江苏无锡市2025-2026学年高二下学期期末考试化学试题含答案

高二期终调研考试

化学(选修)

注意事项：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。

2.答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。

3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40

第I卷选择题(共39分)

一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题

意。

1.下列非金属氧化物中不属于酸性氧化物的是

A.ClO₂B.CO₂C.SO₂D.SO₃

2.·(氯自由基)。下列关于氯自由基的说法正确的是

A.氯元素位于第二周期VIIA族B.氯自由基中氯原子最外层电子数为1

C.氯自由基带一个单位负电荷D.氯自由基具有强氧化性

3.磷钙铝矾[CaAl₃(PO₄)(SO₄)(OH)₆]可作为土壤改良剂和肥料。下列说法正确的是

A.碱性：Ca(OH)₂<Al(OH)₃B.半径：r(Ca²+)>r(s²-)

C.电负性：x(O)>x(S)D.第一电离能：I₁(P)<I₁(S)

4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气

B.二氧化氯具有氧化性，可用于自来水杀菌消毒

C.硫具有还原性，可用作处理实验室散落的汞珠

D.AgBr呈淡黄色，可用于制作相机胶片

5.用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物。下列说法正确的是

试卷第1页，共11页

——浓硫酸无水硫酸铜

甲

木炭粉

品红溶液酸性高锰澄清石灰水

酸钾溶液

乙丙

A.甲中可用碱石灰代替无水硫酸铜，用于检验产物中的水

B.乙中品红溶液褪色，加热后红色恢复可证明SO₂的存在

C.丙中可用饱和NaHCO₃溶液代替酸性高锰酸钾溶液，用于吸收SO₂

D.丙中酸性高锰酸钾溶液完全褪色，丁中澄清石灰水变浑浊可证明CO₂的存在

阅读下列资料，完成下面3个小题。

氢硫酸是H₂S的水溶液，H₂S为二元弱酸，具有强还原性，其水溶液在空气中久置会析出淡黄色硫单质。氢

硫酸可用于除去废水中的Cu²+等重金属离子，银器表面变黑也与空气中微量H₂S有关。H₂S与CO₂在高温

下反应可生成羰基硫(COS),COS是重要的有机合成中间体，也可用于粮食熏蒸。H₂S与C₂H₅OH反应可制

得乙硫醇(C₂H₅SH),乙硫醇挥发性极强，具有强烈难闻气味，常用作家用煤气的警示剂。

6.下列说法正确的是

A.C₂H₅SH中s原子杂化类型为sp²B.COS的空间构型为V形

C.H₂O的热稳定性比H₂S高D.C₂H₅SH的沸点比C₂H₅OH高

7.下列反应表示不正确的是

A.氢硫酸在空气中氧化变质：2H₂S+O₂=2S↓+2H₂O

B.Na₂S溶液显碱性的原因：S²-+2H₂O=H₂S+2OH

C.氢硫酸除去废水中Cu²+:H₂S+Cu²+=CuS↓+2H+

D.银器与空气中H₂S接触变黑：4Ag+2H₂S+O₂=2Ag₂S+2H₂O

试卷第2页，共11页

8.对于反应H₂S(g)+CO₂(g)一COS(g)+H₂O(g)△H>0,其他条件不变时，下列说法正确的是

A.使用催化剂，可提高H₂S的平衡转化率

B.降低温度，逆反应速率增大，H₂S的平衡转化率降低

C.恒温恒压充入Ar,正、逆反应速率不变，平衡不移动

D.及时分离出H₂O(g),平衡正向移动，化学平衡常数不变

9.由HC1制备Cl₂的反应机理如图所示。下列说法正确的是

HCl

H₂O

LaOCl

HClH₂O

La₂O₃LaCl₃

Ⅲ

Cl₂O₂

