向溶液逐滴加入同体积同浓度的溶液，先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸铵为弱酸弱碱盐，铵根离子水解会促进醋酸根离子的水解，使得不能比较对应酸碳酸、醋酸的酸性强弱，A错误；
B．向溶液中加入等体积同浓度的溶液，溶液变浑浊，则草酸根离子、钡离子浓度小于0.05mol/L，则，B正确；
C．再加热，溶液又恢复蓝色，说明平衡正向移动，则正向反应为吸热反应，焓变大于零，C正确；
D．亚硫酸根离子水解显碱性、铁离子水解显酸性，两者相互促进水解生成氢氧化铁红褐色沉淀，由于亚硫酸根离子具有还原性、铁离子具有氧化性，继续发生氧化还原反应将三价铁转化为二价铁溶液变为绿色，能说明与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争，D正确；
故选A。
12. 室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。
实验1：配制溶液，测得溶液约为12；
实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。
下列说法正确的是
A. 实验1所得溶液中，
B. 根据实验2，可推测
C. 实验3反应后溶液中存在：
D. 25℃时，反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()＞c()+c()，故A错误；
B．CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；
C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，滴入等体积0.1mol L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c()+c()，故C错误；
D．反应+H2SO3 +的平衡常数
，故D正确；
故选：D。
13. 丙烷催化脱氢制丙烯的反应为。600℃下，将固定浓度的通入有催化剂的恒容反应器，逐渐提高浓度，经相同时间，测得出口处、和浓度随初始浓度的变化关系如图。
已知：①
②
③
下列说法正确的是
A. 丙烷催化脱氢制丙烯反应的
B. 和变化差异的原因：
C. 其他条件不变，投料比越大，转化率越大
D. 一定温度下，使用高效催化剂，有利于提高丙烯的平衡产率
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律方程式①-②-③得C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=△H1-△H2-△H3=-2220kJ mol-1+2058kJ mol-1+286kJ mol-1=+124 kJ mol-1，故A错误；
B．根据坐标系c(H2)和 c(C3H6)的变化不同，根据方程式C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，c(H2)和 c(C3H6)应该相等，因为CO2+H2 CO+H2O，c(C3H6)增加快，故B正确；
C．根据图示，横坐标为二氧化碳的浓度，投料比越大，C3H8转化率越小，故C错误；
D．催化剂只能改变反应速率，不能提高丙烯的产率，故D错误；
故选：B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 利用绿矾和硫铁矿可联合制备铁精粉和硫酸。
（1）的结构示意图如图所示。
①基态O原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
②中O原子和中S原子均为杂化。
分子中的键角_____(填“大于”、“等于”或“小于”)离子中键角，其原因是_____。
③属于配位化合物。由结构示意图可知，中的配位数为_____。
（2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。
①的电子式为_____。
②晶体中位于形成的_____(填“正四面体”或“正八面体”)空隙中。
③的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。该晶体的密度为_____。(列出算式即可，无需化简。)
（3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如题图所示。从能源与资源综合利用角度分析，利用和联合制备铁精粉和硫酸的优点是_____。
【答案】（1） ①. 2：1（或1:2） ②. 小于 ③. 中存在2对孤电子对、中没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 ④. 6
（2） ①. ②. 正八面体 ③.
