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江苏省扬州市高邮市2022-2023学年高二化学上学期10月月考试题(Word版附解析)
江苏省扬州市高邮市2022-2023学年高二化学上学期10月月考试题(Word版附解析)
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2022~2023学年第一学期高二10月阶段测试化学试题(考试时间:75分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ni-59I-127一、单项选择题:共14题,每题3分,共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.“3060”双碳目标的重点是推动以二氧化碳为主的温室气体减排,下列说法错误的是A.研发新型催化剂将分解成C和,同时放出热量B.燃煤中适当添加石灰石,减少污染气体排放C.一定条件下,将转化为,实现的资源化利用D.逐步用太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源替代火力发电【答案】A【解析】【详解】A.二氧化碳分解生成碳和氧气为吸热反应,故A错误。B.燃煤中适当添加石灰石,石灰石分解生成的氧化钙和二氧化硫反应,因此减少污染气体排放,故B正确;C.二氧化碳转化为甲醇,可以减少二氧化碳的排放,同时生成有用物质,实现CO2的资源化利用,故C正确;D.逐步用太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源替代火力发电,可以减少污染性气体的排放,同时降低空气中CO2含量,故D正确;故选:A。2.下列说法正确的是A.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应B.钢铁水闸可用外加电流的阴极保护法防止其腐蚀C.从电解精炼铜的阳极泥中回收锌、金、银等金属 D.如图所示,可判断发生反应为【答案】B【解析】【详解】A.铅蓄电池放电时相当于原电池,负极发生失电子的氧化反应,充电时相当于电解池,阳极发生失电子的氧化反应,故A错误;B.用外加电流的阴极保护法,铁作为阴极发生还原反应,可防止其腐蚀,故B正确;C.电解精炼铜时,不活泼的金属沉淀下来成为阳极泥,如金、银等比铜不活泼金属,锌比铜活泼,也会失去电子,所以阳极泥中不含有锌,故C错误;D.图为原电池,金属Cr为负极发生失电子的氧化反应,Ni作正极,溶液中的Ni离子得到电子发生还原反应,故发生的反应方程式为:,故D错误;故选B。3.下列说法正确的是A.已知,;,B.已知,则氢气与氟气反应生成液态氟化氢时放热大于C.已知,则燃烧热为D.已知中和热可表示为,则与完全反应放出的热量为【答案】B【解析】【详解】A.已知,;碳燃烧放热:,碳和二氧化碳的反应为吸热反应,A错误;B.已知,且氟化氢气体液化时进一步放热,则氢气与氟气反应生成液态氟化氢时放热大于,B正确;C.燃烧热是101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热,常见元素的稳定产物:C→CO2(g)、H→H2O(l),不能根据计算燃烧热为,C错误; D.已知中和热可表示为,生成2molH2O(l)放出热量,析出硫酸钡沉淀会放热,则与完全反应放出的热量大于,D错误;答案选B。4.下列说法正确的是A.将纯水加热至较高温度,水的电离程度增大,和离子浓度均增大,呈酸性B.用等浓度溶液分别中和等体积等pH的盐酸和醋酸,盐酸消耗溶液的体积大C.常温下,的盐酸和的溶液混合(忽略体积变化)后,则盐酸与溶液的体积比为D.室温下,的盐酸溶液与的氨水溶液等体积混合,溶液【答案】C【解析】【详解】A.水电离出的OH−浓度等于氢离子浓度,呈中性,A错误;B.盐酸是强酸、醋酸是弱酸,等体积等pH的盐酸和醋酸,醋酸的物质的量更大,用等浓度溶液分别中和时,盐酸消耗溶液的体积小,B错误;C.常温下,的盐酸和的溶液混合(忽略体积变化)后,,,则盐酸与溶液的体积比为,C正确;D.