重庆市第一中学2023-2024学年高二上学期第一次月考化学试题（Word版附解析）

2023年重庆一中高2025届高二上期第一次月考化学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学电源在日常生活中应用广泛。下列说法不正确的是A.硅太阳能电池利用原电池原理实现能量转化B.锂电池比能量大，应用于新能源汽车，使汽车续航能力得以提高C.氢燃料电池客车与传统客车相比，能量转化效率高D.支撑海港码头基础的钢管桩，可以通过外接化学电源，利用“外加电流法”防腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池，故A错误；B．锂元素的相对分子质量小，所以锂电池比能量大，应用于新能源汽车，使汽车续航能力得以提高，故B正确；C．氢燃料电池是化学能转化为电能的原电池，与传统客车相比，氢燃料电池客车的能量转化效率高，故C正确；D．支撑海港码头基础的钢管桩与直流电源的负极相连做阴极被保护，防止钢管桩被保护的方法为外加电流法，故D正确；故选A。2.下列离子方程式书写正确且能用来解释相应实验现象的是实验现象离子方程式ANa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色BSO2和O2混合通入BaCl2溶液生成沉淀2SO2+O2+2Ba2+=2BaSO4↓ C酸化NaIO3、NaI混合溶液，溶液变黄褐色5I－++6H+=3I2+3H2OD氧化亚铁溶于稀硝酸，得黄色溶液FeO+2H+=Fe2++H2OA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色，是过氧化钠和空气中二氧化碳、水反应，过氧化钠是氧化物，不拆，故A不符合题意；B．SO2和O2混合通入BaCl2溶液生成沉淀，2SO2+O2+2Ba2++2H2O=2BaSO4↓+4H+，故B不符合题意；C．酸化NaIO3、NaI混合溶液，混合后反应生成单质碘，溶液变黄褐色，其离子方程式为5I－++6H+=3I2+3H2O，故C符合题意；D．氧化亚铁溶于稀硝酸，得黄色溶液，3FeO+10H++=3Fe2++NO↑+5H2O，故D不符合题意。综上所述，答案为C。3.常温下，下列各组离子定能在指定溶液中大量共存的是A.的溶液：B.的溶液：C.澄清透明的无色溶液：D.和反应放出的溶液：【答案】B【解析】【分析】【详解】A.的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈碱性，不能大量存在，A不符合题意。B.，则，则溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，B符合题意。 C.呈紫色，与题中“无色”矛盾，C不符合题意。D.和反应放出的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若溶液呈酸性，和反应不会放出，与题干矛盾；若溶液呈碱性，不能大量存在，D不符合题意。答案选B。4.NA代表阿伏加德罗常数值。下图电路中，电极6增重0.64g时，下列叙述不正确的是A.电极2上析出的气体在标况下的体积为224mLB.电极3上产生的气体产物中含有的共用电子对数目为0.02NAC.忽略离子的扩散，盐桥中进入左侧AgNO3溶液中数目为0.02NAD.为使装Na2SO4溶液的电解池恢复到电解前状态，需加入H2O的质量为0.18g【答案】B【解析】【分析】电极6增重，则表明电极6为阴极，b为负极，a为正极，从而得出1、3、5为阳极，2、4、6为阴极。电极6增重0.64g，发生反应Cu2++2e-=Cu，线路中通过电子的物质的量为=0.02mol。【详解】A．电极2为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，线路中通过电子0.02mol，则析出的H2的物质的量为0.01mol，在标况下的体积为224mL，A正确；B．电极3为阳极，发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生的气体产物为O2，物质的量为0.005mol，含有的共用电子对数目为0.01NA，B不正确；C．AgNO3溶液中，电极5为阳极，发生反应Ag-e-=Ag+，线路中通过电子0.02mol时，生成Ag+0.02mol，忽略离子的扩散，盐桥中进入左侧AgNO3溶液中数目为0.02NA，C正确；D．电解Na2SO4溶液的实质是电解水，H2O——2e-，线路中通过电子0.02mol时，电解水0.01mol，为使装Na2SO4溶液的电解池恢复到电解前状态，需加入H2O的质量为0.18g，D正确；故选B。5.用如图所示装置处理含的酸性工业废水，某电极反应式为 ，下列说法不正确的是A.左侧Pt电极为阳极，电解过程中有气体放出B.电解时，从质子交换膜左侧向右侧移动C.电解一段时间后，右侧电解液pH保持不变D.电解池一侧生成时，另一侧溶液质量减少18g【答案】C【解析】【分析】由题意可知，与直流电源正极相连的左侧铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，左侧电极为阴极，酸性条件下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和水。【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的左侧铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故A正确；B．