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四川省成都市石室中学2023~2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市石室中学2023~2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分， 可能用到的相对原子质量， 下列说法正确的是， 用化学用语解释相关表述正确是， 下列实验能达到目的的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 本试题分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。全卷满分100分，考试时间90分钟。
2. 可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 在铁制品上镀铜，铁制品做阴极
B. 通过调节合金的组成可以提高其抗腐蚀能力
C. 铝制品表面镀上一层氧化膜属于牺牲阳极保护法
D. 燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置
【答案】C
【解析】
【详解】A．在铁制品上镀铜，铁制品做阴极，铜做阳极，A正确；
B．通过调节合金的组成可以提高其抗腐蚀能力，B正确；
C．铝制品表面镀上一层氧化膜，可保护内部的铝，防止其被氧化，不是牺牲阳极保护法，C错误；
D．燃料电池高效且产物通常对环境没有污染，是一种高效、环境友好的发电装置，D正确；
故答案选C。
2. 常温下，下列粒子能在指定的溶液中一定能大量共存的是
A. 遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、H2O2、Cl-
B. 的溶液中：NH、Ca2+、Cl-、NO
C. pH=0的溶液中：NH、Fe2+、Br-、ClO-
D. 由水电离的c(OH-)=110-13 ml·L-1 的溶液中：K+、Cl-、Al3+、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．遇KSCN变红色的溶液说明含有三价铁离子，双氧水会被三价铁离子催化分解，A错误；
B．常温下，，则说明溶液显酸性，在酸性条件下四种离子均可大量存在，B正确；
C．pH=0的溶液是酸性溶液，和氢离子会生成弱电解质HClO，二价铁和次氯酸根离子也会发生氧化还原反应，C错误；
D．水电离的的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，碱性条件下Al3+不能大量共存，D错误。
故选B。
3. 下列说法正确的是
A. S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1，S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2；则△H1的数值大于△H2
B. 甲烷的燃烧热为△H=-890.3 kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ/ml
C. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H = -38.6 kJ·ml-1
D. 同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质气态比固态能量高，该反应放热，因此则△H1的数值大于△H2，故A正确；
B．燃烧热氢元素指定的产物是液态水，因此该热化学方程式不是燃烧热热化学方程式，故B错误；
C．合成氨的反应是可逆反应，完全反应放出的热量比19.3kJ要多，因此该热化学方程式不正确，故C错误；
D．反应热只和起始态与终末态有关，与反应条件无关，故D错误；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 粗铜精炼电路中每转移 2NA 电子，阳极质量减少64 g
B. 常温下，1 L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH－的数目为0.02NA
C. 1 ml/L CH3COOH溶液中含CH3COOH分子数目为NA
D. 25 ℃时，46 g NO2和N2O4混合气体中O原子的数目为 2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．粗铜精炼电路中每转移 2NA 电子，由于阳极是含Zn、Fe、Ag等杂质，因此无法计算阳极质量减少的质量，故A错误；
B．常温下，1 L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH－的数目为1L×0.01ml∙L−1×NA ml−1 =0.01NA，故B错误；
C．由于溶液体积未知，无法计算CH3COOH物质的量，故C错误；
D．25 ℃时，46 g NO2和N2O4混合气体(通式为NxO2x)中O原子的数目为 ，故D正确。
综上所述，答案为D。
5. 用化学用语解释相关表述正确是
A. Na2S2O3与稀硫酸反应：S2O+2H+=SO+S↓+H2O
B. 向酸性KI溶液中通入O2：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-