A.La₂O₃参与了反应过程，是该反应的中间产物

B.过程中LaOCl发生了氧化反应

C.过程Ⅲ中有非极性共价键的断裂与生成

D.每生成1molCl₂,需消耗标准状况下22.4LO₂

10.全钒液流电池是一种新型电化学储能装置，其电池反应式为：

,装置如图所示。下列说法正确的是

电源K

负载

石质石

墨子墨

交电

电换V³+/V²+

极voz/VO+极

膜室

A室B

A.关闭K₂、打开K,该装置将电能转化为化学能

B.该装置中的质子交换膜可用阳离子交换膜替代

试卷第3页，共11页

C.放电时，负极的电极反应式为：VO₂+e⁻+2H+=VO²++H₂O

D.充电时，每转移1mol电子，理论上有1molH+由A室移向B室

11.下列实验探究方案能达到探究目的的是

选

项探究目的实验方案

将两支盛有2mL0.1molL¹Na₂S₂O₃溶液的试管分

探究温度对化学反应速率的别置于冷、热水浴中，再同时加入

A

影响

3mL0.5mol·L¹H₂SO₄溶液，观察试管中出现浑浊

的快慢

向2mL0.1mol·L¹FeCl₃溶液中加入

探究2Fe³++2I=2Fe²++I₂

B1mL0.1mol·L⁻¹KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶

是否为可逆反应

液，观察颜色变化

探究键的极性对羧酸酸性的分别测定等体积的CH₃COOH溶液和CH₂CICOOH

C

影响溶液的pH

向Na₂SO₃溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加

D检验溶液中是否含有SO²

Ba(NO₃)₂溶液，观察是否有沉淀产生

A.AB.BC.CD.D

12.实验室模拟工业硫化碱法制取Na₂S₂O₃·5H₂O,其制备步骤如下：

步骤1:配制200mL0.2mol·L⁻¹Na₂S和0.1mol·L¹Na₂CO₃的混合溶液，测得pH为13.3。

步骤2:向溶液中缓慢通入SO₂,溶液逐渐变浑浊，有浅黄色沉淀析出。

步骤3:继续通入SO₂至溶液pH为7.0,充分反应后过滤。

步骤4:将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na₂S₂O₃·5H₂O晶体。

已知：K(H₂SO₃)=1.4×10⁻²,,K₁(H₂S)=1.1×10⁻⁷,K₂(H₂S)=1.3×10⁻¹³。下列

说法正确的是

A.步骤1所得溶液中存在：

试卷第4页，共11页

B.步骤2生成浅黄色沉淀的离子方程式为2S²-+SO₂+4H+=3S↓+2H₂O

C.步骤3所得滤液中存在：c(HSO₃)<c(so³)

D.步骤4蒸发浓缩时若温度过高，所得产品中会混有Na₂SO₄而导致纯度降低

13.在Ni-CeO₂-K/γ-Al₂O₃催化剂作用下，沼气联合重整可制取合成气。沼气的主要成分是CH₄和

CO₂,反应体系中还含有H₂O和少量O₂,发生的主要反应如下：

反应I:CH(g)+CO₂(g)一2CO(g)+2H₂(g)△H₁=+247.0kJ·mol-¹

反应IⅡ:CO(g)+H₂O(g)=CO₂(g)+H₂(g)△H₂=-41.2kJ·mol-¹

反应Ⅲ:

常压、n(CH₄):n(CO₂):n(H₂O):n(O₂):n(Ar)=1:0.5:0.5:0.1:0.01条件下，CH₄和CO₂的平衡转化率及产

物中H₂与CO的物质的量之比[n(H₂)/n(CO)]随温度变化的关系如图所示。下列说法正确的是

温度/℃

A.曲线a表示CO₂的平衡转化率随温度的变化

B.通过升高温度，不能使n(H₂)<n(CO)

C.650℃条件下，体系仅发生反应Ⅲ

D.850℃条件下，及时去除催化剂表面的积碳，可使x点向V点方向移动

第Ⅱ卷非选择题(共61分)

