安徽省示范高中培优联盟2023-2024学年高二下学期春季联赛化学试题含答案

安徽省示范高中培优联盟2024年春季联赛(高二)
化学（答案在最后）
本试卷分选择题和非选择题两部分，选择题第1至第5页，非选择题第6至第10页。

全卷满分100分，考试时间75分钟。

考生注意事项：
1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。

2.答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。

作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。

必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。

4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23Mg-24P-31S-32Zn-65
I-127
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

其中第9-10与11-12题为选考题，考生任选一题组作答。

)
1.2024年3月2日，航天员出舱顺利完成对“天宫”空间站的检修。

空间站使用了很多高新技术材料。

下列对涉及材料的说法错误的是
A.核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B.“问天”实验舱使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，镓是良好的半导体材料
C.被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其硬度和强度均小于纯铝
D.“天宫”舱体密封件采用特种橡胶，其属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．氙位于元素周期表0族，A正确；
B．镓位于元素周期表第四周期，位于金属非金属交界线附近，镓是良好的半导体材料，B正确；
C．铝合金强度大于纯铝，C错误；
D．橡胶属于有机高分子材料，D正确；
故选C 。

2.下列事实不能．．
用平衡移动原理解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C 【解析】
【详解】A ．存在平衡+2-2-42722H +2CrO ()Cr O ()+H O 黄色橙色，
氢离子浓度越小，平衡逆向移动，A 不选；B ．酸碱指示剂的变色原理主要基于它们是一类结构较复杂的有机弱酸或有机弱碱，这些物质在溶液中能够部分电离成指示剂的离子和氢离子（或氢氧根离子），当氢离子（或氢氧根离子）浓度改变时，发生化学平衡移动，B 不选；
C ．向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴4CuSO 溶液，锌和硫酸铜反应置换出铜，形成锌铜原电池，反应速率加快与平衡无关，C 选；
D ．氨水中存在平衡+
-
324NH H O NH +OH ，温度越高，电离程度越大，故可以用平衡移动原理解释，D 不选；故选D 。

3.某科研人员提出HCHO 与2O 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成2CO 、2H O 的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP 的部分结构)。

下列说法错误的是
A.生成物2H O 的空间构型呈V 形
B.根据图示信息，2CO 分子中的氧原子全部来自2O
C.反应中，HAP 改变了HCHO 与2O 的反应的活化能
D.该反应可表示为：HAP
222HCHO+O CO +H O −−−
→【答案】B 【解析】
【详解】A ．2H O 中心原子价层电子对数为2+621
2
-⨯=4，且含有2个孤电子对，空间构型呈V 形，A 正确；
B ．根据图示，二氧化碳分子中的氧原子来自氧气和HCHO ，B 错误；
C ．羟基磷灰石(HAP)作为催化剂，提高该反应的速率的原因就是降低了反应的活化能，C 正确；
D ．HCHO 与2O 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成2CO 、2H O ，总方程式为：
HAP
222HCHO+O CO +H O −−−→，D 正确；
故选B 。

4.下列过程与水解有关的是
A.向3NaHCO 溶液中加入少量4CuSO 溶液，生成沉淀()232Cu OH CO ⎡⎤⎣⎦
B.向饱和NaCl 溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀
C.向1
235mL 0.1mol L Na CO -⋅溶液滴加110mL 0.1mol L Cl H -⋅，溶液显酸性D.向3NaHCO 溶液中加入2CaCl 溶液，生成白色浑浊和气体【答案】A 【解析】
【详解】A ．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性产生氢氧根离子，氢氧根离子与少量4CuSO 溶液，生成
()232Cu OH CO ⎡⎤⎣⎦沉淀，与水解有关，A 选；
B ．氯化钠为强酸强碱盐，不水解，饱和NaCl 溶液中滴加浓盐酸，氯离子浓度增大，导致产生氯化钠晶体白色沉淀，与水解无关，B 不选；
C ．向1
235mL 0.1mol L Na CO -⋅溶液滴加110mL 0.1mol L Cl H -⋅，生成NaCl ，溶液中溶有碳酸，溶液显酸性，与水解无关，C 不选；
D ．向3NaHCO 溶液中加入2CaCl 溶液，生成白色浑浊和气体，发生反应：
-2+33222HCO +Ca =CaCO +CO +H O ↓↑，与水解无关，D 不选；
故选A 。

