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湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二化学上学期9月月考试题(Word版附解析)
湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二化学上学期9月月考试题(Word版附解析)
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襄阳五中2025届高二上学期月月考化学试题可能用到的相对原子质量:H—1,C—12,O—16,S—32,Fe—56,Mg—24,Ba—137一、选择题(本大题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)1.党的二十大报告“点赞”这些科技创新——载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算等重大成果,标志我国进入了创新型国家行列。下列说法正确的是A.潜水器“奋斗者”号使用的碳纤维材料是有机高分子材料B.制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点C.用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为SiO2D.天和核心舱的霍尔发动机燃料原子核中含77个中子【答案】D【解析】【详解】A.碳纤维为碳的单质,属于无机物,是一种无机非金属材料,A错误;B.钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性,熔点低于纯金属,B错误;C.太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si,C错误;D.原子核中含131-54=77个中子,D正确。答案选D。2.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.将NO2球浸泡在热水中颜色加深B.工业合成氯化氢时使用过量氢气C.用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体D.工业上生产硫酸的过程中,使用过量的空气以提高SO2的利用率【答案】B【解析】【分析】勒夏特列用于解释平衡的移动方向,因此适用于可逆反应中,有平衡移动的体系。【详解】A.存在2NO2(g)⇌N2O4(g)DH<0平衡,温度升高,平衡逆移,适用于勒夏特列原理,A不符合题意;B.该反应不是可逆反应,不适于勒夏特列原理,B符合题意; C.氯气溶于水发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO的反应,饱和食盐水中,Cl-浓度高,抑制该反应正移,减少氯气溶解,勒夏特列原理适用,C不符合题意;D.有可逆反应2SO2+O2⇌2SO3,增加空气浓度,平衡正移,勒夏特列原理适用,D不符合题意;答案选B。3.某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液(碱稍过量)反应生成1mol水的反应热ΔH=-52.3kJ·mol-1,造成这一结果的原因不可能的是A.实验装置保温、隔热效果差B.用量筒量取盐酸时仰视读数C.分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中D.用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度【答案】B【解析】【分析】中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1,某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液(碱稍过量)反应生成1mol水的反应热ΔH=-52.3kJ·mol-1,说明中和热的数值偏小,据此结合误差原因进行分析。【详解】A.实验装置保温、隔热效果差,导致热量有损失,中和热的数值会偏小,A不符合题意;B.用量筒量取盐酸时仰视读数,导致所量取得盐酸的体积偏大,则因稀氢氧化钠溶液溶质稍微过量,所以所测中和热的数值会偏大,B符合题意;C.分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中,会使热量损失,中和热的数值会偏小,C不符合题意;D.因酸与碱反应属于放热反应,则用测量盐酸的温度计未经洗涤直接测定NaOH溶液的温度,会使初始温度偏高,最后计算反应放出的热量会偏低,即中和热数值偏小,D不符符合题意;故选B。4.反应2AB(g)=C(g)+3D(g)在高温时能自发进行,反应后体系中物质的总能量升高,则该反应的ΔH、ΔS应为A.ΔH<0,ΔS>0B.ΔH<0,ΔS<0C.ΔH>0,ΔS>0D.ΔH>0,ΔS<0【答案】C【解析】【详解】A.反应后体系中物质的总能量升高,说明正反应是吸热反应,ΔH>0,A错误;B.