14.对铜熔炼烟尘(主要成分为Cuo、Cu₂O、As₂O₃、PbO及其硫酸盐，以及少量的Fe₂O₃与ZnO)进行无

害化处理及资源回收，流程如下。

试卷第5页，共11页

稀H₂SO₄Na₂SFe₂(SO₄)³

沉铜除砷

铜熔炼烟尘一酸浸FeAsO₄H₂O

含铅滤渣CuS滤液

已知：

①Cu+在酸性溶液中不稳定，会发生自身氧化还原反应。

②常温下，K(PbSO₄)=1.6×10⁻⁸,K(PbCO₃)=6.4×10⁻¹⁴,K(CuS)=6.3×10-36,

K(ZnS)=1.6×10⁻²。

I.酸浸

(1)Cu₂O与稀H₂SO₄反应的离子方程式为_o

(2)加入足量一定浓度稀H₂SO₄后，以一定速率搅拌，1h后测得铜元素的浸出率可达98%,铜元素浸出率较

高的主要原因是_o

(3)将含铅滤渣用Na₂CO₃溶液浸泡可得PbCO₃,反应为PbSO₄+CO₃-一PbCO₃+SO2,该反应的K=

Ⅱ.沉铜

(4)沉铜过程中，需要控制溶液的pH和s²-的过量系数(实际加入量与理论需要量之比),pH对沉铜效果的影

响如图所示。

100%

90%

80%

70%

60%

2.02.53.03.54.0

pH

①当溶液pH<3时，随pH减小，Cu²+沉淀率降低的原因是_o

②沉铜过程中，需要控制s²-过量系数的原因是o

Ⅲ.除砷

(5)沉铜后的滤液中，砷元素主要以H₃AsO₃存在(H₃AsO₃为弱酸)。

①除砷反应的离子方程式为。

②为了提高除砷的效率，需控制反应温度60℃,原因是o

15.“钠钙双碱法”是一种高效、成熟的湿法烟气脱硫技术，其工艺流程主要包括吸收、再生及氧化等环节，

试卷第6页，共11页

主要路径如图-1所示。

NaOH溶液

Ca(OH)₂浆液空气

再生池

含SO₂烟气一吸收塔氧化池石膏

净化后烟气

NaOH溶液

已知：

①Na₂SO₃的溶解度随pH的增大而降低。

②K(CaSO₃)=3.2×10⁻⁷,K(CaSO₄)=4.9×10⁻⁵。

③K。(H₂SO₃)=1.4×10⁻²,K₂(H₂SO₃)=6.0×10⁻⁸;K(H₂CO₃)=4.5×10⁻⁷,K₂(H₂CO₃)=4.7×10⁻¹。

I.SO₂的吸收与原理分析

(1)测得吸收后的溶液中n(Na₂SO₃):n(NaHSO₃)=11,则烟气中SO₂与NaOH的物质的量之比为

(2)若改用足量Na₂CO₃溶液作吸收剂，SO₂完全转化为SO₃,检测到“净化后烟气”中CO₂气体含量未增加，

则“吸收”时发生反应的离子方程式为_0

(3)以恒定流速向吸收塔中通入含SO₂的烟气(SO₂含量恒定),以恒定流速采用喷头喷淋不同浓度的碱液进行

烟气中SO₂的吸收，检测到碱液pH与脱硫效率的关系如图-2所示。随着碱液pH的增大，脱硫效率变化的

原因是o

90%

80%

86%

84%

82%

80%

12.512.712.913.113.313.5

pH

Ⅱ.脱硫液再生与副产物处理

(4)吸收液(主要含NaHSO₃与Na₂SO₃)被送入再生池，加入Ca(OH)₂浆液进行再生。NaHSO₃与足量的

Ca(OH)₂发生反应生成CaSO₃的化学方程式为_o

(5)再生池中某时刻c(Ca²+)=0.0050mol·L¹,计算当c(SO3-)=_mol·L¹时，CaSO₃开始沉淀。

(6分离出的CaSO₃滤渣经氧化可转化为石膏(CaSO₄·2H₂O),实现硫的资源化利用，理论上每消耗标准状况

试卷第7页，共11页

下22.4L氧气，生成_g石膏。

Ⅲ.工艺优化与定量分析

(7)用240mL0.0200molL¹酸性KMnO₄溶液测定净化后烟气中SO₂的含量。已知气体的流速为60mL·s-¹

(杂质不参与反应),平行测定3次，酸性KMnO₄溶液恰好褪色(还原产物为Mn²+)时平均耗时200s。SO₂的

含量为mg·L¹(写出计算过程)。

16.某化学兴趣小组对氯水和次氯酸盐进行有关探究实验。

实验一：制取氯水和次氯酸钠(NaCIO)。利用图-1所示实验装置进行实验。已知氯气和NaOH反应放热。

浓盐酸

30%NaOH

MnO₂溶液

冰水

NaOH

水溶液

ABCD

图-1

(1)B装置中反应的离子方程式为,冰水的作用有◎

(2)若对调B和C装置位置，可提高B中次氯酸钠产率的原因为__o

实验二：对氯水中微粒浓度的探究。T℃时，在不同pH下，约2mgL¹氯水中，部分含氯微粒平衡浓度的

对数值(lgc)如图-2所示(溶液体积保持不变)。

4.5

品-10+

-15+

46810

pH

图-2

已知氯水中存在如下平衡(不考虑其他平衡):

