四川省蓬溪中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

蓬溪中学高2025届第三学期第二次质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23P-31S-32As-75一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求。1.下列说法不正确的是A.灼烧蚕丝能闻到烧焦羽毛味B.CO2合成脂肪实现了无机小分子向有机高分子的转变C.新型材料多孔聚四氟乙烯耐强酸强碱腐蚀D.华为研发的“麒麟990”芯片的主要成分是硅【答案】B【解析】【详解】A．蚕丝中含有动物蛋白质，灼烧蚕丝能闻到烧焦羽毛味，A正确；B．脂肪不是高分子有机物，故CO2合成脂肪不是无机小分子向有机高分子的转变，B错误；C．多孔聚四氟乙是聚合物，属于有机高分子化合物，性能优良，耐强酸强碱腐蚀，C正确；D．硅具有良好的半导体性能，芯片的主要成分是单质硅，“麒麟990”芯片的主要成分是，D正确；故选B。2.下列有关说法正确的是A.使用合适催化剂能改变反应历程，降低反应的焓变B.强酸强碱中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大C.恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行D.在不同的条件下时的熵值：【答案】D【解析】【详解】A．催化剂只能改变反应历程，降低反应活化能，不能改变反应焓变，A错误；B．活化能越高，反应速率越慢，B错误；C．且的反应，一定可以自发反应，C错误；D．相同条件下，同种物质，气态熵值高于液态，D正确；故选D。3.研究发现多种植物中富含草酸，尤以菠菜、苋菜、甜菜、芋头等植物中含量最高。草酸(H2C2O4)是一种常见的二元弱酸，在水溶液中存在电离平衡。下列有关说法不正确的是 A.H2C2O4溶液中，c(H+)等于c()B.H2C2O4在水溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇋H++C.H2C2O4向溶液加入NaOH固体，电离平衡正向移动，pH增大D.将H2C2O4溶液加水稀释，溶液中的c(OH-)增大【答案】A【解析】【详解】A．H2C2O4是二元弱酸，分步电离，电离方程式依次是H2C2O4⇌H++、⇌H++，所以溶液中存在c(H+)大于c()，故A错误；B．H2C2O4是二元弱酸，分步电离，电离方程式依次是H2C2O4⇌H++、⇌H++，故B正确；C．向H2C2O4溶液中加入NaOH，NaOH中和H+而促进H2C2O4电离，则草酸的电离平衡正向移动，由于发生中和反应导致c(H+)减小，溶液的pH值增大，故C正确；D．H2C2O4溶液加水稀释，促进H2C2O4电离，但H2C2O4电离程度远远小于溶液体积增大程度，导致稀释过程中c(H+)减小，温度不变，电离平衡常数不变，则c(OH-)增大，故D正确；故选：A。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示)，下列说法错误的是A.X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高B.Z元素形成的含氧酸均为强酸C.W与X、Y均能形成至少2种二元化合物D.原子半径X大于Y【答案】B【解析】【分析】四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。 【详解】A．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，A正确；B．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，B错误；C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C正确；D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D正确；综上所述答案为B。5.下列各实验装置、目的或结论全都正确的是实验装置甲乙丙丁A.甲用于测定中和反应的反应热B.乙可验证FeCl3对H2O2的分解反应有催化作用C.丙可验证镁片与稀盐酸反应放热D.由丁可推断出：反应2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．图中缺少玻璃搅拌器，不能搅拌，则不能准确测定中和热，故A错误；B．右侧试管的温度高，且加催化剂，两个变量，不能验证FeCl3对H2O2的分解反应有催化作用，故B错误；C．Mg与盐酸反应放热，使饱和石灰水的温度升高，石灰水变浑浊，可验证镁片与稀盐酸反应放热，故C正确；D．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故D错误。答案选C。6.药物本维莫德可用于局部治疗成人稳定性寻常型银屑病，其结构简式如图所示。下列关于该化合物说法 正确的是A.1mol该有机物最多能与6mol发生反应B.该有机物的分子式为C17H16O2C.分子中共平面的碳原子最多有16个D.苯环上的一氯取代物有5种【答案】C【解析】【详解】A．由图知，能与氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键，1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应，A错误；B．由图可知，该有机物的分子式为C17H18O2，B错误；C．由于苯环和碳碳双键是平面型结构，他们之间由单键相连，故都可以在同一平面，异丙基中由于中心碳原子是sp3杂化，故可以有两个碳原子在同一平面，故分子中共平面的碳原子最多有16个，C正确；D．