模块综合试卷（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（鲁科版 京粤闽皖豫宁陕专版）

**基本信息** 以化学反应原理核心模块为载体，通过跨章节综合题考查化学观念与科学思维，注重知识逻辑链与定量分析能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |化学反应原理|19题（选择15+非选择4）|概念辨析、图像分析、实验探究、定量计算|涵盖化学平衡（5、9）、电化学（4、6、12、16）、热化学（2、8）、电解质溶液（7、13、15、17）等，通过真实情境（如纳米Cu₂O制备、工业废水处理）整合物质性质、能量变化与平衡移动原理，体现宏观现象-微观本质-符号表征的逻辑链条。|

模块综合试卷 [分值：100分] 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意) 1.(2024·齐齐哈尔高二期末)下列关于我国最新科技成果的化学解读错误的是(　　) 选项 科技成果 化学解读 A 利用催化剂Ni2Al3实现原生生物质大分子高选择性转化成CH4 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数 B 锂电池或二次电池的研究引领全球清洁能源 锂电池能将化学能转化成电能 C 太空“冰雪”实验利用小苏打和乙酸发生反应 乙酸和小苏打均为弱电解质 D 用X射线激光技术观察到CO和O在催化剂表面形成化学键的过程 形成化学键释放能量 答案　C 2.下列关于热化学方程式的叙述正确的是(　　) A.已知C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 B.已知2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol -1，则H2的摩尔燃烧焓为-241.8 kJ·mol -1 C.S(g)+O2(g)===SO2(g)　ΔH1；S(s)+O2(g)===SO2(g)　ΔH2，则ΔH1<ΔH2 D.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ·mol-1，若将0.5 mol·L -1的稀 H2SO4与1 mol·L -1的NaOH溶液等体积混合，放出的热量等于57.3 kJ 答案　C 解析　C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH>0，则金刚石的能量大，稳定性小于石墨，故A错误；H2O(g)→H2O(l)放热，所以1 mol H2完全燃烧生成液态水时放热大于241.8 kJ，即H2的摩尔燃烧焓小于241.8 kJ·mol-1，故B错误；S(s)→S(g)吸热，等量的S(s)和S(g)完全燃烧，S(g)放热多，由于放热ΔH为负，所以ΔH1<ΔH2，故C正确；酸碱溶液体积未知，所以放出的热量不确定，故D错误。 3.下列图示装置不能达到相应目的的是(　　) A.用装置①保护钢闸门不被海水腐蚀 B.用装置②先通NH3再通足量CO2，制取NaHCO3晶体 C.用装置③测碳酸钙与稀盐酸反应的化学反应速率 D.用装置④验证2NO2(g)N2O4(g)是放热反应 答案　B 解析　从装置①中电子流动的方向看，与钢闸门相连的为电源负极，则钢闸门作阴极被保护，可使钢闸门不被海水腐蚀，A能达到相应目的；制取NaHCO3晶体时，应先通NH3后通CO2，但装置②中通NH3的导管口位于液面下，易产生倒吸现象，B不能达到相应目的；用装置③测定收集一定体积CO2气体所需的时间，从而测定碳酸钙与稀盐酸反应的化学反应速率，C能达到相应目的；装置④给2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系加热或降温，通过混合气体颜色发生的变化，确定平衡移动的方向，从而推出正反应是放热反应，D能达到相应目的。 4.下列有关图示原电池装置的叙述正确的是(　　) A.图1盐桥中的阳离子移向ZnSO4溶液 B.图2中Zn发生还原反应，MnO2发生氧化反应 C.图3中电池放电时，负极质量减少，正极质量增加 D.图4电解质溶液采用稀硫酸时，正极反应为O2+4H++4e-===2H2O 答案　D 解析　原电池中阳离子移向正极，图1中Zn为负极，Cu为正极，则盐桥中的阳离子移向CuSO4溶液，A错误；负极上锌失电子，发生氧化反应，正极MnO2得电子，发生还原反应，B错误；铅酸蓄电池放电时，负极反应为Pb-2e-+===PbSO4，正极的反应为PbO2+2e-+4H++S===PbSO4+2H2O，所以正、负极质量都增大，C错误；图4中电解质溶液采用稀硫酸时，氧气得电子生成水，正极反应为O2+4H++4e-===2H2O，D正确。 5.一定条件下CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)　ΔH=-48.97 kJ·mol-1。向2 L恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，在两种不同催化剂作用下建立平衡，CO2的转化率随时间(t)的变化曲线如图。下列说法错误的是(　　) A.该反应的活化能：过程Ⅱ>过程Ⅰ B.过程Ⅰ，t3时刻改变的反应条件可能是升高温度 C.过程Ⅱ，t1~t2时段的化学反应速率v(H2)= mol·L-1·min-1 D.