精品解析：山东省烟台市莱阳市莱阳市第一中学2022-2023学年高三上学期10月月考化学试题

高三化学月考试题 一、单选题(共20分) 1. 化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是 A. 针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒 B. 冬奥会餐厅使用的可降解餐具，主要成分聚乳酸是由乳酸经过加聚反应合成的 C. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 D. “山东舰”航母使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 2. 勤劳致富，越努力越幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 游泳池中加硫酸铜进行消毒 硫酸铜的氧化性 B 高铁酸钾常用于处理水 高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的聚沉 C 用热的纯碱溶液洗去油污 热的纯碱溶液水解显碱性 D 用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含N、P等元素 A. A B. B C. C D. D 3. 实验室从含[Ag(S2O3)]和Br-的废定影液中回收Ag和Br2的步骤为：向废液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将C12通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如图所示，下列叙述正确的是 A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌 B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag C. 用装置丙制备C12 D. 用装置丁分液时，两层溶液依次从下口放出 4. 能正确表示下列反应的离子方程式为 A. 硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑ B. 明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH C. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO D. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O 5. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃，下，氢气中质子的数目为 B. 溶液中，的数目为 C. 苯甲酸完全燃烧，生成的数目为 D. 电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为 6. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 操作 现象 结论 A 将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液 有白色沉淀生成 SO2中混有SO3 B 向Na[Al(OH)4]溶液中持续通入气体Y 先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解 Y可能是CO2气体 C 向3 mL苯酚溶液中滴加2滴浓溴水，振荡 无白色沉淀 苯酚与溴水尚未发生反应 D 向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液 溶液变蓝 Kw >Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3) A. A B. B C. C D. D 7. 利用铈元素(Ce)吸收工业尾气SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如下所示： 下列说法错误的是 A. Na2S2O4中S元素的平均化合价为+3 B. 装置II消耗36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏加德罗常数的值) C. 装置III进行电解，Ce3+在阳极反应，使Ce4+得到再生 D. 装置III中阴极反应式为2HSO+2e-=S2O+2OH- 8. 准确配制0.500mol/L的氢氧化钠溶液250mL标准液滴定未知浓度的盐酸。天平托盘两侧放同样大小的滤纸，称量氢氧化钠5.00g，放入小烧杯中溶解，冷却，移液，洗涤，振荡，继续向250mL容量瓶中加水至刻度线1-2cm，用玻璃棒引流加水至凹液面与刻度线相切，摇匀，装瓶备用。滴定实验先对酸碱滴定管检漏，酸式滴定管检漏：关闭活塞，向滴定管内加一定体积的水，记下读数，静置2min后观察液面是否下降，看活塞和玻璃尖嘴处是否有水漏出，不漏水可用。 碱式滴定管检漏：向滴定管内加水，静置2min，看看是否有水漏出，不漏水可用。然后对碱式滴定管进行洗涤→装液→赶气泡→调液面→记录初始读数，量取20.00ml待测液盐酸，放入锥形瓶中，滴加1-2滴酚酞作指示剂，进行滴定，滴定是左手控制碱式滴定管橡胶管中的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛观察滴定管页面变化，当加入最后一滴标准液锥形瓶中液体颜色由无色变成浅红色且半分钟不变色即为滴定终点。 上面实验操作中错误有几处 A. 5处 B. 6 处 C. 7处 D. 8处 9. 硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸( HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe( II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是 A. Fe3O4参与了该循环历程 B. HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C. H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用 D. 在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO 10. “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为TiO2电极，b 为Pt 电极，c 为 WO3电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大气相通，B 区为封闭体系并有 N2保护。下列关于该电池的说法错误的是 A. 若用导线连接a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小 B. 若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为HxWO3-xe－=WO3+ xH+ C. 若用导线连接 b、c，b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e－=2H2O D. 