由分析可知，与直流电源正极相连的左侧铂电极为电解池的阳极，左侧电极为阴极，则电解时，氢离子从质子交换膜左侧向右侧移动，故B正确；C．由分析可知，与直流电源正极相连的左侧铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，左侧电极为阴极，酸性条件下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和水，则由得失电子数目守恒可知，电解一段时间后，右侧电解液pH增大，故C错误；D．由分析可知，与直流电源正极相连的左侧铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，左侧电极为阴极，酸性条件下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和水，则由得失电子数目守恒可知，阴极生成5.6g氮气时，阳极消耗水的质量为××18g/mol=18g，故D正确；故选C。6.短周期元素A～G在周期表中的相对位置如图所示，已知B、G原子序数之和是C的3倍。下列说法不正确的是 ABCDEFGA.简单离子半径：F＞G＞C＞DB.由A单质和E单质作电极，NaOH溶液作电解质溶液所构成的原电池中，E作负极C.简单气态氢化物沸点：D＞C＞B＞AD.含氧酸HxRO3酸性强弱：B＞F＞A【答案】C【解析】【分析】设B的原子序数为x，则C的原子序数为x+1，G的原子序数为x+10，从而得出x+x+10=3(x+1)，x=7。由此可得出B为N元素，C为O元素，G为Cl元素。A、B、C、D、E、F、G分别为C、N、O、F、Al、S、Cl。【详解】A．C、D、F、G分别为O、F、S、Cl，简单离子中，O2-、F-电子层结构相同，S2-、Cl-的电子层结构相同，电子层结构相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞F-，A正确；B．由A单质(C)和E单质(Al)作电极，NaOH溶液作电解质溶液所构成的原电池中，由于只有Al能与NaOH溶液发生反应，所以E(Al)作负极，B正确；C．简单气态氢化物中，常温常压下，H2O呈液态，HF、CH4、NH3都呈气态，且只有CH4分子间不能形成氢键，所以沸点：H2O＞HF＞NH3＞CH4，C不正确；D．三种元素对应的含氧酸HxRO3分别为H2CO3、HNO3、H2SO3，HNO3为强酸，H2SO3为中强酸，H2CO3为弱酸，所以酸性强弱：HNO3＞H2SO3＞H2CO3，D正确；故选C。7.下列装置或操作能达到目的的是 A.装置①用于测定生成氢气的速率B.装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响C.装置③依据U形管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应D.装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响【答案】C【解析】【分析】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗溢出；装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，不符合控制变量法；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U形管左侧液面下降，右侧液面上升；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响；【详解】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，故A错误；装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸（乙二酸）来做实验，故B错误；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U形管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能实现目的，故C正确；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响，故D错误。8.镁和卤素单质()反应的相对能量变化如图所示，下列说法正确的是 A.热稳定性：B.1mol碘晶体与足量的Mg充分反应，放热364kJC.工业上常用电解溶液的方法冶炼金属MgD.由图可知，【答案】A【解析】【详解】A．能量越低越稳定，由图可知，1mol卤化镁的能量大小顺序为MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2，则热稳定性的大小顺序为MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故A正确；B．碘晶体的能量小于碘蒸气，则1mol碘晶体与足量的镁充分反应放出的热量小于364kJ，故B错误；C．工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼金属镁，不能用电解氯化镁溶液的方法冶炼金属镁，故C错误；D．