5.下列过程涉及氧化还原反应的是
A.加热密闭烧瓶内的2NO 和24N O 的混合气体，气体颜色变深
B.用23Na CO 溶液处理水垢中的4CaSO ，使之转化为3CaCO
C.将2CO 通入冷的3NH 饱和的NaCl 溶液中，析出固体物质
D.用4CuSO 稀溶液做导电实验，逐滴加入()2Ba OH 溶液，灯泡由亮变暗直至熄灭【答案】D 【解析】
【详解】A ．加热密闭烧瓶内的NO 2和N 2O 4的混合气体，气体颜色变深，是因为发生反应2NO 2(g)⇌N 2O 4(g)，该反应为非氧化还原反应，故A 错误；
B ．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，使之转化为易溶于酸的碳酸钙，是因为发生反应CaSO 4+2-
3CO =CaCO 3+2-
4SO ，该反应为非氧化还原反应，故B 错误；
C ．将二氧化碳通入氨气饱和的NaCl 溶液中，析出固体物质，是因为发生反应：
NaCl+NH 3+CO 2+H 2O=NaHCO 3↓+NH 4Cl,该反应中无元素化合价发生变化，
属于非氧化还原反应，故C 错误；D ．溶液导电过程必有氧化还原反应发生，两电极上分别发生氧化反应和还原反应，涉及氧化还原反应，故D 正确；故选：D 。

6.我国某科研团队将电解食盐水的阳极反应与电催化还原2CO 的阴极反应相耦合，得到高附加值产品CO 和NaClO ，原子利用率接近100%。

原理如下图所示。

下列说法错误的是
A.在阴极区，2CO 饱和的NaCl 溶液有利于2CO 的还原
B.推测阳极区可能产生HClO ，2CO 在阴极的还原会抑制HClO 的电离
C.调控电压、选择合适的催化剂可抑制阴极发生：2+-
2H +2e =H ↑D.根据上图可知，电解的总反应：2NaCl+CO CO+NaClO
电解
【答案】B 【解析】
【分析】该装置为电解池，左侧电极与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，右侧电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，据此分析解答。

【详解】A ．2CO 饱和的NaCl 溶液中2CO 浓度大，有利于2CO 的还原，A 正确；
B ．由题图知，CO 2在阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为CO 2+2e -+2H +=CO+H 2O ，消耗氢离子，促进HClO 的电离，B 错误；
C ．调控电压、选择合适的催化剂可抑制阴极发生：2+-
2H +2e =H ↑等副反应，C 正确；
D ．阴极反应式为CO 2+2e -+2H +=CO+H 2O ，阳极反应式为--2+
-
Cl -2e +H O 2H +ClO =，故电解的总反应：
2
NaCl+CO CO+NaClO 电解
，D 正确；
故选B 。

7.某小组进行实验，向10mL 蒸馏水中加入0.4gI 2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2gZn 粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。

已知()-
3I aq 为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项颜色变化解释
A
溶液呈浅棕色
I 2在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深生成ZnI 2的速率大于生成-
3I 的速率
C 紫黑色晶体消失()2I aq 的消耗使溶解平衡()()22I s I aq 正移
D
溶液褪色
Zn 使I 2和-
3I 全部转化为I -A.A B.B C.C D.D
【答案】B 【解析】
【详解】A ．I 2为紫黑色固体，向10mL 蒸馏水中加入0.4gI 2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少，则I 2在水中溶解度较小，A 正确；
B ．-
3I (aq)为棕色，向10mL 蒸馏水中加入0.4gI 2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g 锌粒，溶液颜色加深，说明加入Zn 粒后I 2转化为-3I (aq)，所以溶液颜色加深，发生了反应：I 2+I - -3I ，B 错误；C ．I 2在水中存在溶解平衡I 2(s) I 2(aq)，I 2(s)为紫黑色晶体，I 2(aq)为棕色，紫黑色晶体消失，因为Zn 和I 2反应生成的I -和I 2(aq)生成-3I (aq)，I 2(aq)浓度减小，溶解平衡正向移动，紫黑色晶体消失，C 正确；D ．溶液褪色是因Zn 与I 2反应生成ZnI 2所致，即Zn 使I 2和-3I 全部转化为I -，且-3I (aq)为棕色，D 正确；故答案为：B 。

8.一种利用低品位铜矿(2Cu S 、CuS 、FeO 和23Fe O 等)为原料制取CuCl 的工艺流程如下：
已知：ⅰ．水溶液中不存在3CuCO ，其遇水立即水解为()232Cu OH CO 和()2Cu OH 。

ⅱ．当加入32NH H O ⋅的溶液pH 11≥时，2Cu +以()234
Cu NH +
⎡⎤
⎣
⎦形式存在。

ⅲ．室温时，()-39sp 3K Fe OH =2.810⎡⎤⨯⎣⎦，()-20
sp 2K Cu OH =2.210⎡
⎤⨯⎣⎦。

下列说法错误的是A.滤渣A 中含有S
B.滤液D 中3Fe +的浓度是：61
2.810mol L --⨯⋅
C.滤液D 中先通氨气的目的：调节pH 11≥同时生成()234
Cu NH +
⎡⎤
⎣
⎦
D.生成3MnCO 的离子方程式是：2+
-
3322Mn +2HCO =MnCO +CO +H O
↓↑【答案】D 【解析】
【分析】低品位铜矿(Cu 2S 、CuS 及FeO 和Fe 2O 3等)加入二氧化锰与硫酸，Fe 2O 3溶解生成硫酸铁，Cu 2S 、CuS 及FeO 发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH ，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D 中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO 4转变为[Cu(NH 3)4]CO 3留在溶液中，[Cu(NH 3)4]CO 3溶液加热分解生成CuO 、NH 3、CO 2，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl 2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。