（3）燃烧为放热反应、分解为吸热反应，燃烧放出的热量可以为分解提供能量，另外燃烧、分解的产物氧化铁、二氧化硫、三氧化硫可以作为生产铁精粉和硫酸的原料
【解析】
【小问1详解】
①氧为8号元素，基态O原子核外电子排布图为；则基态O原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为4:2=2：1（或1:2）。
②中存在2对孤电子对、中没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故分子中的键角小于离子中键角；
③由结构示意图可知，6个水分子与配位，故配位数为6；
【小问2详解】
①类似过氧根离子，电子式为。
②由图可知，以体心为例，晶体中位于形成的正八面体空隙中。
③摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；
【小问3详解】
由能量图示可知，燃烧为放热反应、分解为吸热反应，燃烧放出的热量可以为分解提供能量，另外燃烧、分解的产物氧化铁、二氧化硫、三氧化硫可以作为生产铁精粉和硫酸的原料。
15. 实验室用失效磷酸锰锂正极材料(主要成分为、C)制备，进一步制得。
（1）制备。将失效磷酸锰锂正极材料溶于混合液中，充分反应，过滤，分别得到含的富锂溶液和锰炭渣(和C的混合物)，所得滤渣在氧气气氛下焙烧得到。
①酸浸过程中发生反应的离子方程式为_____。
②为测定的晶体结构，可靠的实验方法是_____。
（2）制备。称取一定量、稍过量于铁坩埚中混合熔融，搅拌下分批加入一定量，经强热得到熔融物。
已知：遇酸发生歧化生成和。20℃时，和的溶解度依次为和；磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示。
②分批加入一定量的原因是_____。
②请补充完整制取晶体的实验方案：待熔融物冷却，捣碎，加入蒸馏水，小火煮至熔融物全部溶解，_____，过滤，用冰水洗涤，干燥得晶体，(实验中可选用的试剂有：。除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗、计。)
（3）测定纯度，准确称取样品，用容量瓶配成溶液；取于锥形瓶中缓慢加入浓硫酸，用标准溶液滴定至终点。重复操作2～3次，平均消耗溶液体积为。
①在接近丝点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度，其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，_____，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
②计算样品中的质量分数_____(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. LiMnPO4+ClO-+H2O+H+=MnO2+Cl-+H3PO4+Li+ ②. X-射线衍射实验
（2） ①. 防止MnO2催化KClO3分解，提高KClO3的利用率 ②. 边搅拌边滴加1mol L-1H3PO4，并用pH计测定溶液的pH，当pH在9～10时停止滴加，将溶液转移到砂芯漏斗中
（3） ①. 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 ②. 98.75%
【解析】
【小问1详解】
①酸浸过程中LiMnPO4被NaClO氧化生成MnO2，NaClO被还原为NaCl,反应的离子方程式为LiMnPO4+ClO-+H2O+H+=MnO2+Cl-+H3PO4+Li+；
②测定MnO2的晶体结构，可靠的实验方法是X-射线衍射实验；
【小问2详解】
①加热条件下，MnO2会促进KClO3的分解，分批加入可防止MnO2催化KClO3分解，提高KClO3的利用率，故答案为：防止MnO2催化KClO3分解，提高KClO3的利用率；
②KMnO4的溶解度较小，为了方便产物分离，所选物质生成的盐应该易溶于水，但盐酸能被KMnO4氧化，且生成的氯气会污染环境，应该选择1mol L-1H3PO4，KMnO4、KH2PO4和K3PO4的溶解度相差不大，应该将生成物转化为溶解度大的K2HPO4，由图可知，c()大量存在时pH在9～10之间，可通过调节溶液pH达到实验要求，用砂芯漏斗过滤得到KMnO4粗品，再冰水洗涤，干燥得KMnO4晶体，故答案为：边搅拌边滴加1mol L-1H3PO4，并用pH计测定溶液的pH，当pH在9～10时停止滴加，将溶液转移到砂芯漏斗中；
【小问3详解】
①在滴定接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度，操作方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
②反应为5H2C2O4+2+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，则样品中n(KMnO4)=n(H2C2O4)×=4×0.1000mol L-1×0.0100L=0.004mol,m(KMnO4)=0.004mol×158g/mol=0.6320g,样品中KMnO4的质量分数为×100%=98.75%，故答案为：98.75%。
16. 铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。
Ⅰ．从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：
（1）25℃时，随溶液的不同，甘氨酸在水溶液中分别以、或为主要形式存在。内盐是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因：_____。
（2）浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为)、溶液和固体。取一定量固体溶于水，随后依次加入_____(填“”或“”，下同)、_____，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜、等。
