2024-2025学年高二上学期化学期末模拟卷（江苏）含答案解析

高中PAGE1试题2024-2025学年高二化学上学期期末模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：选择性必修1+选择性必修2（苏教版2019）。5．难度系数：0．656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5V51Fe56Zn65As75一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．我国科学家通过电化学与生物技术将还原为乙酸，再转化成葡萄糖等有机物，实现了的资源化利用．下列说法不正确的是A．该研究有利于我国实现“碳中和” B．乙酸是强电解质C．葡萄糖是分子晶体 D．该反应中涉及电能与化学能的转化2．反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O用于合成N2H4，下列说法不正确的是A．NH3的空间构型为正三角形 B．NaClO的电子式为C．NaCl属于离子晶体 D．H2O和N2H4之间可以形成氢键3．由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是A．热稳定性：HCl＞SiH4 B．离子半径：r(Li+)＞r(H-)C．第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D．共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl4．已知铅蓄电池充、放电的总反应为。下列化学用语表示正确的是A．的电离方程式为B．的溶解平衡表达式为C．铅蓄电池放电时的负极反应为D．铅蓄电池充电时的阳极反应为阅读下列材料，完成5～7题。甲醇是易燃液体，能与水、乙醇、丙酮等混溶。甲醇燃烧热为。直接甲醇燃料电池属于低温燃料电池，采用质子交换膜做固体电解质。工业使用原料气(含少量)气相法合成甲醇的主反应：

，有存在时，会发生副反应：

。甲醇进一步脱水可制备新型能源二甲醚：。5．下列说法正确的是A．都属于非极性分子 B．用分液法分离甲醇和丙酮的二元混合物C．甲醇和二甲醚互为同分异构体 D．甲醇和二氧化碳分子中碳原子杂化方式不同6．下列化学反应表示正确的是A．燃烧热的热化学方程式：

B．含质子交换膜的酸性甲醇燃料电池负极的电极反应：C．气相法合成甲醇的副反应：

D．合成甲醇时存在反应：

7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．甲醇分子间能形成氢键，可与水任意比例互溶B．CO具有氧化性，可用于冶金工业C．干冰能溶于水，可用作制冷剂D．二甲醚具有可燃性，可用作燃料8．用精炼铜漂浮阳极泥(主要成分为BiAsO4、SbAsO4，含有少量Ag、Au)制备Bi2O3的工艺流程如下：已知：①“转化”分两步进行，其第一步BiOCl转化为Bi(OH)3。②常温下，

。下列说法错误的是A．“滤渣1”的主要成分是Ag、Au，含砷废水主要成分是Na3AsO4B．“水解”分离Sb和Bi的原理是的水解pH低于水解的pHC．“转化”的总反应方程式为：D．当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液，此时溶液pH=129．NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下。下列说法不正确的是A．属于氧化还原反应B．是该反应的中间产物C．总反应化学方程式为D．Ti4+可降低该反应的活化能10．二氧化碳资源化利用有利于减轻温室效应，反应的历程如图所示。

下列说法不正确的是A．合成甲醇反应的ΔH＜0B．*OCH2→CH2O活化能为2.13evC．生成副产物CO比CH2O容易D．要使反应速率加快，主要降低活化能11．下列探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子B将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C将中间裹有锌皮的铁钉(如图)放在滴有酚酞的NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化铁钉能发生吸氧腐蚀D用pH计分别测0.1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大12．常温下，将溶液与溶液混合，可制得，混合过程中有气体产生。已知：，，，。下列说法不正确的是A．向100mLpH=10的氨水中通入少量，反应后溶液中存在：B．0．1溶液中：C．生成的离子方程式为：D．生成沉淀后的上层清液中：13．用和可以合成甲醇，主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：一定条件下，向带活塞的密闭容器内充入一定量的和，测得平衡转化率随温度和压强的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．反应的焓变B．低于时，平衡后反应Ⅱ受温度影响程度较大C．在时，平衡后仅从变为逐渐增大D．温度高于时，两条曲线几乎重叠的原因是此时主要发生反应Ⅱ，而且压强对反应Ⅱ的平衡没有影响二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．（14分）前4周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，其中元素X的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；元素Y的2p轨道有3个未成对电子，元素Z的基态原子的2p轨道有1个成对电子，M是第4周期核外未成对电子数最多的元素，元素Q位于周期表Ⅷ族，是应用最广泛的金属。请用化学符号回答下列问题：(1)基态Q原子的核外电子排布式为。(2)X、Y、Z的简单气态氢化物中沸点最高的是，主要原因是。(3)化合物H2Z2中Z原子的杂化方式为。(4)XZ2中σ与π键数目之比为。(5)某种由元素Y、Q组成的晶体，其晶胞如图所示，该晶体的化学式为。