由图可知，生成氯化镁、溴化镁的热化学方程式分别为Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)△H=—641kJ/mol，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s)△H=—524kJ/mol，由盖斯定律可知，两式相加可得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g)△H=—117kJ/mol，液溴的能量低于气态溴，则溴化镁与氯气发生置换反应生成液溴的焓变小于—117kJ/mol，故D错误；故选A。9.催化生成的过程由以下三步基元反应构成： 第1步：；第2步：；第3步：。下列说法正确的是A.三步基元反应都是放热反应B.第1步是总反应的决速步C.该过程共有三种中间产物D.总反应的焓变为【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，第1步反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，A错误；B．正反应活化能越大，反应速率越慢，由图可知第1步是总反应的决速步，B正确；C．由三步基元反应可知，NO为O3生成O2反应的催化剂，催化剂不改变总反应的焓变，由三步基元反应可知，反应的中间体只有NO2和O两种，C错误；D．由盖斯定律可知，三步基元反应相加得总反应2O3(g)=3O2(g)，则，D错误；故选B。10.向溶液中加入(甲酸，一元弱酸)溶液后，溶液显酸性，则该溶液中各微粒的浓度关系不正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】向溶液中加入溶液后，所得溶液中HCOOH、HCOOK的物质的量浓度都为0.05mol/L，溶液显酸性，表明以HCOOH的电离为主。【详解】A．在HCOOH、HCOOK的混合溶液中，依据电荷守恒， ，A正确；B．所得溶液中HCOOH、HCOOK的物质的量浓度都为0.05mol/L，依据物料守恒，，B正确；C．溶液中，电荷守恒关系为，物料守恒关系为，则，C不正确；D．在混合溶液中，主要发生反应HCOOHHCOO-+H+，使c(HCOO-)增大，c(HCOOH)减小，所以，D正确；故选C。11.常温下，向某浓度的(二元弱酸)溶液中逐滴加入某浓度的KOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，则下列说法不正确的是A.的B.曲线3代表的物质的量分数C.图中a点对应的pH=2.7D.pH=4时，溶液中存在下列关系：【答案】D【解析】【分析】二元弱酸H2A溶液中加入氢氧化钾溶液时，H2A溶液先与氢氧化钾溶液反应生成KHA，后KHA溶液与氢氧化钾溶液反应生成K2A，反应中H2A减小、HA—浓度先增大后减小、A2—浓度先无明显变化后增大，则曲线1、2、3分别代表H2A、HA—、A2—的物质的量分数，由图可知，溶液pH为1.2时，溶液中c(H2A)=c(HA—)，则H2A的一级电离常数Ka1(H2A)==c(H+)=10—1.2，同理可知，H2A的二 级电离常数Ka2(H2A)=10—4.2。【详解】A．由分析可知，H2A的一级电离常数Ka1(H2A)=10—1.2，故A正确；B．由分析可知，曲线1、2、3分别代表H2A、HA—、A2—物质的量分数，故B正确；C．由图可知，a点溶液中c(H2A)=c(A2—)，由电离常数可得Ka1(H2A)×Ka2(H2A)=，则溶液中氢离子浓度为mol/L=10—2.7mol/L，溶液pH为2.7，故C正确；D．由图可知，溶液pH为4时，溶液中HA—浓度大于A2—浓度，故D错误；故选D。12.关于下列化学电源的说法不正确的是A.甲：相较于普通锌锰干电池，加入了更多负极材料，且锌的利用率得到提高，电池电容量成倍增加B.乙：负极电极反应式为C.丙：使用一段时间后，锌筒会变薄D.丁：因造价低、工作电压平稳、可充电反复使用而应用广泛，但比能量小，笨重【答案】B【解析】【详解】A．甲装置中，在负极区加装了许多锌粉，相较于普通锌锰干电池，负极材料质量增大，且加入了碱性电解质，溶液的导电能力增强，使锌的利用率得到提高，所以电池电容量成倍增加，A正确；B．乙装置中，Zn为负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，B不正确；C．丙装置中，电池工作时，负极Zn不断消耗，则使用一段时间后，锌筒会变薄，C正确；D．丁装置中，使用Pb和PbO2作电极，硫酸作电解质，Pb价格低，但质量大，所以因造价低、工作电压平稳、可充电反复使用而应用广泛，但比能量小，笨重，D正确；故选B。13.在一定温度下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。改变起始时n(SO2)对反应的影响如图所示。下列说法正确的是(　　) A.SO2的起始量越大，混合气体中SO3的体积分数越大B.a、b、c三点中，a点时SO2的转化率最高C.a、b、c三点的平衡常数：Kb>Kc>KaD.b、c点均为化学平衡点，a点未达平衡且反应正向进行【答案】B【解析】【分析】由图象可知a、b、c为二氧化硫的不同的物质的量时的平衡时SO3体积分数，b点SO3体积分数最大，反应在相同的温度下进行，平衡常数只受温度的影响，对应反应来说，氧气的物质的量越多，二氧化硫的物质的量越少，则二氧化硫的转化率越大，以此解答该题。【详解】A.由图象可知，随着二氧化硫的物质的量增多，三氧化硫的体积分数先增大后减小，则混合气体中SO3的体积分数不一定增大，故A错误； B.