C. 铁做电极材料电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑
D. 向Na2CrO4溶液中滴加少量稀硫酸：2CrO42-+2H+ ⇌ Cr2O+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2S2O3与稀硫酸反应：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A错误；
B．向酸性KI溶液中通入O2：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，B错误；
C．铁做电极材料电解饱和食盐水：，C错误
D．向Na2CrO4溶液中滴加少量稀硫酸：，D正确；
故选D。
6. 下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中正确的是
A. 四种金属腐蚀发生吸氧腐蚀都生成对应的氧化物
B. 用石墨电极电解熔融氧化铝冶炼铝，阳极电极需要定期更换
C. 铝制品、铜制品均能发生析氢腐蚀
D. 铁制器件附有铜制配件，接口处铜易生锈
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cu发生吸氧腐蚀是生成碱式碳酸铜，故A错误；
B．用石墨电极电解熔融氧化铝冶炼铝，阳极产生的氧气会与石墨反应，消耗石墨，因此阳极电极需要定期更换，故B正确；
C．铝制品能发生析氢腐蚀，而铜制品不能发生析氢腐蚀，故C错误；
D．铁制器件附有铜制配件，接口处铁易生锈，铁作负极，铜为正极，故D错误；
答案为B。
7. 某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A. 升高温度，若增大，则
B. 加入一定量Z，达新平衡后减小
C. 加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大
D. 加入一定量氩气，平衡不移动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；
故答案为：C。
8. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．为防止热量损失，测定中和反应的反应热，应该把酸碱迅速混合；酸碱中和滴定时，酸、碱缓慢滴入，热量损失过多，所以不能达到目的，故不选A；
B．NaClO与Na2SO3溶液反应，没有明显现象，不能达到目的，故不选B；
C．将干燥的pH试纸放在干净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液涂抹在pH试纸上，与标准比色卡进行对照，读出溶液的pH，故选C；
D．除去碱式滴定管胶管内的气泡，将胶管向上弯曲，用力挤玻璃球使溶液从尖嘴处将气泡排出，故不选D；
选C。
9. 在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A. 再通入少量氯气，减小
B. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
C. 加入少量碳酸钙粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D. 光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和氯水中不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，不变，A项错误；
B．通入少量SO2，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡逆向移动，使HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，B项错误；
C．加入少量碳酸钙粉末，消耗H+，pH增大，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，C项正确；
D．光照过程中，HClO分解生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D项错误；
答案选C。
10. 将铜丝缠绕在铁钉上，进行如图所示的实验，下列对实验现象的解释不合理的是
A. 向铜丝周围滴加两滴酚酞出现红色：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B. 铁钉溶解：Fe-2e-=Fe2+
C. 向铁钉周围滴加两滴铁氰化钾出现蓝色：Fe2++K++[Fe(CN)6]3- =KFe[Fe(CN)6]↓
D. 一段时间后会出现白色沉淀：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．缠绕铜丝的铁钉在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀，铜丝为正极，氧气在正极得电子发生还原反应的电极反应式为， A项错误；
B．铁钉发生吸氧腐蚀，铁钉作负极发生氧化反应的电极反应式为，B项正确；
C．铁钉溶解产生Fe2+，Fe2+遇到铁氰化钾出现蓝色的离子方程式为，C项正确；
D．根据铁的吸氧腐蚀负极产生的Fe2+和正极产生的OH-不共存，能生成Fe(OH)2白色沉淀的离子方程式为，D项正确；
故选A。
11. 现有室温下四种溶液，有关叙述错误的是