(6)MCl3·6H2O是六配位化合物，由于内界配体不同而有不同的颜色(暗绿色、浅绿色，紫色)。将1mol暗绿色MCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成1molAgCl沉淀，则该暗绿色晶体中配离子的化学式为。15．（15分）从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：回答下列问题：(1)写出“氨浸”时，生成的离子方程式：；该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因是。(2)“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是；写出砷酸铁的化学式：。(3)“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是。(4)写出“蒸氨”时，生成的化学方程式：。(5)以1t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由：。16．（16分）V2O5-WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO，反应为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)

=-1632.4kJ·mol-1，工业上以石煤(主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备V2O5，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、煅烧”等过程。已知：NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。回答下列问题：(1)向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为。(2)“沉钒”时加入NH4Cl析出NH4VO3，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为；在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为。(3)还原V2O5可制得VO2，下图为VO2的晶胞，该晶胞中钒的配位数为。(4)催化剂的应用。将模拟烟气(含NO、NH3、N2、O2)以一定流速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO的转化率随温度的变化如图所示，反应温度高于350℃，NO转化率下降的原因可能是。(5)为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00mL，滴定过程中发生如下反应：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。则V2O5样品的纯度为。(写出计算过程)17．（16分）氢能源是最具应用前景的能源之一(1)氢气的应用氢气熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。①“催化重整”步骤每消耗，转移电子的物质的量为。②负极上参加反应的电极反应式为。③若进入电极A的，理论上负极生成的与正极消耗的的物质的量之比是。(2)氢气的制备乙醇-水催化重整可获得，其主要反应为反应Ⅰ

