精品解析：福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考 化学试卷

福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考 化学试卷 (考试时间：90分钟 试卷总分：100分) 一、单选题(本大题共15小题，共30分) 1. 明代诗人于谦的《石灰吟》是一首托物言志诗。下列反应类型与诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”没有关联的是 A. 吸热反应 B. 复分解反应 C. 分解反应 D. 熵增反应 2. 某研究性学习小组欲完成反应2HCl+2Cu=2CuCl+H2 ↑，设计了下列四个实验,你认为可行的是 A. B. C. D. 3. 下列变化属于吸热反应的是 ①液态水汽化 ②晶体与晶体混合搅拌有氨气放出 ③浓硫酸稀释 ④石灰石高温分解 ⑤生石灰跟水反应 A. ② B. ①②④ C. ②④ D. ①④⑤ 4. 中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ是放热反应 B. 反应Ⅰ涉及极性键的断裂与非极性键的形成 C. H2O2是中间产物 D. 整个过程实现了太阳能向化学能转化 5. 科学研究发现，火星存在大量，有科学家提出设想：利用火星上设计电池，电池反应为。下列说法错误是 A. 钠在负极发生氧化反应 B. 在正极上生成C C. 放电时向正极迁移 D. 参与反应时转移电子 6. 氨氧化法制硝酸中发生主反应NH3(g) +1.25O2(g)NO(g) +1.5H2O(g) ΔH1=−226.1kJ·mol−1和副反应NH3(g) + O2(g)0.5N2O(g) + 1.5H2O(g) ΔH2 = −276.3 kJ·mol−1两个竞争反应(忽略其他副反应)。一定条件下，每生成1.5mol H2O(g)的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 加入催化剂I更有利于NO的生成 B. 平衡后增大压强，物质N2O的浓度不变 C. 其他条件相同时，升高温度，平衡时体系内H2O的浓度降低 D. 推测反应0.5N2O(g) + 0.25O2(g)NO(g) ΔH3= +50.2 kJ·mol−1 7. 关于下列各实验装置及药品的叙述中，正确的是 A 装置①可用于实验室制取少量 B. 可用从左侧加水的方法检验装置②的气密性 C. 利用装置③验证铁的析氢腐蚀 D. 装置④随关随停制氨气 8. 一定条件下，利用如图所示装置可实现有机物的储氢,下列有关说法正确的是 A. 气体X是氢气，电极E是阴极 B. H+由左室进入右室，发生还原反应 C. 该储氢过程就是C6H6与氢气反应过程 D. 电极D的电极反应式为C6H6+6H+ +6e-=C6H12 9. 电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示： 下列说法错误的是 A. 在该工艺中做催化剂 B. 阴极的电极反应有：、 C. 根据图b可判断合适的电流强度约为40mA D. 若处理0.1mol，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36L 10. 在0.1mol·L-1的HA溶液中存在如下电离平衡：。下列叙述正确的是 A. 向HA溶液中通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小 B. c(H+)相同，体积相同HA溶液和盐酸，分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液一样多 C. 等浓度HA溶液与盐酸分别与质量大小、形状相同的锌片反应，盐酸与Zn反应的初始速率快 D. 向HA溶液中加入少量NaA固体，c(A-)增大，Ka增大 11. 将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是 A. 整个过程中阳极先产生O2，后产生Cl2 B. CD段pH减小是因为电解CuSO4溶液生成硫酸 C. 原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比小于2：1 D. 电解至D点时，往溶液中加入适量Cu(OH)2，一定可使其复原为B点溶液 12. 利用微电池技术去除天然气中的并生成的装置如图所示，下列说法不正确的是 A. 微电池负极的电极反应式为 B. 去除过程发生的主要反应为 C. 通入气体一段时间后，去除速率降低的可能原因是铁减少，形成微电池的数量减少， D. 该装置使用一段时间后，内部有大量的铁锈产生 13. 下列实验能达到目的的是 A. 制备乙酸甲酯 B. 制备无水 C. 探究水的组成 D. 证明氨气极易溶于水 14. 下列有关研究化学反应原理的叙述中， 正确的是 A. 利用原电池的工作原理可将任何放热反应的化学能转化为电能 B. 研究化学反应速率与化学平衡，有利于指导实际生产中达到“多快好省”的生产效率 C. 研究表明升高温度能提高反应的活化能，增大活化分子发生有效碰撞的机会，加快反应速率 D. 通过改变反应条件，能使同一反应消耗相同量的物质而放出更多的热，提高化学能的利用 15. 一种新型金属氢化物镍电池（MH-Ni电池，MH为贮氢材料）工作原理如图所示。下列有关说法正确的是 A. 隔膜为阴离子交换膜 B. 电池的电解液可为硫酸 C. 充电时阳极反应为H2O+M+e-=MH+OH- D. 放电时负极反应为Ni(OH)2+OH—-e-==NiOOH+H2O 二、填空题(本大题共1小题，共15分) 16. 铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物。 （1）工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢可生成无水氯化亚铁，若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是___________；为防止FeCl2溶液中含有FeCl3，最好在FeCl2溶液中加入___________。 （2）LiFePO4(难溶于水)材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一。 ①以FePO4(难溶于水)、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，同时伴随产生一种可燃性气体，该反应的化学方程式为___________。 若有1molC参与反应，则转移的电子数目为___________。 ②磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种(中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负极隔开，只允许锂离子通过)工作原理为FePO4+LiLiFePO4，如下图所示。则放电时FePO4一端为电池的___________极，充电时阳极上的电极反应式为___________。 （3）硫化亚铁常用于工业废水的处理。已知：25℃时，溶度积常数Ksp(FeS)=6.3×10-18、Ksp(CdS)=3.6×10-29.请写出用硫化亚铁处理含Cd2+的工业废水的离子方程式___________，在FeS、CdS的悬浊液中c(Fe2+)：c(Cd2+)=___________。 （4）已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5mol/L 100mL FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入___________ml、2mol/L的盐酸(忽略加入盐酸体积)。 三、解答题(本大题共3小题，共55分) 17. 铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1 857 ℃。 （1）工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示： ①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为_______价。 ②高温氧化时反应的化学方程式为_______。 ③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是_______、铝热反应。 （2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应的离子方程式_______、_______。 （3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含CrO的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2+)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。 ①写出CrO在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：_______。 ②若处理含1 mol CrO(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10 mol FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=3∶2时，铁铬氧体的化学式为_______。 18. 解决水体污染是促进社会可持续发展的重要课题。 （1）芬顿反应可用于处理含酚污水。在存在下生成强氧化性羟基自由基()，并引发更多的其他活性氧，以实现对有机物的降解，其过程为链式反应。传统芬顿反应机理如图1所示，已知：和为速率常数。 ①相同条件下，基元反应的活化能_____(填“大于”、“小于”或“等于”)基元反应的活化能。 ②上述转化发生后，体系中溶液的酸性先变弱，再变强，最终几乎不变。请解释其中的原因_____。 （2）电芬顿工艺降解去除酸性废水中苯酚的工作原理如图2所示，工作时，或产生量()与电流强度关系如图3所示： ①根据图2，结合电极反应说明生成的原理____；羟基自由基()氧化苯酚的方程式为_______。 ②根据图3分析，较合适的工作电流强度为______；若处理苯酚，理论上消耗标准状况下____氧气。 （3）电芬顿法相对传统芬顿法优势明显，请从原料角度分析电芬顿法的优点___。 19. 苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙苯催化脱氢法，反应方程式为： （1）已知部分物质的燃烧热数据如下表，利用表中数据计算_______(用a、b、c表示)。 物质 燃烧热 乙苯 苯乙烯 氢气 （2）实际生产过程中，通常向乙苯中掺混氮气(不参与反应)，保持体系总压为100kPa下进行反应，不同投料比m下乙苯的平衡转化率随反应温度变化关系如图所示。(其中投料比m为原料气中乙苯和的物质的量之比，取值分别为1∶0、1∶1、1∶5、1∶9) ①在乙苯中掺混氮气的目的是_______。 ②投料比m为1∶0的曲线是_______(填曲线标号)。 ③若一定的投料比，反应温度恒定时，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是_______(填字母)。 A. B.