苯环上的一氯代物即是苯环上的等效氢数目，由图知，苯环上的等效氢共有4种，故苯环上的一氯取代物有4种，D错误；故选C。7.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是①pH=0的溶液：Na+、Cl﹣、MnO、SO②pH=11的溶液中：CO、Na+、AlO、NO、S2﹣、SO③水电离的H+浓度c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO、NO、NH、SO④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH、Cl﹣、K+、SO⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO、NO、Na+、SO⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO、I﹣、Cl﹣、S2﹣。A.②⑤B.①③⑥C.②④D.①②④【答案】D 【解析】【详解】①pH=0的溶液是强酸性溶液，Na+、Cl﹣、MnO、SO在酸性溶液中可以大量共存；②pH=11的溶液是碱性溶液，CO、Na+、AlO、NO、S2﹣、SO在碱性溶液中可以大量共存；③水电离的H+浓度c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液可以是酸性，也可以是碱性，CO和SO与酸反应，NH与OH-离子反应，不能大量共存；④加入Mg能放出H2的溶液是酸性溶液，Mg2+、NH、Cl﹣、K+、SO在酸性溶液中可以大量共存；⑤使石蕊变红的溶液是酸性溶液，MnO和NO在酸性条件下会氧化Fe2+不能大量共存；⑥Fe3+会氧化I﹣和S2﹣，不能大量共存；综上所述，能大量共存的是①②④，答案选D。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.2.24L丙烯中所含极性键的数目为B.0.1mol乙酸乙酯在酸性条件下充分水解生成的乙醇分子数等于0.1NAC.100g46%的乙醇溶液中含有氧原子数目为NAD.14.2g和混合物中所含的数目为【答案】D【解析】【详解】A．由于缺少标准状况条件，无法计算2.24L丙烯的物质的量，选项A错误；B．乙酸乙酯在酸性条件下是可逆反应，因此0.1mol乙酸乙酯在酸性条件下充分水解生成的乙醇分子数小于0.1NA，选项B错误；C．100g46%的乙醇溶液中乙醇质量为46g，物质的量为1mol，乙醇中含有氧原子数目为NA，由于溶液中还有水，也含有氧原子，因此溶液中氧原子物质的量大于NA，选项C错误；D．和的摩尔质量相等，14.2g和的混合物，其物质的量为0.1mol，则所含的数目为0.2NA，选项D正确；答案选D。9.水系锌离子电池具有能量密度高、功率密度高、放电过程高效安全等优点，我国科学家用V2O5和锌片作电极，用Zn(CF3SO3)2溶液作电解质溶液，制备了水系Zn—V2O5二次电池，下列说法错误的是 A.放电时，锌片发生氧化反应B.放电时，V2O5作正极C.放电时，Zn2+移向锌片D.放电时，电池总反应为【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时，锌片为二次电池的负极，失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn—2e—=Zn2+，五氧化二钒为正极，锌离子作用下，五氧化二钒在正极得到电子发生还原反应生成V2O5+2xe—+xZn2++nH2O=ZnxV2O5·nH2O，则电池总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5·nH2O。【详解】A．由分析可知，放电时，锌片为二次电池的负极，失去电子发生氧化反应生成锌离子，故A正确；B．由分析可知，放电时，五氧化二钒为二次电池的正极，故B正确；C．由分析可知，放电时，锌片为二次电池的负极，五氧化二钒为正极，则阳离子锌离子移向五氧化二钒，故C错误；D．由分析可知，放电时，电池总反应为xZn+V2O5+nH2O=ZnxV2O5·nH2O，故D正确；故选C。10.下列说法中错误的是A.25℃时，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，增大，Kw不变B.pH=10的Ba(OH)2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比为1：2C.常温下，pH=4的醋酸溶液和pH=10的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液的pH<7D.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小 【答案】B【解析】【详解】A．向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，增大，但温度不变Kw不变，A正确；B．温度没有给定，无法利用pH=10和Kw进行计算，B错误；C．常温下，pH=4的醋酸溶液和pH=10的Ba(OH)2溶液等体积混合，因为醋酸是弱酸，pH=4的醋酸溶液中氢离子浓度远远大于pH=10的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度，则二者等体积混合后溶液的pH<7，C正确；D．CH3COOH溶液加水稀释后，CH3COOH电离平衡正向移动，CH3COOH的物质的量减小，CH3COO-的物质的量增大，则溶液中的值减小，D正确；故选B。11.