浙江省杭州市2023-2024学年高二年级上册1月期末化学试题（解析版）

2023学年第一学期期末学业水平测试

高二年级化学试题卷

考生须知：

1,本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），满分100分。考试时间90分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域内填写学校、班级、姓名、考号、准考证号等相关信息；

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效；

4,可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23AI-27K-39Cl-35.5Fe-56

I卷

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题只有一个正确答案）

1.下列职业与化学关联最小的是

A.机械工程师B.水质检验员C.科技考古工作D.环境保护工程师

【答案】A

【解析】

【详解】A.机械工程师常指的是从事机械行业的专业人士，与化学关联不大，故A正确：

B.水质检验员主要运用化学方法对水中的污染物进行检验，故B错误；

C.科技考古工作具备分析化学相关知识，故C错误；

D.环境保护工程师需运用化学知识设计环境保护措施，故D错误；

故选A.

2.下列物质不•属•于•新型无机非金属材料的是

A.玻璃纤维B.光导纤维C.金刚砂D.碳纳米管

【答案】A

【解析】

【详解】A.玻璃纤维属于有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故A符合；

B.光导纤维主要成分为二氧化硅，属「新型无机非金属材料，故B不符合；

C.金刚砂成分为碳化硅，属于新型无机非金属材料，故C不符合；

D.碳纳米管是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故D不符合。

答案选A。

3.下列化学用语描述不氐映的是

A.中子数为20的氯原子：C1

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B.一氧化碳的空间填充模型：

c.MgCL的形成过程：Mgf+?.ci：—>Mg2+［：ci：］；

••••

D.磷基态原子价层电子排布［违背了洪特规则

3s3p

［1C

【详解】A.原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，则中子数为20的氯原子，质量数为37,则表示

为：：;C1,故A正确:

B.二氧化碳为直线形结构，C原子半径大于O原子半径，空间填充模型为（2）,故B正确;

C.MgCL是离•子化合物，氯原子得电子形成Cl:

：C1罕Mg午d：―＞［：CI：rMg2+［：ci故C错误;

••••••••

3s3p

D.磷基态原子价层电了•排布式为3s23P3,其轨道表示式为:OEE

R11111113s3p

违背了洪特规则，故D正确。

答案选C.

4.疏酸亚铁应用广泛，有关其说法下氐俄的是

A.缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片B.Fe",的价层电子排布式为3dzs2

C.铁元素位于元素周期表第四周期第VHI族D,硫酸亚铁可用作净水剂

【答案】B

【解析】

【详解】A.缺铁性贫血可服用硫酸亚铁片来补充铁元素，故A正确：

B.Fe2+的价层电子排布式3d，、，故B错误；

C.基态铁原子价电子排布式为3d64s2,位于周期表第四周期第VIH族，故C正确；

D.硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，胶体具有吸附性，可以用作净水剂，故D正确。

答案选以

5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不氐断的是

A.Na2cO3溶液呈碱性，其热溶液可用于去除厨房油渍

B.BaSOq难溶于水和酸且不能被X射线穿透，可用作人体造影剂

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C.。。2具有强氧化性，可用作自来水消毒剂

D.钠、钾具有很强还原性，钠钾合金可用作核反应堆的传热介质

【答案】D

【解析】

【详解】A.Na2cO3溶液呈碱性，碱性溶液可以和油污反应，可用于•厨房去除油污，A正确;

B.RaSC\.难溶于水，且不和胃酸反应，不能被X射线穿透，可用作人体造影剂.R正确:

C.具有强氧化性，能杀菌消毒，可用作自来水消毒剂，C正确;

D.金属Na、钾具有良好的导热性，钠钾合金可用作核反应堆的传热介质，D错误;

故选D。

6.利用下列装置进行相关实验，其中方案设计与操作合理的是

玻璃

1JL

—搅拌器

LNaCH店二A

——温度计//

=溶浓眼睛

LJJJ11

乙醇zr

饱和

FcCh隔热屋

二二我;一浓硫酸｝溶液

A.乙酸乙酯制备中混合B.制备氢氧化C.测定中和反应的D.用盐酸滴定锥形瓶

乙醇与浓硫酸铁胶体反应热中的NaOH溶液

AAB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.混合M将密度人的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸沿器壁慢慢注入乙酹中，故A错误;

