江苏省南通市2024-2025学年-高二化学上学期11月期中检测试卷有解析

/江苏省南通市2024~2025学年高二化学上学期11月期中检测试卷注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡上规定的位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1B11N14O16Na23S32K39I127一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.化学与生产、生活息息相关。下列说法中不正确的是A.用太阳能光解水制H2能减少碳排放B.研发新能源汽车能降低汽油柴油消耗C.将钢铁闸门与电源正极相连能防止钢铁腐蚀D.开发废电池综合利用技术能防止重金属污染【答案】C【解析】【详解】A．光解水生成氢气和氧气，不排放含碳元素的物质，则用太阳能光解水制H2可减少碳排放，故A正确；B．研发新能源汽车，可替代燃油车的使用，从而降低燃油消耗，减少环境污染，故B正确；C．钢铁闸门应与电源负极相连通过还原反应得到保护，属于外加电流保护法，电解池的阳极发生失电子的氧化反应，若将钢铁闸门与电源正极相连，则会加速腐蚀，故C错误；D．废电池中铅、镉、汞等重金属对土壤和水源的污染非常严重，所以应积极开发废电池的综合利用技术，减少土壤和水源的污染，故D正确；答案选C。2.工业合成尿素的反应原理为CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O。下列说法正确的是A.CO2为极性分子 B.NH3的电子式为C.CO(NH2)2中N元素的化合价为+3价 D.H2O的空间结构为V形【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳的结构式O=C=O，为直线形分子，正负电荷中心重合，是非极性分子，故A错误；B．NH3分子中N、H原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8，其电子式为，故B错误；C．CO(NH2)2中C元素化合价+4价，O元素化合价-2价，氢元素化合价+1价，N元素的化合价为-3价；故C错误；D．H2O中O的价层电子对数=2+=4，O原子采用sp3杂化，存在两对孤电子对，H2O的空间结构为V形，故D正确；答案选D。3.金云母的化学式为KMg3AlSi3O10Fx(OH)(2-x)。下列说法正确的是A.非金属性：O<Si B.电离能：I1(Mg)<I1(Al)C.半径：r(Mg2+)<r(F-) D.碱性：KOH<Mg(OH)2【答案】C【解析】【详解】A．O原子半径小，得到电子能力强，非金属性：O＞Si，故A错误；B．Mg为第ⅡA族元素，价电子为全满结构，较稳定，电离能：I1(Mg)＞I1(Al)，故B错误；C．Mg2+和F-的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：r(Mg2+)＜r(F-)，故C正确；D．金属性K＞Mg，碱性：KOH＞Mg(OH)2，故D错误；答案选C。4.用下列实验装置完成对应的实验，不能达到实验目的的是A.用装置甲在铁表面镀铜B.用装置乙定量测定H2O2分解速率C.用装置丙检验该条件下铁发生了吸氧腐蚀D.用装置丁判断Na和水反应吸热反应还是放热反应【答案】B【解析】【详解】A．在铁表面镀铜，Cu与电源正极相连作阳极，电解质溶液含铜离子，Fe电极上铜离子得到电子生成Cu，故A正确；B．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，图中装置不能测定反应速率，故B错误；C．氯化钠溶液为中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水沿导管上升可证明发生吸氧腐蚀，故C正确；D．Na和水反应放热，锥形瓶内空气受热膨胀，U形管中红墨水左低右高可证明反应放热，故D正确；答案选B。阅读下列材料，完成有关问题：O、S的单质及其化合物应用广泛。O2、Na2O2、H2O2是常用的氧化剂，C2H2的燃烧热为1299.6kJ·mol-1，氢氧燃料电池是最早实用化的燃料电池。O3可用于废水处理，pH约为8时，O3可将废水中的CN-氧化为N2。斜方硫、单斜硫是常见的两种单质。SO2是一种重要的工业原料，可通过煅烧黄铁矿(主要成分：FeS2)制取。SO2在V2O5催化作用下与O2反应生成SO3.CaO可用于烟气(含N2、O2、CO2、SO2等)脱硫。5.下列说法正确的是A.斜方硫、单斜硫互为同位素B.CaO、Na2O2中阴、阳离子个数之比均为1：1C.FeS2晶胞中与每个距离最近且相等的Fe2+数目为8D.H2O2分解生成H2O时，氧原子的杂化轨道类型不变6.下列化学反应表示正确的是A.CaO吸收SO2：CaO+SO2=CaSO4B.碱性氢氧燃料电池正极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-C.乙炔的燃烧：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(g)△H=-1299.6kJ·mol-1D.O3处理含CN-的碱性废水：5O3+2H++2CN-=5O2+N2+2CO2+H2O7.