容器内气体密度不再变化 C.容器内苯乙烯与的分子数之比不再变化 D.容器内气体的平均相对分子质量不再变化 （3）近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入改为通入，在气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图： ①该过程中发生反应的化学方程式为_______。 ②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是_______(说出一点即可)。 ③在600℃下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和，平衡时乙苯的转化率为50%，且容器内气体总物质的量为5mol，则_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考 化学试卷 (考试时间：90分钟 试卷总分：100分) 一、单选题(本大题共15小题，共30分) 1. 明代诗人于谦的《石灰吟》是一首托物言志诗。下列反应类型与诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”没有关联的是 A 吸热反应 B. 复分解反应 C. 分解反应 D. 熵增反应 【答案】B 【解析】 【分析】“千锤万凿出深山”是开采石灰石的过程，过程中没有新物质生成，属于物理变化；“烈火焚烧若等闲”描述的是石灰石高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为 。 【详解】A．石灰石高温分解的反应是吸热反应，A正确； B．由化学方程式可知，该反应为分解反应，B错误； C．该反应为分解反应，C正确； D．由化学方程式可知，该反应为熵增反应，D正确； 故选B。 2. 某研究性学习小组欲完成反应2HCl+2Cu=2CuCl+H2 ↑，设计了下列四个实验,你认为可行的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据金属活动顺序表，铜排在H的后面，铜不与盐酸反应产生氢气，因此无法通过原电池设计2HCl+Cu=CuCl2+H2↑，因此通过电解池原理设计，根据反应方程式，Cu的化合价升高，以及电解反应，Cu作阳极，石墨作正极，因此选项C正确。 3. 下列变化属于吸热反应的是 ①液态水汽化 ②晶体与晶体混合搅拌有氨气放出 ③浓硫酸稀释 ④石灰石高温分解 ⑤生石灰跟水反应 A. ② B. ①②④ C. ②④ D. ①④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】化学变化中吸收热量反应是吸热反应，据此解答。 【详解】①液态水汽化需要吸热，是物理变化，不是吸热反应； ②晶体与晶体混合搅拌有氨气放出的反应是吸热反应； ③浓硫酸稀释放热，不是化学变化； ④石灰石高温分解生成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应； ⑤生石灰跟水反应生成氢氧化钙，是放热反应； 答案选C。 4. 中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ是放热反应 B. 反应Ⅰ涉及极性键的断裂与非极性键的形成 C. H2O2是中间产物 D. 整个过程实现了太阳能向化学能转化 【答案】A 【解析】 【分析】由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应Ⅰ为水在C3N4的催化作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2OH2O2＋H2↑，反应Ⅱ为H2O2在CQDs的催化作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑，总反应方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。 【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ为水在C3N4的催化作用下反应生成过氧化氢和氢气，该过程为吸热反应，故A错误； B．反应Ⅰ为水在C3N4的催化作用下反应生成过氧化氢和氢气，涉及极性键的断裂与非极性键的形成，故B正确； C．由分析可知，H2O2是中间产物，故C正确； D．该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确； 故选A。 5. 科学研究发现，火星存在大量，有科学家提出设想：利用火星上设计电池，电池反应为。下列说法错误的是 A. 钠在负极发生氧化反应 B. 在正极上生成C C. 放电时向正极迁移 D. 参与反应时转移电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠为负极，失电子发生氧化反应，故A正确； B．二氧化碳在正极得电子生成C，故B正确； C．放电时阳离子向正极移动，故C正确； D．二氧化碳极为正极，电极反应式为，参与反应时转移电子，故D错误； 答案选D。 6. 氨氧化法制硝酸中发生主反应NH3(g) +1.25O2(g)NO(g) +1.5H2O(g) ΔH1=−226.1kJ·mol−1和副反应NH3(g) + O2(g)0.5N2O(g) + 1.5H2O(g) ΔH2 = −276.3 kJ·mol−1两个竞争反应(忽略其他副反应)。一定条件下，每生成1.5mol H2O(g)的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 加入催化剂I更有利于NO的生成 B. 平衡后增大压强，物质N2O的浓度不变 C. 