B.氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误；

C.图中保温好，温度计测定温度，图中装置可测定中和热，故C正确；

D.眼睛观察锥形瓶内溶液颜色的变化，判断滴定终点，不能观察酸式滴定管中液面变化，故D错误。

答案选C。

7.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是

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故D正确;

故选Bo

A.实验i和n中铁钉均为负极

B.实验I和n中均发生吸氧腐蚀，且铁钉腐蚀速度实验i＞实验H

C.一段时间后，实验I铁钉附近也出现了蓝色，可能是K3[Fe(CN%]氧化了单质Fc

D.一段时间后，实验I和实验H中均出现红褐色

【答案】C

【解析】

【详解】A.实验I中锌比铁活泼，锌为负极，实验II中铁比铜活泼，铁为负极，故A错误；

B.实验I和II中都是中性环境，均发生吸氧腐蚀，实验I中锌为负极，铁为正极被保护，铁钉腐蚀速度实

验I〈实验II，故B错误；

C.一段时间后，实验I铁钉附近也出现了蓝色，说明溶液中存在Fe2+,可能是K3[FelCN%]氧化了单质Fe,

故C正确；

D.实验I中锌为负极，铁为正极，溶液中不会生成Fe3+,不会出现红褐色沉淀，实验II中铁为负极，生成

Fe2，，正极O2得电子生成0H，得到的Fe(OH)2会被O2氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀，故D错误；

故选C。

10.A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋

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力1可相同：B元素原子的价层电子排伞式是ns”np2，其中C元素的部分电离能如下表；含D元素的化合

物焰色试验火焰呈紫色(透过蓝色钻玻璃)。下列说法不乖断的是

电离能

元素

I.hL

C5781817274511575

A.离子半径大小：C>A>B

B.C的最高价氧化物对应水化物可溶于D的最高价氧化物对应水化物的水溶液

C.化合物DB，中含离子犍和共价键

D.元素D的核外电子运动具有1。种不同的空间运动状态

【答案】A

【解析】

【分析】A元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，即2P轨道上有3个自旋方向相同的的

电子，核外电子排布式为Is22s22p\故A为N元素，B元素原子的价层电子排布式是ns2np2%即为2s22P”,

B为O元素，根据C元素的电离能，失去3个电子后很难失去电子，即最外层为3个电子，原子序数依次

增大，即C为A1元素，含D元素的化合物焰色试验火焰呈紫色(透过蓝色钻玻璃)，该元素为K元素。

【详解】A.AP+、02>冲-的电子数相等，核电荷数越大，半径越小，则离子半径大小：N3>O2>A13+,故

A借误；

B.A1的最高价氧化物对应水化物A1(OH)3,K的最高价氧化物对应水化物的水溶液为KOH溶液，Al(OH)s

可以溶于KOH溶液，故B正确；

C化合物KO3是离子化合物，含有离子键，0,中含有共价键，故C正确；

D.K的核外电子排布为Is22s22P63s23P64sl含有电子的轨道有1()个，核外电子运动具有10种不同的空间

运动状态，故D正确；

故选Ao

11.我国科研人员设计将脱除SO?的反应与制备H2。？相结合的协同转化装置如图。在电场作用下，双极膜

中间层的H2o解离为OH-和H+，并向两极迁移。已知：①单独制备H2o2:2H2O(1)+O2(g)=2H2O20)，

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不能自发进行：②单独脱除SO2：4OH-(aq)+2SO2(g)+O2(g)=2SO：(aq)+2H2。⑴能自发进行。下