下列关于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0的说法正确的是A.V2O5不改变该反应的焓变B.反应达到平衡状态时，2v逆(SO3)=v正(O2)C.升高温度时，平衡逆向移动，v正减小，v逆增大D.反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和【答案】5.D6.B7.A【解析】【5题详解】A．斜方硫、单斜硫都是硫元素的不同的单质，互为同素异形体，A项错误;B．CaO中阴、阳离子个数之比为1:1，Na2O2中阴、阳离子个数之比均为1:2，B项错误;C．由图可知，FeS2晶胞中以顶点的为研究对象，距离最近且相等的Fe2+位于上下、前后、左右，其数目为6，C项错误；D．H2O2分解生成H2O时，氧原子的杂化轨道类型不变，还是sp3杂化，D项正确;答案选D。【6题详解】A．CaO吸收SO2生成亚硫酸钙，化学方程式为CaO+SO2=CaSO3，A项错误；B．碱性氢氧燃料电池正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B项正确；C．乙炔的燃烧热生成液态水，化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1299.6kJ/mol，C项错误；D．O3处理含CN-的碱性废水：5O3+H2O+2CN-=N2+5O2+2，D项错误；答案选B。【7题详解】A．V2O5是反应的催化剂，不改变反应的焓变，A项正确；B．反应达到平衡状态时，v逆(SO3)=2v正(O2)，B项错误；C．升高温度时，平衡逆向移动，v正增大，v逆增大，C错误；D．放热反应中，反应物所含化学键的键能总和小于生成物所含化学键的键能总和，D项错误；答案选A。8.某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。【详解】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。9.相同温度下，向2L密闭容器中分别通入不同物质的量的NOCl(g)，发生反应：2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2(g)，NOCl(g)起始物质的量与平衡转化率的关系如下表。下列说法正确的是组别n起始(NOCl)/molNOCl平衡转化率/%I2αⅡm50Ⅲn40A.m：n=16：45B.若m<2，则α>50C.组别I反应进行到2min时，测得NOCl的物质的量为1.8mol，2min内用Cl2表示的平均反应速率v(Cl2)=0.05mol/(L·min)D.组别Ⅱ反应达平衡后，再通入0.5mmolNOCl和0.5mmolNO，平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】【详解】A．组别Ⅱ中NOCl的变化量为m×50%=0.5m，列三段式如下：组别Ⅲ中NOCl的变化量为n×40%=0.4n，列三段式如下：则K==0.125m，K==，温度相同，化学平衡常数相同，0.125m=，则m：n=16：45，故A正确；B．增大反应物的量，相当于增大压强，平衡逆向移动，若m＜2，则a＜50，故B错误；C．组别Ⅰ反应进行到2min时，测得NOCl的物质的量为1.8mol，NOCl的变化量为0.2mol，Cl2的变化量为0.1mol，v(Cl2)===0.025mol•L-1•min-1，故C错误；D．组别Ⅱ反应达平衡后，再通入0.5mmolNOCl和0.5mmolNO，此时Q==0.125m=K，平衡不移动，故D错误；答案选A。10.一种采用电解和催化相结合的循环方式实现高效制H2和O2的装置如图所示。下列说法正确的是A.加入Y的目的是补充H2OB.电极a连接电源正极C.电极b表面发生的电极反应式为Br--6e-+3O2-=D.催化阶段Z与Br-的物质的量之比为2：3【答案】A【解析】【分析】由图可知，b极溴元素化合价升高，失电子，故b极为阳极，电极反应式为Br--6e-+3H2O=+6H+，故Y为水，a极为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故X为氢气，循环阶段被还原为Br-，同时生成氧气，Z为氧气，据此作答。【详解】A．由分析可知，Y为水，目的是补充H2O，故A正确；B．a极为阴极，连接电源的负极，故B错误；C．由分析可知，b极为阳极，电极反应式为Br--6e-+3H2O=+6H+，故C错误；D．催化阶段溴元素由+5价降低为-1价，生成1mol溴离子转移6mol电子，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气转移4mol电子，由电子守恒可知生成氧气与Br-的物质的量之比为6：4=3：2，故D错误；答案选A。11.某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是A.相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态B.恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0C.其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：C<A<BD.