过程Ⅱ，t3时刻向容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，平衡后CO2的转化率大于80% 答案　C 解析　根据图像，相同时间内过程Ⅰ的α(CO2)比过程Ⅱ大，说明过程Ⅰ反应速率快，且达到相同平衡状态，则活化能：过程Ⅱ>过程Ⅰ，故A正确；正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致α(CO2)减小，与图像吻合，故B正确；由图像数据可知，过程Ⅱ，t1~t2时段的化学反应速率v(CO2)== mol·L-1·min-1，故v(H2)=3v(CO2)= mol·L-1· min-1，故C错误；过程Ⅱ，t3时刻向容器中再充入1 mol CO2和3 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡后CO2的转化率大于80%，故D正确。 6.如图所示装置，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断不正确的是(　　) A.a是电源的负极 B.当通过质子交换膜的H+为0.2 mol时，左侧电极Ⅰ所在区域溶液质量减轻了27 g C.Cl-通过阴离子交换膜由左向右移动 D.当0.01 mol Fe2O3完全溶解时，至少产生氧气0.336 L(标准状况下) 答案　B 解析　由石墨电极Ⅱ产生氧气可知，电极Ⅱ为阳极，电极Ⅰ为阴极，则a是电源的负极，故A正确；随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，Cl-需通过阴离子交换膜由左向右移动从而保持溶液的电中性，当通过质子交换膜的H+为0.2 mol时，左侧电极Ⅰ所在区域溶液中0.1 mol铜离子得电子，0.2 mol氯离子通过阴离子交换膜由左向右移动，相当于减轻0.1 mol氯化铜的质量，质量减轻了0.1 mol×135 g·mol-1=13.5 g，故B错误、C正确；当0.01 mol Fe2O3完全溶解时，发生反应Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O，消耗氢离子为0.06 mol，根据阳极电极反应式2H2O-4e-===O2↑+4H+，产生氧气为0.015 mol，体积为0.336 L (标准状况下)，故D正确。 7.常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表： 实验编号 c(HA)/(mol·L-1) c(NaOH)/(mol·L-1) 混合溶液的pH 甲 0.1 0.1 pH=a 乙 0.2 0.2 pH=9 丙 c1 0.2 pH=7 丁 0.2 0.1 pH<7 下列判断正确的是(　　) A.a>9 B.在乙组混合液中c(OH-)-c(HA)=10-9 mol·L-1 C.c1<0.2 D.在丁组混合液中c(Na+)>c(A—) 答案　B 解析　由乙组实验知HA是弱酸，而甲、乙两组实验中，酸碱均恰好反应完，因甲中生成的c(A-)比乙组中的小，故7<a<9，A错；当HA与碱恰好反应完，溶液应该呈碱性，当溶液呈中性时，表明酸略过量，即c1略大于0.2，C错。 8.中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应 B.化合物I1-2是该过程的中间产物 C.该过程的决速步骤为过程② D.过程①的热化学方程式为1(s)+CO2(g)===I1-2(s) ΔH=-2.08 kcal·mol-1 答案　D 解析　过程①的活化能为(6.05-0.00) kcal·mol-1=6.05 kcal·mol-1，过程②的活化能为(11.28-2.08)kcal·mol-1=9.20 kcal·mol-1，过程①的活化能低于过程②的活化能，过程②的反应速率更慢，为此过程的决速步骤，故C正确；过程①的热化学方程式为1(s)+CO2(g)===I1-2(s)　ΔH=+2.08 kcal·mol-1，故D错误。 9.已知反应：CH2==CHCH3(g)+Cl2(g)CH2==CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系。下列说法正确的是(　　) A.图甲中ω1>1 B.若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变 C.温度T1、ω=2， Cl2的转化率约为33.3% D.图乙中，曲线A表示正反应的平衡常数 答案　C 解析　ω增大，可认为CH2==CHCH3的物质的量不变，增加Cl2的物质的量，平衡向右移动，CH2==CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：ω2>ω1，则ω1<1；该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据pV=nRT，达到平衡时，装置内的气体压强将增大；由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2==CHCH3和Cl2的物质的量分别为a mol和2a mol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为x mol，根据三段式进行计算： CH2==CHCH3(g)+Cl2(g) CH2==CHCH2Cl(g)+HCl(g) 起始/mol　　　　　a　　　　　2a　　　　　 0　　　　　　　0 转化/mol　　　　　x　　　　　x　　　　　　 x　　　　　　　 x 平衡/mol　　　　　a-x　　　　2a-x　　　　　x　　　　　　　x 则=1，解得x=a，则Cl2的转化率为×100%≈33.3%；正反应是放热反应，故温度升高，正反应的平衡常数减小，故图乙中，曲线A表示逆反应的平衡常数。 