由A可知,ΔH>0,B错误;C.反应后体系中物质的总能量升高,说明正反应是吸热反应,ΔH>0;反应中气体的物质的量增加,ΔS>0,C正确; D.由C可知,ΔS>0;ΔH>0,ΔS<0的反应在任何温度下反应都不能自发进行,D错误;故选C。5.1923年由布朗斯特和劳里提出酸碱质子理论认为,在反应过程中能给出质子(H+)的分子或离子都是酸,能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”,下列叙述错误的是A.水既属于酸又属于碱B.可以根据HNO3的性质推断的碱性较强C.根据HCl+H2O=Cl-+H3O+则碱性:H2O>Cl-D.BrO-+H2O⇌HBrO+OH-是酸碱反应【答案】B【解析】【详解】A.根据酸碱质子理论可知,水能电离产生H+,为酸,水能和H+生成H3O+,为碱,所以水既属于酸又属于碱,A正确B.HNO3能给出全部质子,是强酸,接受质子能力弱,是弱碱,B错误;C.根据HCl+H2O=Cl-+H3O+,可知H2O结合H+能力大于Cl-结合H+能量力,所以碱性:H2O>Cl-,C正确;D.BrO-结合H+,H2O给出H+,所以该反应是酸碱反应,D正确;故选B。6.十九大报告提出要“打赢蓝天保卫战”,意味着对大气污染防治比以前更高。二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时,实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合,降低了成本提高了效益,其理原如图所示。下列说法错误的是A.Ptl电极附近发生的反应为:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+B.该电池放电时电子从Ptl电极经过外电路流到Pt2电极C.Pt2电极附近发生的反应为O2+4e-=2O2-D.相同条件下,放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2:1【答案】C 【解析】【分析】题为二氧化硫与氧气组成的燃料电池,则氧气作正极,二氧化硫作负极,电解质溶液中氢离子从负极流向正极。【详解】A.Ptl电极为负极,附近发生的反应为:SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+,故A正确;B.电子由负极Ptl流出经外电路流向正极Pt2,故B正确;C.Pt2电极为正极,附近发生的反应为O2+4e-+4H+=2H2O,故C错误;D.根据得失电子守恒可知,SO2和O2按物质的量2:1反应,则相同条件下,放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2:1,故D正确;综上所述,答案为C。【点睛】在书写电极反应方程式时要注意电解质溶液,该题中电解质溶液中氢离子可以移动,而溶液中不存在氧离子,则可迅速判断C错误。7.二十世纪初,工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应均可逆且分两步进行:①和生成;②分解生成尿素。反应过程能量变化关系如图所示。将一定量的和投入密闭容器中反应,下列说法正确的是A.反应①限度更大,含量会持续增大B.合成尿素反应的C.降低温度,可分离得到含量更高的D.升高温度,反应②速率和限度均增加,有利于提高尿素的平衡产率【答案】C【解析】【详解】A.根据图像,反应①活化能小,反应①速率快,含量先增大后减小,故A错误; B.反应①、反应②,根据盖斯定律①+②得合成尿素总反应的,故B错误;C.反应①放热、反应②吸热,降低温度,反应①正向移动、反应②逆向移动,可分离得到含量更高的,故C正确;D.总反应放热,升高温度,不利于提高尿素的平衡产率,故D错误;选C。8.已知T°C下,KW=1.0×10-13。T°C下,取浓度相同的NaOH溶液和盐酸,以3:1的体积比混合(忽略混合时溶液体积的变化),所得溶液的pH等于12,则原溶液的浓度为A.0.2mol·L-1B.0.05mol·L-1C.0.25mol·L-1D.0.5mol·L-1【答案】A【解析】【详解】设原溶液浓度为cmol/L;碱和酸的体积分别为3VL、VL;,解得c=0.2mol·L-1,故选A。9.燃煤电厂锅炉尾气中含有的NO,以氨还原法除去,发生的反应如下:反应Ⅰ: 反应Ⅱ: 在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下,反应相同时间,NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A.其他条件不变,升高温度,NO的平衡转化率可能降低B.催化剂B条件下,提高X点NO的转化率的方法可以是增大压强或延长反应时间 C.在Y点所示条件下,使用催化剂A或催化剂B,反应均达平衡D.高效节能除去尾气中的NO,应选择催化剂A【答案】C【解析】【详解】A.反应Ⅰ,反应Ⅱ都是放热反应,升高温度,均向逆向移动,所以NO的平衡转化率可能降低,故A正确;B.结合图像变化可知,X点未达到平衡,可以通过增大压强或延长反应时间提高X点NO的转化率,故B正确;C.