列说法木正娜的是

NaOH溶液稀H2so4

A.②单独脱除SO,反应的AH<0

B.协同转化工作时，OIT透过双极膜向左侧移动

C.正极的电极反应式：C)2+2e—+2H+MH?。？

D.协同转化总反应：SO24-O24-2H2O=H2O2+H2SO4

【答案】D

【解析】

【分析】该装置为原电池，左侧电极上SO：发生失电子的反应生成SO；,为负极，右侧电极为正极，正极

上02发生得电子的反应生成H2O2，负极反应式为SO；-2e-+20HHs0；+&0,正极反应式为

O2+2e-+2H-=H2Ch,则协同转化总反应为SCh+Ch+ZNaOHULCh+Na2so4,原电池工作时，阴离子移向负极，

阳离子移向正极，据此分析解答。

【详解】A.单独脱除SO2反应为4OH-(aq)+2SO2(g)+O2(g)=2SO：(aq)+2H2。⑴，其ASVO,且能

自发进行，AH-TASVO,则△HVTASV0,故A正确；

B.左侧电极为负极，右侧电极为正极，协同转化工作时，阴离子移向负极，即0H•透过双极膜向左侧移动,

故B正确：

C.由图可知，正极上Ch发生得日子的反应生成H2O2，正极反应式为O2+2e-+2H』H2O2，故C正确；

D.负极.卜.SO?最终转化为SO：,正极反应式为O2+2e-+2H+=H2Ch,比0解离为0H和H响两极迁移，则

协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4,故D错误。

答案选D。

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12.葡萄中含有一种二元有机弱酸酒石酸(C4H(R,)，下列关于酒石酸钠钾(KNaCJiQe)的说法不巧砸的

是

A.KNaC4H4(\属于正盐

B.向水中加入固体KNaC4H4。6，可促进水的电离

C.将10mL0.1moI/LKNaC4H4(\溶液中加水稀释1。倍，pH增大

+

D.KNaC4HQ6溶液中:c(0H-)=c(H)+2c(C4H606)+c(C4H50；)

【答案】C

【解析】

【详解】A.C4H6。6是二元有机弱酸,最多只能电离出2个H+,则KNaC4H4。6不能电离出H+,属于正盐,

故A正确；

B.KNaCtHK)6是弱酸强碱款，易发生水解反应，促进水的电离，故B正确：

C.KNaC4H4。6是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，将lOmLO.lmol/LKNaC4H4。6溶液中加水稀释10倍时溶液碱性

减弱，pH减小，故C错误：

+++

D.KNaC4Ho6溶液中电荷守恒关系为c(Na)+c(K)+c(H)=c(OH-)+2c(C4H4O^)+c(C4H5O6),物料守恒关系

1

为c(Na)+c(K＞尸2c(C4H6O6)+2C(CH40/)+2C(C4H5)，则c(OH-)=c(H*)+2c(C4H(06)+c(C4H$0n，

故D正确。

答案选C。

13.已知：气态分子中Imol化学键解离成气态原子所吸收的能量叫键能。恒容密闭容器中发生反应：

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH。有关数据如下：

化学键H-HN-HN三N

键能kJ-mol-1436391946

下列叙述正确的是

A.2NH3(g)N2(g)+3H2(g)AH=—92kJmo「

B.当容器中压强不再变化时，反应到达平衡状态

C.增大N2的浓度和使用催化剂均可提高H2的平衡转化率

D.增大浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大

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【答案】B

【解析】

【详解】A.2NH3(g)N2(g)+3H2(g)AH=6x391-3x436-946kJ/mol=+92kJ/mol,A错误；

B.2NH3(g)N2(g)+3H2(g)为气体分子数增加的反应，恒容密闭条件下压强会不断增大，当容器中压

强不再变化时，反应到达平衡状态，B正确；

C.使用催化剂均不可提高H?的平衡转化率，C错误：

D.增大浓度可增大单位体枳内活化分子百分数，使反应速率增大，D错误。

故选B。

14.豆腐是我国具有悠久历史的传统美食,其制作流程如下，步骤⑤利用盐卤(氯化镁、硫酸钙等)使豆浆中

的蛋白质聚沉。

①泡豆②磨豆

③过游

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④煮浆⑤点囱

⑥戊形

下列说法不•正•确•的是

A.步骤②的目的是为了让更多的蛋白质溶于水

B.步骤③的滤液可用于制作豆腐

C.将盐卤蒸干可获得MgCl2和CaS(\等混合物

D.往饱和的Cas。,悬浊液中加入碳酸钠溶液，可发生反应

c(sor)

CaSO(s)+CO^(aq)CaCO(s)+SO^(aq),该反应的平衡常数表达式为K=

43c(COM

【答案】C

【解析】

【详解】A.步骤②为磨豆，增大了蛋白质与水的接触面积，让更多的蛋白质溶于水，故A正确;