其他条件相同时，升高温度，平衡时体系内H2O的浓度降低 D. 推测反应0.5N2O(g) + 0.25O2(g)NO(g) ΔH3= +50.2 kJ·mol−1 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，催化剂Ⅰ使主反应的活化能降低，副反应的活化能升高，故加入催化剂Ⅰ更有利于NO的生成，故A正确； B．副反应反应前后气体分子数不变，平衡后增大压强，副反应平衡不移动，但主反应平衡逆向移动，氨气和氧气浓度增加，进而使副反应平衡正向移动，N2O的浓度增大，故B错误； C．主反应和副反应正向均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，水的平衡浓度降低，故C正确； D．已知①NH3(g)+1.25O2(g)⇌NO(g)+1.5H2O(g)ΔH1=-226.1kJ•mol-1；②NH3(g)+O2(g)⇌0.5N2O(g)+1.5H2O(g)ΔH2=-276.3kJ•mol-1，由盖斯定律①-②可得0.5N2O(g)+0.25O2(g)⇌NO(g)ΔH3=-226.1kJ•mol-1-(-276.3kJ•mol-1)=+50.2kJ•mol-1，故D正确； 答案选B。 7. 关于下列各实验装置及药品的叙述中，正确的是 A. 装置①可用于实验室制取少量 B. 可用从左侧加水的方法检验装置②的气密性 C. 利用装置③验证铁的析氢腐蚀 D. 装置④随关随停制氨气 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化锰催化过氧化氢制氧气为固液不加热反应，装置①可用于实验室制取少量，A正确； B．右侧为敞口体系，不能检验装置②的气密性，B错误； C．铁的析氢腐蚀需要较强的酸性环境，C错误； D．碱石灰中氢氧化钠溶于水、氧化钙和水生成粉末状氢氧化钙，隔板不起作用，D错误； 故选A。 8. 一定条件下，利用如图所示装置可实现有机物的储氢,下列有关说法正确的是 A. 气体X是氢气，电极E是阴极 B. H+由左室进入右室，发生还原反应 C. 该储氢过程就是C6H6与氢气反应过程 D. 电极D的电极反应式为C6H6+6H+ +6e-=C6H12 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示，左侧苯(C6H6)转化为环己烷(C6H12)，所以苯发生还原反应，则D为阴极、A为电源负极，因此B为电源正极、E为阳极。 【详解】A．E为阳极，水中-2价O发生氧化反应生成氧气(气体X)和H+，故A错误； B．H+由右室进入左室，参与阴极反应，没有发生还原反应，故B错误； C．该储氢过程总反应为：2C6H6+6H2O2C6H12+3O2，故C错误； D．电极D为阴极，苯发生还原反应生成C6H12，同时有H+参与，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故D正确。 答案选D。 【点睛】本题考查电解池工作原理的应用，掌握电化学反应原理，利用好图示及题干提供的信息，是解题的关键。电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池，注意观察题给信息结合实验装置图判断。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性及交换膜的特点书写电极反应式，如本题D项；根据电性作用原理：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向，如本题B项。 9. 电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示： 下列说法错误的是 A. 在该工艺中做催化剂 B. 阴极的电极反应有：、 C. 根据图b可判断合适的电流强度约为40mA D. 若处理0.1mol，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36L 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，HMC-3电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故HMC-3电极为阴极，电极反应式分别为O2+2e-+2H+=H2O2，Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+，据此作答。 【详解】A．该电芬顿工艺中，阴极Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，反应前后Fe3+的量保持不变，是该工艺的催化剂，故A正确； B．由分析可知，HMC-3电极为阴极，电极反应式分别为O2+2e-+2H+=H2O2，Fe3++e-=Fe2+，故B正确； C．由反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O可知，Fe2+、H2O2电极产生量比为1：1，可判断合适的电流强度约为40mA，故C正确； D．由分析中反应过程可知1molC6H5OH～28mol•OH～(28molFe2++28molH2O2)～阴极消耗28molO2，故处理1mol苯酚消耗氧气28mol，即处理0.1mol苯酚，消耗氧气为2.8mol，标况下体积为=62.72L，故D错误； 答案选D。 10. 在0.1mol·L-1的HA溶液中存在如下电离平衡：。下列叙述正确的是 A. 向HA溶液中通入少量HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小 B. c(H+)相同，体积相同的HA溶液和盐酸，分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液一样多 C. 