由图可知,Y点未达到平衡,故C错误;D.由图可知,在温度较低时催化剂A效果更好,故D正确;故选C。10.将amolX、Y混合气体(物质的量之比为1∶1)加入某容积可变的密闭容器中,发生反应:,保持一定温度,改变压强分别达到平衡时,测得不同压强下气体X的物质的量浓度如表所示:压强p/Pa2×1055×1051×1063×1060.080.200.400.80下列说法正确的是A保持一定温度,增大压强,平衡正向移动B.当压强为3×106Pa时,此反应的平衡常数表达式为C.2×105Pa时X的平衡转化率大于5×105Pa时X的平衡转化率D.当压强为2×105Pa时,若再向体系中加入bmolY,重新达到平衡时,体系中气体总物质的量为【答案】D【解析】【分析】保持一定温度、X(g)和Y(g)起始量相同,容积可变,结合表格中数据可知,在1×106Pa之前,增大压强为原来的x倍,X的平衡浓度等于原来X平衡浓度的x倍,则1×106Pa之前增大压强,平衡不移动,m+n=p,且Z一定为气体;3×106Pa是1×106Pa的3倍,但X的平衡浓度的值比0.40的3倍小,说明此时Z为非气态。 【详解】A.根据分析,1×106Pa之前增大压强,平衡不移动,3×106Pa之后增大压强,平衡正向移动,A错误;B.当压强为3×106Pa时,Z为非气态,故此反应的平衡常数表达式为,B错误;C.由上述分析可得,2×105Pa时X的平衡转化率与5×105Pa时X的平衡转化率相等,C错误;D.当压强为2×105Pa时,反应前后气体分子数不变,达到平衡时,体系共有amol气体,再向体系中加入bmolY,重新达到平衡时,体系中气体总物质的量为,D正确;故选D。11.25℃时,弱酸的电离平衡常数如表,下列说法正确的是。弱酸A.少量通入溶液中:B.少量通入溶液中:C.等浓度、体积的与混合:D.少量通入溶液中:【答案】B【解析】【分析】根据电离平衡常数知,酸性强弱顺序为:H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>。【详解】A.HClO的酸性大于而小于H2CO3,ClO-+H2O+CO2=HClO+,故A错误;B.SO2具有还原性,与Ca(ClO)2发生氧化还原反应,,故B正确;C.酸性:H2CO3>,NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体,故C错误;D.酸性:H2SO3>H2CO3>,所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中: ,故D错误;故选B。【点睛】弱酸的电离平衡常数越大,其酸性越强,酸的电离平衡常数H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>,则酸性:H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>,结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。12.下列说法错误的是A.pH相同的NaOH溶液与Ba(OH)2溶液以任意体积比混合,pH不变B.浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液与Ba(OH)2溶液等体积混合,pH不变C.常温下,pH=2的溶液与pH=12的溶液等体积混合后,混合溶液的pH不一定等于7D.常温下,0.05mol·L-1的硫酸与0.05mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后,溶液pH<7【答案】B【解析】【详解】A.,两种溶液都是强碱,两溶液的pH相同,混合后c(OH-)不变,pH不会变化,A正确;B.NaOH一元强碱,Ba(OH)2是二元强碱,混合后c(OH-)变化,pH变化,B错误;C.混合溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱,若是强酸、强碱,则pH=7,若是强酸、弱碱,则弱碱过量,pH>7,若是弱酸、强碱,则是弱酸过量,pH<7,C正确;D.硫酸为二元酸,氢氧化钠为一元碱,混合后硫酸过量,溶液pH<7,D正确;故选B。13.一定温度下,向体积不同的密闭容器中分别加入足量活性炭和2molNO2,发生反应:2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g),在相同时间内测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.bc曲线上反应均达到平衡状态B.a、c两点时气体的颜色相同C.该温度下,a、b、c三点时反应的平衡常数:Ka<Kb<KcD.容器内的压强:Pa∶Pb>6∶7【答案】D 【解析】【分析】图中b点NO2的转化率最高,则温度为T℃时,b点恰好达到平衡状态,由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大,NO2的起始浓度逐渐减小,但浓度均大于b点,NO2的浓度越大,反应速率越大,达到平衡的时间越短,所以ab曲线上反应均达到平衡状态;反应正向是气体体积增大的反应,随着容器体积的增大,NO2的转化率逐渐增大,b点达到最大;b点以后,随着容器体积的增大,NO2的起始浓度减小,反应速率减慢,达到平衡的时间延长,所以bc曲线上(不包括b点)反应均未达到平衡状态,由于NO2的起始浓度低,则反应正向进行。