二氧化硫越少，氧气越多，则二氧化硫的转化率越大，a点转化率最大，故B正确；C.平衡常数只与温度有关系，a、b、c三点的平衡常数均相等，故C错误；D.由图象可知纵坐标为三氧化硫平衡时的体积分数，则a、b、c都在曲线上，应都为化学平衡点，只不过起始二氧化硫的物质的量不同，故D错误；答案选B。14.羟基硫(COS)可作为一种粮食薰蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将一定量和10molCO混合加热并达到下列平衡：，平衡后CO的物质的量为8mol，下列说法正确的是A.升高温度，浓度增大，表明该反应是吸热反应B.达到化学平衡后，再向体系中迅速通入CO，正反应速率将逐渐增大C.反应前的物质的量为7molD.平衡后，再往体系中加入四种物质各1mol，此时【答案】C【解析】 【分析】设反应前硫化氢的物质的量为amol，容器的容积为VL，由题意可建立如下三段式：由平衡常数为0.1可得：=0.1，解得a=7。【详解】A．升高温度，硫化氢浓度增大，表明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，故A错误；B．达到化学平衡后，再向体系中迅速通入一氧化碳，反应为的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则正反应速率先增大逐渐减小，故B错误；C．由分析可知，反应前硫化氢的物质的量为7mol，故C正确；D．平衡后，再往体系中加入四种物质各1mol，反应的浓度熵Qc=≈0.16＞K=0.1，则平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，故D错误；故选C。15.天然水体中的H2CO3与空气中的(CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表B.H2CO3的一级电离常数为10-8.3C.c(Ca2+)随pH升高而增大D.pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1 【答案】D【解析】【分析】由图像可知，随着pH值的增大，溶液碱性增强，碳酸氢根和碳酸根的浓度均增大，而曲线①在pH值很小时就存在，故曲线①代表碳酸氢根，曲线②代表碳酸根，曲线③代表钙离子。【详解】A．根据分析，曲线①代表碳酸氢根，A错误；B．由曲线①和碳酸的交点坐标可知，碳酸和碳酸氢根浓度相同，故H2CO3的一级电离常数，B错误；C．根据分析，曲线③代表钙离子，随着pH值的升高而减小，C错误；D．pH为10.3时，碳酸根和碳酸氢根浓度相同，为10-1.1mol/L，钙离子浓度为：，D正确；故选D。16.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中尿素，下列说法正确的是A.a为电源的负极B.电解一段时间后，阴极室溶液的pH升高C.除去尿素的反应为D.两极共收集到气体13.44L(标况)时，除去尿素0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)【答案】D【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极a相连的左侧电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，氯气与混合溶液中的尿素反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发 生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解时阳极室放电生成的氢离子通过质子交换膜进入阴极室，中和放电生成的氢氧根离子，阴极室氯化钠溶液的浓度减小，但溶液pH不变。【详解】A．由分析可知，a为直流电源的正极，故A错误；B．由分析可知，电解时阳极室放电生成的氢离子通过质子交换膜进入阴极室，中和放电生成的氢氧根离子，氯化钠溶液的浓度减小，但溶液pH不变，故B错误；C．由分析可知，阳极放电生成的氯气与混合溶液中的尿素反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故C错误；D．设消耗尿素的物质的量为amol，由氢气、二氧化碳和氮气的体积和得失电子数目守恒可得：3a+2a=，解得a=0.12mol，故D正确；故选D。二、填空题：本题共5小题，共52分。17.酸碱中和实验是化学研究中重要的定量实验。Ⅰ．25℃时，在溶液中逐滴加入溶液，pH的变化曲线如图所示：（1）A点溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________[用“”表示x的浓度，用“>”连接]。（2）A→B过程中(不含A点，含B点)，下列离子浓度大小关系可能出现的是___________。A.B.C.D.（3）图中所示的三种指示剂，误差最大的是___________。 （4）滴定过程中水的电离情况如图所示：①a点水电离的___________。②b点和d点对应的溶液中，pH=7的点是___________(填“b”或“d”)。Ⅱ．的盐酸与的NaOH溶液在图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热，回答相关问题。（5）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。