等浓度的HA溶液与盐酸分别与质量大小、形状相同的锌片反应，盐酸与Zn反应的初始速率快 D. 向HA溶液中加入少量NaA固体，c(A-)增大，Ka增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．HCl为强电解质，在水中完全电离，通入HCl，溶液中c(H+)增大，A错误； B．c(H+)相同的HA溶液和盐酸，HA溶液的浓度大，等体积时，HA溶液的物质的量多，消耗的氢氧化钠溶液多，B错误； C．等浓度的HA溶液与盐酸，盐酸中氢离子浓度大，与质量大小、形状相同的锌片反应，盐酸与Zn反应的初始速率快，C正确； D．Ka只与温度有关，D错误； 故选C。 11. 将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是 A. 整个过程中阳极先产生O2，后产生Cl2 B. CD段pH减小是因为电解CuSO4溶液生成硫酸 C. 原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比小于2：1 D. 电解至D点时，往溶液中加入适量Cu(OH)2，一定可使其复原为B点溶液 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，用惰性电极电解等体积NaCl和CuSO4两种溶液，分3个阶段： AB段：电解氯化铜：阳极：2Cl--2e-=Cl2，阴极：Cu2++2e-=Cu；由于铜离子水解使溶液显酸性，铜离子浓度减小，酸性减弱，pH增大； BC段：电解硫酸铜溶液：阳极：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，阴极：Cu2++2e-=Cu；由于氢氧根离子被消耗，氢离子浓度增大，溶液的pH迅速减小； CD段：实质是电解水：阳极：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，阴极：2H++2e-=H2↑；即为电解水的过程，溶剂减小，溶液中氢离子浓度增大，pH减小。 【详解】A．由以上分析可知，整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，故A错误； B．CD段实质是电解水，pH减小是电解水的过程，溶剂减小，溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，故B错误； C．B点溶液为硫酸铜和氯化钠的混合液，AB段实质是电解氯化铜溶液，BC段实质是电解硫酸铜溶液，所以n(Cl-)<2n(Cu2+)，即原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比小于2：1，故C正确； D．B点溶液为硫酸铜和硫酸钠的混合液，C点为硫酸和硫酸钠混合液，CD段为电解水过程，由于消耗水的量与生成硫酸的量不确定，所以复原为B点溶液可能是加入适量的氢氧化铜，也可能是加入适量的氢氧化铜和一定的水，故D错误； 故选C。 12. 利用微电池技术去除天然气中的并生成的装置如图所示，下列说法不正确的是 A. 微电池负极的电极反应式为 B. 去除过程发生的主要反应为 C. 通入气体一段时间后，去除速率降低的可能原因是铁减少，形成微电池的数量减少， D. 该装置使用一段时间后，内部有大量的铁锈产生 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题中信息，生成FeS，铁元素的化合价升高，因此铁作负极，其电极反应式为；故A说法正确； B．氧气在正极上发生反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，总反应为；故B说法正确； C．通入一段时间后，去除速率降低，可能原因是产生FeS附着在铁表面，阻碍反应进行，也可能是铁减少，形成微电池的数量减少，故C说法正确； D．铁锈为Fe2O3，根据总反应，铁主要被氧化成FeS，故D说法错误； 答案为D。 13. 下列实验能达到目的的是 A. 制备乙酸甲酯 B. 制备无水 C. 探究水的组成 D. 证明氨气极易溶于水 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙酸甲酯在氢氧化钠溶液中完全水解，应该用饱和碳酸钠溶液替代氢氧化钠溶液，A错误； B．在空气中直接加热氯化亚铁溶液，Fe2＋容易被氧气氧化，转化为Fe3＋。在加热下，促进Fe3＋水解，最终完全水解得到Fe(OH)3，持续加热最终得到Fe2O3，得不到FeCl2，B错误； C．电解食盐水收集到氢气和氯气，而不是H2和O2，不能探究水的组成，C错误； D．氨气极易溶于水，使得圆底烧瓶内的压强小于外界压强，大气压将水压入烧瓶内，形成喷泉。通过喷泉实验可以证明，氨气极易溶于水，D正确； 答案选D。 14. 下列有关研究化学反应原理的叙述中， 正确的是 A. 利用原电池的工作原理可将任何放热反应的化学能转化为电能 B. 研究化学反应速率与化学平衡，有利于指导实际生产中达到“多快好省”的生产效率 C. 研究表明升高温度能提高反应的活化能，增大活化分子发生有效碰撞的机会，加快反应速率 D. 通过改变反应条件，能使同一反应消耗相同量的物质而放出更多的热，提高化学能的利用 【答案】B 【解析】 【详解】A.只有放热的氧化还原反应才能利用原电池原理把化学能转化为电能，故A错误； B.研究化学反应速率与化学平衡，可缩短反应时间并提高转化率，有利于指导实际生产中达到“多，快，好，省”的生产效率，故B正确； C.升高温度不能改变反应的活化能，但可以提高活化分子的数目和活化分子的百分数，增大活化分子发生有效碰撞的机会，加快反应速率，故C错误； D.