B.步骤③是过滤，除去豆渣得到豆浆，豆浆中含有豆蛋白，用于制作豆腐，故B正确；

C.盐卤蒸干可获得CaSO"但Mg。？易水解生成盐酸和Mg(OHb，盐酸挥发后得到Mg(OHb,不能

得到MgCl2,故C错误：

D.反应CaSO4(s)+CO；(aq)CaCOKs)+SO：-(aq)的平衡常数表达式为,故D正确;

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故选：Co

15.为探究反应Na2s2O3+H2sO4=Na2SO4+SO2T+S1+H2O的速率影响因素,某同学设计了以下实

验：

锥形

O.lmol/L的蒸馈水反应温浑浊出现

0.2mol/L的H2SO4

瓶备注

Na2s2O3溶液/mL/mL溶液/mL度/℃时间/S

编号

1100102010

2105V2016

10s后浑浊

3100105()5

不再增多

41064508

下列说法小正佛的是

A.该实验•般不通过测SO2的体积变化来判断反应速率的快慢

B.3号瓶中前10s内v(Na2s2O3)为O.OlmoLL/

C.依据实验设计推测V=5

D.由I号瓶和4号瓶的实验结果可得温度越高，反应速率越快

【答案】B

【解析】

【详解】A.二氧化硫溶于水，不能测定SCh的体积变化来表示化学反应速率的快慢，否则误差太大，故A

正确；

O.lmoI/LxO.OlL

B.3号瓶用Na2s2O3版表示速率为0.02L一=0.0()5mcl(L・s),故B错误；

10s

C.对比实验1、2研究c(H+)对该反应速率的影响，溶液总体积必须相同，所以V=10+10-(10+5)=5,

故C正确；

D.1号瓶实验H2s04浓度大，但温度低，4号瓶实验H2s04浓度小，但温度高，实验结果是4号瓶实验反

应速率大，说明温度变化的影响大于浓度变化的影响，即温度越高反应速率越快，故D正确。

答案选B。

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16.下列有关实验的目的、方案设计、现象和结论中存在不由哪的是

选

实验目的方案设计现象和结论

项

在试管中加0.5g

淀粉和

无明显现象，说

4mL2moi/L

A探究淀粉能否在酸性条件下水解明淀粉未发生

H2sO4溶液，加

水解

热，再加少量新制

Cu(OH)2,加热

在试管中加入

试管中出现白

1mL0.linol/L

色胶状沉淀，说

B探究硅、硫元素的非金属性强弱的NazSiO?溶液，

明硫的非金属

然后向溶液滴加稀

性比硅强

硫酸

向等浓度的有黄色沉淀生

NaCkNai混合成，说明

C探究AgCl与AglKsp的大小

溶液中滴入少量稀Ksp(AgCl)

溶液

AgNO3>Ksp(AgI)

取两支试管，分别

加热时溶液变

加入

为黄色，置于冷

2mL0.5mol/L

探究温度对下列平衡的影响：水中后溶液由

的溶液，将

2+Cud2

D[CU(H2O)4](蓝色)+4Q-[CuCl4r(黄侬+4HQ黄色变为蓝色，

其中一支先加热，

AH>0说明升高温度，

然后置于冷水中，

平衡向吸热方

与另一支试管进行

向移动

对比

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A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.用少量新制Cu(0H)2检验淀粉水解生成的葡萄糖，需要营造碱性环境，故A错误；

B.试管中加入lmL0.lm。l/L的Na2SiO3溶液，然后向溶液滴加稀硫酸，试管中出现白色胶状沉淀，说

明生成了H?SiO3,根据强酸制取弱酸的原理，说明硫酸的酸性强于硅酸，则非金属性：S>Si,故B正确；

C.向等浓度的NaCl、Nai混合溶液中滴入少量稀AgNOa溶液，溶解度小的先沉淀，有Agl黄色沉淀生

成，说明Ksp(AgCl)>Ksp(Agl),故C正确;

D.升高温度，溶液变为黄色，说明平衡[Cu(Hq)4「(蓝色)+40-[CuCl4r(黄色)+450正向

移动，降低温度，溶液由黄色变为蓝色，说明该平衡逆向移动，说明升高温度，平衡向吸热方向移动，故D

正确：

故选Ao

II卷

二、非选择题(本大题共5小题，共52分)