【详解】A.通过以上分析知,c点没有达到平衡状态,故A错误;B.a、c两点时体积不同,气体的颜色不相同,故B错误;C.温度相同,平衡常数不变,该温度下,a、b、c三点时反应的平衡常数:,故C错误;D.a点时反应达到平衡,NO2的转化率为40%,则b点时反应达到平衡,NO2的转化率为80%,则由以上三段式可知,a点时容器内气体的物质的量为2.4mol,b点时容器内气体的物质的量为2.8mol,又V1<V2,则Pa:Pb>2.4∶2.8=6∶7,故D正确;故选D。14.向两个锥形瓶中各加入0.05g镁条,塞紧橡胶塞,用注射器向其中一个锥形瓶中注入2mL1mol∙L-1草酸(H2C2O4),,),向另一个锥形瓶中注入2mL2mol∙L-1醋酸(),分别测得两个锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图。下列说法正确的是 A.曲线②表示醋酸与镁条的反应B.当反应停止时,醋酸产生的气体比草酸产生的气体多C.反应结束,草酸所耗时间比醋酸所耗时间短D.草酸的电离方程式为【答案】C【解析】【分析】1mol∙L-1草酸(H2C2O4)溶液中,c(H+)==mol∙L-1=0.224mol∙L-1,2mol∙L-1醋酸溶液中,c(H+)==mol∙L-1=0.006mol∙L-1。【详解】A.由分析可知,反应开始时,草酸溶液中c(H+)大,则草酸与镁反应的速率快,所以曲线②表示草酸与镁条的反应,曲线①表示醋酸与镁条的反应,A不正确;B.n(Mg)=≈0.0021mol,n(H2C2O4)=0.002L×1mol/L=0.002mol,n(CH3COOH)=0.002L×2mol/L=0.004mol,则镁过量,两种酸完全反应,所以当反应停止时,醋酸产生的气体与草酸产生的气体一样多,B不正确;C.反应结束,由于草酸电离产生的c(H+)大,与镁反应的速率快,所以草酸所耗时间比醋酸所耗时间短,C正确;D.草酸为二元弱酸,分步发生电离,则电离方程式为、,D不正确;故选C。15.常温下,向某浓度的H2A溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液,若pC表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数,则所得溶液中pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)与溶液pH的变化关系如图所示。已知:H2AHA-+H+Ka1;HA-A2-+H+Ka2。则下列说法正确的是 A.当pH=3时,溶液中c(HA-)<c(A2-)=c(H2A)B.pH由3增大到5.3的过程中,水的电离程度逐渐减小C.常温下,Ka2=10-5.3D.常温下随着pH的增大,的值先增大后减小【答案】C【解析】【分析】根据纵坐标含义知,pC越小则该微粒浓度越大,c(H2A)越大,pC越小,随着pH增大,c(H2A)减小,pC(H2A)增大,则曲线II为pC(H2A),同理曲线I为pC()、曲线Ⅲ为pC();据此解答。【详解】A.由上述分析可知,曲线IIpC(H2A),曲线I为pC()、曲线Ⅲ为pC(),当pH=3时,pC(H2A)=pC()>pC(),pC越小则该微粒浓度越大,所以c(HA-)>c(A2-)=c(H2A),故A错误;B.酸抑制水电离,酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大,所以pH从3上升到5.3的过程中c(H+)减小,则水的电离程度增大,故B错误;C.常温下由HA-A2-+H+Ka2可知,Ka2=,当c()=c()时,pH=5.3,则Ka2=c(H+)=10-5.3,故C正确;D.=,电离平衡常数只与温度有关,温度不变则不变,故D错误;答案为C。二、非选择题:(本题共4小题,共55分。各题具体分值附在各题题号后面。必须使用准确的化学用语回答,有错则不得分。) 16.含硫化合物,不仅用于研究化学反应的原理,也在生产生活有普遍应用。(1)以反应为例,探究外界条件对化学反应速率的影响,实验方案如下表所示。实验序号溶液溶液蒸馏水温度/℃浓度/()体积/mL浓度/()体积/mL体积/mLI0.11.50.11.51020II0.12.50.11.59aIII0.1b0.11.5930请回答:①上表中,a为_______,b为_______。②上述三个实验中的反应速率最快的应该是实验_______(用I、II、III作答)(2)亚硫酸钠是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸钠含量(通常以样品中含的质量计),某研究小组同学设计了如下实验方案。I.称取样品;II.向样品中加入足量稀硫酸;III.将I中产生的用足量溶液吸收;IV.