一水合氨是弱碱,室温下,的盐酸溶液中氢离子浓度与的氨水溶液中氢氧根离子浓度相等,二者等体积混合后碱大大过量,混合液中氨水的电离远大于氯化铵水解,则溶液,D错误;答案选C。5.氨气是一种重要的化工原料,工业合成氨反应为:;同时以氨为原料,可以生产化肥和硝酸等。在催化剂条件下,氨催化氧化生成NO:。对于反应,下列说法正确的是A.该反应在高温、低温条件下都能自发进行 B.提高体系的压强可减小该反应的化学平衡常数C.分离出,平衡右移,正反应速率增大D.使用高效催化剂可降低该反应的活化能,减小反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A.根据自由能公式,,该反,故高温、低温条件下都能自发进行,A正确;B.化学平衡常数只和温度有关,与压强无关,B错误;C.减小了生成物浓度,平衡右移,正反应速率也会减小,C错误;D.催化剂只改变活化能,不影响焓变,D错误;故选A。6.氨气是一种重要的化工原料,工业合成氨反应为:;同时以氨为原料,可以生产化肥和硝酸等。在催化剂条件下,氨催化氧化生成NO:。将上述合成氨反应设计成燃料电池,工作原理如图所示。其中溶有的稀的A溶液为电解质溶液。下列说法错误的是A.a电极为正极,发生还原反应B.A溶液中所含溶质为,可用蒸发结晶的方法分离出AC.a电极发生的反应为:D.每消耗,需消耗标准状况下【答案】B【解析】【详解】A.此电池总反应式是:N2+3H2+2HCl=2NH4Cl,氮元素化合价降低,得到电子,则a电极为正极,发生还原反应,故A正确;B.氯化铵受热易分解,不能用蒸发结晶的方法分离出A,应用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离出A,故 B错误;C.环境是酸性环境,a电极为正极,发生的反应为,故说C正确;D.每消耗转移电子3mol,按电子数守恒,负极消耗1.5mol氢气,即需消耗标准状况下,故D正确;故选B。7.下列有关实验的说法正确的是A.装置甲可制得较高浓度的溶液B.装置乙可以验证铁发生了析氢腐蚀C.装置丙在铁制品表面镀铜D.图丁是常温下用的溶液分别滴定一元酸HX、HY的滴定曲线,说明HY的酸性弱于HX【答案】A【解析】【详解】A.氯水中存在,碳酸钙和盐酸反应、不与次氯酸反应,平衡右移,次氯酸浓度增大,装置甲可制得较高浓度的溶液,A正确;B.装置乙可以验证铁发生了吸氧腐蚀,B错误;C.铁制品表面镀铜时阳极为铜、阴极为铁制品、电解液为硫酸铜溶液,则装置丙不能在铁制品表面镀铜,C错误;D.等物质的量浓度的HX、HY,溶液pH较小的氢离子浓度大,对应酸电离程度大,则图丁说明HY的酸性强于HX,D错误;答案选A。8.室温下,草酸属于二元弱酸,通过下列实验探究草酸的性质实验1:将草酸溶液滴加到酸性高锰酸钾溶液中,紫红色褪去实验2:将草酸加入到少量溶液中,产生气泡 实验3:溶液的pH约为1.3,用水稀释至后测得pH变大下列说法错误的是。A.实验1说明草酸具有还原性,离子方程式B.实验2说明酸性强弱关系为:C.实验3加水稀释至后,pH小于3.3,溶液中所有离子浓度都降低D.实验3加水过程中,逐渐变大【答案】C【解析】【详解】A.草酸具有还原剂,能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,生成锰离子、二氧化碳和水,A正确;B.将草酸加入到碳酸氢钠溶液中产生气泡,说明生成了碳酸,根据强酸可以制取弱酸知,草酸酸性强于碳酸,B正确;C.加水稀释后,对于酸性溶液,pH在增大,即OH-离子的浓度在增大,C错误;D.由草酸的电离平衡常数知,加水的过程中,氢离子浓度降低,电离平衡常数不变,则逐渐变大,D正确;故选C。9.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中:、、、B.由水电离出的的溶液中:、、、C.使酚酞变红的溶液中:、、、D.的溶液中:、、、【答案】D【解析】【详解】A.的溶液中存在大量,与结合产生弱电解质一水合氨,所以不能大量共存,故A错误; B.由水电离出的的溶液中,水的电离受到抑制,溶液为酸性或碱性溶液,在酸性溶液中H+与、反应而不能大量共存,故B错误;C.