同一反应消耗相同量的物质，放出的热量是一定值，与反应条件或反应途径无关，故D错误； 故选B。 15. 一种新型金属氢化物镍电池（MH-Ni电池，MH为贮氢材料）工作原理如图所示。下列有关说法正确的是 A. 隔膜为阴离子交换膜 B. 电池的电解液可为硫酸 C. 充电时阳极反应为H2O+M+e-=MH+OH- D. 放电时负极反应为Ni(OH)2+OH—-e-==NiOOH+H2O 【答案】A 【解析】 【详解】由题意及工作原理图可知，左侧电极为负极，右侧电极为正极，为了防止MH被氢离子氧化，镍氢电池中电解液为碱性溶液，故B项错误；放电时负极反应为MH−e-+OH- =M+H2O，正极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，充电时阴极反应为M+H2O+e-=MH+OH-，阳极反应为Ni（OH）2+OH-−e-=NiOOH+H2O，故C、D两项均错误；电池工作过程中有OH-参与或生成，为维持电荷守恒，隔膜为阴离子交换膜，故A项正确。符合题意的选项为A。 点睛：本题考查原电池和电解池原理，明确题给信息的含义，掌握好原电池与电解池的反应原理是解题关键，难点是电极反应式的书写。根据氧化还原反应原理：放电时负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；充电时阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应。 二、填空题(本大题共1小题，共15分) 16. 铁是目前人类使用量最大的金属，它能形成多种化合物。 （1）工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢可生成无水氯化亚铁，若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是___________；为防止FeCl2溶液中含有FeCl3，最好在FeCl2溶液中加入___________。 （2）LiFePO4(难溶于水)材料被视为最有前途的锂离子电池材料之一。 ①以FePO4(难溶于水)、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，同时伴随产生一种可燃性气体，该反应的化学方程式为___________。 若有1molC参与反应，则转移的电子数目为___________。 ②磷酸铁锂动力电池有几种类型，其中一种(中间是锂离子聚合物的隔膜，它把正极与负极隔开，只允许锂离子通过)工作原理为FePO4+LiLiFePO4，如下图所示。则放电时FePO4一端为电池的___________极，充电时阳极上的电极反应式为___________。 （3）硫化亚铁常用于工业废水的处理。已知：25℃时，溶度积常数Ksp(FeS)=6.3×10-18、Ksp(CdS)=3.6×10-29.请写出用硫化亚铁处理含Cd2+的工业废水的离子方程式___________，在FeS、CdS的悬浊液中c(Fe2+)：c(Cd2+)=___________。 （4）已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，此温度下若在实验室中配制5mol/L 100mL FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入___________ml、2mol/L的盐酸(忽略加入盐酸体积)。 【答案】（1） ①. 硫氰化钾溶液 ②. 铁粉 （2） ①. 2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑ ②. 2NA ③. 正 ④. LiFePO4-e-= FePO4+Li+ （3） ①. Cd2+(aq)+FeS(s)=Fe2+(aq)+CdS(s) ②. 1.75×1011 （4）2.5 【解析】 【小问1详解】 检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，滴加硫氰化钾溶液溶液显血红色，可证明有氯化铁；因Fe+2FeCl3=3FeCl2，故为防止FeCl2溶液中含有FeCl3，最好在FeCl2溶液中加入铁粉就可以了。 【小问2详解】 ①可燃性气体是CO，反应过程中铁元素由+3价降低到+2价，Li2CO3中的碳元素由+4价降低到+2价，由此可写出对应的反应式：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑；反应中碳有0价升高为+2价，若有1molC参与反应，则转移的电子2mol，数目为2NA； ②已知FePO4+LiLiFePO4，FePO4中Fe元素得电子，则放电时FePO4在正极发生得电子的发生还原反应，充电时阳极的方程式为：LiFePO4-e-= FePO4+Li+。 【小问3详解】 溶度积常数Ksp(FeS)=6.3×10-18、Ksp(CdS)=3.6×10-29，溶度积常数分析判断CdS更难溶，可以实现沉淀转化，Cd2+(aq)+FeS(s)=Fe2+(aq)+CdS(s)，所以能用硫化亚铁处理含Cd2+的工业废水；在FeS、CdS的悬浊液中c(S2-)是相等的，因此c(Fe2+)：c(Cd2+)=Ksp(FeS)/Ksp(CdS)= 6.3×10-18/3.6×10-29=1.75×1011。 【小问4详解】 若不出现浑浊现象，则c(Fe3+)·c3(OH-)≤Ksp[Fe(OH)3]，代入有关数据后可求出c3(OH-)≤4.0×10−38/5，c(OH-)=2×10-13mol/L，c(H+)≥0.05mol/L，设加入盐酸体积为xmL，则有x×2mol/L÷100mL=0.05mol/L，解得x=2.5，故至少要加入2.5mL相应的盐酸。 