将II所得硫酸溶液用氢氧化钠标准液滴定;V.数据处理。①是一种食品添加剂。写出与稀硫酸反应的离子方程式_______。②步骤III中的作用是_______。③步骤IV中可选用的指示剂为_______。下图显示滴定终点时,滴定管(量程为)读数为_______。④步骤IV中消耗溶液,则样品中含的质量是_______g(用含W、 V的代数式表示)。⑤步骤IV中的下列操作会造成该实验亚硫酸盐含量测定结果偏低的有_______。a.滴定开始读数时仰视读数b.装入氢氧化钠标准液前,碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗c.锥形瓶内用水冲洗后未干燥d.在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定【答案】(1)①.20②.2.5③.III(2)①.↑+H2O②.将二氧化硫氧化为硫酸③.酚酞溶液④.20.60⑤.⑥.ad【解析】【小问1详解】①Ⅰ与Ⅱ的温度相同,只控制浓度不同,与只有温度不同,可知a=20,b=13-9-1.5=2.5;②实验表明,实验III的反应速率最快,支持这一结论的实验现象为实验II中生成浅黄色沉淀的时间最短;【小问2详解】①2Na2SO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的离子方程式为:↑+H2O;②步骤③中H2O2的作用是氧化二氧化硫生成硫酸故答案为;③将Ⅲ所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定,可选用的指示剂为酚酞溶液,滴定终点时,滴定管(量程为25mL)读数为20.60ml;④步骤IV中消耗0.01000mol·L-1NaOH溶液VmL,2NaOH~H2SO4,称取样品质量是Wg,硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量:;⑤a.滴定开始读数时仰视读数,氢氧化钠的体积偏小,则亚硫酸盐含量偏低,故a正确;b.装入气氧化钠标准液前,碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗,氢氧化钠的体积偏大,则亚硫酸盐含量偏高,故b错误;c.锥形瓶内用水冲洗后未干燥,不影响实验结果,故c错误;d.在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定,氢氧化钠的体积偏小,则亚硫酸盐含量偏低,故d正确;故选:ad。 17.甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题:(1)捕集合成涉及下列反应:Ⅰ.平衡常数Ⅱ.平衡常数①相关物质相对能量大小如图所示,则_______,升高温度,_______(填“增大”或“减小”)。②起始物时,反应在不同条件下达到平衡,240℃时甲烷的物质的量分数与压强p的变化关系、时与温度T的变化关系如图所示,图中对应、两点的速率:_______(填“大于”、“小于”或“等于”);若点与的分压相同,则_______,反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数_______。(2)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一。恒压、750℃时,和反应经如图流程(主要产物已标出)可实现高效转化。 其中过程Ⅱ主要发生如下反应:ⅰ.ⅱ.ⅲ.过程Ⅱ平衡后通入,反应ⅲ化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”),重新平衡时_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1)①.-165②.减小③.大于④.1.5×105⑤.(2)①.逆向移动②.不变【解析】【小问1详解】①由图可知,反应I的焓变△H1=(-75kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1)-(-394kJ·mol-1)=-165kJ·mol-1,反应II的焓变△H2=(-111kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)-(-394kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1;由盖斯定律可知,反应I-II可得反应3H2(g)+CO(g)CH4(g)+H2O(g),则反应的焓变△H=-206kJ·mol-1,平衡常数K=,该反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,故答案为:-165;减小;②反应I为气体体积减小的放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,甲烷的物质的量分数减小,增大压强,平衡向正反应方向移动,甲烷的物质的量分数增大,则A点所在曲线为5×105Pa时甲烷的物质的量分数与温度的变化关系,B点所在曲线为240℃时甲烷的物质的量分数与压强的变化关系,由图可知,A点温度高于B点、压强大于B点,则平衡时A点的正逆反应速率更快,则反应速率vA(正)大于vB(逆);设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol,平衡时甲烷和一氧化碳的物质的量为amol,由题意可建立如下三段式: 