使酚酞变红的溶液呈碱性,在碱性溶液中,与反应而不能大量共存,故C错误;D.,即溶液呈酸性,H+、、、、相互不反应,可以大量共存,故D正确;故答案选D。10.某密闭容器中充入等物质的量的A和B,一定温度下发生反应,达到平衡后,在不同的时间段,分别改变反应的一个条件,测得容器中各物质的物质的量浓度、部分方向反应速率分别随时间的变化如下图所示,下列说法中正确的是A.前内C的平均反应速率为B.反应方程式中的,正反应为吸热反应C.间该反应使用了催化剂D.间反应的平衡常数与原平衡相等,时升高温度【答案】D【解析】【分析】由图可知,反应在20~30min时反应达到平衡状态,30~40min间反应物和生成物浓度均同等倍数减小,但平衡不移动,故30~40min间改变的条件为减小压强;减压,平衡不移动,故反应前后气体分子数不变,x=1;40min时正逆反应速率均加快,平衡逆向移动,改变的条件为升温,升温,逆向移动,逆向吸热,正向放热。【详解】A.由图可知8min前C的浓度增加了1.36mol•L-1,所以C的反应速率为=0.17mol•L-1•min-1,故A错误;B.30~40min间改变条件为减小压强,减压,平衡不移动,故反应前后气体分子数不变,x=1,40min 时正、逆反应速率均加快,平衡逆向移动,改变的条件为升温,升温,逆向移动,逆向吸热,正向放热,故B错误;C.30~40min间正逆反应速率均减小,说明该阶段不是使用了催化剂,故C错误;D.30~40min间改变的条件为减小压强,减压,平衡不移动,40min时正、逆反应速率均加快,平衡逆向移动,改变的条件为升温,故D正确;故选D。11.自由基与反应过程的能量变化如下图所示。下列说法错误的是A.该反应属于非基元反应,总反应为放热反应B.相同条件下,由中间产物Z转化为产物的速率:C.该历程中最小正反应的活化能D.产物的稳定性:【答案】B【解析】【详解】A.从图中可以看出,该反应需要分多步完成,故该反应属于非基元反应,反应物的总能量高于生成物的总能量,所以该反应为放热反应,A正确;B.从图中可以看出,由中间产物Z生成P1的活化能远小于从中间产物Z生成P2的活化能,所以在相同条件下,由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)>v(P2),B错误;C.该历程中,最小正反应活化能应为从中间产物Z生成过渡态Ⅲ,该历程中最小正反应的活化能=-200.59kJ•mol-1-(-205.11kJ•mol-1)=4.52kJ•mol-1,C正确;D.因为产物P1的能量高于产物P2的能量,物质的能量越高,稳定性越差,所以产物的稳定性:P1<P2,D正确; 故选B。12.工业上用电解法处理含镍酸性废水,并得到单质Ni的原理如图所示,已知氧化性:(高浓度)(低浓度),下列说法正确的是A.电解过程中,B室中溶液的物质的量浓度将不断减小B.碳棒上发生电极反应:C.电解前期,A室若产生气体,则理论上镀镍铁棒质量增加D.若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式没有变化【答案】C【解析】【分析】碳棒与电源正极相连,为电解池阳极,发生氧化反应,氢氧根放电生成氧气,镀镍铁棒与电源负极相连,为电解池阴极,发生还原反应,Ni2+放电生成Ni单质,由于溶液显酸性,H+也会放电生成氢气。【详解】A.由于C室中Ni2+、H+不断减少,Cl-通过阴离子膜从C室移向B室,A室中OH-不断减少,Na+通过阳离子膜从A室移向B室,所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大A不正确;B.碳棒与电源正极相连,为电解池的阳极,发生氧化反应,氢氧根放电生成氧气,电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O,B不正确;C.电解前期,A室若产生气体为氧气,转移电子0.4mol,按电极上电子数守恒,则理论上镀镍铁棒析出0.2molNi,则质量增加0.2mol×59g/mol=,C正确;D.若将图中阳离子膜去掉,氯离子进入阳极室,阳极会生成氯气,总反应发生改变,D不正确;综上所述答案为C。13.在起始时向恒容密闭容器中加入、及,发生反应:,测得平衡时气体体积分数与温度的关系如图所示(固体物质所占体积忽略不计)。 