【详解】A ．Cu 2S 在“浸取”和硫酸、二氧化锰发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫酸锰、单质硫和水，反应的离子方程式为：Cu 2S+2MnO 2+8H +=2Cu 2++2Mn 2++S+4H 2O ，滤渣A 中含有S ，故A 正确；B ．室温时，Fe(OH)3的溶度积常数K sp =2.8×10-39；pH=3时，c(OH -)=10-11mol/L ，则c(Fe 3+)=
()()
()
-39
sp 33
3
-
-11K Fe OH 2.810 =
c OH
10⎡⎤⎣⎦⨯mol/L=2.8×10-6mol/L ，故B 正确；
C ．向滤液
D 中通氨气中和溶液中的H +，调节pH 11≥，氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH 3)4]2+，防止加入NH 4HCO 3时Cu 2+沉淀，故C 正确；D ．滤液D 中Mn 2+与碳酸氢铵和氨水反应生成MnCO 3沉淀，其离子方程式为Mn 2++NH 3⋅H 2O+-3HCO =MnCO 3↓++
4NH +H 2O ，故D 错误；故选D 。

【选择性必修2—物质结构与性质】
9.阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图所示。

下列说法错误
的是
A.分子中氮原子的杂化方式为3sp
B.分子中含有σ键、π键和大π键
C.分子中含有2个手性碳原子
D.第一电离能(1I )大小为N O C >>【答案】C 【解析】
【详解】A ．分子中氮原子形成3个σ键、有1对孤电子对，N 原子的价层电子对数为4，其杂化方式为3sp ，故A 正确；
B ．单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，苯环中有大π键，故B 正确；
C ．连有四个不同的原子或原子团的碳原子是手性碳，从该分子结构可以看出有1个手性碳，故C 错误；
D ．C 、N 、O 属于同周期元素，随着核电荷数逐渐增大，第一电离能呈增大趋势，N 的2p 轨道半充满，其第一电离能大于其右边相邻元素，因此第一电离能：N ＞O ＞C ，故D 正确；故选C 。

10.实验：①将少量白色4CuSO 固体溶于水，得到蓝色溶液；将少量24K SO 固体溶于水，得到无色溶液；②向①中蓝色溶液中滴加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液；③向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色晶体。

下列分析错误的是A.①中呈蓝色的物质是()224Cu H O +
⎡⎤⎣⎦配离子，提供孤电子对的是O 原子B.②中形成难溶物的反应是()2324
2Cu
2NH H O Cu OH 2NH +
++⋅=↓+C.(2)中难溶物溶解的反应是()()()33242Cu OH 4NH Cu NH OH ⎡⎤+=⎣⎦D.③中加入乙醇后析出的深蓝色晶体是()()342Cu NH OH ⎡⎤⎣⎦【答案】D 【解析】
【详解】A ．将少量白色4CuSO 固体溶于水，得到蓝色溶液，铜离子与水分子结合形成蓝色的()2+
24
Cu H O ⎡⎤
⎣
⎦
离子，在()2+
24
Cu H O ⎡⎤
⎣
⎦
离子中，Cu 2+提供空轨道，水中的O 提供孤电子对形成配位键，A 正确；
B ．向蓝色溶液滴加氨水，形成难溶物，铜离子与一水合氨反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：
2+3+224Cu +2NH H O=Cu(OH)+2NH ⋅↓，B 正确；
C ．氢氧化铜沉淀溶于氨水，反应生成蓝色的四氨合铜离子，离子方程式为：
()23324Cu(OH)+4NH =Cu NH (OH)⎡⎤⎣⎦，C 正确；
D ．向深蓝色透明溶液加入乙醇，[Cu(NH 3)4]SO 4的溶解度减低，析出深蓝色晶体[Cu(NH 3)4]SO 4，D 错误；
故选D。

【选择性必修3—有机化学基础】11.下列操作不能
．．达到实验目的的是目的操作
A 检验醛基
()
在试管里加入2mL 10% NaOH溶液，滴入5滴4
5%CuSO溶液，振荡。

然后加入0.5mL乙醛溶液，加热
B 证明酸性：碳酸
苯酚
向澄清的苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体
C 检验碳卤键
()
向试管里加入几滴1-溴丁烷，再加入2mL 5% NaOH溶液，振
荡后加热。