10.以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量的Fe、Ni、Si等元素)为原料合成碱锰电池材料MnO2的流程如下。 下列说法错误的是(　　) A.为加快酸浸速率可以适当提高H2SO4浓度 B.“氧化”时可以用H2O2代替 C.已知BaS可溶于水，滤渣3的成分有NiS、BaSO4 D.“沉锰”时发生反应的离子方程式为Mn2++===MnCO3↓+CO2↑+H2O 答案　B 解析　将菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量的Fe、Ni、Si等元素)粉碎，加入H2SO4进行酸浸，二氧化硅不溶而成为滤渣1；往滤液中加入MnO2，可将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+；加入氨水调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；往滤液中加入BaS，Ni2+转化为NiS沉淀；往滤液中加入NH4HCO3，锰元素转化为MnCO3沉淀。再处理MnCO3，最终生成MnO2。 粉碎矿石、适当升高温度、适当提高H2SO4浓度等均可加快酸浸速率，A正确；“氧化”时，使用MnO2既可以氧化Fe2+，又可以提高MnCO3的产率，且过量的H2O2会将后续操作中加入的BaS氧化，所以不可以用H2O2代替，B错误；已知BaS可溶于水，加入BaS后，可与Ni2+反应生成NiS沉淀，Ba2+可转化为BaSO4沉淀，所以滤渣3的成分有NiS、BaSO4，C正确；“沉锰”时，Mn2+与发生反应，生成MnCO3沉淀、二氧化碳气体等，发生反应的离子方程式为Mn2++2===MnCO3↓+CO2↑+H2O，D正确。 11.高锰酸钾在酸性条件下可氧化H2O2：2Mn+5H2O2+6H+===8H2O+5O2↑+2Mn2+，可利用该反应测定H2O2样品纯度(样品中不含其他还原性离子)。下列说法错误的是(　　) A.将高锰酸钾溶液装入酸式滴定管中 B.打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡 C.滴定过程中，眼睛要时刻注意滴定管液面变化 D.盛放H2O2溶液的锥形瓶内壁有水，对所测定的H2O2样品的纯度无影响 答案　C 解析　高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶，故应装入酸式滴定管中，A项正确；滴定过程中，眼睛需要注意锥形瓶内溶液颜色的变化，C项错误；盛放H2O2溶液的锥形瓶内壁有水，不影响消耗标准溶液的体积，对所测定H2O2样品的纯度无影响，D项正确。 12.用如图所示装置处理含N的酸性工业废水，某电极反应式为2N+12H++10e-===N2↑+6H2O，则下列说法错误的是(　　) A.电源正极为A，电解过程中有气体放出 B.电解时H+从质子交换膜左侧向右侧移动 C.电解过程中，右侧电解液pH保持不变 D.电解池一侧生成5.6 g N2，另一侧溶液质量减少18 g 答案　C 解析　A项，根据题意，与B极相连的电极反应式为2N+12H++10e-===N2↑+6H2O，作电解池的阴极，故B为负极，则A为正极，溶液中的OH-放电生成O2，正确；B项，电解时，左侧阳极室OH-发生反应，剩余H+，故H+从质子交换膜左侧向右侧移动，正确；D项，电解池一侧生成5.6 g N2，转移的电子的物质的量为2 mol，故另一侧发生反应的水的物质的量为1 mol，溶液质量减少18 g，正确。 13.对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，已知几种物质在25 ℃时的Ksp和完全沉淀时的pH范围如表，下列说法错误的是(　　) 物质 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Ksp/25 ℃ 8.0×10-16mol3·L-3 2.2×10-20mol3·L-3 4.0×10-38mol4·L-4 完全沉淀时的pH范围 ≥9.6 ≥6.4 3~4 A.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 B.该溶液中c(S)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+c(Fe3+)]>5∶4 C.向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3~4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液 D.在pH等于5的溶液中Fe3+不能大量存在 答案　C 解析　根据表中溶度积常数及沉淀完全时的pH范围可知，A正确；由于Cu2+、Fe2+和Fe3+在溶液中均能发生水解反应使得金属阳离子浓度减小，B正确；加入氯水则溶液中必有氯离子存在，即溶液中还存在溶质CuCl2，C错误；由表中数据知Fe3+在pH>4的环境中已沉淀完全，D正确。 14.