下列说法正确的是A.该反应的正反应为放热反应B.时,M点对应的容器内压强与起始时容器内压强比为;M点的转化率为20%C.M、N两点的逆反应速率:D.其他条件不变,保持温度在,若起始时加入、CO及各,则达平衡前v(正)<v(逆)【答案】D【解析】【分析】反应物只有一种气体,生成物有两种气体,图像描述的是平衡后的气态物质的浓度随温度的变化,a和b的变化趋势相同,故a和b代表的是生成物,又因为水蒸气的浓度是一氧化碳浓度的两倍,故a代表水蒸气,b代表一氧化碳,M点时依据三段式可知M点时H2、H2O的体积分数均为40%,则,解得x=0.2;,,,据分析答题。【详解】A.由图可知,升高温度两种气体的体积分数增大,则升高温度平衡正向移动,则正反应为吸热反应,故A错误;B.时,M点对应的容器内压强与起始时容器内压强比为据分析;M点的转化率为50%,故B错误; C.升温将加快反应速率,N点温度更高,则M、N两点的逆反应速率:,故C错误;D.其他条件不变,保持温度在,若起始时加入、CO及各,,则达平衡前v(正)<v(逆),故D正确;答案选D。14.催化加氢合成二甲醚是一种转化方法,其过程中主要发生下列反应:反应Ⅰ:反应Ⅱ:在恒压、和的起始量一定的条件下,平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。(已知:的选择性),下列说法正确的是A.曲线a代表平衡转化率B.为提高选择性需研发高温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂C.200~360℃范围内,体系中主要发生反应ⅡD.反应一段时间后,在220℃测得的选择性48%(图中A点),增大压强可能将的选择性提升到B点【答案】D【解析】【详解】A.反应Ⅱ随温度升高,平衡逆向移动,的物质的量减小, 的物质的量增大,根据已知:的选择性,可知的选择性降低,曲线a代表的选择性,A错误;B.催化活性更高的催化剂,不影响平衡移动,不改变物质的转化率,不能提高选择性,B错误;C.200~360℃范围内,随温度升高,更有利于吸热反应Ⅰ进行,体系中主要发生反应Ⅰ,C错误;D.反应Ⅱ是气体体积减小的反应,在温度不变的条件下,增大压强,平衡向正反应方向移动,二甲醚的物质的量增大,选择性增大,D正确;故选D。二、非选择题,共4题,共58分。15.已知:某酸HX、和都是弱电解质,回答下列问题:(1)甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HX是弱电解质,存在电离平衡。甲:取纯度相同,质量、大小相等的锌粒放入两支试管中,同时加入的HX、溶液各,按如图1装好,观察现象。乙:用pH计测定物质的量浓度均为的HX和溶液的pH。①甲方案中,说明HX是弱电解质的实验现象是___________;乙方案中说明HX是弱电解质的理由是:测得的HX溶液的pH___________1(填“>”、“<”或“=”)。②甲同学为了进一步探究弱电解质电离平衡移动的情况,设计如下实验:使HX的电离程度和都减小,增大,可在的HX溶液中,选择加入___________试剂(填序号)。A.溶液B.溶液C.升温D.溶液E.固体(可完全溶于水)F.加水稀释③乙同学比较了与HX两种弱酸电离平衡常数:已知室温时, 溶液的电离度约为1%,的电离平衡常数___________;室温下,体积均为、pH均为2的与HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图2所示,则HX的电离平衡常数___________(填“大于”、“小于”或“等于”)的电离平衡常数。(2)某温度时,纯水的电离平衡曲线如图3所示:①此温度___________(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。该温度下,浓度为的溶液中由水电离的___________。②保持温度不变,将的溶液与的溶液混合后溶液(忽略混合时溶液体积变化),则___________。【答案】(1)①.装溶液的试管上的气球比装HX溶液的试管上的气球鼓的快②.>③.E④.⑤.小于(2)①.低于②.③.