一段时间后加入几滴3
2% AgNO溶液
D 证明羟基使苯环
活化
向两支分别盛有2mL 苯和苯酚稀溶液的试管中各加入几滴饱和
溴水
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】C
【解析】
【详解】A．新制氢氧化铜碱性悬浊液能与醛基反应，加热有砖红色沉淀生成，A正确；
B．往苯酚钠溶液中通入少量CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；C．该实验中，水解后、滴加硝酸银溶液前，应先加硝酸中和多余的碱使溶液呈酸性，C错误；
D．苯不与溴水发生取代反应，只能萃取，苯酚与溴水可以发生取代，羟基使苯环活化，D正确；
故选C。

12.M()和N()在一定条件下可制得环氧树脂粘合剂Ｐ，其结构如下
下列说法正确的是
A.M 含有的官能团为羟基和碳氯键
B.N 的核磁共振氢谱有4组峰且峰的面积之比1:2:2:6
C.生成1mol P 的同时生成()n+1mol HCl
D.
相同条件下，也可以和M 反应生成结构与P 相似的高分子
【答案】D 【解析】
【详解】A ．M 含有的官能团为醚键和碳氯键，A 错误
B ．N 有4种等效氢原子，其核磁共振氢谱有4组峰，且峰的面积之比2446=1:2:2:3：：：，B 错误；
C ．从P 的结构简式可以看出，生成1mol P ，生成链节时生成n molHCl ，生成端基时生成2mol HCl ，则同时生成()n+2mol HCl ，C 错误；
D ．合成P 时，有机物都具有双官能团，含有两个酚羟基，所以相同条件下，也可以和
M 反应生成结构与P 相似的高分子，D 正确；故选D 。

13.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。

装置
序
号
电解质溶液
实验现象
①
-140.1mol·L CuSO 和少
量24H SO 溶液
镀件表面产生无色气体，一
段时间后镀件表面有红色固体，气体减少。

经检验，电解液中有2Fe +
②
140.1mol L CuSO -⋅和
镀件表面未观察到气体，一
过量氨水段时间后镀件表面有致密红色固体。

经检验，电解液中无Fe 元素
下列分析错误的是
A.①中产生气体，推测铁制镀件表面可能发生反应：2+
-
2H +2e =H ↑B.①中检测到2Fe +，推测可能是铁制镀件与4CuSO 反应生成C.②中镀层比①致密原因：②中生成()2+
34
Cu NH ⎡⎤⎣
⎦
，使得(
)2+
c Cu
比①中溶液的小，Cu 析出缓慢
D.随镀件表面析出铜，推测②中溶液(
)2+
c Cu 减小，()2+
2+
334Cu
+4NH Cu NH ⎡⎤⎣⎦
平衡逆向移动【答案】D 【解析】
【详解】A ．①中产生气体，结合电解质溶液和电极，推测该气体为氢气，铁制镀件表面可能发生反应：
2+-2H +2e =H ↑，A 正确；
B ．①中检测到2Fe +，结合44u F e e+Cu F O SO S +
C =，推测可能是铁制镀件与4CuSO 反应生成，B 正确；C ．铜离子可以和过量氨水反应生成()2+
34Cu NH ⎡⎤⎣⎦
，铜离子浓度减小，②中镀层比①致密原因：②中生成
()2+
34Cu NH ⎡⎤⎣⎦
，使得()2+
c Cu 比①中溶液的小，Cu 析出缓慢，C 正确；D ．电镀过程的阳极反应为Cu-2e -=Cu 2+，阴极反应为Cu 2++2e -=Cu ，溶液(
)2+
c Cu 不变，D 错误。

故答案为D 。

14.常温下，向某二元弱酸(2H X )溶液中滴加NaOH 溶液，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。

下列说法错误的是
()
()
2--c X lg
c HX 或()
()
-
2c HX lg
c H X
A.() 5.4
22Ka H X 10
-=B.曲线M 表示pH 与()
()
2--
X lg HX
c c 的变化关系
C.P 点，(
)()()()
+
-2-
2
2c Na
=c H X +c HX +c X D.当混合溶液呈中性时，()()()()()
+
2--+
-
Na X HX H =OH c c c c c ＞＞＞【答案】C 【解析】【详解】当(
)()
-
2HX lg
0H X c c =时，(
)()()
()-+
+
a1
2HX H H H X c c K
c
c ⋅=
=，当()
()2--
X lg 0HX c c =时，
()()()
()2-++
a 2-X H H
HX c c K c c ⋅=
=，a1
a2K
K ＞，则曲线N 表示pH 与(
)()
-
2HX lg
H X c c 的变化关系，曲线M 表示
pH 与()
()
2--
X lg
HX
c c 的变化关系，据此分析解答。