由图可知,甲烷的物质的量分数为0.1、压强为5×105Pa,则=0.1,解得a=,则水的分压为×5×105Pa=1.5×105Pa,平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水的物质的量分数分别为=0.4、=0.1、=0.1、=0.3,则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI==,故答案为:大于;1.5×105;;【小问2详解】恒压、750℃时,过程II平衡后通入不参与反应的氦气,相当于增大容器体积,气体压强减小,反应i的平衡向逆反应方向移动,二氧化碳浓度增大,进而导致反应iii的平衡向逆反应方向移动;反应iii的平衡常数Kp=,平衡常数为温度函数,温度不变,平衡常数不变,则新平衡时一氧化碳的分压不变,故答案为:逆向移动;不变。18.短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A是周期表中原子半径最小的元素,B原子的价电子数等于该元素最低化合价的绝对值,C与D能形成D2C和D2C2两种化合物,而D是同周期中金属性最强的元素,E的负一价离子与C和A形成的某种化合物分子含有相同的电子数。(1)A、C、D形成的化合物的电子式为___________。(2)已知:①;△②;③;(“•”表示形成共价键所提供的电子)写出298K时,A2与E2反应的热化学方程式___________。(3)在某温度下、容积均为2L的三个密闭容器中,按不同方式投入反应物,保持恒温恒容,使之发生反应:;(为A、B、C三种元素组成的一种化合物)。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下: 实验甲乙丙初始投料2molA2、1molBC1molX4molA2、2molBC平衡时n(X)0.5moln2n3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ体系的压强P1P2P3反应物的转化率①在该温度下,假设甲容器从反应开始到平衡所需时间为4min,则该时间段内A2平均反应速率为___________。②该温度下此反应的平衡常数K的值为___________。③三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是___________(填序号)。A.B.C.D.E.F.(4)近年来,我国科研人员研制出一种一种室温下“可呼吸”的Na-CO2电池装置如图所示,电池的总反应为:。①电极a为___________极(填“正”或“负”)。②电极b发生的电极反应为___________。【答案】(1)(2)H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(a+b-2c)kJ·mol-1(3)①.0.125mol·L-1·min-1②.4③.ABD(4)①.负②.3CO2+4e-=2CO+C【解析】 【分析】短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大,A是周期表中原子半径最小的元素,则A为氢元素;D是同周期中金属性最强的元素,处于ⅠA族,B原子的价电子数等于该元素最低化合价的绝对值,处于ⅣA族,结合原子序数可知,B为碳元素;C与D能形成D2C和D2C2两种化合物,则C为O元素,D为Na元素;E形成负一价离子,则E为Cl,Cl-与H2O2含有相同的电子数,都具有18个电子。【小问1详解】根据上述分析可知:A是H,B是C,C是O,D是Na,E是Cl。A、C、D三种元素形成的化合物是NaOH,NaOH是由Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物,在OH-中,H、O原子之间以共价单键结合,故其电子式为:;【小问2详解】已知:①Cl-Cl→2Cl·△H=+akJ/mol;②2H·→H-H,△H=-bkJ/mol;③Cl·+H·→H-Cl△H=-ckJ/mol;根据盖斯定律,①-②+③×2,整理可得热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),△H=(a+b-2c)kJ·mol-1;【小问3详解】①对于甲容器,反应达到平衡时产生X的物质的量是0.5mol,则根据物质反应转化关系,可知反应消耗A2的物质的量是1.0mol,故用A2的浓度变化表示的反应速率v(A2)=;②在某温度下、容积均为2L的恒温恒容密闭容器中发生反应:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g),对于甲容器,在反应开始时,n(H2)=2mol,n(CO)=1mol,反应达到平衡时n(CH3OH)=0.5mol,根据物质反应转化关系可知平衡时n(H2)=2mol-1mol=1mol,n(CO)=1mol-0.5mol=0.5mol,由于容器的容积是2L,故各种物质的平衡浓度c(H2)=0.5mol/L,c(CO)=0.25mol/L,c(CH3OH)=0.25mol/L,故该温度下该反应的化学平衡常数K=;③A.