【解析】【分析】要证明HX是弱酸,只要证明其不完全电离、水溶液中存在电离平衡即可;【小问1详解】HA是弱酸,则均为0.1mol·L-1的HA、HCl溶液中,HA中氢离子浓度小,氢离子浓度越小、pH越大,和相同的锌反应时产生氢气的速率越小,则:①甲方案中,说明HX是弱电解质的实验现象是:装溶液的试管上的气球比装HX 溶液的试管上的气球鼓的快;乙方案中说明HX是弱电解质的理由是:测得的HX溶液的pH>1。②甲同学为了使HX的电离程度和都减小,增大,可在的HX溶液中,加入:A.溶液,增大了HA的浓度,酸越浓、其电离程度减小,而c(H+)增大,A不满足;B.溶液,c(A-)增大,c(H+)减小,HA的电离程度增大,B不满足;C.升温,促进电离,c(A-)和c(H+)均增大,HA的电离程度增大,C不满足;D.溶液,c(H+)增大,按同离子效应知,则HA的电离程度和c(A-)都减小,D不满足;E.固体(可完全溶于水),c(A-)增大,按同离子效应知,则HA的电离程度和c(H+)都减小,E满足;F.加水稀释,促进电离,但c(A-)和c(H+)均减小,HA的电离程度增大,F不满足;则答案选E。③乙已知室温时,溶液的电离度约为1%,的电离平衡常数;稀释促进弱酸电离,等pH的两种一元酸稀释相同倍数,酸越弱,稀释前后pH变化幅度越小,则酸性:HX<,同温度下,电离常数越小酸越弱,则HX的电离平衡常数小于的电离平衡常数。【小问2详解】①水的电离吸热,此温度下,比室温下小,说明抑制了水的电离,则该温度低于25℃。该温度下,浓度为的溶液中,由水电离的。②保持温度不变,将的溶液与的溶液混合后溶液,则该溶液呈中性,的溶液中氢离子与与的溶液中氢氧根等物质的量,,解得。16.目前很多航空航天领域的研究内容与化学相关,如材料制备、反应条件选择等。(1)晶体是航天领域涉及的一种强关联二维材料,在一定条件下可发生如下反应:该反应在体积为恒容密闭容器中,在温度分别为和 时进行两组实验,反应物起始物质的量,及到达平衡时部分物质的物质的量如下表:起始时平衡时第一组00第二组00①则___________0,该反应在一定条件下能自发进行的原因是___________。②该反应的平衡常数表达式为___________。时,向第一组实验达平衡后的容器中再充入和,下列说法错误的是___________。A.当时,反应到达新的平衡B.重新达平衡前C.达新平衡时,的平衡转化率大于33.3%D.体系总压强不再改变时,反应达新平衡E.当混合气体的颜色不再变化时,反应达新平衡F.当混合气体的密度不再变化时,反应达新平衡③利用“化学蒸气转移法”可以提纯含难挥发杂质的粉末。反应在如图所示的石英真空管中进行。先在温度为的一端放入未提纯的粉末,充入少量,一段时间后在温度为的一端得到了纯净晶体。则温度较低的是___________端(填“”或“”)。(2)某空间站生命保障系统功能之一是实现氧循环,其中涉及反应:,在相同条件下,与还会发生不利于氧循环的副反应:,在一固定容积的反应器中按通入反应物,在不同温度、不同催化剂条件下,反应进行到 时,测得反应器中、浓度如下表所示。℃℃催化剂Ⅰ10.812722345.242780催化剂Ⅱ9.2107753438932①在350℃时,催化剂Ⅰ的作用下,生成的反应的活化能___________生成的反应的活化能(填“大于”、“小于”或“等于”)。②若该空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件,原因是___________。【答案】(1)①.>②.③.④.AD⑤.(2)①.大于②.相同催化剂,400℃的反应速率更快,相同温度,催化剂Ⅱ副产物甲醇浓度低,甲烷的比例高【解析】【小问1详解】①1000K时列三段式:,则K(1000K)==1;1100K时列三段式:,则K(1100K)==4>K(1000K),说明升高温度平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应,∆H>0;该反应在一定条件下能自发进行的原因是∆S>0;②该反应的平衡常数的表达式为K=;向第一组实验达平衡后的容器中再充入0.1molI2(g)和0.1molS2(g),瞬时浓度商Q==0.5;A.2v(I2)正=v(S2)逆时同一物质表示的正、逆反应速率不相等,反应没有达到新的平衡,A项错误;B.