I:Cl₂(aq)+H₂O(1)一H+(aq)+CI(aq)+HCIO(aq)

Ⅱ:2HCIO(aq)一Cl₂O(aq)+H₂O(1)

Ⅲ:HCIO(aq)一H⁺+ClO-(aq)

试卷第8页，共11页

(3)该氯水中氯元素质量守恒表达式：c(Cr)=c(HC1O)+_o

(4)当pH在4～6时，氯水中1g[c(HCIO)]变化不明显的原因是

o

实验三：制备碱式次氯酸镁[Mg₂(CIO)(OH)₃]

资料：I.2MgCl₂+NaClO+3NaOH=Mg₂(CI0)(OH)₃↓+4NaCl

Ⅱ.碱式次氯酸镁的消毒杀菌能力取决于有效氯含量；当溶液pH=9.5时，其有效氯含量最高。

(5)实验室按如图-3所示装置制备碱式次氯酸镁，补充实验方案：取100mL4.00mol/LMgCl₂溶液加入三颈

烧瓶中，打开电磁搅拌器，,将所得滤渣低温干燥。(须使用的试剂：2.00mol/LNaClO溶液、

NaOH溶液、AgNO₃溶液、蒸馏水)

滴液漏斗Y溶液

pH计一

MgCl,与X

的混合溶液

电磁搅拌器

图-3

17.CO₂作为碳源，能够转化为多种化学用品，为工业领域提供了巨大的应用潜力。

I.以CO₂、H₂为原料合成CH₃OH,涉及的主要反应如下：

反应1:CO₂(g)+3H₂(g)→CH₃OH(g)+H₂O(g)△H₁=-49.5kJ·mol-¹

反应2:CO₂(g)+H₂(g)一CO(g)+H₂O(g)△H₂

反应3:Co(g)+2H₂(g)=CH₃OH(g)△H₃=-90.4kJ·mol⁻¹

(1)△H₂=kJ.mol-¹。

(2)不同压强下，按照n(CO₂):n(H₂)=1:3投料，CO₂的平衡转化率随温度的变化关系如图-1所示。图中三

条曲线几乎交于一点的原因是_o

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80%

70%

60%

pi

50%

P2

40%

P₃

30%

200400600温度/K

图-1

Ⅱ.CO₂和甲醇在空缺CeOx的催化作用下可以生成碳酸二甲酯[(CH₃O)₂CO,简称DMC],其在较高温度下

不稳定。

(3)用氢气处理CeO₂得到空缺CeOx,处理过程中CeO₂晶体结构变化如图-2所示，CeO中Ce有+3价和+4

价，x=,离子数目比N(Ce³+):N(Ce)=_o

图-2

(4)不同纳米形态的空缺CeO、催化剂表现出不同的催化性能，常见的纳米形态包括棒状、球形、八面体和纺

锤体。等质量不同纳米形态空缺CeO、催化剂对DMC产率的影响，以及球形空缺CeO催化剂在不同反应温

度下对DMC产率的影响如图-3所示。

400420440

380460温度/K

60%F

50%-

40%

30%

20%-

10%-

棒状球形八面体纺锤体纳米形态

图-3

①不同纳米形态的空缺CeOx催化剂表面Ce³+比例如表1所示。棒状和球形纳米形态的空缺CeOx催化剂对

DMC的产率影响相差不大的原因是o

表1不同纳米形态的空缺CeO、催化剂表面Ce³+比例

试卷第10页，共11页

纺锤

纳米形态棒状球形八面体

体

表面Ce³+比例22.55%15.69%11.39%5.05%

②当合成温度超过420K时，DMC产率下降的原因是◎

(5)空缺CeO、催化CO₂与甲醇合成DMC的可能反应机理如图-4所示(□代表氧空位)。画出反应中间体A的

结构_o

图-4

试卷第11页，共11页