（6）若实验过程中，图中内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热数值___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（7）为了计算中和反应反应热，某学生的实验记录数据如下：实验序号反应物的温度/℃反应前体系的温度/℃反应后体系的温度/℃盐酸氢氧化钠溶液120.020.120.0523.2220.220.420.323.4320.320.320.324.2420.520.620.5523.6依据上表数据，计算该实验中生成时放出的热量为___________kJ(结果保留一位小数)。(盐酸和 氢氧化钠溶液的密度设为，中和反应后生成的溶液的比热容，忽略量热计的比热容。)【答案】（1）c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)（2）BD（3）甲基橙（4）①.10—13②.d（5）环形玻璃搅拌棒（6）偏大（7）51.8【解析】【小问1详解】由图可知，A点为20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液与10mL0.2mol/L醋酸溶液恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)；【小问2详解】由图可知，A→B过程为醋酸钠溶液中滴入醋酸溶液得到醋酸钠和醋酸混合溶液的过程，溶液由碱性变为中性，碱性溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，中性溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)=c(CH3COO—)＞c(OH—)=c(H+)，故选BD；【小问3详解】由图可知，甲基橙的变色范围与滴定终点的pH相差较大，误差最大，故答案为：甲基橙；【小问4详解】由图可知，a点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，b点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，c点为醋酸钠溶液，醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，d点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液呈中性，d点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性；①由分析可知，a点为pH为13的0.1mol/L的氢氧化钠溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，则水电离出的氢离子浓度为10—13mol/L，故答案为：10—13；②由分析可知，b点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，d点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液呈中性，则溶液pH为7的点是d，故答案为：d；【小问5详解】由实验装置图可知，图中尚缺少的一种玻璃仪器是使酸碱完全反应的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；【小问6详解】若实验过程中，内筒未加杯盖，会造成一部分热量散失，导致求得的中和反应反应热会偏大，故答案为： 偏大；【小问7详解】由表格数据可知，四次实验所得温度差分别为3.15℃、3.1℃、3.9℃、3.05℃，第三次实验数据误差大，应舍弃，则实验所得温度差平均值为=3.1℃，所以生成1mol水放出的热量为≈51.8kJ，故答案为：5.18。18.氧化铁在工业上有广泛的应用。（1）炼铁高炉中存在以下热化学方程式Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．Ⅳ．①上述反应中，___________。②下图中能表示反应Ⅳ的平衡常数对数值()与温度的关系的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，原因是___________。③1500℃时，在某体积可变的密闭容器中，按物质的量之比为2：3加入和CO发生反应Ⅳ，则达平衡时，的转化率为___________。（2）一定条件下可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁，其反应为①反应在2L的密闭容器中进行，5min后达到平衡，测得在反应中质量消耗3.2g，则该段时间内用反应物表达的平均反应速率为___________。②该反应达到平衡时，某物理量(Y)随温度变化如图所示，当温度由升高到时，平衡常数 ___________(填“>”“<”或“=”)；纵坐标可以表示的物理量有___________(填字母)。a．的逆反应速率b．的体积分数c．混合气体的平均相对分子质量d．混合气体的密度（3）还可以用来制备。一定条件下，可生成聚合物，其离子方程式为：，下列措施不能使平衡正向移动的是___________(填序号)。A.加水稀释B.加入少量铁粉C.升温D.加入少量【答案】（1）①.—25②.I③.因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小④.25%（2）①.0.006②.