下列事实中，不能应用勒夏特列原理来解释的有几个①可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气②煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成③开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫④溴水中有平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅⑤对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深⑥晒自来水养小金鱼A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【详解】①浓氨水加入NaOH固体，NaOH固体溶解放热，使NH3•H2O分解生成NH3，化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故不选；②煅烧粉碎的硫铁矿是增大固体表面积，加快反应速率和提高原料的利用率，不能用勒夏特列原理解释，故选；③啤酒中存在如下平衡：H2O+CO2(g)⇌H2CO3(aq)，开启啤酒瓶后，气体压强减小，平衡逆向移动，瓶中马上泛起大量泡沫，则开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫能用平衡移动原理解释，故不选；④溴水中有下列平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入少量硝酸银固体后，硝酸银和HBr反应而促进平衡正向移动，Br2浓度降低导致溶液颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故不选； ⑤对于反应2HI(g)⇌H2(g)+(g)，增大平衡体系的压强平衡不移动，不能用化学平衡移动原理解释，故选；⑥用少量氯气消毒的自来水中，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；次氯酸见光分解反应为：2HClO=2HCl+O2↑，HClO浓度减小，促进化学平衡正向移动，减少了氯气的含量，所以可以用勒夏特列原理解释，故不选；综上所述②⑤不能应用勒夏特列原理来解释，故选：B。12.化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)的速率和平衡的影响图像如图，下列判断错误的是A.由丁图可知，该反应m＋n>p＋qB.乙图中，若m＋n=p＋q，则a曲线一定使用了催化剂C.由丙图可知，T1<T2，该反应正反应为放热反应D.甲图中，表示反应速率v正>v逆的是点3【答案】B【解析】【详解】A．由丁图可知，温度一定时，压强增大D的百分含量增加，则平衡正向移动，正向气体分子数减小，则m＋n>p＋q，故A正确；B．乙图中改变条件按B的百分含量不变，可知平衡未移动，可能是加入催化剂，若m＋n=p＋q，也可能是增大压强，故B错误；C．丙图中，T2先到到平衡，根据先拐先平条件高，可知温度T1<T2，温度升高时C的百分含量减小，平衡逆向移动，则逆向吸热，正反应为放热反应，故C正确；D．由图甲可知，在相同温度下，3点正向移动才能达到平衡状态，则此时反应速率v正>v逆，故D正确；故选：B。13.已知同温同压下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为(1)(2) (3)下列说法正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据盖斯定律：(1)×-(2)×可得(3)，焓变△H3也进行相应的计算得到，而平衡常数K3=。【详解】根据盖斯定律，(1)×-(2)×可得(3)：NO2 (g)+SO2 (g)⇌SO3 (g)+NO (g)，故△H3=×(-197kJ•mol-1 )-×(-144kJ•mol-1 )=-26.5kJ•mol-1，即m=-26.5，K3==，即c2=，故选：A。14.T℃，分别向10mL浓度均为1的两种弱酸HA,HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系如图所示。已知：pKa=-lgKa，下列叙述正确的是（）A.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大B.a点对应的溶液中c(HA)=0.1mol/L,pH=4C.弱酸的pK≈5D.酸性:HA<HB【答案】C【解析】【详解】A项、弱酸的电离常数Ka是温度函数，只随温度变化而变化，与浓度大小无关，故A错误；B项、由图可知，a点lgc=—1，则c(HA)=0.1mol/L，2pH=4，则pH=2，故B错误； C项、由图可知，lgc=0时，c（HB）=1mol/L，2pH=5，pH=2.5，溶液中c（H+）=10—2.5mol/L，电离常数K=≈=10—5，则pK≈5，故C正确；D项、由图可知，浓度相同时，HA溶液的pH小于HB，则HA溶液中氢离子浓度大于HB，酸性：HB<HA，故D错误；故选C。【点睛】弱酸的电离常数Ka是温度函数，只随温度变化而变化，与浓度大小无关是解答关键，也是易错点。二、非选择题(本题共4个大题，每空2分，标注除外，共58分)15.部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸HCOOHHClOHNO2H2SH2SO3H2C2O4H2CO3电离常数(25℃)K=1.8×10-4Ka=3.0×10-8K=5.1×10-4K1=9.1×10-8K2=1.1×10-12K1=1.23×10-2K2=6.6×10-8K1=5.4×10-2K2=5.4×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11（1）已知HX为一元弱酸。HX的电离常数为5.5×10-8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3.