1.A

【详解】A.酸性氧化物的定义是能与碱反应仅生成盐和水，且对应含氧酸中中心元素化合价与氧化物中一

致。ClO₂中Cl为+4价，无对应价态的稳定含氧酸，且与碱反应会发生歧化反应生成不同价态的氯盐，不

符合酸性氧化物的定义，A符合题意；

B.CO₂能与碱反应生成碳酸盐和水，对应含氧酸H₂CO₃中C为+4价，与CO₂中C价态一致，属于酸性氧

化物，B不符合题意；

C.SO₂能与碱反应生成亚硫酸盐和水，对应含氧酸H₂SO₃中S为+4价，与SO₂中S价态一致，属于酸性氧

化物，C不符合题意；

D.SO₃能与碱反应生成硫酸盐和水，对应含氧酸H₂SO₄中S为+6价，与SO₃中S价态一致，属于酸性氧化

物，D不符合题意；

故选A。

2.D

【详解】A.氯元素原子序数为17,核外电子层数为3,最外层电子数为7,位于第三周期VIIA族，A错误；

B.氯自由基是Cl₂中共价键均裂生成的，氯原子最外层原本有7个电子，形成自由基后最外层电子数仍为

7,B错误；

C.自由基中质子数与核外电子数相等，呈电中性，不带负电荷，C错误；

D.氯自由基最外层有7个电子，易得到1个电子达到8电子稳定结构，因此具有强氧化性，D正确；

故答案选D。

3.C

【详解】A.金属性Ca强于Al,元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性

Ca(OH)₂>Al(OH)₃,A错误；

B.Ca²+与s²核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故r(Ca²+)<r(s²),B错误；

C.同主族元素从上到下电负性逐渐减小，0和S同主族且O位于S的上方，故x(O)>x(S),C正确；

D.P的价电子排布为3s²3p³,p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的S,故I(P)>I₁(S),D错

误；

故选C。

4.B

【详解】A.浓硫酸用于干燥氯气是利用其吸水性，脱水性是指将有机物中H、O按原子个数比2:1脱去的

试卷第1页，共9页

性质，二者不对应，A错误；

B.二氧化氯具有强氧化性，可使微生物的蛋白质变性失活，因此可用于自来水杀菌消毒，性质与用途对应，

B正确；

C.硫处理散落汞珠时，S与Hg常温化合生成HgS,反应中S元素化合价由0价降低至-2价，体现氧化性

而非还原性，C错误；

D.AgBr用于制作相机胶片是利用其见光易分解的感光性，与淡黄色的外观无关，D错误；

故选B。

5.B

【详解】A.碱石灰吸水无明显现象，且可吸收反应生成的SO₂、CO₂,无法检验产物水，A错误；

B.SO₂的漂白作用具有可逆性，品红溶液褪色后加热恢复红色，可证明SO₂存在，B正确；

C.SO₂和饱和NaHCO₃溶液反应会生成CO₂,会干扰后续原产物中CO₂的检验，C错误；

D.酸性高锰酸钾完全褪色说明SO₂未除尽，SO₂也能使澄清石灰水变浑浊(生成CaSO₃沉淀),无法证明CO₂

存在，D错误；

故答案选B。

6.C7.B8.D

【详解】6.A.C₂H₅SH中S原子形成2个σ键，含2对孤电子对，价层电子对数为4,杂化类型为sp³,A

错误；

B.COS与CO₂互为等电子体，空间构型为直线形，B错误；

C.非金属性O>S,元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，故H₂O热稳定性高于H₂S,C正确；