17.为庆祝“国际化学元素周期表年”，中国化学会面向会员遴选118名青年化学家，作为118个化学元素的

“代言人”，吕华.田振玉，翟天佑分别成为N,O、S元素的代言人.回答下列问题，

(1)N、0、S三种元素的第一电离能由小到大排序为。

(2)氮化铝在现代工业中发挥着重要的作用。基态铝、氮原子的未成对电子数之比为o

(3)下列说法正确的是o

A.N元素的电负性大于S元素，N2s2中N元素显负价

B.0-H的键能强于S—H的键能，H?O的热稳定性强于H2s

C.N?与H?化合通常需要高温高压催化剂，而S与H2化合一般只需要点燃，说明S元素的芈金属性强于

N元素

D.在冰醋酸中H2SO4的酸性强于HNO3,说明S的非金属强于N元素

(4)已知CuFeS2与CuGaS?的结构相同，在CuFeS?中S的化合价为,Fe的化合价为。

(5)N、O和S元素位于周期表的区，此区元素的价层电子排布特点是。

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【答案】(1)S<O<N

(2)2:1(3)AB

(4)①.-2②.+3

(5)①.P②.价层电子排布通式为ns2npi

【解析】

【小问1详解】

同周期元素从左到右，第一电离能依次增大，IIA族全满和VA半满比较稳定，大于同周期相邻的元素，同

主族元素从上到下，第一电离能依次减小，则N、0、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为：S<0

<N；

【小问2详解】

基态珞原子的价电子排布式为：3dS4sl核外有6个未成对电子,基态氮原子的价电子排布式为：2s22P，

核外有3个未成对电子，因此基杰格、氮原子的未成对电子数之比为2：1；

【小问3详解】

A.N元素的电负性大于S元素，吸引电子对能力强，N2s2中N元素显负价，故A正确；

B.0-H的键能强于S-H的键能，H20的热稳定性强于H2S,故B正确；

C.N2与Hz化合通常需要高温高压催化剂，而S与H2化合一般只需要点燃，但氮气和硫单质的结构不同，

不能说明S元素的非金属性强于N元素，非金属性N>S,故C错误；

D.在冰醋酸中H2s04的酸性强于HNO3,不能说明S的非金属强于N元素，酸性强弱与非金属性无直接关

系，故D错误：

故答案为：AB；

【小问4详解】

CuFeSz与CuGaS2的结构相同，则Cu为+1价，Fe为+3价；

【小问5详解】

N、0和S元素位于周期表的p区，此区元素的价层电子排布特点是：价层电子排布通式为nfnpiq

18.燃煤火电厂产生的尾气(主要成分为SO?、NO)可以按如下流程脱除或利用已知：混合气体X可直接排

入空气。请回答：

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(1)写出过程I中so2转化成ZnSO3-2H2O反应的化学方程式。

(2)下列说法正确的是

A.煤的主要成分是碳单质

B.过程I中C2H4的作用是还原剂

C,将副产品硫酸锌送往浸出车间电解可回收金属锌和产生可循环使用的硫酸

D.过程H中的NaCQ也可用5代替

(3)写出过程II中NO与CaCOpNaClO?混合液反应的化学反应方程式

(4)SO2的水溶液可以使品红褪色，其褪色原理如下

该反应的反应类型为O

(5)设计实验方案检验麻河6］一团河过程中硫元素是否完全被氧化

【答案】(1)SO2+ZnO+2H2O=ZnSO3-2H2O(2)BCD

(3)4NO+2CaCO3+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO,

(4)加成或者化合(5)取少最固体溶于水配成溶液，取该溶液滴入适品♦酸性KMnC)4溶液，若溶液

褪色，则未完全氧化；若不褪色，则说明完全氧化

【解析】

第15页/共24页

【分析】燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入氧化锌悬浊液中，SO2和石灰乳反应生成ZnSCh，