A ．由曲线M 上的点(-0.6，4.8)可得()()()
0.6 4.82-+ 5.-4a 210X H 1HX 100c c K c ---⋅=
=⨯=，A 正确；
B ．由分析知，曲线M 表示pH 与()
()
2--X lg
HX c c 的变化关系，B 正确；
C ．存在元素质量守恒(
)()()()+
-2-2
2c Na =c H X +c HX +c X 的溶液为Na 2
X ，P 点时，()(
)
-
2
HX lg 0H X c c =，
则(
)()-
2
HX
H X c c =，此时不是Na 2
X ，C 错误；
D ．由图可知，当混合溶液呈中性时，()
()
2--X lg
HX c c ，则
()
()
2--X HX c c ，()()2--X HX c c ＞，故
()()()()()
+2--+-Na X HX H =OH c c c c c ＞＞＞，D 正确；
故选C 。

15.某废水处理过程中始终保持()-1
2c H S =0.1mol·L ，通过调节pH 使2Ni +和2Cd +形成硫化物而分离，体
系中pH 与lg -c 关系如下图所示，c 为HS -、2S -、2Ni +和2Cd +的浓度，单位为-1mol L 。

已知：
()()sp sp K NiS >K CdS 。

下列说法正确的是
A.④为pH 与()2-
-lgc S
的关系曲线
B.p 点生成的沉淀中含有CdS 和NiS
C.()()()()2+2+NiS s +Cd aq CdS s +Ni aq 7.8
K=10D.()14.7
22Ka H S 10-=【答案】D 【解析】
【分析】已知H 2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H 2S 的浓度逐渐减小，HS -的浓度增大，S 2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS -)和-lgc(S 2-)随着pH 增大而减小，pH 相同时，HS -浓度大于S 2-，即-lgc(HS -)小于-lgc(S 2-)；当c(S 2-)相同时，根据()()sp sp K NiS >K CdS 可知c(Ni 2+)＞c(Cd 2+)，则-lgc(Ni 2+)和-lgc(Cd 2+)随着pH 增大而增大，且有-lgc(Ni 2+)小于-lgc(Cd 2+)，因此曲线①代表Cd 2+、②代表Ni 2+、③代表S 2-，④代表HS -。

【详解】A ．由分析可知，曲线④代表HS -，A 错误；
B ．M 点为CdS 的过饱和溶液，NiS 的不饱和溶液，则M 点条件下能生成CdS 沉淀，不能生成NiS 沉淀，B 错误；
C ．图示曲线①③交点可知，此时c(Cd 2+)=c(S 2-)=10-13mol/L ，则(
)
2
-13-26K(CdS)=10mol/L =1.010⨯；曲线
②③交点可知，此时c(Ni 2+)=c(S 2-)=10-9.2mol/L ，则()
2
-9.2-18.4K(NiS)=10mol/L
=10；化学反应
()()()()2+2+NiS s +Cd aq CdS s +Ni aq 的平衡常数-18.4
7.6-26K(NiS)10
K=
==10K(CdS)10
，C 错误；D ．由分析可知，曲线④代表HS -，根据曲线④坐标可知，当c(H +)=10-1.6mol/L 时，c(HS -)=10-6.5mol/L ，
()()(
)()
+--1.6
-6.5-7.1a122c H c HS 10
mol/L 10mol/L
K H S =
==10c H S 0.1mol/L
⨯；曲线③代表S 2-，根据曲线③坐标可知，当
c(H +)=10-4.9mol/L 时，c(S 2-)=10-13mol/L ，
()()()()()
2+2--4.9
2-13-21.8a12a222c H c S (10
mol/L)10mol/L
K H S K H S =
==10c H S 0.1mol/L
⨯⨯，则
()-21.8
-14.7a22-7.110K H S ==1010
，D 正确；
答案选D 。

16.实验小组探究浓度对4FeSO 溶液与3AgNO 溶液反应的影响。

实验如下：
实验
编号
试剂
沉淀物质的量之比
()
()
24Ag SO Ag n n 试剂X
试剂Y
()-1
3c AgNO /mol·L
()-1
4c FeSO /mol·L
ⅰ0.040.04a ⅱ
0.1
0.10.15
ⅲ0.5
0.
5
0.19
ⅳ 1.0
1.00.26
已知：①()-5
sp 24K Ag SO =1.210⨯；②ⅰ~ⅳ中均有沉淀生成，取ⅰ~ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加()36K Fe CN ⎡⎤⎣⎦溶液均产生蓝色沉淀。