利用该装置，可实现太阳能向电能转化 二、多选题(共20分) 11. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是 选项 实验目的 实验及现象 结论 A 比较和的水解常数 分别测浓度均为的和溶液的，后者大于前者 B 检验铁锈中是否含有二价铁 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁 C 探究氢离子浓度对、相互转化的影响 向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动 D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水 A. A B. B C. C D. D 12. 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 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 13. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1 B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z D. 反应①的活化能比反应②的活化能大 14. 微生物法浸出黄铜矿(CuFeS2，其中Cu为+2价)中铜元素的过程如图。下列说法错误的是 A. 该方法的原料只有黄铜矿和氧气 B. Fe2(SO4)3和H2SO4可以循环利用 C. 微生物在整个转化过程中起催化作用 D. 当黄铜矿中的铁元素全部转化为Fe3+时，生成2mol SO同时消耗4.25mol O2 15. 25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L-1碱BOH的pH，体系中粒子浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是 A. 25℃时，BOH的电离平衡常数为10-9.25 B. t=0.5，2c(H+)+c(BOH)=2c(OH-)+c(B+) C. P1所示溶液：c(C1-)＜0.05mol·L-1 D. P2所示溶液：c(B+) ＞100c(BOH) 第II卷(非选择题) 三、填空题(共0分) 16. 丙烯是工业上合成精细化学品的原料，随着天然气和页岩气的可用性不断提高，制取丙烯的技术受到人们越来越多的关注。 （1）主反应I ：C3H8(g)C3 H6(g)+H2(g) △H1 副反应Ⅱ ：C3H8(g) C2H4(g)+CH4(g) △H2 已知H2、丙烷(C3H8 )和丙烯(C3 H6)的燃烧热(△H)分别是-285.8 kJ·mol-1、-2220 kJ·mol-1和-2051 kJ·mol-1，则△H=_______kJ·mol-1.主反应I在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)时能自发进行。 （2）一定温度下，向总压恒定为p kPa的容器中充入一定量C3H8气体，在催化作用下，发生上述反应制备C3 H6。 ①下列情况表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A.气体密度不再改变 B.体系压强不再改变 C.混合气体的平均摩尔质量不再改变 D.单位时间内消耗C3H8的物质的量与生成C3 H6的物质的量相等 ②从平衡移动的角度判断，达到平衡后通入N2的作用是_______。 （3）在温度为T时，向起始压强为120 kPa的恒压容器中通入4 mol C3H8和6 mol N2发生反应，经10 min反应达到平衡，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图所示。该条件下，C3H8的选择性为80%，则0~ 10 min内生成C3 H6的平均速率为_______kPa·min-1；反应I的平衡常数 Kp=_______kPa(以分压表示，分压=总压X物质的量分数，保留一位小数)。 （4）向恒温刚性密闭容器中通入一定体积比的C3H8、O2、N2的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k、k'为速率常数)： 反应I ：2C3H8(g) +O2(g)=2C3 H6(g) +2H2O(g) k 反应Ⅳ ：2C3 H6(g) + 9O2 (g)=6CO2(g)+ 6H2O(g) k' 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3 H6)=kp(C3H8)-k'p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为_______，其理由是_______ 17. 利用工业钒铬废液(主要成分为NaVO3和Na2CrO4)制备NH4VO3和Na2CrO4晶体的流程如下： 已知：I．“钒渣”的主要成分为Ca3(VO4)2；NH4VO3在pH=7～8时溶解度最小。 Ⅱ．随pH的变化，含铬微粒的变化存在2CrO+2H+Cr2O+H2O。 回答下列问题： （1）“钒铬分离”时，为了提高石灰乳的利用率，可采取的措施是___________。 （2）获取Na2CrO4晶体后，含铬废水需经过“酸化→还原→沉降”方可排放。“还原”使用Na2S2O4溶液，所得还原产物为Cr3+，反应的离子方程式为___________；为了使c(Cr3+)不高于1.0×10-5mol·L-1，“沉降”时应调节pH至少___________[该温度下Cr(OH)3的Ksp约为1.0×10-29.6]。 （3）“浸出”时反应的离子方程式为___________；“转化”中析出NH4VO3晶体时，需加入过量NH4HCO3，原因是___________；选用NH4HCO3溶液不选用NH4C1溶液的原因是___________ （4）该流程中可循环利用的物质有___________。 18. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）反应I、II的1nK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。据图判断，升高温度时，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，若在恒温恒压下充入氦气，反应Ⅱ的平衡将___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动；若将反应体系体积压缩至原来一半，重新达到平衡时两反应所需时间tI___________tII(填“＞”“＜”或“=”)。 （3）恒压条件下，将CO2和H2按体积比1：3混合，初始压强为P0，在不同催化剂作用下发生反应I和反应Ⅱ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。 已知：CH3OH的选择性= ①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。 A．210℃ B．230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr—1)T ②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是___________。 ③已知反应Ⅱ的速率方程可表示为，，其中分别为正、逆反应的速率常数，1gk与的关系如图所示，①、②、③、④四条斜线中，表示1gk正的是___________；230℃下，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为，达到平衡时，测得体系中，以物质的分压表示的反应I的平衡常数___________。(已知：10-0.48=0.33，10-0.52=0.30) 19. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题： （1）已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算热分解反应④的________。 （2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。 （3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。 （4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。 ①越小，平衡转化率________，理由是________。 ②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。 四、实验题 20. 过硼酸钠(NaBO3·4H2O)可用于漂白剂及杀菌消毒。由硼镁矿(Mg2B2O5·H2O)制取过硼酸钠的过程及装置如下： 已知：I．过硼酸钠微溶于水，热水中不稳定；硼砂(Na2B4O7·10H2O)溶于水吸热，在水中的溶解度如图1所示。 Ⅱ．当pH高于10时，硼元素以BO形式存在；当pH在9左右时，以形式存在。 回答下列问题： （1）步骤I中的化学方程式为___________；步骤II中通入CO2的目的是___________，操作②获得硼砂Na2B4O7·10H2O的方法是___________，过滤。 （2）步骤III回流反应时所进行的操作为：按图2组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→___________。 ①用纸槽向c处加入硼砂；②打开a处旋塞加入双氧水；③c处加入氢氧化钠溶液④调低恒温水浴温度；⑤调高恒温水浴温度 （3）步骤IV中洗涤时选用乙醇，原因是___________。 （4）活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量≥10％(1mol H2O2相当于1 mol活性氧原子)。已知：KMnO4不与H3BO3反应。为了确定所得产品是否合格，进行如下实验：称取0.2g干燥样品置于锥形瓶中，加少量水润湿，加入3mol·L-1 25.0 mL稀硫酸使试样全部溶解，产生过氧化氢，摇匀。用0.100mol·L-1高锰酸钾标准溶液滴定溶液的H2O2至终点，发生的反应为：KMnO4+H2O2+H2SO4→K2SO4+MnSO4+H2O+O2↑，三次滴定平均消耗KMnO4溶液6.40mL。配制100mL 0.100mol·L-1高锰酸钾标准溶液，用到的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管和烧杯外，还有___________，若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，会使测得的活性氧含量___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)，活性氧的质量分数为___________％(保留一位小数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学月考试题 一、单选题(共20分) 1. 化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是 A. 针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒 B. 冬奥会餐厅使用的可降解餐具，主要成分聚乳酸是由乳酸经过加聚反应合成的 C. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 D. “山东舰”航母使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．双氧水易发生分解反应，且对皮肤和黏膜会有刺激性，不能用于对环境进行杀菌消毒，故A错误； B．聚乳酸是由乳酸经过缩聚反应合成的，故B错误； C．铝锂合金是性能优良的金属材料，故C正确； D．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误； 故选C。 2. 勤劳致富，越努力越幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 游泳池中加硫酸铜进行消毒 硫酸铜的氧化性 B 高铁酸钾常用于处理水 高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的聚沉 C 用热的纯碱溶液洗去油污 热的纯碱溶液水解显碱性 D 用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含N、P等元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．游泳池中加硫酸铜进行消毒，利用硫酸铜溶液使蛋白质变性，故A错误； B．高铁酸钾的氧化性能氧化消毒，反应生成铁离子水解反应生成氢氧化铁胶体，胶体具有很大的表面积，能吸附水中细小颗粒，使细小颗粒絮凝达到净水的目的，故B正确； C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则用热的纯碱溶液洗去油污与热的纯碱溶液能与油脂反应生成可溶于水的物质有关，故C正确； D．N、 P、K为肥效元素，而厨余垃圾含N、P、K等元素,则可作肥料，故D正确； 故答案为A。 【点睛】本题以生产、生活中的一些事例为载体，体现对物质性质和反应的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。 3. 实验室从含[Ag(S2O3)]和Br-的废定影液中回收Ag和Br2的步骤为：向废液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取C12并将C12通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如图所示，下列叙述正确的是 A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌 B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag C. 用装置丙制备C12 D. 用装置丁分液时，两层溶液依次从下口放出 【答案】C 【解析】 【详解】A．装置甲的操作为过滤，玻璃棒的作用是引流，不能用玻璃棒搅拌，A错误； B．灼烧固体应在坩埚中进行，B错误； C．浓盐酸和KMnO4可以在常温下反应生成Cl2，故可以用装置丙制备C12，C正确； D．分液时，下层液体从下口放出，上层液体待下层液体放出后，从上口倒出，D错误； 故选C。 