由于Q<K(1000K),重新达到平衡前,反应正向进行,即v正>v逆,B项正确; C.第一组实验从开始到平衡时消耗TaS2物质的量为0.1mol,TaS2的平衡转化率为×100%=33.3%,向第一组实验达平衡后的容器中再充入0.1molI2(g)和0.1molS2(g),瞬时浓度商Q==0.5<K(1000K),平衡向正反应方向移动,达到新平衡时TaS2的平衡转化率大于33.3%,C项正确;D.该反应气体分子数不变,恒温恒容容器建立平衡的过程中气体分子总数始终不变,体系压强始终不变,体系总压强不再改变时不能说明反应达到新平衡,D项错误;E.I2(g)有色,当混合气体的颜色不再变化,说明I2(g)的浓度不再变化,是反应达到新平衡的特征标志,E项正确;F.TaS2呈固态,该反应建立平衡的过程中混合气体的总质量变化,在恒温恒容容器中混合气体的密度变化,当混合气体的密度不再变化时说明反应达到新平衡,F正确;答案选AD。③反应TaS2(s)+2I2(g)⇌TaI4(g)+S2(g)的∆H>0,升高温度平衡向正反应方向移动,消耗TaS2,降低温度平衡向逆反应方向移动,生成TaS2;在温度为T1的一端放入未提纯的TaS2粉末,充入少量I2(g),一端时间后在温度为T2的一端得到纯净的TaS2晶体,则温度较低的是T2。【小问2详解】①由表中数据可知,在350℃、催化剂Ⅰ的作用下,反应进行到2min时,CH4的浓度远大于CH3OH的浓度,说明生成CH4的速率远大于生成CH3OH的速率,活化能越小、反应速率越快,则生成CH3OH的反应的活化能Ea1大于生成CH4的反应的活化能Ea2;②由表中数据可知,相同催化剂,400℃的反应速率更快,相同温度,催化剂Ⅱ副产物甲醇浓度低,甲烷的比例高,故该空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件。17.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量,设计实验装置如图:①三颈烧瓶中加入香菇样品和一定量的水;锥形瓶中加入水、淀粉溶液,并预加的碘标准溶液,搅拌。 ②以流速通氮气,再加入过量磷酸,加热并保持微沸,将亚硫酸盐转化为气体进入锥形瓶,同时加入碘标准溶液滴定,将其氧化,至终点时记录下滴定管中消耗的碘标准溶液的体积。③平行实验4次,实验中步骤②记录的消耗的碘标准液的体积如下:第一次第二次第三次第四次碘标准液体积回答下列问题:(1)装碘标准液的滴定管b为___________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。上表中第四次滴定的起始和终点读数如图,则表中___________mL。(2)步骤②中滴定终点时锥形瓶中的现象为___________;碘标准液与反应的离子方程式为___________。(3)下列操作中可能使测定结果偏低的是___________。A.先加磷酸再通氮气B.滴定管未用碘标准液润洗就直接注入碘标准液C.滴定管读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视D.滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁(4)该样品中亚硫酸盐含量(以计)为___________。(写出计算过程)【答案】(1)①.酸式②.10.10(2)①.当加入最后半滴碘标准液时,溶液由无色变蓝色,且半分钟内不复原②.(3)AC(4)76.8【解析】【分析】亚硫酸盐和磷酸作用产生二氧化硫,在氮气环境中二氧化硫进入锥形瓶内,用标准碘溶液滴定二氧化硫,实验过程中操作不规范会引起误差,误差分析的总依据为:由,由于c标、V待 均为定植,所以c测的大小取决于V标的大小,即V标偏大则c测偏大,V标偏小则c测偏小,据此回答;【小问1详解】碘标准溶液显酸性,所以用装碘标准液的滴定管b为酸式滴定管,初始读数是0.00mL,末读数是10.10mL,两者差值即表中10.10mL。