D.C₂H₅OH分子间可形成氢键，C₂H₅SH不能，故C₂H₅SH沸点低于C₂H₅OH,D错误；

故选C。

7.A.H₂S具有强还原性，在空气中被O₂氧化生成S单质，反应方程式正确，A正确；

B.S²水解为分步可逆反应，第一步水解为s²⁻+H₂O一HS+OH,不能一步完全水解生成H₂S,也不能用

等号表示，B错误；

C.CuS难溶于酸，H₂S与Cu²+反应生成CuS沉淀，离子方程式正确，C正确；

D.Ag在空气中与H₂S、O₂反应生成Ag₂S和H₂O,电子守恒、原子守恒，方程式正确，D正确；

故选B。

试卷第2页，共9页

8.A.催化剂只改变化学反应速率，不改变平衡状态，不能提高H₂S的平衡转化率，A错误；

B.降低温度，正、逆反应速率均减小，该反应△H>0,降温平衡逆向移动，H₂S平衡转化率降低，B错误；

C.恒温恒压充入Ar,容器体积增大，各反应物、生成物浓度均减小，正、逆反应速率均减小，该反应前

后气体分子数相等，平衡不移动，C错误；

D.及时分离出H₂O(g),生成物浓度减小，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常

数不变，D正确；

故选D。

9.C

【详解】A.La₂O₃在过程I中被消耗，在过程Ⅲ中又生成，是反应的催化剂，不是中间产物，A错误；

B.过程Ⅱ中LaOCl与HCl反应生成LaCl₃和H₂O,所有元素化合价均无变化，没有发生氧化反应，B错误；

C.过程Ⅲ中反应物O₂的O=0非极性共价键断裂，生成物Cl₂的Cl-Cl非极性共价键生成，存在非极性共价

键的断裂与生成，C正确；

D.总反应为4HCl+O₂=2Cl₂+2H₂O,根据反应系数，每生成1molCl₂消耗0.5molO₂,标准状况下体积

为11.2L,D错误；

故答案选C。

10.D

【分析】放电(原电池，接负载，打开K₂关闭K₁)时，VO中V为+5价，得电子生成Vo²+(V为+4

价),因此A室电极为放电时的正极；V²+中V为+2价，失电子生成V³+(V为+3价),因此B室电极为放

电时的负极。充电(电解池，接电源，打开K₁关闭K₂)时，A室为阳极，B室为阴极。

【详解】A.关闭K₂、打开K₁时，装置连接负载，处于放电过程，将化学能转化为电能，A错误；

B.若用阳离子交换膜替代质子交换膜，钒的阳离子(V²+、V³+等)可通过交换膜，造成电解液交叉污染，

降低电池效率，不能替代，B错误；

C.放电时负极发生失电子的氧化反应，电极反应为V²+-e⁻=V³+,C错误；

D.充电时A室为阳极，B室为阴极，阳离子向阴极移动，每转移1mol电子，为平衡电荷，有1molH+由

A室移向B室，D正确；

故选D。

11.A

试卷第3页，共9页

【详解】A.探究温度对反应速率影响时，控制了反应物浓度、体积等其余变量均相同，仅温度不同，通过

观察出现浑浊的快慢可比较反应速率，A正确；

B.该实验中Fe³+物质的量大于I,Fe³+过量，即便反应不可逆也会有Fe³+剩余，滴加KSCN溶液必然变红，

无法证明反应可逆，B错误；

C.未控制两种羧酸溶液的物质的量浓度相同，无法通过pH比较酸性强弱，不能探究键的极性对羧酸酸性

的影响，C错误；

D.稀硝酸具有强氧化性，会将SO3氧化为SO2,干扰SO2的检验，D错误；

故选A。

12.D

【详解】A.步骤1是200mL0.2mol·L¹Na₂S和0.1mol·L¹Na₂CO₃的混合溶液，物料守恒中S的存在形式

包含S²、HS、H₂S,C的存在形式包含CO₃、HCO₃、H₂CO₃,选项漏了HS和HCO₃,A错误；

B.步骤2溶液初始pH为13.3,呈强碱性，反应物中不存在大量H+,离子方程式不应出现H,B错误；

C.步骤3溶液pH=7,即c(H+)=10⁻⁷mol·L¹,根据H₂SO₃的代入得

故c(HSO₃)>c(So³),C错误；

D.Na₂S₂O₃具有还原性，蒸发浓缩时温度过高，易被空气中的O₂氧化生成Na₂SO₄,导致产品纯度降低，D