4. 能正确表示下列反应的离子方程式为 A. 硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑ B. 明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH C. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO D. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误； B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误； C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误； D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确； 故答案选D。 5. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃，下，氢气中质子的数目为 B. 溶液中，的数目为 C. 苯甲酸完全燃烧，生成的数目为 D. 电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误； B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误； C．苯甲酸燃烧的化学方程式为，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO2，数目为1.4NA，故C正确； D．电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故D错误； 答案选C。 6. 下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 操作 现象 结论 A 将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液 有白色沉淀生成 SO2中混有SO3 B 向Na[Al(OH)4]溶液中持续通入气体Y 先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解 Y可能是CO2气体 C 向3 mL苯酚溶液中滴加2滴浓溴水，振荡 无白色沉淀 苯酚与溴水尚未发生反应 D 向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液 溶液变蓝 Kw >Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3) A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．将二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则将二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中有白色沉淀生成与二氧化硫中混有三氧化硫无关，故A错误； B．向Na[Al(OH)4]溶液中持续通入二氧化碳气体会生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝不能与二氧化碳反应，则向Na[Al(OH)4]溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解说明Y不可能是二氧化碳气体，故B错误； C．三溴苯酚不溶于水，但溶于苯酚，所以向3 mL苯酚溶液中滴加2滴浓溴水，振荡，生成的三溴苯酚溶于苯酚，不可能产生白色沉淀，所以向3 mL苯酚溶液中滴加2滴浓溴水，振荡无白色沉淀不能说明苯酚与溴水尚未发生反应，故C错误； D．向碳酸氢钠溶液中滴加紫色石蕊试液溶液变蓝说明碳酸氢根离子在溶液中的电离程度小于水解程度，则碳酸氢根的水解常数大于电离常数，Kh==＞Ka2(H2CO3)，则Kw >Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)，故D正确； 故选D。 7. 利用铈元素(Ce)吸收工业尾气SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如下所示： 下列说法错误的是 A. Na2S2O4中S元素的平均化合价为+3 B. 装置II消耗36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏加德罗常数的值) C. 装置III进行电解，Ce3+在阳极反应，使Ce4+得到再生 D. 装置III中阴极反应式为2HSO+2e-=S2O+2OH- 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知，装置Ⅰ中发生反应，装置Ⅱ中发生，装置Ⅲ中发生，装置Ⅳ中先发生，后生成硝酸铵，以此作答。 【详解】A．Na2S2O4中，钠为+1价，氧为-2价，则S为+3价，A正确； B．根据装置Ⅱ中化学方程式可知，生成的氢离子和消耗的水物质的量之比为2：1，则消耗36g水生成4NA个氢离子，B正确； C．根据装置Ⅲ的化学方程式，Ce3+在阳极失电子，生成Ce4+，C正确； D，装置Ⅲ阴极反应式为：，D错误； 故答案选D。 8. 准确配制0.500mol/L的氢氧化钠溶液250mL标准液滴定未知浓度的盐酸。天平托盘两侧放同样大小的滤纸，称量氢氧化钠5.00g，放入小烧杯中溶解，冷却，移液，洗涤，振荡，继续向250mL容量瓶中加水至刻度线1-2cm，用玻璃棒引流加水至凹液面与刻度线相切，摇匀，装瓶备用。滴定实验先对酸碱滴定管检漏，酸式滴定管检漏：关闭活塞，向滴定管内加一定体积的水，记下读数，静置2min后观察液面是否下降，看活塞和玻璃尖嘴处是否有水漏出，不漏水可用。 碱式滴定管检漏：向滴定管内加水，静置2min，看看是否有水漏出，不漏水可用。然后对碱式滴定管进行洗涤→装液→赶气泡→调液面→记录初始读数，量取20.00ml待测液盐酸，放入锥形瓶中，滴加1-2滴酚酞作指示剂，进行滴定，滴定是左手控制碱式滴定管橡胶管中的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛观察滴定管页面变化，当加入最后一滴标准液锥形瓶中液体颜色由无色变成浅红色且半分钟不变色即为滴定终点。 上面实验操作中错误有几处 A. 5处 B. 6 处 C. 7处 D. 8处 【答案】C 【解析】 【详解】①氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，称量NaOH应在烧杯中进行，托盘天平的精确值是0.1g，应该称量5.0gNaOH； ②定容时用玻璃棒引流向250ml容量瓶中加水至刻度线1-2cm，需要改用胶头滴管滴加水至凹液面与刻度线相切； ③酸式滴定管检漏还需要将活塞旋转180°看是否漏水； ④碱式滴定管检漏还需轻挤压玻璃球放出少量液体后再次观察是否漏水； ⑤量取待测液盐酸应用酸式滴定管； ⑥用酸式滴定管量取时还需要用待测液盐酸润洗； ⑦滴定时眼睛应观察锥形瓶内溶液的颜色变化； 故选C。 