<③.cd（3）ABD【解析】【小问1详解】①由盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ×2得反应IV，则△H4=△H2+2△H4=(—3kJ/mol)+(—11kJ/mol)×2=—25kJ/mol，故答案为：—25；②反应Ⅳ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，图中能表示该反应的平衡常数对数值与温度的关系的是Ⅰ，故答案为：I；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小；③由图可知，1500℃时，反应Ⅳ的lgK为0，则平衡常数K==1，由方程式可知，参与反应的一氧化碳和剩余的一氧化碳相等，设起始氧化铁、一氧化碳的物质的量分别为2mol、3mol，则反应消耗一氧化碳的物质的量为3mol×=1.5mol，由方程式可知，反应消耗氧化铁的物质的量为1.5mol×=0.5mol，所以氧化铁的转化率为×100%=25%，故答案为：25%；【小问2详解】 ①3.2g氧化铁的物质的量为=0.02mol，由方程式可知，甲烷的反应速率为=0.006mol/(L·min)，故答案为：0.006；②该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，则则KA＜KB；a．升高温度，正、逆反应速率均增大，则纵坐标不可能为氢气的逆反应速率，故错误；b．该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的体积分数减小，则纵坐标可能为甲烷的体积分数，故正确；c．由质量守恒定律可知，该反应是气体体积和气体质量均增大的反应，由方程式可知，反应中气体物质的量增大的倍数大于气体质量增加的倍数，所以混合气体的平均相对分子质量减小，故正确；d．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量增大的反应，恒容容器中混合气体的密度增大，则纵坐标不可能为混合气体的密度，故错误；故选bc；【小问3详解】A．由方程式可知，加水稀释，平衡向正反应方向移动，故正确；B．铁离子在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故正确；C．向溶液中加入铁粉，铁与氯化铁溶液反应生成亚铁离子，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，故错误；D．向溶液中加入碳酸钠，碳酸根离子与溶液中的铁离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，故正确；故选ABD。19.氯乙酸(ClCH2COOH)常用于制造各种染料、除锈剂等。实验室采用Cl2和CH3COOH共热法可制得氯乙酸，合成氯乙酸的装置如下图(夹持和加热装置省略)。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为 ___________。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___________。（3）仪器组装完成，关闭分液漏斗活塞和止水夹K2，打开K1，向装置B中长颈漏斗中注入液体至形成一段水柱，若___________，则气密性良好。（4）装置B的作用之一是观察Cl2的生成速率，则B中盛放的液体为___________。实验结束时，关闭分液漏斗活塞和止水夹K1，此时装置B的作用是___________。（5）通过佛尔哈德法可以测定氯乙酸产品中氯元素的质量分数，实验步骤如下：Ⅰ．取0.284g粗产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，煮沸，完全水解后加稀硝酸调至酸性。Ⅱ．向锥形瓶中加入0.4200mol∙L-1的AgNO3溶液10.00mL，使Cl-完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2.00mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被硝基苯覆盖。Ⅳ．加入指示剂，用0.0200mol∙L-1NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点，消耗10.00mLNH4SCN溶液。已知：；。①滴定选用的指示剂是___________(填代号)。a．FeCl2b．NH4Fe(SO4)2c．淀粉d．甲基橙②实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银，若无此操作所测氯元素的质量分数将会___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③粗产品中氯元素的质量分数为___________。【答案】（1）球形冷凝管（2）2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O（3）水柱高度保持不变（4）①.饱和食盐水②.储存Cl2，平衡B装置内外气压（5）①.b②.偏小③.50%【解析】【分析】装置A中，KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以制得的Cl2中混有HCl气体；装置B中盛有饱和食盐水，可除去Cl2中混有的HCl气体；装置C中，Cl2与CH3COOH发生反应生成ClCH2COOH，装置D用于尾气处理。 