往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，计算NaHCO3的物质的量___________（2）向少量氯水中加入足量Na2CO3固体，写出反应的离子方程式：___________（3）下列离子方程式书写正确的是___________A.2HCOOH+SO=2HCOO-+H2O+SO2↑B.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SOC.H2SO3+SO=2HSOD.H2C2O4+NO=HC2O+HNO2（4）已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两种酸之间的化学反应方程式：___________。（5）在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/LNaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：___________。 （6）上表的7种酸进行比较，酸性最弱的是___________；HCOO-、S2-、HSO三种离子中，最难结合H+的是___________。【答案】15.6mol16.Cl2+H2O+2CO=2HCO+ClO-+Cl-17.CD18.2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓19.H2C2O4、HCOOH、HC2O20.①.HClO②.HSO【解析】【小问1详解】已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据该反应可知2molNa2CO3能生成4molNaHCO3同时消耗2molCO2，还有1molCO2发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，生成1molNaHCO3，所以溶液中NaHCO3为6mol；【小问2详解】向少量氯水中加入足量Na2CO3固体，氯水中氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，由电离常数可知，酸性H2CO3>HClO>HCO；故HClO可与CO反应生成HCO与ClO-，HCl与CO反应生成HCO（Cl2少量）则反应的离子方程式为Cl2+H2O+2CO=2HCO+ClO-+Cl-；【小问3详解】A．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子小于亚硫酸，所以甲酸和亚硫酸根离子反应生成甲酸根离子和亚硫酸氢根离子，离子方程式为HCOOH+SO=HCOO-+HSO，故A错误；B．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子小于亚硫酸，所以亚硫酸和甲酸根离子反应生成甲酸和亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO，故B错误；C．亚硫酸和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+SO=2HSO，故C正确；D．根据电离平衡常数可知，草酸的一级电离平衡常数大于亚硝酸，二级电离平衡常数小于亚硝酸，所以H2C2O4+NO=HC2O+HNO2，故D正确；故答案为CD；【小问4详解】HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体NO，亚硝酸具有强 氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，据此书写方程式2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；【小问5详解】酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数知，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是H2C2O4、HCOOH、HC2O；【小问6详解】相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱，根据电离平衡常数知，酸性最弱的是HClO；HCOO-、S2-、HSO三种离子中，最难结合H+的是HSO。16.某学生用已知物质的量浓度的标准溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸时，选择酚酞作指示剂。请回答下列问题：（1）配制标准溶液。配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒，玻璃棒、___________。（2）滴定操作可分解为如下几步：①检查滴定管是否漏水；②取一定体积的待测液于锥形瓶中；③装标准溶液和待测液并调整液面(记录初始读数)；④用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；⑤用蒸馏水洗涤玻璃仪器；⑥滴定操作正确的操作顺序为：___________。（3）盛装NaOH标准溶液的仪器名称为___________，若滴定开始和结束时，该仪器中溶液读数如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为___________。（4）滴定过程中边滴加边摇动锥形瓶，直到加入最后一滴溶液后，___________，表明已经到达滴定终点。 （5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：滴定次数待测盐酸的体积标准溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度第一次25.000.0026.01第二次25.001.4029.85第三次25.000.462645依据表中数据计算该盐酸的物质的量浓度为___________。