浙江省杭州第十四中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试卷（Word版附解析）

杭十四中二零二三学年第一学期期中阶段性测试高二年级化学学科试卷试卷说明：1.考试时间：2023年11月23日15：15-16：452.试卷共8页，满分100分，考试时间90分钟3.考试过程中不得使用计算器选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列说法正确的是A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。2.理论研究表明，在101kPa和298K下，HCNHNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A.HCN比HNC稳定B.该异构化反应的△H=-59.3kJ/molC.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误；故选D。3.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）ΔH=xkJ·mol－1已知碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1则x为A.3a+b－cB.c+3a－bC.a+b－cD.c+a－b【答案】A【解析】 【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。4.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOO能量/249218391000可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是A.的键能为B.的键能大于中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量：D.【答案】C【解析】【详解】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，中氧氧单键的键能为，C错误；D．由表中的数据可知的，D正确；故选C。5.已知：，向一恒温恒容密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态1，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.时改变的条件：向容器中加入AC.平衡时A的体积分数：D.平衡常数：【答案】C【解析】【详解】A．根据反应可知，该反应前后气体的物质的量保持不变，恒容密闭容器气体压强始终保持不变，故容器内压强不变，不能说明反应达到平衡，A错误；B．由图象可知，时改变的条件后正反应速率没有发生突然增大，而是逐渐增大，故改变的条件是增大了生成物的浓度，故不是向容器中加入A而是C，B错误；C．由B项分析可知，t2时刻改变的条件是增大生成物浓度，化学平衡逆向移动，故平衡时A的体积分数：，C正确；D．化学平衡常数仅仅是温度的函数，且t2时刻并未改变温度，故平衡常数：，D错误；故答案为：C。6.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是 A.温度T下，该反应的平衡常数B.温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0【答案】A【解析】【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。7.NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A.0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/LB.长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C.通入过量SO2，反应的离子方程式为D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【解析】【分析】25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8，则，HClO为弱酸且具有氧化性，ClO-可水解。 【详解】A.由于HClO弱酸，ClO-会水解，0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)<0.01mol/L，故A错误；B.NaClO溶液长期露置在空气中，发生反应，HClO见光分解为HCl和O2，漂白能力减弱，故B错误；C.SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，发生氧化还原反应，NaClO溶液中通入过量SO2发生的反应为，故C错误；D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)，则c(ClO-)=c(Na+)，根据25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8可知，ClO-水解常数为>Ka(HClO)，若等浓度的NaClO溶液和HClO溶液混合，ClO-水解程度大于HClO的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中c(HClO)要大于c(ClO-)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液存在的微粒关系为c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；答案选D。8.一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A.(Ⅲ)不能氧化B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：【答案】C【解析】【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ) 被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。9.一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是A.反应焓变：反应I>反应ⅡB.反应活化能：反应I<反应ⅡC.增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ【答案】C【解析】【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。 综上所述，答案为C。10.常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系 c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。11.一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B.b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误； C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。12.处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列说法错误的是A.“沉渣Ⅰ”中含有和B.溶液呈碱性，其主要原因是C.“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【解析】【分析】 污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。13.海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是A.海水起电解质溶液作用B.N极仅发生的电极反应：C.玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池【答案】B【解析】【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。【详解】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；B．由上述分析可知，N为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，和反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误； C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；D．该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；答案选B。14.室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应。，，2Na+++2(1-)e－=Na2S，下列叙述错误的是A.放电时Na+从硫电极向钠电极迁移B.放电时外电路电子流动的方向是a→bC.放电时正极反应为：2Na++S8+2e-→Na2SD.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能【答案】A【解析】【分析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极，据此解答。【详解】A．放电时为原电池装置，阳离子移向正极，即硫电极，故放电时Na+从钠电极向硫电极迁移，A错误；B．放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到Na2S，电子在外电路的流向为a→b，B正确；C．由题给的的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na++S8+2e-→Na2S，C正确；D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。15.某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是选项颜色变化解释 A溶液呈浅棕色在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应：C紫黑色晶体消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色与有色物质发生了置换反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；B．