【小问1详解】仪器a的名称为球形冷凝管；【小问2详解】装置A中，KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，发生反应的离子方程式为2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；【小问3详解】仪器组装完成，关闭分液漏斗活塞和止水夹K2，打开K1，向装置B中长颈漏斗中注入液体至形成一段水柱，若水柱高度保持不变，则气密性良好；【小问4详解】装置B的作用之一是观察Cl2的生成速率，Cl2应不溶于B中盛放的液体，则应为饱和食盐水。实验结束时，关闭分液漏斗活塞和止水夹K1，此时生成的气体滞留在装置B中，则装置B的作用是：储存Cl2，平衡B装置内外气压；【小问5详解】①NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点后，需确定滴定操作完成，所以需选用能检验SCN-过量的指示剂，该指示剂是NH4Fe(SO4)2，故选b；②实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银，若无此操作，则会有一部分AgCl转化为AgSCN，从而增大NH4SCN的用量，计算出过量Ag+的物质的量增大，Cl-的物质的量减小，所测氯元素的质量分数将会偏小；③粗产品中氯元素的质量分数为=50%。【点睛】检验SCN-时，通常使用Fe3+。20.室温下用溶液吸收的一种脱硫工艺流程如下图所示。（1）流程中各种离子相关的大小或数学关系如下，回答下列问题：a．溶液中，c(OH—)___________(填“>”、“<”或“=”)。b．当“①吸收”后的吸收液中时，pH=___________(填整数)。(已知：，) c．“②沉淀”分离后的滤液中，___________(填“>”、“<”或“=”)。（2）写出“②沉淀”发生主要反应的离子方程式___________。(已知：、)（3）写出“③氧化”中生成石膏()的化学方程式___________。（4）“①吸收”后的溶液为和混合物，可以用下图所示的电解法进行再生，获得较纯净的，从而循环利用。在阴极室，再生过程分为两步，分别写出离子方程式：电极反应：___________。后续反应：___________。（5）焦亚硫酸钠()，其在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，可通过原理脱水制备。某小组同学为了进一步提高再生过程的效率，设计了如下图所示双膜电解槽，将吸收液中的和混合物分离。 电解后，___________室(填“a或b”)的浓度增加，从而循环利用，另一个室的浓度增加，将该室溶液进行脱水可得到。【答案】（1）①.=②.5③.=（2）CaCO3+HSO=CaSO3+HCO（3）2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O（4）①.2H2O+2e—=H2↑+2OH—②.HSO+OH—=SO+H2O（5）b【解析】【分析】由题给流程可知，亚硫酸钠溶液吸收烟气中的二氧化硫转化为亚硫酸氢钠，由电离常数可知，向亚硫酸氢钠溶液中加入碳酸钙，碳酸钙与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钙和碳酸氢钠，过滤得到碳酸氢钠溶液和亚硫酸钙沉淀；碳酸氢钠溶液进入吸收室，将二氧化硫转化为亚硫酸氢钠；亚硫酸钙在溶液中与通入的氧气反应转化为二水硫酸钙，过滤得到二水硫酸钙。【小问1详解】a．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH—)=；b．由电离常数公式可知，吸收液中=，则当溶液中为20时，溶液中氢离子浓度为mol/L=1×10—5mol/L，则溶液pH为5；c．由分析可知，②沉淀分离后的滤液中含有碳酸氢钠和少量的亚硫酸钙，所得溶液为亚硫酸钙的饱和溶液，由溶度积可知溶液中=；【小问2详解】由分析可知，②沉淀发生主要反应为碳酸钙与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钙和碳酸氢钠，反应的离子 方程式为CaCO3+=CaSO3+；【小问3详解】由分析可知，③氧化中生成石膏的反应为亚硫酸钙在溶液中与通入的氧气反应转化为二水硫酸钙，反应的化学方程式为2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O；【小问4详解】由图可知，再生过程的两步反应为水分子在阴极得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，放电生成的氢氧根离子与溶液中的亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸根离子和水，反应的离子方程式为+OH—=+H2O；【小问5详解】由图可知，右侧电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入a室与溶液中亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，左侧电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子与溶液中亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸根离子，a室中钠离子通过阳离子交换膜进入b室，从而使b室亚硫酸钠溶液的浓度增加，可以循环利用。