（6）在上述实验中，下列操作会造成测定结果：(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。a．滴定结束后盛装标准液的滴定管有气泡___________；b．碱式滴定管水洗后末用标准溶液润洗___________；c．若锥形瓶盛装标准溶液，滴定管内为待测溶液，并滴定终点时俯视读数___________。【答案】16.500mL容量瓶 、胶头滴管17.①⑤③④②⑥18.①.碱式滴定管②.26.1019.溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色20.0.10421.①.偏低 ②.偏高③.偏高【解析】【分析】酸碱中和滴定时要先检漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调节液面，记录数据、取待测液、加指示剂、用标液滴定待测液、再计算待测液的浓度等步骤。【小问1详解】配制480mL0.1000mol⋅L−1NaOH标准溶液，没有480mL容量瓶，只能按照500mL容量瓶规格配制溶液，因此配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；【小问2详解】滴定操作主要有检漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调节液面，记录数据、取待测液、加指示剂、用标液滴定，因此正确的操作顺序为：①⑤③④②⑥；故答案：①⑤③④②⑥；【小问3详解】 NaOH溶液为碱性溶液，因此盛装NaOH标准溶液的仪器名称为碱式滴定管，若滴定开始和结束时读书分别为0.00mL、26.10mL，所用NaOH标准溶液的体积为26.10；故答案为：碱式滴定管；26.10；【小问4详解】酚酞与盐酸无现象，酚酞遇见氢氧化钠溶液显红色，滴定过程中边滴加边摇动锥形瓶，直到加入最后一滴NaOH溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，表明已经到达滴定终点；故答案为；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；【小问5详解】三次实验分别用氢氧化钠体积为26.01mL、28.45mL、25.99mL，第二次数据是错误数据，因此平均值为26.00mL，则该盐酸的物质的量浓度为；故答案为：0.104；【小问6详解】a．滴定结束后盛装标准液的滴定管有气泡，读出数据数据偏大，消耗标液体积减小，测定结果偏低；故答案为：偏低；b．碱式滴定管水洗后末用标准溶液润洗，碱液浓度偏低，消耗的标液体积偏大，测定浓度偏高；故答案为：偏高；c．若锥形瓶盛装标准溶液，滴定管内为待测溶液，并滴定终点时俯视读数，读数偏大，消耗待测液体积偏小，测定浓度偏高；故答案为：偏高。17.中药药剂砒霜(主要成分为As2O3，微溶于水)，可用于治疗急性白血病。工业上用含硫化砷(As2S3)的废渣生产砒霜的工艺流程如图所示：（1）硫化砷中砷元素化合价为___________，其难溶于水，“碱浸”过程中硫元素价态不变，发生的主要反应的离子方程式为___________。（2）氧化脱硫过程中被氧化的元素是___________。（3）还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，结晶得到粗As2O3.As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。 为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，在此过程中应控制的条件为___________。（4）在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用，其目的是___________。（5）砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。①砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差。根据图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式___________。  ②砷酸钠具有氧化性，298K时，在100mL烧杯中加入10mL0.1mol/LNa3AsO4溶液、20mL0.1mol/LKI溶液和20mL0.05mol/L硫酸溶液，发生下列反应：AsO(无色)+2I-+2H+⇋AsO(无色)+I2(浅黄色)+H2O，测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是___________(填字母代号)。a．溶液颜色保持不再变化                 b．c(AsO)+c(AsO)不再变化c．AsO的生成速率等于I2的生成速率     d．保持不再变化【答案】（1）①.