反应Ⅱ

在时，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示。的选择性①反应的。②仅保持温度不变，一定能提高平衡转化率的措施有。③温度高于时，的平衡产率随温度升高而降低的原因是。④已知。向重整反应体系中加入适量多孔，其优点是。2024-2025学年高二化学上学期期末模拟卷一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。12345678910111213BAABDCDDCBAAD二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．（14分）(1)[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2（2分）(2)H2O（2分）H2O、NH3都能形成分子间氢键，且H2O分子间形成的氢键数目多于NH3分子间形成的氢键数目（2分）(3)sp3（2分）(4)1：1（2分）(5)Fe3N（2分）(6)[Cr(H2O)4Cl2]+（2分）15．（15分）(1)或（2分）温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出（2分）(2)使砷酸根沉淀完全（2分）（2分）(3)溶液（2分）(4)（2分）(5)不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率（3分）16．（16分）(1)（2分）(2)温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出（2分）（2分）(3)6（3分）(4)催化剂活性下降，反应速率减慢；NH3与O2发生反应生成NO（3分）(5)86.45%（4分）17．（16分）(1)6mol（2分）（2分）5:4（2分）(2)255.7kJ/mol（3分）增大或增大水醇比或减小压强（2分）反应Ⅰ和反应Ⅱ的，温度升高反应Ⅰ和反应Ⅱ的正向进行程度均增大，反应Ⅱ中的消耗量的增幅超过反应Ⅰ中的生成量的增幅（3分）提高的产率、提供热量（2分）2024-2025学年高二化学上学期期末模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：选择性必修1+选择性必修2（苏教版2019）。5．难度系数：0．656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5V51Fe56Zn65As75一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．我国科学家通过电化学与生物技术将还原为乙酸，再转化成葡萄糖等有机物，实现了的资源化利用．下列说法不正确的是A．该研究有利于我国实现“碳中和” B．乙酸是强电解质C．葡萄糖是分子晶体 D．该反应中涉及电能与化学能的转化【答案】B【解析】通过电化学与生物技术将CO2还原为乙酸，该研究有利于我国实现“碳中和”，A正确；乙酸是弱电解质，B错误；葡萄糖是由分子构成的，是分子晶体，C正确；该反应中将电能转化为化学能，涉及电能与化学能的转化，D正确；故选B。2．反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O用于合成N2H4，下列说法不正确的是A．NH3的空间构型为正三角形 B．NaClO的电子式为C．NaCl属于离子晶体 D．H2O和N2H4之间可以形成氢键【答案】A【解析】NH3中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，A错误；NaClO是离子化合物，其含有Na+和ClO-，电子式为，B正确；NaCl中含有Na+和Cl-，存在离子键，属于离子晶体，C正确；H2O分子中的氧原子和N2H4分子中的氮原子都具有很强的电负性，因此H2O和N2H4之间可以形成氢键，D正确；故选A。3．由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是A．热稳定性：HCl＞SiH4 B．离子半径：r(Li+)＞r(H-)C．第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D．共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl【答案】A【解析】元素的非金属性Cl＞Si，则简单氢化物的稳定性HCl＞SiH4，A正确；Li+和H-的电子层数相同，Li的核电核数大，故半径小，即r(Li+)＜r(H-)，B错误；Al的失电子能力大于Cl，故第一电离能I1(Al)＜I1(Cl)，C错误；元素电负性差值越大，共价键极性越强，Si与Cl的电负性差值小于Al，故共价键的极性Si－Cl＜Al－Cl，D错误；故选A。4．已知铅蓄电池充、放电的总反应为。下列化学用语表示正确的是A．的电离方程式为B．的溶解平衡表达式为C．铅蓄电池放电时的负极反应为D．铅蓄电池充电时的阳极反应为【答案】B【解析】为二元强酸，电离方程式为，A错误；难溶于水，在水溶液中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡表达式为，B正确；铅蓄电池放电为原电池原理，负极发生失电子氧化反应，总反应中转化为是化合价升高，失电子过程，难溶于水，故负极反应为，C错误；铅蓄电池充电为电解池原理，阳极发生失电子氧化反应，总反应中转化为是化合价升高，失电子过程，故阳极反应为，D错误；答案选B。阅读下列材料，完成5～7题。甲醇是易燃液体，能与水、乙醇、丙酮等混溶。甲醇燃烧热为。直接甲醇燃料电池属于低温燃料电池，采用质子交换膜做固体电解质。工业使用原料气(含少量)气相法合成甲醇的主反应：

，有存在时，会发生副反应：

。甲醇进一步脱水可制备新型能源二甲醚：。5．下列说法正确的是A．都属于非极性分子 B．用分液法分离甲醇和丙酮的二元混合物C．甲醇和二甲醚互为同分异构体 D．甲醇和二氧化碳分子中碳原子杂化方式不同【答案】D【解析】分子空间构型为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，H2属于非极性分子，CO分子的空间构型为直线形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；甲醇和丙酮互溶，不能用分液法分离，故B错误；甲醇的分子式为CH4O，二甲醚的分子式为C2H6O，不是同分异构体，故C错误；CO2中心C原子的价层电子对数为，中心C原子杂化方式为sp杂化，CH3OH中心C原子的价层电子对数为，C原子杂化方式为sp3杂化，甲醇和二氧化碳分子中碳原子杂化方式不同，故D正确；故答0案选D。6．下列化学反应表示正确的是A．燃烧热的热化学方程式：