三、解答题(本大题共3小题，共55分) 17. 铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1 857 ℃。 （1）工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示： ①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为_______价。 ②高温氧化时反应的化学方程式为_______。 ③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是_______、铝热反应。 （2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应的离子方程式_______、_______。 （3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含CrO的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2+)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。 ①写出CrO在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：_______。 ②若处理含1 mol CrO(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10 mol FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=3∶2时，铁铬氧体的化学式为_______。 【答案】（1） ①. +3 ②. 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 ③. 灼烧使Cr(OH)3分解 （2） ①. Cr(OH)3+OH-=+2H2O ②. Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O （3） ①. 3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O ②. Cr2Fe20O27 【解析】 【分析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素生成Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，利用铝热反应制备金属铬。 【小问1详解】 ①Fe(CrO2)2中Fe为+2价，O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr元素的化合价为+3，故答案为：+3； ②铬铁矿的主要成分是Fe(CrO2)2，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有Fe(CrO2)2、O2、Na2CO3，根据流程图可知生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，结合电子守恒和元素守恒可得反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2； ③操作a是Cr(OH)3受热分解生成Cr2O3，再和铝发生铝热反应生成氧化铝和铬，故答案为：灼烧使Cr(OH)3分解； 【小问2详解】 Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成两种盐为NaCrO2、Cr2(SO4)3，反应的离子方程式依次为Cr(OH)3+OH-=+2H2O、Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O，故答案为：Cr(OH)3+OH-=+2H2O；Cr(OH)3+3H+=Cr3++3H2O； 【小问3详解】 ①CrO在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，结合电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得发生反应的离子方程式为：3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O，故答案为：3Fe2++CrO+8H+=3Fe3++Cr3++4H2O。 ②处理含1 mol CrO(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10 mol FeSO4，生成的Cr3+为1mol，根据Fe守恒，铁铬氧体中n(Fe2+)=10 mol=6mol，n(Fe3+)=10 mol=4mol，根据Cr守恒，铁铬氧体中n(Cr3+)=n(CrO)=1mol，根据电荷守恒，铁铬氧体中n(O2-)==13.5mol，铁铬氧体中n(Cr):n(Fe): n(O)=1mol:10mol:13.5mol=2:20:27，铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，故答案为：Cr2Fe20O27。 18. 解决水体污染是促进社会可持续发展的重要课题。 （1）芬顿反应可用于处理含酚污水。在存在下生成强氧化性的羟基自由基()，并引发更多的其他活性氧，以实现对有机物的降解，其过程为链式反应。传统芬顿反应机理如图1所示，已知：和为速率常数。 ①相同条件下，基元反应的活化能_____(填“大于”、“小于”或“等于”)基元反应的活化能。 ②上述转化发生后，体系中溶液酸性先变弱，再变强，最终几乎不变。请解释其中的原因_____。 （2）电芬顿工艺降解去除酸性废水中苯酚的工作原理如图2所示，工作时，或产生量()与电流强度关系如图3所示： ①根据图2，结合电极反应说明生成的原理____；羟基自由基()氧化苯酚的方程式为_______。 ②根据图3分析，较合适工作电流强度为______；若处理苯酚，理论上消耗标准状况下____氧气。 （3）电芬顿法相对传统芬顿法优势明显，请从原料角度分析电芬顿法的优点___。 【答案】（1） ①. 小于 ②. 基元反应的速率常数更大，反应更快，氢离子浓度减小，使溶液酸性变弱；随着反应的进行程度增大，氢离子浓度增大，溶液酸性逐渐变强；根据总反应可知，最终溶液的酸碱性不变(忽略体积变化) （2） ①. 阴极，，与作用生成羟基自由基 ②. ③. 40或35~40均可 ④. 62.72 （3）不投入，控制成本同时减少储运风险；可再生，铁盐投入少 【解析】 【小问1详解】 ①由图1数据可知，K1远大于K2，说明基元反应的速率大于基元反应Ⅱ，则基元反应的活化能小于基元反应Ⅱ； ②基元反应会消耗H+，其反应速率比基元反应Ⅱ快，氢离子浓度减小，使溶液酸性变弱；基元反应Ⅱ产生H+，随着反应Ⅱ的进行程度增大，氢离子浓度增大，溶液酸性逐渐变强；根据总反应可知，最终溶液的酸碱性不变； 【小问2详解】 ①通入氧气的为阴极，得到电子生成H2O2，电极反应为阴极，同时Fe3+得电子变为Fe2+，反应式为，与作用生成羟基自由基；羟基自由基与苯酚反应生成二氧化碳和水，方程式为； ②根据关系式，应选择Fe2+与与羟基自由基产生量尽可能相等的电流强度，根据图3，合适的电流强度为40mA或35mA~40mA；苯酚的物质的量为=0.1mol，根据关系式：，需要消耗O22.8mol，标准状况下体积为=62.72L； 【小问3详解】 从原料角度分析电芬顿法的优点是不投入，控制成本同时减少储运风险；可再生，铁盐投入少。 19. 苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前生产苯乙烯的方法主要是乙苯催化脱氢法，反应方程式为： （1）已知部分物质的燃烧热数据如下表，利用表中数据计算_______(用a、b、c表示)。 物质 燃烧热 乙苯 苯乙烯 氢气 （2）实际生产过程中，通常向乙苯中掺混氮气(不参与反应)，保持体系总压为100kPa下进行反应，不同投料比m下乙苯的平衡转化率随反应温度变化关系如图所示。(其中投料比m为原料气中乙苯和的物质的量之比，取值分别为1∶0、1∶1、1∶5、1∶9) ①在乙苯中掺混氮气的目的是_______。 ②投料比m为1∶0的曲线是_______(填曲线标号)。 ③若一定的投料比，反应温度恒定时，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是_______(填字母)。 A. B.容器内气体密度不再变化 C.容器内苯乙烯与的分子数之比不再变化 D.容器内气体的平均相对分子质量不再变化 （3）近年来，有研究者发现若将上述生产过程中通入改为通入，在气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图： ①该过程中发生反应的化学方程式为_______。 ②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是_______(说出一点即可)。 ③在600℃下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和，平衡时乙苯转化率为50%，且容器内气体总物质的量为5mol，则_______。 【答案】（1）b+c-a （2） ①. 增大乙苯的平衡转化率 ②. A ③. BD （3） ①. (g)+CO2(g) (g)+CO(g) + H2O(g) ②. 催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，使乙苯转化率降低（或其他答案合理即可） ③. 2 【解析】 【小问1详解】 △H =△H(乙苯)-[△H(苯乙烯)+△H(氢气)]=-[] kJ/mol =( b+c-a) kJ/mol。 【小问2详解】 ①正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入氮气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动。 ②投料比m越大，乙苯的平衡转化率越小，平衡转化率由小到大的顺序为A＜B＜C＜D，投料比由大到小的顺序为A>B>C>D。 ③A．，只有正反应速率不能说明反应到达平衡状态，A错误； B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B正确； C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1:1，则不能表明反应已达到平衡状态，C错误； D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，D正确； 故选BD。 【小问3详解】 由反应历程图，可知：(g)+CO2(g) (g)+CO(g) + H2O(g)。催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率。向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和，则，平衡时乙苯的转化率，解得x=1mol，容器内气体总物质的量，则2mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$