(2024·贵州1月适应性测试)叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应： (CH3)3C—Br+AgNO3(CH3)3C—ONO2+AgBr↓ 反应分步进行： ①(CH3)3C—Br[(CH3)3CBr](CH3)3C++Br- ②(CH3)3C++N[(CH3)3CONO2](CH3)3C—ONO2 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是(　　) A.选用催化剂可改变反应ΔH的大小 B.图中Ⅰ对应的物质是[(CH3)3CONO2] C.其他条件不变时，N的浓度越高，总反应速率越快 D.其他条件不变时，(CH3)3C—Br的浓度是总反应速率的决定因素 答案　D 解析　催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，对ΔH无影响，故A错误；总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即(CH3)3C—Br[(CH3)3CBr]，其他条件不变时，N的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，故C错误；由C可知，(CH3)3C—Br的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，故D正确。 15.在含RI2(s)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：RI2(s)RI2(aq)；RI2(aq)R2++2I-；RI2(aq)RI++I-；RI2(aq)+I-；RI2(aq)+2I-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(R2+)、lgc(RI+)、lgc()、lgc()随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法不正确的是(　　) A.线L表示lgc(R2+)的变化情况 B.随着c(I-)增大，c保持不变 C.a=lg D.随着c(I-)的增加，溶液中I元素与R元素的物质的量之比大于2∶1 答案　C 解析　由题中方程式RI2(aq)R2++2I-可知，K1=，则有c(R2+)=，推出lgc(R2+)=lgK1+lgc(RI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(RI+)=lgK2+lgc(RI2)-lgc(I-)，lgc(R)=lgK3+lgc(RI2)+lgc(I-)，lgc(R)=lgK4+lgc(RI2)+2lgc(I-)，且由RI2(s)RI2(aq)可推知，K0=c[RI2(aq)]为定值，则图示中的曲线1、2、3、4分别代表：lgc(RI+)、lgc(R2+)、lgc()、lgc()，据此分析解题。 由分析可知，线L表示lgc(R2+)的变化情况，A正确；已知RI2(s)RI2(aq)的化学平衡常数K0=c[RI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c始终保持不变，B正确；由分析可知，曲线3方程为lgc(R)=lgK3+lgc(RI2)+lgc(I-)，曲线4方程为lgc(R)=lgK4+lgc(RI2)+2lgc(I-)，即有①b=lgK3+lgc(RI2)+a，②b=lgK4+lgc(RI2)+2a，联合①②可知得：a=lg，C错误；若溶液中的溶质只有RI2，则I-浓度应该是一个定值，而不是横坐标这样可以变大的，题目是向RI2溶液中额外加入含I-的溶液，比如KI，则I元素与R元素的物质的量之比大于2∶1，D正确。 二、非选择题(本题包括4小题，共55分) 16.(13分)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中的c(OH-)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。 (1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的　　　(填“A”或“B”)极，该电解池中离子交换膜为　　　(填“阴”或“阳”)离子交换膜。  (2)该电解池的阳极反应式为　　　 　　　　， 肼燃料电池中A极发生的电极反应为　　　 　　　　。  (3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼　　　 mol。  答案　(1)B　阴　(2)2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O　N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O　(3)0.05 解析　(1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解的目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化；阳极反应式为2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动。(2)A极为负极，N2H4失电子转化为N2，故电极反应式为N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O。