正确；

故选D。

13.B

【分析】由图可知，CH₄和CO₂的平衡转化率都随温度升高而增大，b增大的程度大于a;反应I为吸热反应，

升高温度平衡正向移动，反应物CH₄和CO₂的平衡转化率均随温度升高而增大；反应IⅡ、Ⅲ为放热反应，升

高温度，平衡逆向移动，CO₂的平衡转化率随温度升高而增大，CH4的平衡转化率随温度升高而减小；故随

温度升高，CO₂平衡转化率的增大值大于CH₄平衡转化率的增大值，故曲线a表示CH的平衡转化率，曲

线b表示CO₂的平衡转化率。

【详解】A.根据分析，曲线a表示CH₄的平衡转化率，曲线b表示CO₂的平衡转化率，A错误；

B.由反应I可知，生成物中由反应Ⅱ可知，消耗了Co,同时生成了H₂,由反应Ⅲ可知，生

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成的H₂和CO的比值为2:1,生成物中始终大于等于1,但不会低于1(不会出现n(H₂)<n(CO)),

故通过升高温度，不能使n(H₂)<n(CO),B正确；

C.若650°℃仅发生反应Ⅲ,CO₂不参与反应，其平衡转化率应为0,但图中650℃时CO₂转化率大于0,说

明体系还发生了其他反应，C错误；

D.图中x本身已经是平衡状态下的CO₂转化率，去除积碳只是恢复催化剂的活性，催化剂只能改变化学反

应速率，不能改变平衡状态，温度不变时平衡不移动，因此CO₂的平衡转化率不会升高，无法使x向V方向

移动，D错误；

故选B。

14.(1)Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²++H₂O

(2)酸性条件下Cu单质可被空气中的氧气氧化为Cu²+

(3)2.5×10⁵

(4)pH过低时，大量的H+与S²-结合生成HS,使溶液中S²-浓度降低，Cu²+沉淀不完全s²-不足

时Cu²+无法完全沉淀；S²-过量太多会降低CuS的纯度

(5)H₃AsO₃+H₂O₂+Fe³+=FeAsO₄·H₂O↓+3H温度低于60℃,反应速率慢，除砷效率低；温度

高于60°℃,H₂O₂受热易分解，降低除砷效率

【分析】该工艺对成分为铜氧化物、砷铅化合物、少量铁锌氧化物的铜熔炼烟尘进行无害化处理与资源回

收：首先加入稀硫酸酸浸，铅转化为难溶硫酸铅进入含铅滤渣，铜、砷、铁、锌等元素进入酸浸滤液；随

后向酸浸滤液加入硫化钠沉铜，利用CuS溶度积远小于ZnS溶度积的特点，析出CuS沉淀实现铜的回收；

最后向沉铜后的滤液加入过氧化氢氧化砷、硫酸铁沉砷，得到FeAsO₄·H₂O沉淀，实现砷的脱除回收，完成

整个处理流程。

【详解】(1)根据已知信息，Cu+在酸性中歧化，Cu₂O和稀硫酸反应，+1价Cu发生自身氧化还原，生成

Cu单质和Cu²+,配平得离子方程式为Cu₂O+2H+=Cu+Cu²++H₂O。

(2)原料中Cu有CuO和Cu₂O,CuO可直接溶于酸，Cu₂O在酸性条件下发生歧化反应生成Cu单质和

Cu²+,酸性条件下Cu单质可被空气中的氧气氧化为Cu²+,Cu元素几乎全部转化为可溶Cu²+,因此铜浸出

率较高；

(3)由反应的离子方程式可知，该反应的平衡常数

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(4)①pH越小，H+浓度越大，H+与S²-结合生成HS,使溶液中S²-浓度降低，Cu²+沉淀不完全，因此

沉淀率降低；

②s²-不足时Cu²+无法完全沉淀；s²-过量太多会使Zn²+也生成ZnS沉淀，还可能生成FeS、Fe(OH)₃等，

造成产物中存在杂质，降低铜产品纯度，因此需要控制过量系数。

(5)①H₃ASO₃中As为+3价，产物FeAsO₄·H₂O中As为+5价，H₂O₂作氧化剂被还原为-2价，根据电

子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得离子方程式为H₃AsO₃+H₂O₂+Fe³+=FeAsO₄·H₂O↓+3H;