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①>②>④>③
D. ①④两溶液中溶质的电离程度相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，③中醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH值增大，④中醋酸根和氢离子反应，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；
B．②③两溶液等体积混合，由于醋酸的物质的量远大于氢氧化钠物质的量，混合后，溶液显酸性，因此溶液中c(H＋)>c(OH－)，故B正确；
C．分别加水稀释10倍，氨水又电离，因此氨水中氢氧根浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根浓度，醋酸又电离，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此四种溶液pH ①>②>④>③，故C正确；
D．①④两溶液中溶质的电离程度不相同，氨水是弱酸，部分电离，盐酸是强酸，全部电离，故D错误。
综上所述，答案为D。
12. Fe3(PO4)2·8H2O可作铁质强化剂，溶于无机强酸。称取1.800g样品用足量的硫酸溶解后，立即用0.1000ml/L KMnO4标准溶液滴定，计算其含量确定产品等级。对于实验的描述正确的是
A 称量：该实验中样品用托盘天平进行称量
B. 溶解：按照图①进行KMnO4的溶解
C. 定容：沿玻璃棒注入蒸馏水至凹液面与刻度线相切
D. 滴定：图②表示用KMnO4标准溶液滴定
【答案】D
【解析】
【详解】A．需要1.800样品，不能用托盘天平进行称量，它只能精确到0.1g，A错误；
B．不能在容量瓶中溶解固体，B错误；
C．在定容时，沿玻璃棒注入蒸馏水至刻度线2-3cm处时，换用胶头滴管滴加，C错误；
D．滴定时，标准溶液高锰酸钾溶液装在酸式滴定管中，D正确；
故选D。
13. 某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂的使用可以有效的抑制副反应的发生。下列说法错误的是
A. 电子由钛网经导线流向电源a极
B. 电解后海水pH下降
C. 阳极的电极反应有Cl-+H2O2e- = HClO+H+
D. 催化剂PRT可抑制反应①的发生，得到纯净的H2，降低分离能耗
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可知，海水在钛箔电极上得电子生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故钛箔电极为阴极，电源b为负极，则电源a为正极，钛网为阳极。在催化剂PRT的抑制下，反应①难以发生，阳极上Cl-失电子生成HClO，电极反应为Cl--2e-+H2O=HClO+H+。
【详解】A．钛网电极为阳极，电子由钛网经导线流向电极a，A正确；
B．根据阴极和阳极的电极反应可得总反应为Cl-+2H2OH2↑+OH-+HClO，电解后海水pH增大，B错误；
C．阳极的电极反应为Cl-+H2O2e- = HClO+H+，C正确；
D．催化剂PRT可抑制反应①的发生，避免氧气生成，得到纯净的氢气，降低了分离能耗，D正确；
故答案选B。
14. 已知25 ℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
下列说法正确的是
A. 等浓度HCN和HNO2溶液，HCN的pH更小
B. NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为2CN-+ CO2 +H2O = CO+2HCN
C. 向0.1 ml/L的HNO2溶液中通入HCl气体至pH=2，则HNO2的电离度为7.2%
D. 结合H+的能力HCO>CN -
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数HCN＜HNO2，二者均为一元弱酸，则等浓度溶液中HNO2的pH更小，故A错误；
B． K2(H2CO3)＜K(HCN)，因此NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为，故B错误；
C．pH=2，，则，HNO2的电离度为，故C正确；
D．K1(H2CO3)＞K(HCN），结合H+的能力HCO＜CN -，故D错误；
故选C。
15. 常温时，浓度均为0.1ml·L-1的两种一元酸次磷酸 H3PO2溶液(曲线a)和氟硼酸溶液(曲线b)，pH随加水稀释体积变化曲线如图所示。V0为起始体积，稀释后溶液的体积均为 V。下列说法符合曲线表达的是
A. 氟硼酸的电离方程式为：HBF4⇌H++BF
B. 用NaOH溶液中和等体积A、B两点溶液，耗用V(NaOH)：B>A
C. B、D两点溶液，c(H+)B<100c(H+)D
D. 图中A、B、C、D点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：D>C>B>A
【答案】C
【解析】
【分析】结合图像及题意，对图像曲线起点分析可知，当时，此时还未稀释，故对a曲线，0.1ml·L-1次磷酸 H3PO2溶液中pH=2，也即，此时可求；同理分析可知0.1ml·L-1的氟硼酸HBF4溶液，故是一元强酸。
【详解】A．结合分析可知，氟硼酸的电离方程式为：HBF4=H++BF，A错误；