甲、乙为等效平衡,平衡时CO的物质的量相等,假设平衡时CO为amol,甲中CO转化率=,平衡时甲醇的物质的量=(1-a)mol,乙中参加反应的甲醇为amol,乙中的转化率=a,故+=l,A正确;B.甲、乙为等效平衡,平衡时CO的物质的量相等,假设平衡时CO为bmol,则甲中参加反应的CO为(1-b)mol,放出的热量Q1=d(1-b),乙中参加反应的甲醇为bmol,吸收的热量Q2=bd,故Q1+Q2=d(1-b)+bd=d,B正确; C.丙与甲相比,可以等效为在甲的基础上,压强增大一倍,增大压强,化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动,使物质的转化率增大,故>,C错误;D.甲、乙为等效平衡,平衡时对应各组分的物质的量相等,二者压强等效,丙与甲相比,可以等效为在甲的基础上,压强增大一倍,平衡向正反应移动,平衡时混合气体的物质的量小于甲中的2倍,故压强P3<2P1=2P2,D正确;E.由D中分析可知:n2=0.5,n3>1.0mol,E错误;F.丙与甲相比,可以等效为在甲的基础上,压强增大一倍,平衡向正反应移动,丙中参加反应的CO的物质的量大于甲中的2倍,反应的物质越多,反应放出的热量就越多,则Q3>2Q1,F错误;故合理选项是ABD;【小问4详解】①该装置为原电池,其中a电极上Na失去电子变为Na+,发生氧化反应,故电极a为负极;②在电极b上,CO2得到电子被还原为C单质,同时反应产生,故电极b上发生的电极反应为:3CO2+4e-=2CO+C。19.对燃煤烟气或煤浆进行脱硫能有效降低排入大气中的SO2含量。I.燃煤烟气脱硫软锰矿浆(主要成分MnO2,含有少量铁、铝等氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2,又可制得电池材料MnO2。主要流程如下:(1)“除铁铝”步骤所得滤渣的主要成分为_______。(2)写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式_______。(3)为了测算所需脱硫剂的大致用量,需对烟气中SO2含量进行测定。方法是将烟气以一定流速通过装有的标准溶液(滴入淀粉溶液作指示剂,并加蒸馏水稀释为),以的流量进行采样,记录淀粉溶液褪色的时间为。①计算该烟气中SO2含量。(以为单位,写出计算过程)_______。②某小组同学认为用一定浓度标准溶液(酚酞溶液作指示剂)也可测定烟气中SO2含量。该方案是否可行,请说出理由_______。II.煤浆脱硫 (4)煤浆中的可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除,对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。①X的化学式为_______。②写出足量MnO2脱除总反应的离子方程式_______。③煤浆的脱硫率()与溶液起始pH的关系如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有:随着pH的升高,反应物的氧化能力或还原能力降低:_____。【答案】(1)(2)(3)①.3.2mg∙L-1②.不可行。烟气中含大量,也会消耗溶液(4)①.或②.③.转化为沉淀,减小,同时沉淀覆盖在矿粉表面,阻碍反应进行【解析】【分析】从流程图中可以看出,烟气和酸性软锰矿浆反应,烟气中的二氧化硫被矿浆吸收,生成含有锰离子、铁离子、铝离子的溶液,再加入碳酸锰进行pH的调节,除去铁离子和铝离子,过滤之后加入高锰酸钾发生反应生成二氧化锰,再过滤即可得到最终的产品二氧化锰。【小问1详解】加入碳酸锰消耗氢离子来调节pH,使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝而除去;【小问2详解】沉锰步骤的反应为加入高锰酸钾之后,高锰酸根离子与锰离子反应生成了二氧化锰,从电荷守恒上可以推 知,反应物中有水参加,同时生成氢离子,其方程式为;【小问3详解】①反应掉的I2的物质的量为,二氧化硫的物质的量为x,则根据方程式计算则二氧化硫的含量为。②因为是燃煤烟气,其中含有大量的二氧化碳,如果使用氢氧化钠溶液,二氧化碳也会被吸收,使结果不准确。【小问4详解】①从图中可以看出,FeS2与X’反应生成了X和硫酸根离子,题目中又已知铁离子可以催化反应的进行,可以推知,X为亚铁离子,X’为铁离子。②从图中可以看出,酸性条件下,二氧化锰与FeS2在铁离子催化作用下反应,生成锰离子、铁离子和硫酸根离子,其总离子方程式为
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