后ZnSCh被氧化成ZnSCU：NO和O?结合生NO2,接着NO?和乙烯反应得到N2、C02>H2O；将燃煤火电

厂产生的尾气(主要成分SO?、NO)通入CaCQ-NaClCh混合液中，反应得到CO2、CaSCh、Ca(NO3)2以及

NaCL

【小问1详解】

过程I中S02与氧化锌和水反应生成ZnSOs2H2O,其反应的化学方程式为SO2+ZnO+2H2O=ZnSO32H2O：

【小问2详解】

A.煤是混合物，有机物和无机物组成的复杂的混合物，主要成分不是碳单质，故A错误；

B.过程I中C2H4的作用是还原剂，将二氧化硫还原为Ss,同时自身被氧化为CO2,故B正确；

C.将副产品硫酸锌送往浸出车间电解可回收金属锌和产生可循环使用的硫酸，这是一个电解过程，电解硫

酸锌溶液可以得到锌和氧气，同时生成硫酸，故C正确；

D.Ch也具有氧化作用，过程H中的NaCICh也可用03代替，故D正确；

故答案为：BCD；

【小问3详解】

过程II中NO与CaCCh、NaClCh混合液反应生成氯化钠、二氧化碳和硝酸钙，其反应的化学反应方程式为

4NO+2CaCO3+3NaClO2=2Ca(NO,+3NaCl+2CO2；

【小问4详解】

由图可知，该反应是碳碳双键与H2s03发生的加成反应或化合反应；

【小问5详解】

亚硫酸锌中硫元素被完全氧化生成硫酸锌，则检验检验溶液中没有亚硫酸根离子，说明硫元素被完全氧化,

其实验方案为取少量固体溶于水配成溶液，取该溶液滴入适量酸性KMnO,溶液，若溶液褪色，则未完全

氧化：若不褪色，则说明完全氧亿。

19.磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。请回答下列问题：

(1)已知H3P。2(次磷酸)是一元中强酸，写tHH3P。2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式：。

(2)25℃时，向一定体积的亚磷酸(H3Po3)溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液中含磷粒

子的物质的量分数3)与溶液pH的关系如图所示。

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100

②H3Po32H++HPOf的K为o

(3)过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要。磷酸铁镁结晶法回收废

2+

水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：NH；+Mg+P0^+6H2O=NH4MgPO4-6H;0>Lo

①pH=9时，磷去除率与初始溶液中当粤、■^黑的关系如题图1所示。为达到最佳除磷效果，并节约

n(P)n(P)

试剂，n(Mg):n(N):n(P)=。

②n(Mg):n(N):n(P)一定，磷去除率随溶液初始pH变化如图2所示。则最佳除磷效果的pH范围是

,并说明原因o

【答案】

(1)H3PO2+OH-=H?PO-+H2O

_797

(2)0.H2PO；®.IO

(3)①.2:5:1②.9〜10或者9.5左右③.pH过小，溶液H+与PO；结合，导致

NH4MgPO「6H2。溶解，磷去除下降；pH过大，溶液中OH一与NH：和Mg?+反应，导致

NH4MgpO「6H2。溶解，磷去除率下降

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【解析】

【小问1详解】

H3P02(次磷酸)是一元中强酸，H3P02溶液与足量NaOH溶液反应生成NaH2P02和H20,离子方程式是

H3PO2+OH-=H3PO；+H2O；

【小问2详解】

①根据图知，随着溶液pH值的增大，3(H3Po3)逐渐减小、6(H2PO；)先增大后减小、3(HP0；)逐渐增大,

所以不代表含磷粒子为H2PO-；

C(HPO；)

②b(H3Po3)=5(H2P0；)时，pH=L43,"(H3Poa)=2xc(H>10,43,5(HP0)=5(HPO；)时，pH=6.54,

c(Hg)23

654

同理可得Ka2(H3PO3)=10-；H3PO32H-+HPO；的

K=C(HP0〉C2(H-)=C(HPO；)C2(H+)xC(H2PO；)

=Kal(ILTOj)xKa«ILPOJ)=10l4,x106N=]0-797；

C(H3PO3)C(H,PO3)xC(H2PO；)

【小问3详解】

①根据图知，pH=9时，初始溶液中里=5时N的去除率最好，"粤=2时Mg的去除率最好，为达到

n(P)n(P)

最佳除磷效果，并节约试剂，n(Mg):n(N):n(P)=2：5：1：

②根据图知，Il(Mg):n(N):n(P)i定，最佳除磷效果的pH范围是9.0〜10.0或9.5左右，pH>10M,c(OH)

增大，0H-与NH：和Mg?-反应，导致c(NH；)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁镀，从而降低了磷的去除

率。

20.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，水煤气变换是一种常用的制氢方法，其反应原理为：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)e