②温度低于60°℃,反应速率慢，除砷效率低；温度高于60°℃,H₂O₂受热易分解，降低除砷效率，因此控

制温度为60℃。

15.(1)2:3

(2)2CO³+SO₂+H₂O=2HCO₃+SO₃

(3)随着碱液pH增大，Na₂SO₃溶解度下降而析出，析出的晶体堵塞喷头，使气液接触不良，脱硫效率降低

(4)NaHSO₃+Ca(OH)₂=CaSO₃↓+H₂O+NaOH

(5)6.4×10-⁵

(6)344

(7)n(Mno)=0.24L×0.0200mol/L=4.80×10⁻³mol,由方程式可得关系2n(MnO;)=5n(SO₂),故

,SO₂的质量为

1.20×10⁻²mol×64g/mol=0.768g=768mg,通入气体的总体积为60mL/s×200s=12000mL=12L,SO₂的含量

【分析】NaOH溶液吸收烟气中的SO₂,反应生成NaHSO₃和Na₂SO₃,加入Ca(OH)₂后发生反应生成NaOH

和CaSO₃,CaSO₃被氧气氧化后生成CaSO₄,据此分析；

【详解】(1)根据原子守恒可知，n(SO₂)=n(Na₂SO₃)+n(NaHSO₃),

n(NaOH)=2n(Na₂SO₃)+n(NaHSO₃),n(Na₂SO₃):n(NaHSO₃)=1:1,则烟气中SO₂与NaOH的物质的量

之比为2:3。

(2)由电离常数可知，酸性H₂SO₃>H₂CO₃>HSO₃>HCO₃,题中说明“净化后烟气”中CO₂气体含量未增加，

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说明不生成CO₂,只能生成HCO₃,故离子方程式为2CO³²+SO₂+H₂O=2HCO₃+SO3。

(3)结合已知信息①可知，随pH的增大，Na₂SO₃的溶解度降低，析出的晶体堵塞喷头，使气液接触不良，

脱硫效率降低。

(4)NaHSO₃与足量的Ca(OH)₂发生反应生成CaSO₃、氢氧化钠和水，化学反应方程式为

NaHSO₃+Ca(OH)₂=CaSO₃↓+H₂O+NaOH

(5)CaSO₃开始沉淀时，c(Ca²+)×c(SO³3)=K(CaSO₃),则

(6)氧化反应为2CaSO₃+O₂+4H₂O=2CaSO₄·2H₂O,标准状况下22.4L氧气的物质的量为1mol,对应生

成2mol石膏，石膏摩尔质量为172g/mol,故质量为2mol×172g/mol=344g。

(7)反应的离子方程式为：2MnO₄+5SO₂+2H₂O=2Mn²++5SO2-+4H⁺,可得关系2n(MnO4)=5n(SO₂),

SO₂的质量为1.20×10⁻²mol×64g/mol=0.768g=768mg,通入气体的总体积为60mL/s×200s=12000mL=12L,

SO₂的含量为

16.(1)Cl₂+2OH=Cl+ClO+H₂O防止温度过高不利于Cl₂的溶解；防止温度过高生成副产物

(2)水可以除去Cl₂中混有的HCl

(3)c(C10-)+2c(Cl₂O)

(4)pH增大，H浓度降低，使平衡ICl₂(aq)+H₂O(1)一H+(aq)+CT(aq)+HClO(aq)右移，c(HCIO)增大；

同时平衡ⅢHClO(aq)一H⁺+ClO(aq)也右移，c(HClO)减小，两个趋势抵消，lgc(HCIO)变化不明显

(5)将100mL2.00molLNaClO溶液和NaOH溶液混合后加入滴液漏斗，边搅拌边向三颈烧瓶中滴加，用

pH计监测溶液pH,当pH为9.5时停止滴加，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤

液中滴加AgNO₃溶液不再产生白色沉淀，过滤

【分析】A中用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B中用30%NaOH溶液在冰水浴中吸收氯气制备NaClo,C

和D作为尾气吸收装置。

【详解】(1)B中发生的反应为氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为

Cl₂+2OH=Cl+ClO-+H₂O;氯气与NaOH反应放热，使用冰水浴降低温度，防止温度过高发生副反应生成氯

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酸钠，提高次氯酸钠产率，同时温度过高Cl₂溶解下降。

(2)A中制备得到的氯气会混有会发出的HCl,HC1与NaOH反应影响NaClO产