(3)根据电极反应可得关系式4e-~2Cu2O~N2H4，所以n(N2H4)=0.5n(Cu2O)=×0.5=0.05 mol。 17.(14分)工业上以软锰矿(主要成分MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制取金属锰的工艺流程如图所示： (1)软锰矿“粉磨”的目的是　　　　　　　　。  (2)写出“浸出”过程中FeSO4参与反应的离子方程式：　　　　。  (3)“浸渣”的主要成分是　　　(填化学式)。  (4)“除杂”反应中X可以是　　　　(填字母)。  a.MnO b.Zn(OH)2 c.Cu2(OH)2CO3 d.Mn(OH)2 (5)写出“沉锰”操作中发生反应的离子方程式：　　　 　　　　。  (6)“电解”操作中电极均为惰性电极，写出阴极的电极反应式：　　　　。  (7)在废水处理中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 mol·L-1 Mn2+的废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当c(HS-)=1.0×10-4 mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=　　　　　　　[已知：25 ℃时，H2S的电离常数Ka1=1.0×10-7 mol·L-1，Ka2=7.0×10-15 mol·L-1；Ksp(MnS)=1.4×10-15 mol2·L-2]。  答案　(1)增大反应接触面积，加快浸出速率及提高原料的浸出率 (2)MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O (3)SiO2　(4)ad (5)Mn2++2===MnCO3↓+H2O+CO2↑ (6)Mn2++2e-===Mn (7)5 解析　由工艺流程图可知，“浸出”步骤时，软锰矿与稀硫酸和硫酸亚铁混合反应，SiO2不溶于酸，为“浸渣”的主要成分；经亚铁离子和二氧化锰的氧化还原反应，氧化铝、氧化铁和稀硫酸的反应等，所得滤液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+，“除杂”反应中X的目的是调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；滤液1利用NH4HCO3“沉锰”，生成MnCO3沉淀，沉淀经稀硫酸溶解，得到硫酸锰溶液，“电解”时电解的是MnSO4溶液，阴极发生还原反应得到Mn。 (4)“除杂”反应中X的目的是调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+沉淀，但不能引入新的杂质离子，可以选择MnO和Mn(OH)2，故选ad。 (7)根据c(Mn2+)及Ksp(MnS)=1.4×10-15 mol2·L-2可知，当Mn2+开始沉淀时，c平(S2-)== mol·L-1=7.0×10-14 mol·L-1，根据电离方程式HS-H++S2-，得Ka2== mol·L-1=7.0×10-15 mol·L-1，c平(H+)=1.0×10-5 mol·L-1，则pH=5。 18.(14分)N2O和CO是常见的环境污染气体。 (1)对于反应N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)来说，Fe+可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为Fe++N2OFeO++N2；则第二步为　　　　　　　　　　　　　　　　(写方程式)。  已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。  (2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示： ①该反应的ΔH　　　　(填“>”或“<”)0。  ②若容器Ⅰ的体积为2 L，反应在370 ℃下进行，20 s后达到平衡，则0~20 s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为　　　　　。B点对应的平衡常数K=　　　　(结果保留两位有效数字)。  ③图中A、C、D三点，容器内气体密度由大到小的顺序是 　　　　　　　。  ④若容器Ⅳ体积为1 L，反应在370 ℃下进行，则起始时反应　　　　(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)进行。  答案　(1)FeO++COFe++CO2　大于 (2)①>　②0.000 5 mol·L-1·s-1　0.004 4 mol·L-1　③D>C>A　④向逆反应方向 解析　(1)总反应分两步进行，根据催化剂定义，第一步：Fe++N2OFeO++N2，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2，本身被还原成Fe+，则方程式为FeO++COFe++CO2；第二步反应对总反应速率几乎不影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能。(2)①升高温度，N2O的平衡转化率升高，反应向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，ΔH>0。 ②　　　　　2N2O(g)2N2(g)+O2(g) 初/(mol·L-1)　　0.05　　　0　　　0 变/(mol·L-1)　　0.02　　　0.02　　0.01 平/(mol·L-1)　　0.03　　　0.02　　0.01 所以v(O2)==0.000 5 mol·L-1·s-1；A、B点温度相同，对应的平衡常数相等，则B点对应的平衡常数K= mol·L-1≈0.004 4 mol·L-1。③容器内混合气体密度为ρ=，反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，根据图乙可知，相同温度时，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，在三个容积不同的恒容容器中，投料相同时，压强越小，N2O平衡转化率越大，则压强：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ，故容积：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，则密度：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ，即D>C>A。④容器Ⅳ体积为1 L，370 ℃时， 　　　　　　　　2N2O(g)2N2(g)+O2(g) 起始/(mol·L-1)　　0.06　　　　0.06　　0.04 Q= mol·L-1=0.04 mol·L-1>K=0.004 4 mol·L-1，则反应向逆反应方向进行。 19.(14分)氧化还原滴定和沉淀滴定是化学学科中重要的定量实验，在科研和工业生产中有重要的应用。 Ⅰ.氧化还原滴定 三氯化铬(CrCl3)在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学兴趣小组制备了氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)并测定其纯度，实验步骤如下： ⅰ.称取样品0.700 0 g，加水溶解并配成250.00 mL的溶液。 ⅱ.移取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入少量KOH溶液，再加入过量的H2O2溶液，使Cr3+转化为Cr；加热煮沸一段时间，加入过量的硫酸酸化，将Cr转化为Cr2。 ⅲ.用新配制的0.020 0 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定步骤ⅱ所得溶液至终点。重复滴定4次(已知Cr2被还原为Cr3+)。 (1)步骤ⅱ中“加热煮沸一段时间”的目的是　　　　　　　　　　。  (2)实验数据如下表： 序号 1 2 3 4 标准溶液体积/mL 30.10 29.10 29.90 30.00 其中一次滴定所用标准溶液体积有明显偏差，其可能的原因是　　　　(填字母)。  A.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失 B.盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗 C.锥形瓶水洗后未干燥 D.滴定开始时，仰视读数 (3)计算CrCl3·6H2O(M=266.5 g·mol-1)的纯度为　　　(精确至0.1%)。  Ⅱ.沉淀滴定 氯化钙是道路融冰剂的主要成分，某实验小组欲测定市售融冰剂中氯化钙的纯度，取适量氯化钙样品配成待测液，用Na2CrO4作指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，测定出Cl-的浓度进而求出纯度。已知：Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12 mol3·L-3，Ksp(AgCl)=1×10-10 mol2·L-2，Ag2CrO4为砖红色沉淀。 (4)下图为某次滴定终点读数情况，读数应为　　　 mL。  (5)滴定时注意观察锥形瓶内沉淀颜色的变化，根据所选指示剂判断滴定达到终点的现象是　　　　　　　　　。  答案　(1)除去过量的H2O2　(2)D　(3)76.1%　(4)26.10　(5)当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时刚好产生砖红色沉淀且30s内不消失 解析　(1)H2O2具有强氧化性，能氧化Fe2+造成实验误差，并且H2O2不稳定，受热易发生分解，则实验过程中应将过量的H2O2除去，步骤ⅱ中“加热煮沸一段时间”的目的是除去过量的H2O2。(2)由表中数据可知，实验2的标准溶液的体积偏小，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，读取标准溶液体积偏大，A错误；盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗，导致消耗标准溶液的体积偏大，B错误；锥形瓶水洗后未干燥不影响实验结果，C错误；滴定开始时，仰视读数，导致读取标准溶液的体积偏小，D正确。(3)图中数据舍弃误差较大的第2组，计算得到平均消耗标准溶液体积为=30.00 mL，结合定量关系和铬元素守恒计算6(NH4)2Fe(SO4)2~2Cr~Cr2~2CrCl3·6H2O，样品中含CrCl3·6H2O物质的量n(CrCl3·6H2O)=×=2×10-3 mol，CrCl3·6H2O的纯度为×100%≈76.1%。 学科网（北京）股份有限公司 $