9. 硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸( HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe( II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是 A. Fe3O4参与了该循环历程 B. HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C. H2在反应历程中生成的H+起到调节体系pH的作用 D. 在整个历程中，1 mol H2可还原1 mol NO 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．Fe3O4参与了该循环历程，因为铁离子有价态的变化，故A正确； B． HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确； C．酸性条件下，NO 比NO的氧化性更强，H+起到调节体系pH的作用，故C正确； D．在整个历程中，2mol Fe2+可还原1 mol NO，氢气还原Fe3+，故D错误； 故选D。 10. “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为TiO2电极，b 为Pt 电极，c 为 WO3电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大气相通，B 区为封闭体系并有 N2保护。下列关于该电池的说法错误的是 A. 若用导线连接a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小 B. 若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为HxWO3-xe－=WO3+ xH+ C. 若用导线连接 b、c，b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e－=2H2O D. 利用该装置，可实现太阳能向电能转化 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确； B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误； C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确； D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确； 答案选B。 二、多选题(共20分) 11. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是 选项 实验目的 实验及现象 结论 A 比较和的水解常数 分别测浓度均为的和溶液的，后者大于前者 B 检验铁锈中是否含有二价铁 将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，紫色褪去 铁锈中含有二价铁 C 探究氢离子浓度对、相互转化的影响 向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动 D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH3COONH4中水解，，会消耗CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO-)＜Kh()，A错误； B．浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误； C．K2CrO4中存在平衡2(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确； D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误； 答案选C。 12. 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 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了与铁的接触，故气体减少，A正确； B．因为溶液中有和，铁制镀件与其接触，铁可能与和发生氧化还原反应生成，B正确； C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液不变，C错误； D．②中与反应生成，使得比①溶液中小，Cu缓慢析出，镀层更致密，D正确； 答案选C。 13. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1 B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z D. 反应①的活化能比反应②的活化能大 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确； B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确； C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确； D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。 综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。 14. 微生物法浸出黄铜矿(CuFeS2，其中Cu为+2价)中铜元素的过程如图。下列说法错误的是 A. 该方法的原料只有黄铜矿和氧气 B. Fe2(SO4)3和H2SO4可以循环利用 C. 微生物在整个转化过程中起催化作用 D. 当黄铜矿中的铁元素全部转化为Fe3+时，生成2mol SO同时消耗4.25mol O2 【答案】A 【解析】 【分析】由微生物法浸出黄铜矿中铜元素的过程示意图可知，黄铜矿与氢离子、铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和H2Sn，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；铁离子与H2Sn反应生成亚铁离子、氢离子和S8，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；S8与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则微生物是浸出过程的催化剂，总反应的方程式为4CuFeS2+17O2+2H2SO44CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，浸出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用。 【详解】A．由分析可知，该方法的原料为黄铜矿、硫酸和氧气，故A错误； B．由分析可知，出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用，故B正确； C．由分析可知，微生物是浸出过程的催化剂，故C正确； D．由分析可知，当黄铜矿中的铁元素全部转化为铁离子时，生成2mol硫酸根时，反应消耗氧气的物质的量为17mol×=4.25，故D正确； 故选A。 15. 