21.以银锰精矿(主要含、MnS、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取精银、Mn及的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。（1）“浸锰”是在溶液中使矿石中的锰元素浸出的过程，能同时去除，且有利于后续银的浸出，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应，推断：___________(填“>”或“<”)。②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子 有___________。（2）“浸银”时，使用过量、HCl、的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整__________。_______________________②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：___________。（3）“电解精炼”时，将粗银粉进行“固态化”处理，制成“粗银电极”，下图为电解精炼银的示意图，回答下列问题：①___________极为“粗银电极”(填“a”或“b”)。②若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为___________；当电路中通过电子时，b极质量增加2.16g，则b极产生的气体在标况下的体积为___________mL(保留三位有效数字)。（4）电解溶液提取Mn以及，写出在阳极获取的电极方程式___________。【答案】（1）①.>②.Fe3+、Mn2+（2）①.2Fe3++Ag2S+4Cl—2Fe2++2[AgCl2]—+S②.Cl—与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]—，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率（3）①.a②.NO+e—+2H+=NO2↑+H2O③.112（4）Mn2+—2e—+2H2O=MnO2+4H+【解析】【分析】由题给流程可知，银锰精矿和氧化锰矿混合后加入稀硫酸酸浸，硫化锰与稀硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，稀硫酸作用下二硫化铁与二氧化锰反应生成硫酸铁、硫酸锰、硫和水，过滤得到含有硫酸锰的浸锰液和浸锰渣；向浸锰渣中加入过量的氯化铁、盐酸和氯化钙的混合溶液，将硫化银转化为二氯合银离子，过滤得到浸银渣和含有二氯合银离子的滤液；向滤液中加入铁，将二氯合银离子转化为银，过滤 得到沉银液和粗银；粗银经电解精炼得到精银；浸锰液经除杂提纯得到硫酸锰溶液，硫酸锰溶液中加入稀硫酸抑制锰离子水解，电解混合溶液在阳极制得二氧化锰，阴极制得锰。【小问1详解】①由题意可知，硫化锰能与稀硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，而硫化银不能与稀硫酸反应可知，硫化锰的溶解度大于硫化银，则硫化锰的溶度积大于硫化银，故答案为：>；②由分析可知，稀硫酸作用下二硫化铁与二氧化锰反应生成硫酸铁、硫酸锰、硫和水，则浸锰液中主要的金属阳离子为铁离子和锰离子，故答案为：Fe3+、Mn2+；【小问2详解】①由未配平的方程式可知，向浸锰渣中加入过量的氯化铁、盐酸和氯化钙的混合溶液发生的反应为硫化银与溶液中的铁离子和氯离子反应生成亚铁离子、二氯合银离子和硫，反应的离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl—2Fe2++2[AgCl2]—+S，故答案为：2Fe3++Ag2S+4Cl—2Fe2++2[AgCl2]—+S；②由方程式可知，浸出剂中氯离子的作用是将硫化银电离出的氯离子转化为二氯合银离子，有利于硫化银的溶解平衡右移，Cl—与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]—，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率，提高硫化银的浸出率，故答案为：Cl—与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]—，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；【小问3详解】由图可知，电解精炼时，粗银与直流电源的正极相连的a电极做精炼池的阳极，精银做阴极；①由分析可知，电解精炼时，粗银与直流电源的正极相连的a电极做精炼池的阳极，故答案为：a；②由分析可知，b电极为阴极，若b极有少量红棕色气体产生，说明酸性条件下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成二氧化氮和水，电极反应式为NO+e—+2H+=NO2↑+H2O；由得失电子数目守恒可知，当电路中通过0.025NA电子时，b极质量增加2.16g时，标准状况下生成二氧化氮的体积为(0.025mol—)×22.4L/mol×103mL/L=112mL，故答案为：NO+e—+2H+=NO2↑+H2O；112；【小问4详解】