下列说法错误的是A.分析ⅰ中数据可知：a=0
B.取ⅱ中沉淀加适量浓氨水，部分溶解的原因：()+
2-24323422Ag SO +4NH ·H O=2Ag NH +SO +4H O ⎡⎤⎣
⎦C.取ⅲ中的上层清液滴加()36K Fe CN ⎡⎤⎣⎦溶液产生蓝色沉淀，可证明存在：2++3+
Fe +Ag Ag+Fe
D.本实验条件下增大反应物浓度，对复分解反应的影响大于对氧化还原反应的影响【答案】C 【解析】
【详解】A ．等体积混合后4+2-
c(Ag )=c(SO )=0.02mol/L ，此时
()2+2-3-6-5
4sp 24Q=c (Ag )c(SO )=(0.02)=810K Ag SO =1.210⨯⨯＜，不会产生沉淀24Ag SO ，所以a=0，故
A 正确；
B ．ii 中
()()
24n Ag SO n Ag =0.15，加适量浓氨水时，Ag 2SO 4溶解，Fe 不溶解，Ag 2SO 4和浓氨水反应生成
()+
32Ag NH ⎡⎤⎣⎦，则部分溶解的原因：()+
2-24323422Ag SO +4NH H O=2Ag NH +SO +4H O ⎡⎤⋅⎣
⎦，故B 正确；C ．iii 中
()()
24n Ag SO n Ag =0.19，既有24Ag SO 又有Ag ，Fe 2++Ag +→Ag+Fe 3+，
FeSO 4+2AgNO 3=Ag 2SO 4↓+Fe(NO 3)2，FeSO 4和AgNO 3按物质的量1：1滴加，据反应及化学计量数可知，
溶液中Fe 2+过量，所以不能通过检验是否存在Fe 2+作为2++3+
Fe +Ag Ag+Fe 为可逆反应的证据，故C
错误；
D ．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，
()()
24n Ag SO n Ag 比值增大，说明相同条件下生成Ag 2SO 4
的复分解反应进行的程度大于生成Ag 的氧化还原反应进行的程度，即反应物浓度的增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故D 正确；故选C 。

二、非选择题(本大题共4小题，共58分。

其中第18题为选考题，考生任选一题作答。

)
17.中国在氢能研究方面已取得显著进展。

绿氢的生产及储存作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一、I ．制氢
（1）化学制氢。

工业上制取氢气时涉及的一个重要反应是：()()()()2223CO g +H O g =CO g +H g ΔH 已知：①()()()212C s +O g =2CO g ΔH ②()()()2222
2H g +O g =2H O g ΔH 利用1H ∆和2H ∆计算3H ∆时，还需要利用_______反应的H ∆。

（2）电化学制氢。

光、电催化——化学环反应耦合分解2H S 制2H 的原理示意图如下图所示。

①负极的电极反应式为_______。

②除了32Fe /Fe ++外，3I /I -
-
也能实现如图所示循环过程。

结合化学用语，说明3I /I -
-
能够使S 源源不断产
生的原因：_______。

Ⅱ．储氢与释氢
（3）4NaBH 是一种重要的储氢载体，能与水反应生成2NaBO ，且反应前后B 的化合价不变，反应消耗
41mol NaBH 时转移的电子数目为_______。

（4）有机物释氢与储氢。

其中一种方法为利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现释氢和储氢。

()3
2
3
FeSO /Al O
g
一定温度
()()
2g +3H g -1ΔH=+208.4kJ mol 。

①在某温度下，向恒容容器中加入环己烷，其起始浓度为-1amol L g ，平衡时苯的浓度为-1bmol L ，该反应的平衡常数K=_______。

②有利于释氢的措施为：_______(从反应限度的角度回答)。

（5）一定条件下，下图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。

①生成目标产物的电极反应式为_______。

②该储氢装置的电流效率η=_______。

(η100%=⨯生成目标产物消耗的电子数
转移的电子总数
)(计算结果保留小数点
后一位)
【答案】（1）()()()22C s +O g =CO g （2）
①.2+-3+
Fe -e =Fe ②.I -在电极上放电：33I 2e I ---
-=。

3I -在溶液中氧化2H S ：
32I H S 3I S 2H --++=+↓+。

I -和3I -循环反应
（3）A 4N 或242.40810⨯（4）
①.
4
27b a-b
②.升温、减压、分离出苯(其他合理答案也可以)
（5）①.+
-
66612C H +6H +6e =C H ②.64.3%
【解析】
【小问1详解】
已知：①()()()212C s +O g =2CO g ΔH ②()()()2222
2H g +O g =2H O g ΔH ③()()()()2223CO g +H O g =CO g +H g ΔH 根据盖斯定律③+
12①+1
2
②得出C(s)+O 2(g)=CO 2(g)；利用1H ∆和2H ∆计算3H ∆时，还需要利用C(s)+O 2(g)=CO 2(g)反应的H ∆；【小问2详解】
该太阳能光电催化——化学耦合分解H 2S 的过程可描述为：2+Fe 在电极上失电子发生反应23+Fe e Fe +--=，生成的3+Fe 氧化H 2S 生成硫单质，离子方程式为：3222Fe H S=2Fe S 2H +
++++↓+，H ＋通过质子交换膜
从n 极移向p 极，在p 极得电子生成H 2。