已知(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌，生成使溶液颜色加深，B项正确；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选D。16.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3+与SCN-的反应不可逆B向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3，再聚集成Fe(OH)3沉淀C向2mL0lmol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl D取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色Cl2与H2O反应存在限度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，再加入少量K2SO4固体，不能改变反应物、生成物的浓度，对平衡不产生影响，不能证明Fe3+与SCN-的反应是否可逆，A不正确；B．向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，继续煮沸，Fe(OH)3胶体发生凝聚，生成红褐色沉淀，B正确；C．向2mL0.lmol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，反应后，AgNO3有剩余，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，KI可能与AgNO3直接反应，而不是与AgCl反应，不能说明AgCl转化为AgI、AgI溶解度小于AgCl，C不正确；D．取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，后者溶液变蓝色，可能是Cl2与KI反应生成I2，也可能是HClO与KI反应生成I2，D不正确；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列问题：（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________。为提高溶矿速率，可采取的措施________(举1例)。（2）加入少量MnO2的作用是________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________。（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=________mol•L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是________。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有________。（5）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是________。【答案】（1）①.MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑②.粉碎菱锰矿（2）①.将Fe2+氧化为Fe3+②.Fe3+可以催化H2O2分解（3）①.2.8×10-9②.Al3+（4）BaSO4、NiS（5）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。【小问1详解】硫酸溶矿过程中，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，主要反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。根据影响反应速率的因素，粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度都能提高溶矿速率。【小问2详解】MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2。【小问3详解】溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，c(OH-)=1×10-10，此时c(Fe3+)=mol•L-1；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，用石灰乳调节至pH≈7，c(Al3+)=，Al3+完全转化为氢氧化铝沉淀，除去的金属离子是Al3+。【小问4详解】加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS；【小问5详解】根据流程图，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳、氧气，反应的化学方程式是 2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。18.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A”或“B”）。②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：________。电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−6CO2+6O2−3C2O42−+6O2反应过程中O2的作用是________。该电池的总反应式：________。 【答案】①.CO32-②.10③.+120kJ·mol-1④.B⑤.900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低⑥.Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）⑦.催化剂⑧.2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)=+120kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。19.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2_______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。【答案】①.3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1②.>③.反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大④.SO2⑤.SO42—⑥.4H+⑦.0.4⑧.I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率⑨.反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快【解析】【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。20.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。中国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将甲烷和二氧化碳一步转化为具有高附加值的液体燃料和化工产品。回答下列问题：（1）甲烷和二氧化碳一步转化为液体产品的选择性如图甲所示，其中选择性最高的产品是_______，反应中应加入的等离子体催化剂是_______。 （2）在某一刚性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa，加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。①能够说明上述可逆反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体密度不再改变B．平均摩尔质量不再改变C．CO2和H2的分压相等D．CH4的分压不再改变E．v(CO)逆=2v(CO2)正②研究表明CO的生成速率、v(CO)=1.32×10-2·P(CH4)·P(CO2)mol/(g·s)某时刻测得P(H2)=20kPa，则P(CH4)=_______kPa，v(CO)=_______mol/(g·s)。③温度对产物流量及平衡转化率的影响如图乙所示，可知反应△H_______0(填“＞”或“＜”)，原因是_______。【答案】（1）①.乙酸②.Cu/γ-Al2O3（2）①.BDE②.15③.3.96④.＞⑤.随着温度升高，产物摩尔流量和反应物的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应 【解析】【小问1详解】根据图甲所示，其中选择性最高的产品是乙酸，反应中应加入的等离子体催化剂是Cu/γ-Al2O3。小问2详解】①A．容器内气体的质量和体积始终不变，则气体的密度始终不变，当气体密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，A不符合题意；B．反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，则达平衡前，平均相对分子质量不断发生改变，当平均摩尔质量不再改变时，反应达平衡状态，B符合题意；C．CO2和H2的化学计量数相同，分压始终相等，则反应不一定达平衡状态，C不符合题意；D．CH4的分压不再改变，则表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；E．v(CO)放=2v(CO2)正，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态，E符合题意；故选BDE。②研究表明CO的生成速率v(CO)=1.32×10-2·P(CH4)·P(CO2)mol/(g·s)，某时刻测得P(H2)=20kPa，则CH4和CO的压强变化量都为10kPa，平衡时P(CH4)=25kPa-10kPa=15kPa，P(CO)=30kPa-10kPa=20kPa，v(CO)=1.32×10-2×15×20mol/(g·s)=3.96mol/(g·s)。③从图乙中可以看出，升高温度，反应物的平衡转化率和产物的摩尔流量均增大，则平衡正向移动，所以反应△H＞0，原因是：随着温度升高，产物摩尔流量和反应物的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应。