25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L-1碱BOH的pH，体系中粒子浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是 A. 25℃时，BOH的电离平衡常数为10-9.25 B. t=0.5，2c(H+)+c(BOH)=2c(OH-)+c(B+) C. P1所示溶液：c(C1-)＜0.05mol·L-1 D. P2所示溶液：c(B+) ＞100c(BOH) 【答案】CD 【解析】 【分析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当时，pH应为7，但是当时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点P3，是因为存在水解平衡，故BOH是一元弱碱。 【详解】A．由图可知，当pH=9.25，即c(OH-)，lgc(BOH)=lgc(B+)，BOH的电离平衡常数为，故A项错误； B．t=0.5时，溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，且c(H+)与c(OH-)不相等，所以2c(H+)+c(BOH)不等于2c(OH-)+c(B+)，故B项错误； C．P1所示的溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=10-9.25 mol·L-1，c(OH-) mol·L-1，，得到c(C1-)＜0.05mol·L-1，故C项正确； D．P2所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7，根据，，故D项正确。 故答案选CD。 第II卷(非选择题) 三、填空题(共0分) 16. 丙烯是工业上合成精细化学品的原料，随着天然气和页岩气的可用性不断提高，制取丙烯的技术受到人们越来越多的关注。 （1）主反应I ：C3H8(g)C3 H6(g)+H2(g) △H1 副反应Ⅱ ：C3H8(g) C2H4(g)+CH4(g) △H2 已知H2、丙烷(C3H8 )和丙烯(C3 H6)的燃烧热(△H)分别是-285.8 kJ·mol-1、-2220 kJ·mol-1和-2051 kJ·mol-1，则△H=_______kJ·mol-1.主反应I在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)时能自发进行。 （2）一定温度下，向总压恒定为p kPa的容器中充入一定量C3H8气体，在催化作用下，发生上述反应制备C3 H6。 ①下列情况表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A.气体密度不再改变 B.体系压强不再改变 C.混合气体的平均摩尔质量不再改变 D.单位时间内消耗C3H8的物质的量与生成C3 H6的物质的量相等 ②从平衡移动的角度判断，达到平衡后通入N2的作用是_______。 （3）在温度为T时，向起始压强为120 kPa的恒压容器中通入4 mol C3H8和6 mol N2发生反应，经10 min反应达到平衡，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图所示。该条件下，C3H8的选择性为80%，则0~ 10 min内生成C3 H6的平均速率为_______kPa·min-1；反应I的平衡常数 Kp=_______kPa(以分压表示，分压=总压X物质的量分数，保留一位小数)。 （4）向恒温刚性密闭容器中通入一定体积比的C3H8、O2、N2的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k、k'为速率常数)： 反应I ：2C3H8(g) +O2(g)=2C3 H6(g) +2H2O(g) k 反应Ⅳ ：2C3 H6(g) + 9O2 (g)=6CO2(g)+ 6H2O(g) k' 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3 H6)=kp(C3H8)-k'p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为_______，其理由是_______ 【答案】（1） ①. +116.5 kJ·mol-1 ②. 高温 （2） ①. C ②. 反应气体的分压减小，故平衡向气体增大的方向移动，有利于生成C3 H6； （3） ①. 2..32 ②. 11.0 （4） ①. 先增大后减小 ②. 反应开始时主要发生反应I，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅳ，c(C3H6)逐渐减小； 【解析】 【分析】根据燃烧热的定义及盖斯定律计算未知反应的焓变，利用平衡标志的特点进行判断物理量能否作为平衡的标志；利用图象信息及三段式方法进行计算速率及平衡常数；利用平衡移动判断速率的变化； 【小问1详解】 ①H2(g) +O2(g)=H2O(g) △H=-285.8 kJ·mol-1； ②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H= -2220 kJ·mol-1； ③C3 H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H=-2051 kJ·mol-1， C3H8(g)C3 H6(g)+H2(g) △H1根据盖斯定律②-①-③得总反应式，故△H1=-2220+285.8+2051=+116.5 kJ·mol-1，根据自发反应的判断依据△H-T×△S，该反应是个熵增的反应，故当温度越高时反应自发；故答案为：+116.5 kJ·mol-1，高温； 【小问2详解】 ①A．根据密度公式等于质量除以容器的体积，因为反应前后都是气体，根据质量守恒气体总质量不变，容器的体积不变，故密度不随平衡移动而改变，故不能作为平衡的标志，不符合题意； B．该反应在压强恒定时发生，故压强不可以做平衡的标准，故B不符合题意； C．平均摩尔质量等于气体质量除以气体的总物质的量，根据质量守恒，反应前后质量不变，而反应前后气体的总物质的量发生变化，故平均摩尔质量发生变化，故可做平衡标准，故C符合题意； D．单位时间内消耗C3H8的物质的量与生成C3 H6的物质的量相等都表示的是正反应速率，故不能作为平衡标准，故D不符合题意； 故选答案C； ②因为在恒压下通入氮气导致容器的体积增大，反应气体的分压减小，故平衡向气体增大的方向移动，有利于生成C3 H6；故答案为：C、反应气体的分压减小，故平衡向气体增大的方向移动，有利于生成C3 H6； 【小问3详解】 4 mol C3H8选择性为80%，图象中已知转化率为50%，实际参与反应的量为4×80%×50%=1.6mol；反应开始时C3H8的压强为：120× =48kPa，平衡时的压强为：120× =24.8kPa， 则0~ 10 min内生成C3 H6的平均速率为 kPa·min-1； 【小问4详解】 反应开始时主要发生反应I，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅳ，c(C3H6)逐渐减小；故答案为：先增大后减小、反应开始时主要发生反应I，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅳ，c(C3H6)逐渐减小； 【点睛】此题考查焓变计算及速率平衡的应用；注意多平衡中的浓度和恒压情况平衡移动。 