①负极失去电子发生氧化反应，则负极的电极反应式为2+-3+Fe -e =Fe 。

②根据分析，3I /I -
-
能够使S 源源不断产生的原因：I -在电极上放电：
33I 2e I -
-
-
-=。

3I -
在溶液中氧化2H S ：32I H S 3I S 2H --++=+↓+。

I -和3I -
循环反应。

【小问3详解】
反应前后B 元素的化合价不变，则反应前后B 元素的化合价均是＋3价，因此反应前NaBH 4中氢元素的化合价是－1价。

水中氢元素的化合价是＋1价，因此反应中还有氢气生成，则反应的化学方程式为NaBH 4＋2H 2O=NaBO 2＋4H 2↑。

NaBH 4中氢元素的化合价从－1价升高到0价，因此1molNaBH 4在反应中失去4mol 电子，其数目是4N A 或2.408×1024。

【小问4详解】
①平衡时苯的浓度是b mol/L ，则根据反应的方程式可知消耗环戊烷的浓度是b mol/L ，生成氢气的浓度是3b mol/L ，
，平衡时环戊烷的浓度为（a －b ）mol/L 。

由于化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该温度下反应的平衡常数k ＝
4
27b a b
-mol 3/L 3。

②根据
()3
2
3
FeSO /Al O
g
一定温度
()()
2g +3H g -1ΔH=+208.4kJ mol 。

有利于释氢的措施为升温、减
压、分离出苯(其他合理答案也可以)。

【小问5详解】
①苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C 6H 6＋6H ＋＋6e －＝C 6H 12。

②阳极生成2.8mol 气体，该气体应该是阳极OH －放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol 。

设阴极消耗苯的物质的量是xmol ，根据电极反应式C 6H 6＋6H ＋＋6e －＝C 6H 12可知得到电子是6xmol ；设生成氢气ymol,根据电极反应式2H ++2e －=H 2，可知得到电子是2ymol 。

根据电子守恒可知：6x+2y=11.2；根据苯的含量变化可知：10×24%=x+(10+y)×10%，二者联立可得：x=1.2，y=2。

因此储氢装置的电流效率6 1.2
11.2
η⨯=
=64.3%。

18.工业上以磷矿石[主要成分：()()543Ca PO OH 、()543Ca PO F 、2SiO 和有机碳等]为原料生产磷酸和石膏(42CaSO 2H O ⋅)，流程示意图如下：
已知：一些难溶电解质的溶度积常数如下表物质
6BaSiF 26
Na SiF 4CaSO 4BaSO 3
BaCO sp
K 6
1.010-⨯6
4.010-⨯4
9.010-⨯10
1.010-⨯9
2.610-⨯回答下列问题：
（1）为提高酸浸速率，可采取的措施有_______。

(写出1条即可)
（2）生成的HF 与2SiO 反应，生成二元强酸26H SiF 的离子方程式是：_______。

（3）酸浸时()()543Ca PO OH 与24H SO 反应的化学方程式是：_______。

（4）粗磷酸中的有机碳被22H O 氧化为2CO 脱除。

相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如下表所示。

分析80C ︒时有机碳脱除率最高的原因：_______。

温度/C
︒40506070808590有机碳脱出率约为/%
72
75
78
80
82
78
75
（5）脱氟过程中发生的化学反应方程式是：_______，若按物质的量之比()(
)2-
236
n Na CO :n SiF =1:1加入
23Na CO 脱氟，充分反应后，()
+c Na =_______-1mol L ；
（6）脱硫过程中，分批加入一定量的3BaCO 达到脱硫的目的，其反应离子方程式是_______。

（7）该工艺中通常使用一定浓度的24H SO 溶液洗涤磷石膏(42CaSO 0.5H O ⋅)，原因是_____。

（8）24SO -
浓度(以3SO %计)、34H PO 浓度(以25P O %计)。

一定温度下，石膏存在形式与溶液中25P O %和
3SO %的关系如图所示，下列条件能实现42CaSO 0.5H O ⋅转化为42CaSO 2H O ⋅的是_______(填字母)。

A ．65C ︒、25P O %20=、3SO %20=
B ．80
C ︒、25P O %10=、3SO %20=C ．65C ︒、25P O %5=、3SO %25
=（9）取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用-1b H mol L NaO 溶液滴定至终点时
生成24Na HPO ，消耗NaOH 溶液cmL ，精制磷酸中34H PO 的质量分数是_______。