【小问2详解】滴定过程中碘单质、二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸,步骤②中滴定终点时锥形瓶中的现象为:当加入最后半滴碘标准液时,溶液由无色变蓝色,且半分钟内不复原;碘标准液与反应的离子方程式为:。【小问3详解】A.先加磷酸再通氮气,则二氧化硫被氧气氧化,会使消耗溶液体积偏小,结果偏低,A符合题意;B.滴定管未用碘标准液润洗就直接注入碘标准液,使溶液的浓度减小,消耗碘标准溶液的体积增大,即代入数值偏大,使结果偏高,B不符合题意;C.滴定管读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,初始读数偏大,末读数偏小,会使消耗溶液体积偏小,结果偏低,C符合题意;D.滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,对结果没有影响,D不符合题意;故选AC。【小问4详解】由表知,第二次偏差大,舍去第二次数据,剩余取平均值,得消耗的碘标准液,另由预加的碘标准溶液,则共消耗碘标准液,则,香菇中亚硫酸盐含量为=76.8。18.含N元素的部分物质对环境有影响。含NO、的废气会引起空气污染,含、、的废水会引起水体富营养化,都需要经过处理后才能排放。(1)氢气催化还原含NO烟气:主反应:副反应:①已知NO也能与反应生成,写出该反应的热化学方程式___________。 ②某温度下的体积分数对还原NO反应的影响如图1所示。当的体积分数大于时,的体积分数呈下降趋势,原因是___________。(2)工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染,模拟工艺如图2所示,写出电解时铁电极的电极反应式___________。随后,铁电极附近有无色气体产生,写出有关反应的离子方程式___________。(3)工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极,碳纳米管修饰的石墨为阴极,电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液,可使转变为,后续再将反应除去。已知:电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用。①若在酸性介质中电解混合溶液,将转变为的电极反应式为___________;其他条件不变,只改变混合溶液的pH,去除率如图3所示,pH越小,去除率上升可能原因是___________。②其他条件不变,只向混合溶液中投入一定量,后续去除的效果明显提高,溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是___________。 【答案】(1)①.②.氢气和生成的氮气反应生成氨气(NO被还原为)(2)①.②.(或)(3)①.②.随着pH的降低,催化剂的催化活性明显上升(或催化剂表面吸附的物质种类不同,酸碱度影响催化剂的活性等)③.水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气(或游离氯),氯气具有较强氧化性,与铵根离子发生氧化反应,生成,从而使铵根离子从水溶液中得到去除【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律,副反应×2-主反应,即得到NO与N2的反应,故其热化学方程式为:2NO(g)+N2(g)⇌2N2O(g),ΔH=(2b−a)kJ⋅mol−1。②N2的体积分数下降,有可能是氮气和氢气发生了反应生成了氨气。【小问2详解】根据图示,Fe作阳极,故铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,铁电极由于生成了亚铁离子,遇到亚硝酸后发生反应生成NO气体,其方程式为:。【小问3详解】①在酸性介质中电解混合溶液,硝酸根离子得到电子与氢离子反应生成铵根离子和水,其电极方程式为:,;其它条件不变,pH越小,催化剂活性越强,反应速率也就越快。
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