（3）浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，控制温度50℃，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，但与铜反应，最终铜全部转化为进入溶液，从而实现铜、钢分离。
①浸出时发生的反应过程为、_____。
②其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过时，铜浸出速率急剧下降的可能原因是_____。
Ⅱ．从铜烟灰(主要成分为)中回收铜的主要步骤为：酸浸→萃取→反萃取→电解。
已知：溶于无机酸。
（4）酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是_____。
（5）萃取、反萃取：向浸出液(浓度为)中加入有机萃取剂萃取，其原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。
向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相(浓度达)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_____。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. 空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降
（4）该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低
（5）实现的提取和富集
【解析】
【分析】本题是一道工业流程题，从铜钢废料中提取铜，首先将废料打磨，之后用浸出剂和空气一起浸出其中的铜，在浸出液中加入无水乙醇后得到甘氨酸铜晶体，以此解题。
【小问1详解】
水解时，羧酸根离子结合水电离的氢离子生成相应的羧酸和氢氧根离子，溶液显碱性，水解的离子方程式为：；
【小问2详解】
先加入硫酸铜的话，则会和氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，故随后依次加入，再加入；
【小问3详解】
①根据题给信息最终铜全部转化为，以及浸出过程中需要通入空气，再结合浸出时第一步反应，则其第二步反应为：；
②由图可知，空气流量铜的浸出速率急剧下降，其可能的原因是：空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降；
【小问4详解】
由图可知，随温度升高，铜浸出率先增大后减小，其可能的原因是：该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低；
【小问5详解】
该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集。
17. 氢气是一种清洁能源，研发新型制氢技术具有重要意义。
（1）“表面改性铝粉分解水制氢”因储量丰富和较强的还原活性得到广泛应用。
铝粉表面的致密氧化膜是影响还原活性的主要因素，工业上常用溶液或锡酸钠溶液作为粉的改性试剂。
已知：；。
①利用溶液改性粉的原理可用化学方程式表示为_____
②348K下，向两份质量和粒径均相同的粉中，分别加入等体积溶液和溶液改性粉，氢气产率随时间的变化关系如图1所示。溶液改性效果明显优于溶液的可能原因是_____。
③保持其他条件不变，氢气产率随溶液浓度的变化关系如图2所示。当溶液浓度为时，氢气产率接近80%。但溶液过大或过小会大大降低氢气产率，其可能原因分别是_____
（2）“纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢”主要经过吸附和还原的过程。
①氨硼烷的结构式为_____(标出配位键)。
②室温下，氨硼烷在铷镍合金作用下快速水解生成氢气。根据过渡态理论，氨硼烷在铷镍合金作用下易水解的原因可解释为_____。
③铷镍合金催化氨硼烷水解的可能反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子，氨硼烷中与B原子相连的3个H原子分别用和标记)。根据元素电负性的变化规律推测题图的虚线框内微粒A和B的化学式分别为_____；步骤Ⅱ可描述为_____。
【答案】（1） ①. ②. 溶液能够较氢氧化钠溶液更容易破坏铝表面的氧化膜，提高铝粉的还原活性 ③. 溶液浓度过大，反应过程中产生的难溶物质附着在铝粉的表面，降低了铝粉还原活性，溶液浓度过小，则产生的氢氧根离子浓度减小，都会导致氢气的产率降低
（2） ①. ②. 铷镍合金催化剂改变了氨硼烷的反应历程，降低了反应的活化能 ③. 、B(OH)3 ④. 水分子中-OH取代B(OH)中的得到被催化剂吸附的和B(OH)2
【解析】
【小问1详解】
①溶液和粉反应生成偏铝酸钠和氢气，；
②已知，铝粉表面的致密氧化膜是影响还原活性的主要因素，溶液改性效果明显优于溶液的可能原因是溶液能够较氢氧化钠溶液更容易破坏铝表面的氧化膜，提高铝粉的还原活性；
③已知：、，溶液浓度过大，反应过程中产生的难溶物质附着在铝粉的表面，降低了铝粉还原活性，溶液浓度过小，则产生的氢氧根离子浓度减小，都会导致氢气的产率降低；
【小问2详解】
①氨硼烷中NH3中N提供孤电子对、分子中B提供空轨道形成配位键，结构式为。
②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；催化剂可以改变反应历程，降低反应活化能加快反应速率，故铷镍合金催化剂改变了氨硼烷的反应历程，降低了反应的活化能，加快了其分解的化学反应速率；
③电负性O>N>H>B，中N、和均显负电性、B显正电荷，水分子-H显正电性、-OH显负电性，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为氨硼烷中NH3、和逐步为水分子负电性的-OH取代，脱去的NH3、、和和水分子中显负电性的-H结合逐步生成、、、，同生成B(OH)3，故微粒A和B的化学式分别为、B(OH)3；步骤Ⅱ可描述为水分子中-OH取代B(OH)中的得到被催化剂吸附的和B(OH)2。