+3②.As2S3+6OH-=++3H2O（2）As、S（3）调硫酸浓度约为7 mol•L-1，冷却至温度为25℃（4）提高砷的回收率（5）①.As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g)△H=+295.4kJ•mol-1②.ac【解析】【分析】根据流程：硫化砷(As2S3)加入氢氧化钠溶液碱浸，与氢氧化钠反应生成Na3AsS3、Na3AsO3溶液， 反应为：As2S3+6OH-=++3H2O，除去不溶物，通入氧气氧化Na3AsS3、Na3AsO3溶液为Na3AsO4溶液和S单质，向溶液中加入石灰乳，得到为Ca5(AsO4)3OH沉淀，将为Ca5(AsO4)3OH用硫酸酸化得到H3AsO4，通入二氧化硫与H3AsO4溶液混合：SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，调硫酸浓度约为7 mol•L-1，冷却至温度为25℃，经过过滤、洗涤、干燥制得产品粗As2O3，据此分析解答；【小问1详解】硫化砷(As2S3)中硫元素-2价，则砷元素+3价；“碱浸”过程中硫元素价态不变，由流程可知生成Na3AsS3、Na3AsO3溶液，离子方程式为：As2S3+6OH-=++3H2O，故答案为：+3；As2S3+6OH-=++3H2O；【小问2详解】根据流程可知氧化脱硫过程中，Na3AsS3、Na3AsO3生成Na3AsO4溶液和S单质，其中硫元素、砷元素化合价升高，发生氧化反应，故被氧化的元素为As、S，故答案为：As、S；【小问3详解】由图2可知：As2O3在25℃、硫酸浓度约为7 mol•L-1时的溶解度(S)最小，故“结晶”过程应调硫酸浓度约为7 mol•L-1，冷却至温度为25℃，故答案为：调硫酸浓度约为7 mol•L-1，冷却至温度为25℃；【小问4详解】在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用可提高砷的回收率，故答案为：提高砷的回收率；【小问5详解】①由图像可知，As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为-619kJ/mol-(-914.6kJ/mol)=+295.4kJ•mol-1，则热化学方程式As2O5(s)=As2O3(s)+O2(g)△H=+295.4kJ•mol-1；②a.溶液颜色不再变化说明离子浓度不变，反应达到平衡状态，故a正确；b.反应前后守恒可知c()+c()始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c.的生成速率等于I2的生成速率，说明反应达到平衡状态，故c正确；d.和I2，生成物质的量相同，c()/c(I2)始终保持不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac。18.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖。工业合成氨生产示意图如图所示。 （1）下列有关合成氨工业的说法正确的是___________A.工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在低温时可自发进行B.合成氨反应中，反应物的总键能小于产物的总键能C.合成氨厂一般采用的压强为，因为该压强下铁触媒的活性最高D.的量越多，的转化率越大，因此，充入的越多越有利于的合成（2）循环利用的Y是氮气和氢气，目的是___________。（3）在合成氨工业中，要使氨的产率增大，同时又能提高反应速率，可采取的措施有___________(填编号)。①使用催化剂  ②恒温恒容，增大原料气和充入量  ③及时分离产生④升高温度  ⑤恒温恒容，充入惰性气体使压强增大（4）氮的固定和氮的循环是几百年来科学家一直研究的课题。下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分值。反应大气固氮工业固氮温度272000254004500.10.5070.152分析数据可知：①在下模拟工业固氮，某时刻，此时v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)。②人类不适合大规模模拟大气固氮的原因是___________。（5）哈伯1908年发表的文献中写到，在高温下，铁和铂都能作为使气态氨分解成为氢气、氮气的催化 剂，下面是他做过的实验中的两组(条件都为901℃和3039.75 kPa)。①使纯氨气通过白炽的铂丝，剩余的氨用浓硫酸洗涤除去。然后使气态混合物在相同条件下通过铁催化剂，出来的气体再缓缓通过20mL盐酸除去氨气。用气量计测得标准状况下剩余干燥气体的体积为2.02L。盐酸溶液用KOH溶液滴定，最终计算得到通入盐酸前氨气为1.86×10-4mol。计算回答：在901℃下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的Kp=___________kPa-2。(保留一位有效数字)②使纯氨气直接通过同一铁催化剂，出来的气体同样缓缓通入20mL盐酸，用气量计测得标准状况下剩余干燥气体的体积为1.82L。同理可以滴定后计算出通入盐酸前氨气的量，进而计算出Kp。在操作、计算误差合理的范围内，①、②得到的Kp基本相等。这对你有何启发？___________。【答案】（1）AB（2）增加反应物转化率，从而增加原料利用率（3）②（4）①.＜②.温度升高至2000℃时平衡常数K=0.1，反应物的转化率很低（5）①.②.Kp只受温度影响【解析】【小问1详解】A．，根据可知在低温条件下自发，A正确；B．反正正向放热，反应物总键能-生成物总键能＜0，则反应物总键能＜生成物总键能，B正确；C．压强不影响催化剂活性，C错误；D．当转化率达到一定程度时，增加氮气的量合成氨的转化率几乎不再增加，D错误；故答案为：AB；【小问2详解】将未反应的氮气和氢气循环，可以增加反应物最终的转化率；【小问3详解】①催化剂不影响平衡，①不符合题意；②在恒温恒容容器中增大氮气和氢气的量相当于增大压强，速率增大的同时反应正向移动，②符合题意；③及时分离氨气，平衡正向移动，但是反应速率减小，③不符合题意；④升高温度，速率增大，但是平衡逆向移动，④不符合题意； ⑤充入氩气，对反应没有任何影响，⑤不符合题意；故答案为②；【小问4详解】①，平衡逆向移动，因此V正＜V逆；②由表格数据可知，温度升高至2000℃时平衡常数K=0.1，反应物的转化率很低，故人类不适合大规模模拟大气固氮；【小问5详解】