17. 利用工业钒铬废液(主要成分为NaVO3和Na2CrO4)制备NH4VO3和Na2CrO4晶体的流程如下： 已知：I．“钒渣”的主要成分为Ca3(VO4)2；NH4VO3在pH=7～8时溶解度最小。 Ⅱ．随pH的变化，含铬微粒的变化存在2CrO+2H+Cr2O+H2O。 回答下列问题： （1）“钒铬分离”时，为了提高石灰乳的利用率，可采取的措施是___________。 （2）获取Na2CrO4晶体后，含铬废水需经过“酸化→还原→沉降”方可排放。“还原”使用Na2S2O4溶液，所得还原产物为Cr3+，反应的离子方程式为___________；为了使c(Cr3+)不高于1.0×10-5mol·L-1，“沉降”时应调节pH至少___________[该温度下Cr(OH)3的Ksp约为1.0×10-29.6]。 （3）“浸出”时反应的离子方程式为___________；“转化”中析出NH4VO3晶体时，需加入过量NH4HCO3，原因是___________；选用NH4HCO3溶液不选用NH4C1溶液的原因是___________ （4）该流程中可循环利用的物质有___________。 【答案】（1）搅拌 （2） ①. S2O+ Cr2O+6H+=2SO+2Cr3++3H2O ②. 5.8 （3） ①. Ca3(VO4)2+4HCO=3CaCO3+CO+2VO+2H2O ②. 利用同离子效应，使NH4VO3沉淀完全 ③. NH4C1使溶液呈酸性，不利于NH4VO3结晶 （4）Ca(OH)2、NaHCO3 【解析】 【分析】由题给流程可知，向钒铬废液中加入石灰乳，将NaVO3转化为Ca3(VO4)2沉淀，过滤得到含有Na2CrO4的滤液和含有Ca3(VO4)2的钒渣；滤液经处理得到Na2CrO4晶体；向钒渣中加入碳酸氢钠溶液，Ca3(VO4)2与碳酸氢钠溶液反应生成钒酸钠、碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，过滤得到含有碳酸钙的浸出渣和含有NaVO3、碳酸钠的浸出液；碳酸钙经煅烧分解得到氧化钙，氧化钙与水反应得到石灰乳B；向浸出液中加入碳酸氢铵溶液， NaVO3溶液与碳酸氢铵溶液反应生成NH4VO3沉淀和碳酸氢钠，过滤得到NH4VO3晶体和含有碳酸钠、碳酸氢钠的滤液，石灰乳B和滤液中的碳酸氢钠可循环利用。 【小问1详解】 “钒铬分离”时，搅拌可以增大反应物的接触面积，提高石灰乳的利用率，故答案为：搅拌； 【小问2详解】 由题意可知，铬酸钠经酸化得到重铬酸钠酸性溶液，重铬酸钠酸性溶液与Na2S2O4溶液反应生成硫酸钠、硫酸铬和水，反应的离子方程式为S2O+ Cr2O+6H+=2SO+2Cr3++3H2O；由溶度积可知，为了使c(Cr3+)不高于1.0×10-5mol·L-1，“沉降”时氢氧根离子浓度至少为=1.0×10-8.,2 mol/L，则溶液pH至少为5.8，故答案为：S2O+ Cr2O+6H+=2SO+2Cr3++3H2O；5.8； 【小问3详解】 由分析可知，“浸出”时发生的反应为Ca3(VO4)2与碳酸氢钠溶液反应生成钒酸钠、碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为Ca3(VO4)2+4HCO=3CaCO3+CO+2VO+2H2O，“转化”中加入过量碳酸氢铵溶液，可以利用同离子效应，使钒酸铵沉淀完全；由题给信息可知，钒酸铵在溶液pH=7～8时溶解度最小，碳酸氢铵溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，若选用氯化铵溶液，酸性条件下不利于钒酸铵结晶析出，故答案为：Ca3(VO4)2+4HCO=3CaCO3+CO+2VO+2H2O；利用同离子效应，使NH4VO3沉淀完全；NH4C1使溶液呈酸性，不利于NH4VO3结晶； 【小问4详解】 由分析可知，该流程中石灰乳B和滤液中的碳酸氢钠可循环利用，故答案为：Ca(OH)2、NaHCO3。 18. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）反应I、II的1nK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。据图判断，升高温度时，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，若在恒温恒压下充入氦气，反应Ⅱ的平衡将___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动；若将反应体系体积压缩至原来一半，重新达到平衡时两反应所需时间tI___________tII(填“＞”“＜”或“=”)。 （3）恒压条件下，将CO2和H2按体积比1：3混合，初始压强为P0，在不同催化剂作用下发生反应I和反应Ⅱ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。 已知：CH3OH的选择性= ①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。 A．210℃ B．230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr—1)T ②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是___________。 ③已知反应Ⅱ的速率方程可表示为，，其中分别为正、逆反应的速率常数，1gk与的关系如图所示，①、②、③、④四条斜线中，表示1gk正的是___________；230℃下，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为，达到平衡时，测得体系中，以物质的分压表示的反应I的平衡常数___________。(已知：10-0.48=0.33，10-0.52=0.30) 【答案】（1）减小 （2） ①. 正向 ②. = （3） ①. BD ②. 230 C以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应I的平衡向正反应方向移动，但温度对反应I的平衡影响更大 ③. ④ ④. 【解析】 【分析】（1）根据图象结合平衡移动原理分析反应热，并结合盖斯定律确定反应热的数值即正负，确定温度对平衡常数的影响。 （2）根据压强对平衡体系的影响进行分析，注意两个方程式的关联。 （3）结合温度对平衡的影响分析条件的选择，并通过平衡常数的公式和速率公式进行计算。 【小问1详解】 由反应Ⅰ. ， Ⅱ. 分析，利用盖斯定律，由Ⅰ-Ⅱ 可得热化学方程式为：CO(g)+H2(g)CH3OH(g) ，结合图分析，反应Ⅰ的1nK随着增大而增大，说明降低温度，平衡正向移动，则反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ的1nK随着增大而减小，说明降低温度，平衡逆向移动，则反应Ⅱ为吸热反应，，则<0，升温平衡逆向移动，平衡常数减小。 【小问2详解】 上述反应体系在一定条件下建立平衡后，若在恒温恒压下充入氦气，反应体系的体积变大，相当于减压，反应Ⅰ逆向移动，使反应Ⅱ的平衡正向移动；若将反应体系体积压缩至原来一半，两个反应在一个体系中进行，故两个反应重新达到平衡的时间相同。 【小问3详解】 ①由图可知，使用催化剂CZ(Zr—1)T时甲醇的选择性和产率都更高，230℃时，在催化剂CZ(Zr—1)T催化下甲醇产率最高，故答案为BD。 ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，甲醇的产率降低，而反应Ⅱ为吸热反应，平衡正向移动，且温度对反应Ⅱ的平衡影响大，所以总体二氧化碳的转化率增大。 ③该反应为吸热反应，温度越低，正逆反应速率越小，越小，平衡逆向移动，则，故表示1gk正的是④。为③，根据平衡时，，KP2= ， 平衡时二氧化碳为（1-x-y）mol，氢气为（3-3x-y）mol,甲醇xmol，水（x+y）mol，一氧化碳为ymol，根据有3（1-x-y）=2 x+y，解x+y=0.6mol。又KP2=0.30分析，有，解2y=1-x，二者联立，解x=0.2，y=0.4。KP1= 19. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题： （1）已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算热分解反应④的________。 （2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。 （3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。 （4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。 ①越小，平衡转化率________，理由是________。 ②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。 【答案】（1）170 （2） ①. 副产物氢气可作燃料 ②. 耗能高 （3） ①. 50% ②. 4.76 （4） ①. 越高 ②. n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 ③. d ④. 24.9 【解析】 【小问1详解】 已知： ①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol ②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol ③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol 根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol； 【小问2详解】 根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高； 【小问3详解】 假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知： 平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa； 【小问4详解】 ①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高； ②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知 此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。 四、实验题 20. 过硼酸钠(NaBO3·4H2O)可用于漂白剂及杀菌消毒。由硼镁矿(Mg2B2O5·H2O)制取过硼酸钠的过程及装置如下： 已知：I．过硼酸钠微溶于水，热水中不稳定；硼砂(Na2B4O7·10H2O)溶于水吸热，在水中的溶解度如图1所示。 Ⅱ．当pH高于10时，硼元素以BO形式存在；当pH在9左右时，以形式存在。 回答下列问题： （1）步骤I中的化学方程式为___________；步骤II中通入CO2的目的是___________，操作②获得硼砂Na2B4O7·10H2O的方法是___________，过滤。 （2）步骤III回流反应时所进行的操作为：按图2组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→___________。 ①用纸槽向c处加入硼砂；②打开a处旋塞加入双氧水；③c处加入氢氧化钠溶液④调低恒温水浴温度；⑤调高恒温水浴温度 （3）步骤IV中洗涤时选用乙醇，原因是___________。 （4）活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量≥10％(1mol H2O2相当于1 mol活性氧原子)。已知：KMnO4不与H3BO3反应。为了确定所得产品是否合格，进行如下实验：称取0.2g干燥样品置于锥形瓶中，加少量水润湿，加入3mol·L-1 25.0 mL稀硫酸使试样全部溶解，产生过氧化氢，摇匀。用0.100mol·L-1高锰酸钾标准溶液滴定溶液的H2O2至终点，发生的反应为：KMnO4+H2O2+H2SO4→K2SO4+MnSO4+H2O+O2↑，三次滴定平均消耗KMnO4溶液6.40mL。配制100mL 0.100mol·L-1高锰酸钾标准溶液，用到的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管和烧杯外，还有___________，若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，会使测得的活性氧含量___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)，活性氧的质量分数为___________％(保留一位小数)。 【答案】（1） ①. ②. 消耗过量的NaOH，降低溶液pH，使硼元素存在形式变为 ③. 加热浓缩，在较高温度 （2） ①. ①③ ②. ⑤④② （3）减少过硼酸钠晶体的溶解，避免产品损失 （4） ①. 100mL容量瓶 ②. 偏低 ③. 12.8% 【解析】 【小问1详解】 根据题目所给信息，碱过量的情况下，硼元素存在形式为BO，所以该反应的化学方程式应填“”；生产流程中要求获得Na2B4O7·10H2O，所以前一步生成的NaBO2需转化为Na2B4O7，故加入CO2的目的为“消耗过量的NaOH，降低溶液pH，使硼元素存在形式变为”；根据Na2B4O7的溶解度曲线图，可以看到在333K以上硼砂以Na2B4O7·10H2O形式存在，故此需要在加热浓缩后趁热抽滤得到晶体； 【小问2详解】 根据实验实操流程，先加入固体试剂，再加入液体试剂，搅拌均匀后开始加热，反应一段时间后，使得硼元素由重新转化为BO，降温之后在低温环境下与H2O2反应生成过硼酸钠NaBO3·4H2O，所以本问两空应分别填入“①③”和“⑤④②”； 【小问3详解】 若用蒸馏水洗涤NaBO3·4H2O，会有少量晶体溶于水，造成产品产率损失，所以本问应填“减少过硼酸钠晶体的溶解，避免产品损失”； 【小问4详解】 按照“配制一定物质的量浓度溶液”的操作要求，本问第一空应填“100mL容量瓶”； 根据实验操作描述，反应后滴定管尖嘴处有气泡，说明滴定后液面高于真实液面高度，读取后末读读数小于真实值，按照数据处理流程，所得活性氧的质量小于真实值，所以测得活性氧含量应“偏低”； 设参与反应的HO的物质的量为x 解之，得x=1.6×10-3mol，根据题意，活性氧原子的物质的量也为1.6×10-3mol， 所以样品中活性氧质量分数为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $