精品解析：山东省烟台市栖霞市第一中学2024-2025学年高三上学期 10月月考化学试题

高三化学10月份月考试题 相对原子质量：Ce-140 一、单选题。 1. 高中生应德智体美劳全面发展。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 劳动项目 化学知识 A 烹饪活动：向沸汤中加入蛋液做蛋花汤 加热使蛋白质变性 B 烘焙活动：碳酸钠可以用来调节面团的酸度 Na2CO3能与酸反应 C 家务活动：擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈 铁与水蒸气反应生成Fe3O4 D 学农活动：施肥时铵态氮肥和草木灰不能同时使用 与在一定条件反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．蛋液中含蛋白质，在加热条件下蛋白质会发生变性，故A正确； B．Na2CO3在溶液中能发生水解从而使溶液呈碱性，可与酸反应，因此可用碳酸钠调节面团酸度，故B正确； C．擦干已洗净铁锅表面的水，避免铁锅在潮湿环境中形成原电池腐蚀，从而起到防锈作用，而铁与水蒸气生成Fe3O4需在高温条件下进行，两者并无关联，故C错误； D．铵态氮肥中含铵盐，水解呈酸性；草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，两者混合使用会发生双水解，从而降低肥效，故D正确； 故选：C。 2. 实验室中，下列事故处理方法错误的是 A. 苯酚不慎沾到皮肤上，先用抹布擦拭，再用65℃水冲洗 B. 若不慎打破水银温度计，应立即开窗通风并用硫磺粉末覆盖 C. 金属钾燃烧起火，用干砂灭火 D. 乙酸乙酯燃烧起火，用灭火毯(或湿抹布)灭火 【答案】A 【解析】 【详解】A．65℃水会导致烫伤，应用酒精擦洗，再用温水冲洗，故A错误； B．水银会挥发，打破水银温度计后，应用硫磺粉末覆盖，将Hg转化为HgS固体，故B正确； C．钾着火生成KO2，KO2能与水和二氧化碳反应，因此用干砂覆盖灭火，故C正确； D．乙酸乙酯燃烧起火，用灭火毯(或湿抹布)覆盖灭火，故D正确； 故选：A。 3. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是 A. 装置甲利用CCl4提取溴水中 B. 装置乙分离I2和高锰酸钾固体 C. 装置丙验证非金属性S＞C＞Si D. 装置丁检验石蜡中是否含有不饱和烃 【答案】C 【解析】 【详解】A．装置甲中，分液漏斗的尖端没有靠近烧杯内壁，A不正确； B．加热时，I2易升华，KMnO4易分解，所以装置乙不能分离I2和高锰酸钾固体，B不正确； C．硫酸、碳酸、硅酸都是最高价氧化物的水化物，且硫酸与碳酸钠反应、碳酸与硅酸钠反应，都属于强酸制弱酸的反应，所以装置丙能验证非金属性S＞C＞Si，C正确； D．装置丁中，虽然KMnO4溶液褪色，并不能说明石蜡中含有不饱和烃，因为其分解产物中含不饱和烃也能使KMnO4溶液褪色，D不正确； 故选C。 4. 化学助力人们对美好生活的追求。烫发原理如图。下列说法错误的是 A. 头发的主要成分蛋白质属于高分子化合物 B. “软化”时应加入氧化剂，“定型”时应加入还原剂 C. 应避免频繁地烫、染发，以减少对头发和头皮的伤害 D. 烫发过程中既有极性键、非极性键的断裂又有极性键、非极性键的形成 【答案】B 【解析】 【详解】A．头发属于蛋白质，蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物，故A正确； B．“软化”时“S-S”断裂形成“S-H”应加入还原剂，“定型”时断裂“S-H”同时“S-S”形成应加入氧化剂，故B错误； C．频繁的烫发、染发会破坏头发中的蛋白质，造成头发干枯、分叉，头皮受损，故C正确； D．“软化”时“S-S”断裂形成“S-H”，“定型”时断裂“S-H”同时“S-S”形成，因此烫发过程中既有极性键、非极性键的断裂又有极性键、非极性键的形成，故D正确； 故答案：B。 5. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A. Ag与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜 B. 加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HCl C. 将CO2通入Ba(NO3)2：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室通常用稀硝酸清洗银镜，稀硝酸成本更低，故A错误； B．加热浓硫酸与NaCl固体反应方程式为：，反应能发生，是由于HCl为挥发性酸，不断离开反应体系，使得平衡正向移动，反应得以进行，与浓硫酸和HCl的酸性大小无关，故B错误； C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为硫酸根，会生成BaSO4白色沉淀，故C错误； D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，是由于次氯酸根水解：，使溶液呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液变红后褪色，故D正确； 故选D。 6. 溴乙烷是无色油状液体，是制造巴比妥的原料，工业上可用海水制备溴乙烷，部分工艺流程如图： 下列说法错误的是 A. 粗盐提纯时，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3 B. 向“母液”中通入热空气，利用溴的易挥发性，将溴吹出 C. “制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1 D. “精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯 【答案】D 【解析】 【分析】海水晒盐后的母液，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气，将溴吹出，溴单质、S、乙醇反应生成硫酸和溴乙烷、水。 【详解】A．粗盐提纯时，加入BaCl2除去SO、加入NaOH除去Mg2+、加入Na2CO3除去Ca2+、Ba2+，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3，故A正确； B．溴易挥发，向“母液”中通入热空气，将溴吹出，故B正确； C．“制备”时发生反应，S元素化合价升高，S是还原剂，Br元素化合价降低，Br2是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，故C正确； D．溴乙烷易溶于乙醇， 用蒸馏法“精制”溴乙烷，所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计、酒精灯，故D错误； 选D。 阅读以下信息，完成下列小题。 草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)用途广泛，易溶于水，其制备及纯度测定实验如下。 I．制备 步骤1：将mg淀粉溶于水与少量硫酸加入反应器中，保持85~90℃约30min，然后逐渐降温至60℃左右 步骤2：控制反应温度在55~60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加含有适量催化剂的混酸(65%硝酸与98%硫酸)，主要反应为。严格控制混酸的滴加速度，防止发生副反应。3h左右，冷却，减压过滤得粗品，精制得草酸晶体。 Ⅱ．纯度测定 称取制得的草酸晶体，配成100.00mL溶液。取出20.00mL，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，重复2~3次，滴定终点时，平均消耗标准溶液VmL。 7. 对于上述实验，下列做法正确的是 A. 配制“混酸”时应将65%硝酸缓慢加入98%硫酸中，边加边搅拌 B. 检验“步骤1”水解液中的葡萄糖，操作为取水解液加入新制悬浊液并加热 C. “精制”过程为溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 滴定过程中滴定速度先快后慢，眼睛密切观察滴定管的液面变化 8. 对于上述实验，下列说法正确的是 A. 65%浓硝酸()的物质的量浓度约为13.6mol·L-1 B. 草酸晶体的产率为 C. 配制的草酸溶液物质的量浓度为0.025cVmol·L-1 D. 草酸晶体纯度为 9. 根据上述实验，下列说法正确的是 A. 配制溶液时容量瓶底部残留少量水，会导致所配溶液浓度偏低 B. 滴加“混酸”速度过快，不影响草酸晶体的产率 C. 锥形瓶用草酸溶液润洗，所测产品纯度会偏低 D. 滴定终点读数时仰视，所测产品纯度偏高 【答案】7. C 8. D 9. D 【解析】 【7题详解】 A．混酸配制应该是将98%浓硫酸缓慢加入65%浓硝酸中，边加边搅拌，故A项错误。 B．检验“步骤1”水解液中的葡萄糖，操作为取水解液必须在碱性条件下加新制氢氧化铜悬浊液加热，故B项错误。 C．“精制”过程为溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C项正确。 D．滴定过程中眼睛应注意锥形瓶内溶液颜色的变化情况，并非观察滴定管的液面变化，故D项错误。 【8题详解】 A．65%浓硝酸()的物质的量浓度约为，故A错误； B．，，则草酸晶体的产率为，故B错误； C．根据得失电子守恒有5H2C2O4~2KMnO4，则配制的草酸溶液物质的量浓度为，故C错误； D．据C解析草酸溶液的物质的量浓度，则草酸晶体的纯度为，故D正确； 【9题详解】 A．最后需要定容，配制溶液时容量瓶底部残留少量水，所配溶液浓度无影响，故A错误； B．混酸的滴加速度，发生副反应，会影响草酸晶体的产率，故B错误； C．锥形瓶用草酸溶液润洗，导致标准液消耗体积偏大，所测产品纯度会偏高，故C错误； D．滴定终点读数时仰视，导致标准液消耗体积度数偏大，所测产品纯度偏高，故D正确。 10. 我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的H2O可解离为H+和OH-。下列说法错误的是 A. 电极电势：M<N B. M极电极反应式为 C. 工作一段时间后，装置中需要定期补充H2SO4和NaOH D. 制取0.2mol邻苯二酚类物质时，理论上有0.8molOH-透过膜a 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为原电池装置。M电极作负极，B2H6在该极失电子发生氧化反应，电极反应式为；N电极作正极，该极上邻苯二醌类物质得电子转化为邻苯二酚类物质。双极膜中间层中的 H2O解离为H+和 OH−，氢离子通过膜b移向正极N，膜b为阳离子交换膜；氢氧根离子通过膜a移向负极M，膜a为阴离子交换膜；据此分析解答。 【详解】A．根据分析，M电极为负极，N电极为正极，电流从正极流向负极，从高电势流向低电势，因此电势：M电极<N电极，故A正确； B．根据分析，M极电极反应式，故B正确； C．N电极为正极，双极膜的b膜产生氢离子移向N电极，a膜产生氢氧根离子移向M电极，根据电极反应式和膜变化电荷(与电路中转移电子数相等)，可知需要定期补充H2O和NaOH，故C错误； D．根据N极电极反应式可知：邻苯二醌类物质+4H++4e-=邻苯二酚类物质，制取0.2mol邻苯二酚类物质转移0.8mol电子，则a膜产生氢氧根离子为0.8mol，故D正确； 故选：C。 二、多选题。 11. 工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，工艺流程如图： 下列说法错误的是 A. “焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2 B. “调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 C. “溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2O D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【解析】 【详解】A．由工艺流程图可知，黄铁矿焙烧的主要化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g） 2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确。 B．Fe(OH)3的Ksp远小于(OH)2、(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+产生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，从而将其分离，故B正确。 C．写离子方程式时石灰乳不能拆开，故C错误。 D．由工艺流程图可知，由溶液得到晶体的操作为：过滤、洗涤、干燥，故D正确。 故答案：C。 12. 我国科学家研发了一种在废水处理中实现碳中和的绿色化学装置，同时获得乙酰胺，其原理如图。下列说法错误的是 A. 石墨电极b为阳极，Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室 B. 电解一段时间后，Ⅰ、Ⅱ室溶液的pH均逐渐增大 C. 发生还原反应： D. 理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有15.68L(STP)O2生成 【答案】BD 【解析】 【分析】石墨电极a上CO2得电子生成CH3CHO，则石墨电极a为阴极，石墨电极b为阳极； 【详解】A．石墨电极b为阳极，电解池中阳离子定向移动到阴极，则Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室，选项A正确； B．电解一段时间后，Ⅰ室发生电极反应，溶液的pH逐渐增大；Ⅱ室发生电极反应4OH--4e-=2H2O+O2，溶液的pH逐渐减小，选项B错误； C．石墨电极a上发生还原反应：，选项C正确； D．产生乙酰胺的转化为+2CO2→CH3CONH2，转移电子数为14，理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有=7.84L(STP)O2生成，选项D错误； 答案选BD。 13. 中科大科研团队打通了从CO2和N2电合成氨基酸的关键路径，以硫酸和硫酸钾的混合液为电解液，阴极采用Pb-Cu复合电极，其反应机理如图甲所示，N2和CO2反应历程如图乙所示。 下列说法正确的是 A. 乙二酸转化的电极反应式为 B. 为了提高该装置的工作效率，原料中CO2与N2的物质的量之比为4：1 C. 反应过程中，阴极溶液pH始终增大 D. 若用惰性电极作阳极，当装置的工作效率最佳时，阳极生成的气体与阴极消耗的气体物质的量之比为3：10 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知乙二酸在Pb催化作用下转化为，电极反应为：，故A正确； B．由图可知氮气在Pb表面转化为NH2OH，1mol氮气生成2molNH2OH，2mol二氧化碳转化为1mol，继而得到1mol，与NH2OH1：1反应生成，1mol在Cu催化作用下生成1mol，则原料中CO2与N2的物质的量之比为4：1时恰好完全转化，但结合能量关系图可知，生成NH2OH的活化能较高，反应速率较慢，因此为提高工作效率，应适当增大氮气的浓度，从而提高生成NH2OH的速率，则原料中CO2与N2的物质的量之比应小于4：1，故B错误； C．反应过程中，阴极电极总反应可表示为：，反应中消耗氢离子，氢离子浓度减小，溶液pH始终增大，故C正确； D．阳极电极反应为：；当装置的工作效率最佳时，阴极应按照选项C中反应进行，结合电子守恒可得阳极生成9mol氧气时，阴极消耗10mol气体，阳极生成的气体与阴极消耗的气体物质的量之比为9：10，故D错误； 故选：AC。 14. 苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用如下反应来制备：。在T1℃、10MPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：n(N2)为1∶1、1∶4、1∶9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如表所示。 10min 20min 30min 40min 50min 甲 20.5% 39.0% 54.5% 60.0% 60.0% 乙 23.5% 44.5% 61.0% 66.8% x 丙 25.0% 45.5% 63.8% 74.0% 80.0% 下列说法正确的是 A. 20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是丙>乙>甲 B. 若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则平衡转化率变小 C. T1℃时，该反应 D. 50min时，容器丙中的反应已达到平衡状态 【答案】BC 【解析】 【详解】A．正反应体积增大，恒压条件下，充入氮气越多，乙苯分压越小，反应速率越慢，故20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是甲>乙>丙，A错误； B．将恒压条件改为恒容条件，相对于对原平衡体系加压，则反应向气体体积减小的方向移动，则乙苯的转化率降低，B正确； C．由表格知，T1℃时，甲在50min后，转化率不变，即反应达到平衡，此时乙苯转化率为60%，设起始时乙苯的物质的量为1mol，则氮气物质的量也为1mol，列出三段式： 平衡时总物质的量为：0.4mol+0.6mol+0.6mol+1mol=2.6mol，则，C正确； D．由表格知，T1℃时，丙在50min时，乙苯转化率为80%，设起始时乙苯的物质的量为1mol，则氮气物质的量也为9mol，列出三段式： 平衡时总物质的量为：0.2mol+0.8mol+0.8mol+9mol=10.8mol，则 由于，所以容器丙中的反应未达到平衡状态，D错误； 故选BC。 【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、平衡三段式、平衡常数K为解答关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与平衡浓度的关系，题目难度不大。 15. 已知：联氨(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，在水中的电离方式类似于氨气，常温下，向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H)随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是 A. N2H5Cl溶液c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H) B. b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等 C. 水的电离程度：b＞a D. 若c(N2H)＞c(N2H4)，则pH小于3.5 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干信息可知，联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，即N2H4的Kb1=10-6，Kb2=10-15，则N2H的水解平衡常数为：==10-8＞Kb2，即N2H的水解大于电离，则N2H5Cl溶液有c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)，A正确； B．由pOH越大，溶液中的OH-浓度越小，故此图象是向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点是加入的HCl抑制了N2H的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H浓度最大，继续加入HCl的对N2H的电离起促进作用，则N2H浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误； C．由图示可知，c(N2H)是b＞a，而N2H的水解大于电离，水解对水的电离起促进作用，电离对水的电离起抑制作用，故水的电离程度：b＞a，C正确； D．由题干信息可知，N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2O N2H+OH-，则Kb1×Kb2===10-21，若c(N2H)＞c(N2H4)，c(OH-)＜=10-10.5，c(H+)＞10-3.5，则pH小于3.5，D正确； 故答案为：B。 三.非选择题。 16. 反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。 主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1 副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2 回答下列问题： （1）几种化学键的键能如表所示： 化学键 C—H H—H H—O C=O 键能/kJ·mol-1 413 436 463 a 则a=___。 （2）为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示： 实验编号 a b c 温度/K T1 T1 T2 催化剂的比表面积/(m2•g-1) 80 120 120 ①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。 ②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) （3）对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。 反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。 【答案】（1）745 （2） ①. ＜ ②. b ③. 4.8 ④. （3） ①. ②. C 【解析】 【小问1详解】 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4 ，则a=745。故答案为：745； 【小问2详解】 ①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b； ②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水， 可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；； 【小问3详解】 反应Ⅰ的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。 17. 工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。 已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化； ②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示： ③lg5=0.7。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是___________，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min时结果如下表所示： c(H2SO4)/mol·L-1 1.0 5.0 10.0 16.0 18.0 Mn浸出率/% 25 78 95 85 55 Al浸出率/% 35 90 83 5 0 则“酸浸”时，选择c(H2SO4)为___________mol·L-1。 （2）加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，则调pH的范围为___________，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为___________。 （3）“焙烧”操作中，为了提高Li2CO3利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，则反应的化学方程式为___________，整个流程中，可以循环使用的物质有___________。 （4）获取明矾的“一系列操作”是___________。 【答案】（1） ①. 将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3 ②. 10.0 （2） ①. 4.67≤pH≤5.5 ②. （3） ① ②. O2、硫酸 （4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)与SO2和稀硫酸反应，MnO2被还原为Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+、Al2O3生成Al3+，SiO2不反应，过滤除去，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入碳酸锰调pH值，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为，滤液中含有Mn2+、Fe2+，用氧气将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为MnO2，MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，滤渣Ⅱ为，加入稀硫酸、K2SO4溶解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到明矾，据此分析； 【小问1详解】 “酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是：将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3；流程的目的是合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，要求Mn和Al的浸出率都尽量高，由表格数据可知，酸浸时，选择10.0mol/L的硫酸溶液最合适； 【小问2详解】 加入碳酸锰调pH值，是为了让Al3+转化为沉淀，而其他金属阳离子依然在溶液中，当Al3+完全沉淀时，，，，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，当Mn2+开始沉淀时，，，，pH=8.35；当Fe2+开始沉淀时，，，，pH=7.35，综上：Al3+完全沉淀时，pH=4.67，Mn2+开始沉淀时，pH=8.35，Fe2+开始沉淀时pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，则4.67≤pH≤5.5；用氧气将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，反应的化学方程式为：；整个流程中，可以循环使用的物质有：O2、硫酸； 【小问4详解】 获取明矾的“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 18. 是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用下图装置制备。 已知：①Co2+在溶液中较稳定，具有较强还原性；为深红色晶体； ②，。 具体实验步骤如下： I．在锥形瓶中，将12.5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CoCl2·6H2O晶体，溶解得到混合溶液； Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出； Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50～60℃，不断搅拌溶液，直到气泡终止放出，溶液变为深红色； Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注入75mL浓盐酸，50～60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤； Ⅴ．依次用不同试剂洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到mg产品。 回答下列问题： （1）研细CoCl2·6H2O晶体的仪器名称为___________，仪器D中的试剂为___________。 （2）步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为___________、___________(填标号)，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是___________。 ①浓氨水 ②NaOH溶液 ③KMnO4溶液 ④30%双氧水 （3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式___________。 （4）步骤Ⅴ中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，洗涤剂使用的先后顺序是冰水、___________。 （5）最终获得产品会含少量杂质或，产品组成可表示为，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验： 实验Ⅰ：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定达终点时，消耗。 实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入稍过量cmol·L-1AgNO3标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴溶液作指示剂，用cmol·L-1KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗。 计算___________(用、和表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致y值___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. 研钵 ②. CaCl2或P2O5 （2） ①. ① ②. ④ ③. 控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；提高浓氨水的利用率 （3） （4）冷的盐酸、乙醇 （5） ①. ②. 偏小 【解析】 【分析】在NH4Cl和CoCl2混合溶液中加入浓氨水，发生反应（碱性过强会生成钴的氢氧化物），再用H2O2氧化，可得，反应方程式为：，再加入浓盐酸，使得反应，平衡正向移动，冷却后可得到晶体。 【小问1详解】 研细CoCl2·6H2O晶体的仪器名称为：研钵；D装置的作用是用于吸收生成的NH3防止其污染环境，因此D中试剂为：CaCl2或P2O5； 【小问2详解】 由分析得步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X为浓氨水，试剂Y分别为30%双氧水；步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是：控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；提高浓氨水的利用率； 【小问3详解】 步骤Ⅲ用H2O2氧化，可得，反应方程式为：； 【小问4详解】 由于是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的晶体，因此洗涤时，先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使反应平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸； 【小问5详解】 配合物中钴的配位数为6，即x+y=6，且化合价代数和为0，即y+z=3，由实验Ⅰ可知，溶液中Cl-的物质的量为10-3cV1mol，实验Ⅱ中KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3的离子方程式为：，即剩余的AgNO3的物质的量为10-3cV3mol，由题意得，产品中氯元素存在形式均为Cl-，与Cl-反应的AgNO3的物质的量为10-3c（V2-V3），y：z=[10-3c（V2-V3）-10-3cV1]：10-3cV1=（V2-V3- V1）：V1，可得方程组，解得x=， y=，z=；由于AgCl和AgSCN的组成和结构相似，且，若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，AgCl沉淀会与SCN-接触，出现沉淀的转化，使得V3偏大， y值偏小。 19. 铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示： 已知： ①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。 回答下列问题： （1）粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示： 空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h 暴露空气中 450～500 88 l4 对流空气氧化炉中 450～500 98 6 在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。 （2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。 （3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。 （4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。 【答案】（1）增大了气体与固体粉末间的接触面积 （2） ①. 酸性、还原性 ②. KBF4 （3） ①. 3.3≤pH<7 ②. 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O ③. 17.2 （4） ①. 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce ②. 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境 【解析】 【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。 【小问1详解】 在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积； 【小问2详解】 用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4； 【小问3详解】 “滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2； 【小问4详解】 用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。 20. 天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及如下反应： ① ② ③ ④ 回答下列问题： （1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为___________kJ·mol-1，反应②在___________ (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为___________kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为___________，反应②的标准平衡常数___________(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 （3）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。 ①表示“COS的选择性”的曲线是___________(填“曲线a”或“曲线b”)； ②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是___________。 【答案】（1） ①. -577 ②. 高温 （2） ①. 0.4 ②. 80% ③. 2.7 （3） ①. 曲线b ②. 温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍 【解析】 【小问1详解】 298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，可得：；； COS(g)的标准摩尔燃烧焓的反应为：；根据盖斯定律可知，该反应可由⑥-①-⑤得到，则；反应②正向气体分子数增加，，该反应可由③+2×④得到，则该反应，，则反应在高温条件下能自发进行。 【小问2详解】 由反应可知①和④反应前后气体分子数相等，则反应前后不会导致压强变化，②和③反应前后气体分子数均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物质的量，根据压强之比等于气体物质的量的之比可得，反应后体系内压强的增加量即为S2(g)的分压，则，S2(g)的平均反应速率为； 设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1mol，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强为230kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.3mol，结合以上分析可得n (S2)=0.3mol，其平衡分压为30 kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x, n(CO2)=2x，根据S原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡= n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)mol；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)= 2n(H2S) 初始，则得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.6mol，根据C原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，在结合O原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)= 2n(CO2)初始，解得：x=0.2，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.4 mol，n(COS)=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n (S2)=0.3mol，n(H2O)=0.6 mol，n(H2S)=0.2 mol, n(H2)=0.2 mol，总气体为2.3mol；此时H2S(g)的平衡转化率为；反应②的标准平衡常数==2.7； 【小问3详解】 ①由反应可知COS只在反应①中生成，且该反应同时生成等量的水，而水在①②④中均生成，则相同条件下，H2O的选择性高于COS的选择性，故曲线b表示COS的选择性； ②温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍，从而使H2S的转化率与CO2的相等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三化学10月份月考试题 相对原子质量：Ce-140 一、单选题。 1. 高中生应德智体美劳全面发展。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 劳动项目 化学知识 A 烹饪活动：向沸汤中加入蛋液做蛋花汤 加热使蛋白质变性 B 烘焙活动：碳酸钠可以用来调节面团的酸度 Na2CO3能与酸反应 C 家务活动：擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈 铁与水蒸气反应生成Fe3O4 D 学农活动：施肥时铵态氮肥和草木灰不能同时使用 与在一定条件反应 A. A B. B C. C D. D 2. 实验室中，下列事故处理方法错误的是 A. 苯酚不慎沾到皮肤上，先用抹布擦拭，再用65℃水冲洗 B. 若不慎打破水银温度计，应立即开窗通风并用硫磺粉末覆盖 C. 金属钾燃烧起火，用干砂灭火 D. 乙酸乙酯燃烧起火，用灭火毯(或湿抹布)灭火 3. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是 A. 装置甲利用CCl4提取溴水中的 B. 装置乙分离I2和高锰酸钾固体 C. 装置丙验证非金属性S＞C＞Si D. 装置丁检验石蜡中是否含有不饱和烃 4. 化学助力人们对美好生活的追求。烫发原理如图。下列说法错误的是 A. 头发的主要成分蛋白质属于高分子化合物 B. “软化”时应加入氧化剂，“定型”时应加入还原剂 C. 应避免频繁地烫、染发，以减少对头发和头皮的伤害 D. 烫发过程中既有极性键、非极性键的断裂又有极性键、非极性键的形成 5. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A. Ag与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜 B. 加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HCl C. 将CO2通入Ba(NO3)2：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 6. 溴乙烷是无色油状液体，是制造巴比妥的原料，工业上可用海水制备溴乙烷，部分工艺流程如图： 下列说法错误的是 A. 粗盐提纯时，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3 B. 向“母液”中通入热空气，利用溴的易挥发性，将溴吹出 C. “制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1 D. “精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯 阅读以下信息，完成下列小题 草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)用途广泛，易溶于水，其制备及纯度测定实验如下 I．制备 步骤1：将mg淀粉溶于水与少量硫酸加入反应器中，保持85~90℃约30min，然后逐渐降温至60℃左右 步骤2：控制反应温度在55~60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加含有适量催化剂的混酸(65%硝酸与98%硫酸)，主要反应为。严格控制混酸的滴加速度，防止发生副反应。3h左右，冷却，减压过滤得粗品，精制得草酸晶体。 Ⅱ．纯度测定 称取制得的草酸晶体，配成100.00mL溶液。取出20.00mL，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，重复2~3次，滴定终点时，平均消耗标准溶液VmL。 7. 对于上述实验，下列做法正确的是 A. 配制“混酸”时应将65%硝酸缓慢加入98%硫酸中，边加边搅拌 B. 检验“步骤1”水解液中的葡萄糖，操作为取水解液加入新制悬浊液并加热 C. “精制”过程为溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 滴定过程中滴定速度先快后慢，眼睛密切观察滴定管的液面变化 8. 对于上述实验，下列说法正确的是 A. 65%浓硝酸()的物质的量浓度约为13.6mol·L-1 B. 草酸晶体的产率为 C. 配制的草酸溶液物质的量浓度为0.025cVmol·L-1 D. 草酸晶体的纯度为 9. 根据上述实验，下列说法正确的是 A. 配制溶液时容量瓶底部残留少量水，会导致所配溶液浓度偏低 B. 滴加“混酸”速度过快，不影响草酸晶体的产率 C. 锥形瓶用草酸溶液润洗，所测产品纯度会偏低 D. 滴定终点读数时仰视，所测产品纯度偏高 10. 我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的H2O可解离为H+和OH-。下列说法错误的是 A. 电极电势：M<N B. M极电极反应式为 C. 工作一段时间后，装置中需要定期补充H2SO4和NaOH D. 制取0.2mol邻苯二酚类物质时，理论上有0.8molOH-透过膜a 二、多选题。 11. 工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，工艺流程如图： 下列说法错误的是 A. “焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2 B. “调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 C. “溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2O D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥 12. 我国科学家研发了一种在废水处理中实现碳中和的绿色化学装置，同时获得乙酰胺，其原理如图。下列说法错误的是 A. 石墨电极b为阳极，Na+由Ⅱ室移向Ⅰ室 B. 电解一段时间后，Ⅰ、Ⅱ室溶液的pH均逐渐增大 C. 发生还原反应： D. 理论上，每产生0.1mol乙酰胺的同时电极b有15.68L(STP)O2生成 13. 中科大科研团队打通了从CO2和N2电合成氨基酸的关键路径，以硫酸和硫酸钾的混合液为电解液，阴极采用Pb-Cu复合电极，其反应机理如图甲所示，N2和CO2反应历程如图乙所示。 下列说法正确的是 A. 乙二酸转化的电极反应式为 B. 为了提高该装置的工作效率，原料中CO2与N2的物质的量之比为4：1 C. 反应过程中，阴极溶液pH始终增大 D. 若用惰性电极作阳极，当装置的工作效率最佳时，阳极生成的气体与阴极消耗的气体物质的量之比为3：10 14. 苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用如下反应来制备：。在T1℃、10MPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：n(N2)为1∶1、1∶4、1∶9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如表所示。 10min 20min 30min 40min 50min 甲 20.5% 39.0% 54.5% 60.0% 60.0% 乙 23.5% 44.5% 61.0% 66.8% x 丙 25.0% 45.5% 63.8% 74.0% 80.0% 下列说法正确的是 A. 20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是丙>乙>甲 B. 若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则平衡转化率变小 C. T1℃时，该反应的 D. 50min时，容器丙中的反应已达到平衡状态 15. 已知：联氨(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，在水中的电离方式类似于氨气，常温下，向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H)随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是 A. N2H5Cl溶液c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H) B. b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等 C. 水的电离程度：b＞a D. 若c(N2H)＞c(N2H4)，则pH小于3.5 三.非选择题。 16. 反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。 主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1 副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2 回答下列问题： （1）几种化学键的键能如表所示： 化学键 C—H H—H H—O C=O 键能/kJ·mol-1 413 436 463 a 则a=___。 （2）为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示： 实验编号 a b c 温度/K T1 T1 T2 催化剂的比表面积/(m2•g-1) 80 120 120 ①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。 ②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) （3）对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。 反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。 17. 工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。 已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化； ②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示： ③lg5=0.7。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是___________，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min时结果如下表所示： c(H2SO4)/mol·L-1 1.0 5.0 10.0 16.0 18.0 Mn浸出率/% 25 78 95 85 55 Al浸出率/% 35 90 83 5 0 则“酸浸”时，选择c(H2SO4)为___________mol·L-1。 （2）加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，则调pH的范围为___________，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为___________。 （3）“焙烧”操作中，为了提高Li2CO3利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，则反应的化学方程式为___________，整个流程中，可以循环使用的物质有___________。 （4）获取明矾的“一系列操作”是___________。 18. 是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用下图装置制备。 已知：①Co2+在溶液中较稳定，具有较强还原性；为深红色晶体； ②，。 具体实验步骤如下： I．在锥形瓶中，将12.5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CoCl2·6H2O晶体，溶解得到混合溶液； Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出； Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50～60℃，不断搅拌溶液，直到气泡终止放出，溶液变为深红色； Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注入75mL浓盐酸，50～60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤； Ⅴ．依次用不同试剂洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到mg产品。 回答下列问题： （1）研细CoCl2·6H2O晶体的仪器名称为___________，仪器D中的试剂为___________。 （2）步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为___________、___________(填标号)，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加目的是___________。 ①浓氨水 ②NaOH溶液 ③KMnO4溶液 ④30%双氧水 （3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式___________。 （4）步骤Ⅴ中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，洗涤剂使用的先后顺序是冰水、___________。 （5）最终获得产品会含少量杂质或，产品组成可表示为，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验： 实验Ⅰ：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定达终点时，消耗。 实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入稍过量cmol·L-1AgNO3标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴溶液作指示剂，用cmol·L-1KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗。 计算___________(用、和表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致y值___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 19. 铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示： 已知： ①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。 回答下列问题： （1）粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示： 空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h 暴露空气中 450～500 88 l4 对流空气氧化炉中 450～500 98 6 在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。 （2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。 （3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。 （4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。 20. 天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化工艺涉及如下反应： ① ② ③ ④ 回答下列问题： （1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为___________kJ·mol-1，反应②在___________ (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为___________kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为___________，反应②的标准平衡常数___________(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 （3）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。 ①表示“COS的选择性”的曲线是___________(填“曲线a”或“曲线b”)； ②温度低于500℃时，H2S转化率与CO2的相等，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$