其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b<c【答案】C【解析】【详解】A．A容器体积小，压强大，反应速率比B快，B点达到平衡状态，故A一定达到平衡状态，A正确；B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示，X转化率最高点，即达到平衡，平衡后，温度升高平衡向吸热方向移动，X转化率降低，则该反应的△H<0，B正确；C．X的物质的量越多，则Y的转化率越高，平衡时Y的转化率：A<B<C，C错误；D．压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆向进行，则a+b<c，D正确；故选C。12.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取5mL0.1mol/LKI溶液和1mL0.1mol/LFeCl3溶液充分反应后，再加2mLCCl4振荡、静置后，取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液显红色Fe3+与I-发生的反应为可逆反应B以Zn、Fe为电极，以酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置。过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝色沉淀Fe未被腐蚀C已知2NO2⇌N2O4，将盛有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅正反应活化能小于逆反应活化能D已知⇌I2+I-，向盛有KI3溶液试管中加入适量CCl4，振荡、静置后CCl4层显紫色KI3在CCl4中溶解度比在水中的大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可知铁离子和碘离子如果恰好完全反应的话，其物质的量之比为1∶1，由于实际给出的物质的量是碘离子过量，加入2mLCCl4，振荡萃取碘，使反应充分进行，静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，说明存在Fe3+，则该反应存在一定限度，A不合题意；B．该原电池装置中，Fe作正极被保护，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，没有特征蓝色沉淀生成，说明Fe未被腐蚀，B不合题意；C．存在2NO2⇌N2O4的平衡，将盛有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅，说明正反应是放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能，C不合题意；D．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，和碘不反应，所以四氯化碳能萃取碘，碘在四氯化碳中呈紫红色，向盛有KI3溶液的试管中加入适量的CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说明I2被四氯化碳萃取，D符合题意；故选D。13.研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：反应I：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1>0反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2<0反应II：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)△H3<0一定压强下，C-H2O-CaO体系达平衡后，如图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.b线对应的物种为CO2B.温度高于T1时，c线对应物种的物质的量分数逐渐升高C.温度为T0时，向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c(CO2)将增大。D.温度为T0时，平衡体系中气体总物质的量为4.0mol，则CaCO3(s)的物质的量为0.5mol【答案】D【解析】【分析】图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，b曲线代表CO的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，CO2摩尔分数减小，只发生反应Ⅱ，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化；【详解】A．根据分析，b线对应的物种为CO，A错误；B．温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，c线对应物种的物质的量分数逐渐减小，B错误；C．温度为T0时，反应Ⅲ的K=c(CO2)，温度不变，K不变，故向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c(CO2)将不变，C错误；D．设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全，列三段式：，，，则有，，，解得，，，则n（总）=，，则n(CaCO3)=，D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.氢能是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种对环境友好的固体储氢材料。（1）制硼氢化钠。将Na2B4O7、SiO2及金属Na按一定比例混合后，通入H2加热到360～370°C只生成NaBH4和Na2SiO3。①该反应的化学方程式为_______。②测定硼氢化钠样品的纯度。准确称取干燥硼氢化钠样品1.200g，用NaOH溶液溶解后配制成100.0mL溶液。量取10.00mL溶液放入锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol/LKIO3溶液，充分反应后再加入适量KI，用足量稀硫酸酸化后，加入0.5000mol/LNa2S2O3标准液，恰好完全反应时消耗该标准液12.00mL。则样品中NaBH4质量分数为_______(写出计算过程)。已知：3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2OKIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2OI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（2）制氢。NaBH4与水反应能获取氢气，该反应机理如图所示。①NaBH4与水反应的离子方程式为_____。该反应在任意温度下均能自发进行的原因是______。②若用D2O代替H2O，则反应后生成氢气的化学式为_______。（3）硼氢化钠再生。制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，常温时易以NaBO2形式结晶析出，NaBO2可再生为NaBH4。已知：反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)△G1=+320kJ/mol反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△G2=-240kJ/mol反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)△G3=-570kJ/mol△G的值只取决于反应体系的始态和终态。以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，写出一个表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式，并注明物质状态和△G：_______。【答案】（1）①.16Na+Na2B4O7+7SiO2+8H24NaBH4+7Na2SiO3②.95.00%（2）①.+4H2O=[B(OH)4]-+4H2↑②.△H<0，△S>0③.H2、D2、HD（3）NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s)△G=-340kJ/mol或NaBO2(S)+2H2O(1)+4Mg(s)=NaBH4(s)+4MgO(s)△G=-1000kJ/mol【解析】【小问1详解】①制取NaBH4，根据题干信息可知，反应物为Na2B4O7、SiO2、金属Na和H2，产物为NaBH4和Na2SiO3，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：16Na+Na2B4O7+7SiO2+8H24NaBH4+7Na2SiO3；②涉及反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O、KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为，由题中数据可知，则与KI反应的，可知样品中，则样品中NaBH4质量分数；【小问2详解】①NaBH4与水反应生成Na[B(OH)4]和氢气，据此写出反应的离子方程式为：+4H2O=[B(OH)4]-+4H2↑；反应自发进行的判断依据，该反应在任意温度下均能自发进行的原因是△H<0，△S>0；②在图示的反应机理中，生成氢气的H元素是由H2O和两种粒子提供，若用D2O代替H2O，生成的氢气中会有H2、D2、HD三种分子；【小问3详解】反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)△G1=+320kJ/mol，反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△G2=-240kJ/mol，反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)△G3=-570kJ/mol，根据盖斯定律计算反应I-反应Ⅱ×2+反应Ⅲ×2得到以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式为：NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s)，根据盖斯定律计算反应I-反应Ⅱ×4+反应Ⅲ×4得到以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式为：NaBO2(S)+2H2O(1)+4Mg(s)=NaBH4(s)+4MgO(s)。15.工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。已知：Au++2CN-⇌[Au(CN)2]-K=1.0×1038Zn+2Au+⇌Zn2++2AuK=1.0×1082.7Zn2++4CN-⇌[Zn(CN)4]2-K=1.0×1016.7（1）浸银。将矿石粉碎研磨，用硝酸浸取、过滤得到“浸银”滤液与“浸银”滤渣。①“浸银”时Fe2O3溶于硝酸生成Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式为_______。②N2H4·H2O还原“浸银”滤液可得到粗银。制备N2H4·H2O时应将NaClO和NaOH混合液缓慢滴入尿素溶液中，不能改变滴加顺序的原因是_______。（2）浸金。用KCN、KOH混合溶液和O2浸取“浸银”滤渣，过滤得到“浸金”滤液。①单质Au转化为[Au(CN)2]-的离子方程式为_______。②浸取时，加料完成后，控制适宜温度和通气速率，并以一定速率搅拌，提高金元素浸取率的方法还有_______。（3）置换。向“浸金”滤液中加Zn置换出Au，发生的反应为Zn+2[Au(CN)2]-⇌[Zn(CN)4]2-+2Au。①该反应的化学平衡常数K=_______。②置换过程中需向“浸金”滤液中添加少量可溶性铅盐，除了使锌粉松散有利于置换外，可能的原因还有_______。（4）净化。废水中含CN-会污染环境，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。①电解法。在直流电场作用下，CN-先被氧化成CNO-，CNO-再进一步被氧化成和N2，CNO-被氧化的电极反应式为_______。②氧化法。H2O2在Cu2+的催化作用下可氧化去除废水中的CN-，氧化时加入的H2O2需稍过量的原因是_______。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5②.过量的NaClO会氧化N2H4·H2O（2）①.8CN-+4Au+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH-②.延长浸取时间（3）①.1.0×1023.4②.锌置换出铅，锌、铅、滤液构成原电池，加快了反应速率（4）①.2CNO-+8OH--6e-=2+N2↑+4H2O②.充分氧化CN-；部分H2O2在Cu2+的催化作用下分解而损耗【解析】【小问1详解】①铁是第26号元素，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；②将NaClO滴入尿素溶液，过量的NaClO会氧化N2H4·H2O；【小问2详解】①单质Au与CN-、O2、H2O反应生成[Au(CN)2]-的离子方程式为8CN-+4Au+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH-；②浸取时，加料完成后，控制适宜温度和通气速率，并以一定速率搅拌，提高金元素浸取率的方法还有延长浸取时间等；【小问3详解】①已知①Au++2CN-⇌[Au(CN)2]-K1=1.0×1038；②Zn+2Au+⇌Zn2++2AuK2=1.0×1082.7；③Zn2++4CN-⇌[Zn(CN)4]2-K3=1.0×1016.7；目标反应=②-①×2+③，得Zn+2[Au(CN)2]-⇌[Zn(CN)4]2-+2Au，K=1.0×1023.4；②锌比较活动，锌置换出铅，锌、铅、滤液构成原电池，加快了反应速率；【小问4详解】①因为CNO-形式存在，故溶液不可能为酸性，CNO-中N为-3价，C为+4价，CNO-被氧化，化合价升高，转化为N2，每生成一个N2转移了6个电子，电极反应式为：2CNO-+8OH--6e-=2+N2↑+4H2O；②加入的H2O2需稍过量的原因是充分氧化CN-；部分H2O2易分解，在Cu2+的催化作用下分解而损耗；16.酸性废水中的砷或铬是引起水体污染的元素，可用沉淀法、还原法等除去。（1）FeS可将酸性废水中的H3AsO3(弱酸)转化为As2S3沉淀除去。已知：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)①该沉砷过程的离子方程式为_______。②沉砷过程中不用Na2S代替FeS的原因是_______。（2）Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示。①步骤III中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。②整个反应过程中几乎监测不到H2S，请从化学反应速率角度解释原因：_______。（3）Cr(VI)有高毒性，在水溶液中存在+H2O⇌2+2H+。钡盐可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4沉淀除去。其他条件相同，使用BaCO3的沉铬率要高于BaCl2的原因是_______。（4）NaHSO3可将酸性废水中的Cr(VI)还原为毒性较低的Cr2(SO4)3.①不同初始pH的酸性废水中残留Cr(VI)与反应时间的变化关系如图所示。实际反应中，控制废水pH为2.5的原因是_______。②Cr(Ⅲ)的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由Cr2(SO4)3溶液制得Cr(OH)3的实验方案：取分离、提纯后的Cr2(SO4)3溶液，_______，低温烘干，得到较纯Cr(OH)3晶体。(实验中须使用的试剂：蒸馏水、2.0mol/LNaOH溶液、1.0mol/LBaCl2溶液)【答案】（1）①.3FeS+2H3AsO3+6H+=As2S3+3Fe2++6H2O②.加入Na2S会使溶液中c(S2-)增大，促进As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)正向进行，不利于沉砷（2）①.1：1②.消耗H2S的速率大于或等于生成H2S的速率（3）BaCO3与H+反应，使c(H+)减小，促进+H2O⇌2+2H+正向进行，有利于生成BaCrO4沉淀（4）①.pH>2.5，Cr(Ⅵ)的去除速率慢：pH<2.5，c(H+)增大，易转化为SO2气体逸出②.边搅拌边加入2.0mol/LNaOH溶液，调节溶液的pH在6~12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加1.0mol/LBaCl2溶液不再出现浑浊【解析】【小问1详解】①FeS可将酸性废水中的H3AsO3(弱酸)转化为As2S3沉淀除去，发生反应生成As2S3，反应的离子方程式为：3FeS+2H3AsO3+6H+=As2S3+3Fe2++6H2O；②沉砷过程中不用Na2S代替FeS的原因是：加入Na2S会使溶液中c(S2-)增大，促进As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)正向进行，不利于沉砷；【小问2详解】①步骤III反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合价由-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量比为1∶1；②整个反应过程中几乎监测不到H2S，原因是：消耗H2S的速率大于或等于生成H2S的速率；【小问3详解】Cr(Ⅵ)有高毒性，在水溶液中存在Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+，钡盐可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4沉淀除去，其他条件相同，使用BaCO3的沉铬率要高于BaCl2的原因是：BaCO3

与H+

反应，使c(H+)减小，促进

+H2O⇌2+2H+正向进行，有利于生成BaCrO4

沉淀；【小问4详解】①由图像可知，实际反应中，控制废水pH为2.5的原因是：pH＞2.5，Cr(Ⅵ(的去除速率慢；pH＜2.5，c(H+)增大，易转化为SO2

气体逸出；②由Cr2(SO4)3溶液制得Cr(OH)3的实验方案为：取分离、提纯后的Cr2(SO4)3溶液，边搅拌边加入2.0mol•L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加1.0mol•L-1BaCl2

溶液不再出现浑浊，低温烘干，得到较纯Cr(OH)3晶体。17.研究CO2制CH4、HCOOH等资源具有重要意义。（1）CO2加氢制CH4过程中的主要反应如下：反应I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H1＜0反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2＞0①一定条件下，向恒定密闭容器中通入1molCO2和4molH2。反应达到平衡时，容器中CO2为0.2mol，H2为1.4mol。此时CH4的选择性(CH4的选择性=×100%)为_______。②在恒容密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2):n起始(H2)=1:4时，CO2平衡转化率随温度的变化如图所示。600℃后CO2平衡转化率随温度升高而增大的主要原因是_______。（2）采用电解法将CO2转化为HCOO-的工作原理如图所示。①阳极表面发生的电极反应式为_______。②若有1molH+通过质子交换膜，则两极产生的HCOOH和HCOO-的物质的量之和为_______mol。（3）CO2催化加氢制HCOOH的反应机理如图I所示。已知三个基元反应的活化能EⅡ＜EⅠ＜EⅢ(不考虑催化剂活性降低或完全失去)。如图Ⅱ所示，在密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH。保持压强不变，设CO2+H2⇌HCOOH的反应速率为v。①催化剂M足量，温度升高v减小的可能原因是_______。②实验测得某温度和压强下，v随催化剂M浓度c的变化如图所示。v随c的增大先增大后几乎不变，先增大的原因是_______。【答案】（1）①.75%②.反应I中△H1＜0，反应Ⅱ中△H2＞0，升高温度，反应I的平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，反应Ⅱ的平衡正向移动，CO2平衡转化率增大。600℃后，反应Ⅱ中CO2平衡转化率增大的幅度大于反应I中CO2平衡转化率减