已知：(i)2c(s)+O式g)=2CO(g)△H1=-220kJ・mo「

l

(ii)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH2=-484kJmor

-l

(iii)C(s)+0,(g)=CO2(g)AH3=-393.5kJmol

(1)反应CO(g)+H2()(g)C02(g)+H?(g)的AH=kJ-mol-1->

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n(H,O)12

(2)恒定总压1.70MPa和水碳比'2'=不投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H?的分压(某成

n(CO)

分分压=总压x该成分的物质的量分数)如下表:

p(CO2)/MPap(H2)/MPap(CH4)/MPa

条

件0.3()().300

1

条

件0.320.260.02

2

①在条件1下，水煤气变换反应的分压平衡常数Kp=

②对比条件1,条件2中H?产率下降是因为发生了一个不涉及CO?的副反应，写出该反应方程式.

(3)科学家在水煤气变换［03(。+凡0值)C0?(g)+H2(g)AH］中突破了低温下高转化率与高反应速

率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。该反应历程图如下，其中吸

附在催化剂表面的物种用“，”标注,TS指过渡态,部分产物用球棍模型表示。

CO(g)+2HO(g)

0.02

>-0.5\・0.60

-0.74

£\；TSI；

-1.0-1.26H2O(g)

:=­\-1.42/

栏TS2>

妄1.5CO*+2HO*\-1.83

2-1.76H,O*

W

-2.0,，TS3'、GOJ\;

CO*+H2O*+OH*+H*

；-2.48C02*+H2O*+2H*'导2H*

-2.5

CO*+2OH*+2H*

-3.0

反应历程

与反应历程对应的微观示意图却分如卜.:

①该历程的决速步骤方程式为

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②下列说法正确的是。

A.过程II既有化学键的断裂也有化学键的形成

B.过程H1的嫡变为零

C.低温卜.实现高反应速率是因为该催化过程降低了水燥气变换反应的AH

D.过程IV的微观图示为：巨昌

(4)实验发现，其他条件不变，住相同时间内，向CO(g)十HQ(g)CO?(g)十H?(g)反应体系中投入

一定量的CaO可以增大H2的体积分数，其实验结果如图所示：

求

却Oo

东

咫5o

及

国

HO

投入等质量的纳米CaO比微米CaO使H2的体积分数增大的原因可能是。

【答案】(1)-41.5

(2)©.0.5②.CO+3H2CH44-H2O

(3)①.(20*+2也0*-0)"+凡0'+04+4或者比0*104+叶②.D

(4)纳米CaO具有更大的表面积，与气体CO2反应速度更快，可以促使CO?*C()2(g)反应平衡右移,

更快的空出催化剂的吸附位点(表面)，加快化学反应

【解析】

【小问1详解】

①令①2c(s)+O?(g)=2CO(g)AH.=-220kJ•mol，

1

②2H2(g)+C)2(g)=2H2O(g)AH2=-484kJmol-；

③C(s)+C>2(g)=CO2(g)AH3=-393.5kJ-mol」；

根据盖斯定律，③・；。+②)，可得CO(g)+H2(Xg)CO2(g)+H2(g),

1,1

AH=AH--(AHi+AH2)=(-393.5kJ*morl)--(-220kJ*mol1-484kJ*mol-,)=-42kJ*mol-1；

32

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【小问2详解】

①在条件1下，CM的分压为0,设开始时加入n(H2O)=12mo1、n(CO尸5moi、水煤气变换反应中消耗的

n(CO)=xmol：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始量(mol)51200

，反应前后气体总计量数之和不变，则反应前

转化量(mol)xXXX

平衡量(mol)5-x12-xxx

后气体总物质的量不变，为17moi，总压强始终不变，为1.70MPa；则平衡时

xmol…口rLL2(5-3)mol

p(CO2)=p(H2)=-----x1,70MPa=0.1xMPa=0.30MPa,解得x=3,则平衡时pROA~-——

17mol17mol

xl.70MPa=0.20MPa,p(H：O)=(12-3)mo1xi.70MPa=0.90MPa,化学平衡常数

17mol

p(CO2)p(H2)0.3X0.3

Kp===；

p(CO)p(H2O)0.9x0.2

②对比条件1,条件2中Hz产率卜降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，说明没有CO2生成，氧气的

量减少，应该是CO和Hz反应生成CH4和H?O,