B．含质子交换膜的酸性甲醇燃料电池负极的电极反应：C．气相法合成甲醇的副反应：

D．合成甲醇时存在反应：

【答案】C【解析】燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，热化学方程式：，故A错误；根据题中所给信息可知，采用质子交换膜做固体电解质，因此直接甲醇燃料电池负极的电极反应：，故B错误；气相法合成甲醇是一个典型的复合气-固相催化反应过程，该过程在高温、高压以及催化剂存在的条件下进行。根据题中所给信息可知，，即该反应，而题中已说明在少量存在时，会发生该反应，根据可知，当存在时，需要有，反应才可以在高温下自发进行，故C正确；①；②；③；根据盖斯定律可知，③=②+①，，故D错误；故答案选C。7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．甲醇分子间能形成氢键，可与水任意比例互溶B．CO具有氧化性，可用于冶金工业C．干冰能溶于水，可用作制冷剂D．二甲醚具有可燃性，可用作燃料【答案】D【解析】甲醇可与水以任意比互溶是因为醇分子与水分子间形成了氢键，增大了溶解度，故A错误；冶金工业是还原出金属单质，要加入是还原性的物质，CO可用于冶金是由于还原性，故B错误；干冰气化时吸热，使得周围环境温度降低，可用作制冷剂，故C错误；二甲醚作燃料是因为其可燃性，故D正确；故答案选D。8．用精炼铜漂浮阳极泥(主要成分为BiAsO4、SbAsO4，含有少量Ag、Au)制备Bi2O3的工艺流程如下：已知：①“转化”分两步进行，其第一步BiOCl转化为Bi(OH)3。②常温下，

。下列说法错误的是A．“滤渣1”的主要成分是Ag、Au，含砷废水主要成分是Na3AsO4B．“水解”分离Sb和Bi的原理是的水解pH低于水解的pHC．“转化”的总反应方程式为：D．当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液，此时溶液pH=12【答案】D【解析】漂浮阳极泥中的Ag、Au不与盐酸反应，故酸浸过滤后成为“滤渣1”的主要成分，由图可知Sb3+水解步骤后的水解生成SbOCl，经过滤变为滤渣出掉，调节pH的目的是除砷，可推出含砷废水主要成分是Na3AsO4，BiOCl转化为Bi(OH)3，最后转化为Bi2O3。由分析可知：“滤渣1”的主要成分是Ag、Au，含砷废水主要成分是Na3AsO4，故A正确；由图可知，加NaOH之前，Sb3+水解生成SbOCl，此时溶液pH较小，加入NaOH后，Bi3+水解，故“水解”分离Sb和Bi的原理是的Sb3+水解pH值低于Bi3+水解的pH值，故B正确；由图可判断出“转化"的反应物为BiOCl和NaOH，生成物为Bi2O3，再结合元素守恒可知方程式正确，故C正确；BiOCl+H2O⇋Bi3++2OH-+Cl-的K=c(Bi3+)·c2(OH-)·c(Cl-)，等号两边同乘以c(OH-)可得c(Bi3+)·c3(OH-)·c(Cl-)×c(OH-)，×c(OH-)，×0.04=×c(OH-)，c(OH-)=0.1mol/L，pH=13，故D错误；故选D。9．NH3脱除NO的一种催化反应机理示意图如下。下列说法不正确的是A．属于氧化还原反应B．是该反应的中间产物C．总反应化学方程式为D．Ti4+可降低该反应的活化能【答案】C【解析】反应中N的化合价发生改变，故属于氧化还原反应，A正确，由题干反应历程图可知，既是生成物，又是反应物，故是该反应的中间产物，B正确；由题干反应历程图可知，转化过程中NH3和NO的物质的量之比为1:1，则总反应化学方程式为，C错误；由题干反应历程图可知，Ti4+为该反应的催化剂，故Ti4+可降低该反应的活化能，加快反应速率，D正确；故答案为：C。10．二氧化碳资源化利用有利于减轻温室效应，反应的历程如图所示。

下列说法不正确的是A．合成甲醇反应的ΔH＜0B．*OCH2→CH2O活化能为2.13evC．生成副产物CO比CH2O容易D．要使反应速率加快，主要降低活化能【答案】B【解析】根方程式中反应物是CO和3H2，而图中的表述为CO和H2，因此不能用图中数据判断焓变，因为该反应熵变小于0，反应能自发进行，根据，所以该反应为放热反应，ΔH＜0，A正确；根据图示可知*OCH2→CH2O活化能为2.73ev+0.60ev=3.33ev，B错误；根据图示可知：生成副产物CO需要的活化能比生成CH2O需要的活化能小，反应需要的活化能越小，反应越容易发生，故生成副产物CO比生成CH2O更容易发生，C正确；对于多步反应，总反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应就越不容易发生，反应速率最慢。根据图示可知：在上述多步反应中，基元反应的活化能最大，该步反应的化学反应速率最慢，是CO2、H2的发生反应制取CH3OH的决速反应，故要使反应速率加快，主要降低活化能，D正确；故合理选项是B。11．下列探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子B将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C将中间裹有锌皮的铁钉(如图)放在滴有酚酞的NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化铁钉能发生吸氧腐蚀D用pH计分别测0.1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大【答案】A【解析】由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，CF2Cl2是极性分子，故当橡胶棒靠近水流时，液流方向改变，故A符合题意；KMnO4溶液可以和Cl-反应，紫色褪去，故B不符合题意；锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故C不符合题意；pH计分别测0.1NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO的pH大，所以NaClO水解生成的OH-更多，所以，故D不符合题意；故答案选A。12．常温下，将溶液与溶液混合，可制得，混合过程中有气体产生。已知：，，，。下列说法不正确的是A．向100mLpH=10的氨水中通入少量，反应后溶液中存在：B．0．1溶液中：C．生成的离子方程式为：D．生成沉淀后的上层清液中：【答案】A【解析】通入少量，，中碳酸根离子会发生水解：，，相当，故反应后为氨水和碳酸铵的混合溶液，氢氧根浓度变化不大，，则，可知：，故A错误；由电荷守恒：①；物料守恒：②；①-②得：③在溶液中：的水解常数Kh()=；的水解常数，由于铵根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，结合③式可知：，故B正确；由题意：电离出和，亚铁离子结合生成，并且结合生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：，故C正确；生成沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中，故D正确；故选：A。13．用和可以合成甲醇，主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：一定条件下，向带活塞的密闭容器内充入一定量的和，测得平衡转化率随温度和压强的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．反应的焓变B．低于时，平衡后反应Ⅱ受温度影响程度较大C．在时，平衡后仅从变为逐渐增大D．温度高于时，两条曲线几乎重叠的原因是此时主要发生反应Ⅱ，而且压强对反应Ⅱ的平衡没有影响【答案】D【解析】根据盖斯定律，反应等于反应Ⅰ-Ⅱ，则=-=，A错误；

反应Ⅰ放热，温度升高平衡逆移，平衡转化率减小，所以低于时，反应Ⅰ受温度影响程度较大，B错误；反应Ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强平衡转化率增大，从p1变为p2，平衡转化率减小，说明p2小于p1，则反应Ⅰ逆移，减小，则逐渐减小，C错误；温度高于时，两条曲线几乎重叠的原因是此时主要发生反应Ⅱ，而且压强对反应Ⅱ的平衡没有影响，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．（14分）前4周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，其中元素X的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；元素Y的2p轨道有3个未成对电子，元素Z的基态原子的2p轨道有1个成对电子，M是第4周期核外未成对电子数最多的元素，元素Q位于周期表Ⅷ族，是应用最广泛的金属。请用化学符号回答下列问题：(1)基态Q原子的核外电子排布式为。(2)X、Y、Z的简单气态氢化物中沸点最高的是，主要原因是。(3)化合物H2Z2中Z原子的杂化方式为。(4)XZ2中σ与π键数目之比为。(5)某种由元素Y、Q组成的晶体，其晶胞如图所示，该晶体的化学式为。

(6)MCl3·6H2O是六配位化合物，由于内界配体不同而有不同的颜色(暗绿色、浅绿色，紫色)。将1mol暗绿色MCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成1molAgCl沉淀，则该暗绿色晶体中配离子的化学式为。【答案】(1)[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2（2分）(2)H2O（2分）H2O、NH3都能形成分子间氢键，且H2O分子间形成的氢键数目多于NH3分子间形成的氢键数目（2分）(3)sp3（2分）(4)1：1（2分）(5)Fe3N（2分）(6)[Cr(H2O)4Cl2]+（2分）【解析】前4周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，其中元素X的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，则X为碳；元素Y的2p轨道有3个未成对电子，为氮；元素Z的基态原子的2p轨道有1个成对电子，为氧；M是第4周期核外未成对电子数最多的元素，为铬；元素Q位于周期表Ⅷ族，是应用最广泛的金属，为铁。（1）Q为铁，基态Q原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2；（2）X、Y、Z的简单气态氢化物分别为甲烷、氨气、水，其中沸点最高的是H2O，主要原因H2O、NH3都能形成分子间氢键，且H2O分子间形成的氢键数目多于NH3分子间形成的氢键数目，导致水的沸点最高；（3）化合物H2O2中O原子形成2个σ键且存在2对孤电子对，杂化方式为sp3；（4）CO2结构为O=C=O，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，则σ与π键数目之比为1：1；（5）根据“均摊法”，晶胞中含个Fe、2个N，则化学式为Fe3N；（6）MCl3·6H2O是六配位化合物，由于内界配体不同而有不同的颜色(暗绿色、浅绿色，紫色)。将1mol暗绿色MCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成1molAgCl沉淀，则该暗绿色晶体中外界存在1个氯离子，而内界存在2个氯离子、4个水分子，故配离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。15．（15分）从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：回答下列问题：(1)写出“氨浸”时，生成的离子方程式：；该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因是。(2)“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是；写出砷酸铁的化学式：。(3)“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是。(4)写出“蒸氨”时，生成的化学方程式：。(5)以1t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由：。【答案】(1)或（2分）温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出（2分）(2)使砷酸根沉淀完全（2分）（2分）(3)溶液（2分）(4)（2分）(5)不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率（3分）【解析】含砷氧化锌废渣进行氨浸，发生生成。再加入锌粉发生金属的置换，铜、银和镍等金属变成金属单质过滤除去。滤液中加入硫酸亚铁等试剂生成砷酸铁除砷后加入高锰酸钾，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。经过蒸氨后获得碱式碳酸锌，经干燥、热分解获得产品。（1）根据流程图所给出反应物，“氨浸”时，生成在溶液中，故离子方程式为由于也提供了，故写成也可以；由于氨挥发，故温度越高，锌的浸出率越低；（2）“除砷”时，根据该工序目的是将除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应生成沉淀；砷酸铁的化学式为；（3）检验用溶液；（4）生成的化学方程式为；（5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。16．（16分）V2O5-WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO，反应为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)

=-1632.4kJ·mol-1，工业上以石煤(主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备V2O5，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、煅烧”等过程。已知：NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。回答下列问题：(1)向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为。(2)“沉钒”时加入NH4Cl析出NH4VO3，沉钒温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为；在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为。(3)还原V2O5可制得VO2，下图为VO2的晶胞，该晶胞中钒的配位数为。(4)催化剂的应用。将模拟烟气(含NO、NH3、N2、O2)以一定流速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO的转化率随温度的变化如图所示，反应温度高于350℃，NO转化率下降的原因可能是。(5)为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00mL，滴定过程中发生如下反应：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。则V2O5样品的纯度为。(写出计算过程)【答案】(1)（2分）(2)温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出（2分）（2分）(3)6（3分）(4)催化剂活性下降，反应速率减慢；NH3与O2发生反应生成NO（3分）(5)86.45%（4分）【解析】（1）由题意可知，三氧化二钒转化为钒酸钠发生的反应为三氧化二钒高温条件下与碳酸钠和空气中氧气反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；（2）氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，温度过高，氯化铵分解会导致溶液中铵根离子浓度减小，不利于钒酸铵析出，所以沉钒温度需控制在50℃左右；由题意可知，钒酸根离子在溶液中发生水解反应生成H3VO4沉淀和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：温度过高，NH4Cl分解，导致溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3析出；；（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×+1=2，位于面心和体内的白球个数为4×+2=4，由化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，位于体心的钒原子周围有6个氧原子，则晶胞中钒的配位数为6，故答案为：6；（4）反应温度高于350℃，一氧化氮转化率下降可能是温度过高，催化剂活性下降，反应速率减慢导致消耗一氧化氮的物质的量减小，使得一氧化氮的转化率减小，也可能是