【答案】（1）研磨磷矿石、加热(其他合理答案也可以)（2）+
2-
2626HF+SiO =2H +SiF +2H O （3）()()54224
4234
32Ca PO OH +3H O+10H SO 0.5H O+6H PO ∆
（4）低于80C ︒，有机碳的脱除速率随温度升高而增加；超过80C ︒，22H O 分解速率大，22H O 浓度降低，导致有机碳的脱除速率下降（5）
①.26232622H SiF +Na CO =Na SiF +CO +H O
↓↑②.2
2.010-⨯（6）2--
343442224
BaCO +SO +2H PO =BaSO +CO +H O+2H PO ↑（7）除去磷石膏(或硫酸钙)表面的杂质离子，并减少磷石膏(或硫酸钙)溶解损失（8）C （9）
0.049bc 100%a ⨯(或4.9bc
%a
)【解析】
【分析】磷矿石[主要成分：Ca 5(PO 4)3(OH)、Ca 5(PO 4)3F 、SiO 2和有机碳等]在硫酸并加热的条件下酸浸，得HF 、磷石膏、粗磷酸，有机物、26SiF -
和硫酸根都在磷酸中，通过加入过氧化氢加热氧化脱有机碳，加入碳酸钠脱氟，再加入碳酸钡除去硫酸根，可以得到精制磷酸，磷石膏洗涤后一定条件下可以转化为石膏。

【小问1详解】
为提高酸浸速率，可采取的措施有研磨磷矿石、加热(其他合理答案也可以)，都能提高反应速率；【小问2详解】
HF 与SiO 2反应，生成二元强酸H 2SiF 6的离子方程式是6HF+SiO 2=2H ++26SiF -
+2H 2O ；【小问3详解】
酸浸时Ca 5(PO 4)3(OH)与H 2SO 4反应，生成CaSO 4⋅0.5H 2O 和H 3PO 4，化学方程式是：2Ca 5(PO 4)3(OH)+3H 2O+10H 2SO 4Δ
10CaSO 4⋅0.5H 2O+6H 3PO 4；
【小问4详解】
粗磷酸中的有机碳被H 2O 2氧化为CO 2脱除，低于80°C ，有机碳的脱除速率随温度升高而增加；超过80°C ，H 2O 2分解速率大，H 2O 2浓度降低，导致有机碳的脱除速率下降，故80°C 时有机碳脱除率最高；
【小问5详解】
脱氟过程是H 2SiF 6与加入的Na 2CO 3反应，生成难溶的Na 2SiF 6而除去，同时由于H 2SiF 6是强酸，有CO 2
生成，化学方程式为H 2SiF 6+Na 2CO 3=Na 2SiF 6↓+CO 2↑+H 2O ，由K sp [Na 2SiF 6]=4.0×10−6，按物质的量之比n(Na 2CO 3):n(26SiF -)=1:1加入Na 2CO 3脱氟，充分反应后，根据反应比，溶液中剩余c(Na +)=2c(26SiF -
)，设c(Na +)=2c(26SiF -)=2x ，K sp [Na 2SiF 6]=c(26SiF -)c 2(Na +)=(2x)2·x=4.0×10−6，解得x=0.01mol/L ，故
c(Na +)=2x=2.0×10−2mol ⋅L -1；
【小问6详解】
脱硫过程中，分批加入一定量的BaCO 3达到脱硫的目的，碳酸钡可以中和磷酸生成磷酸二氢根同时转化为更难溶的硫酸钡沉淀从而除去硫酸根，反应离子方程式是
BaCO 3+24SO -+2H 3PO 4=BaSO 4+CO 2↑+H 2O+224H PO -；【小问7详解】
该工艺中通常使用一定浓度的H 2SO 4溶液洗涤磷石膏(CaSO 4⋅0.5H 2O)，是根据同离子效应，为了除去磷石膏(或硫酸钙)表面的杂质离子，并减少磷石膏(或硫酸钙)溶解损失；
【小问8详解】
由图知，65°C 、P 2O 5%=5、SO 3%=25时，
图中对应的点在表示65°C 的实线的左下方，对应生成CaSO 4⋅2H 2O ，其它条件下不满足，故选C ；
【小问9详解】
终点时消耗n(NaOH)=bc×10-3mol ，根据终点时生成Na 2HPO 4，则n(H 3PO 4)=12n(NaOH)=12
bc×10-3mol ，故精制磷酸中H 3PO 4的质量分数是311098g /0.0492100%100%a
bc mol mol bc ag -⨯⨯⨯=⨯。

19.2H S 的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

某实验小组在实验室模拟脱除2H S 并获得硫黄的装置如下(夹持装置略)。

已知：CuS (黑色)，-36
sp K =1.310⨯序
号溶液N
C 中实验现象。