B．用NaOH溶液中和等体积A、B两点溶液，所用碱的量取决于酸的初始量，两酸的初始量相等，故消耗V(NaOH)：B=A，B错误；
C．先分析A、D两点，结合图示分析，可知，同时，故B、D两点溶液，c(H+)B<100c(H+)D，C正确；
D．图中A、B、C、D点均是酸溶液，酸均抑制水电离，结合曲线各点pH，可知酸性：A＞B＞C=D，故溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：D=C>B>A，D错误；
故选C。
16. 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线
B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率
D. 后，
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
17. 反应2M(g)+N(g)2Q(g) 的平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 上述反应为吸热反应B. a点处v(M)正=v(N)逆
C. a、b、c、d四点中，只有b点为平衡状态D. d点处v正＜v逆
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度K正减小，说明升高温度反应逆向移动，反应正向放热，故A错误；
B．任意时刻有v(M)正=2v(N)正，a 点v(N)正=v(N)逆，a点处v(M)正=2v(N)逆，故B错误；
C．a、b、c、d四点中，a、b、c点均为平衡状态，故C错误；
D．由图可知在相同温度下Qd＞K正，反应逆向移动v正＜v逆，故D正确；
故选D。
18. 如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是
A. a是电源的负极
B. 离子交换膜A是阴离子交换膜，离子交换膜B是阳离子交换膜(或质子交换膜)
C. 当有0.2mle－流出，I室溶液质量减少6.4g
D. 0.01mlFe2O3完全溶解时，至少产生气体336mL(折合成标准状况下)
【答案】C
【解析】
【详解】A．通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，说明电极Ⅱ是阳极，则b为电源正极，a是电源的负极，故A正确；
B．根据Fe2O3逐渐溶解，则说明阳极区生成的氢离子移向Ⅱ室，因此离子交换膜B是阳离子交换膜(或质子交换膜)，Ⅱ室内带正电荷增多，则左边阴离子会移向Ⅱ室，因此离子交换膜A是阴离子交换膜，故B正确；
C．当有0.2ml e－流出，则I室有0.1ml铜离子变为铜单质，还有0.2ml氯离子移向Ⅱ室，因此溶液质量减少0.1ml×64g∙ml−1+0.2ml×35.5g∙ml−1=13.5g，故C错误；
D．0.01ml Fe2O3完全溶解时，则消耗0.06ml氢离子，生成0.015ml氧气，则至少产生气体336mL(折合成标准状况下)，故D正确。
综上所述，答案为C。
19. 常温下，在20mL0.lml/LNa2CO3溶液中逐滴加入40mL0.lml/L稀盐酸，溶液中含碳元素各种微粒(CO2因逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线a表示H2CO3的变化曲线
B. pH=8时，c(HCO)=0.1ml/L
C. pH=7时，溶液溶质只有NaCl
D. 碳酸的二级电离常数Ka2为1.0×10-11
【答案】D
【解析】
【分析】碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，开始时随着盐酸的加入碳酸根离子浓度逐渐减小，碳酸氢根离子浓度逐渐增大，a表示碳酸根离子，b表示碳酸氢根离子，随着盐酸的不断加入，碳酸氢根离子浓度开始减小，H2CO3浓度增大，c表示H2CO3。
【详解】A．曲线a表示碳酸根离子的变化曲线，A错误；
B．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒只有碳酸氢根离子，但是随着盐酸的加入溶液总体积增大，因此c()<0.1ml/L，B错误；
C．pH=7时，溶液中存在碳酸氢根离子、H2CO3等，溶质不只有NaCl，C错误；
D．从图中可知，pH=11时，碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度相同，Ka2==c(H+)=10-11，D正确；
故答案选D。
20. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法正确的是
A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-3ml•L-1•min-1
B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时37.5%的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能小
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知M的起始浓度为0.5ml/L，反应①的速率，反应②的速率v2=k2c2(M)，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，则体系中始终有，由图可知30min时，c(Z)=0.125ml/L，则c(Y)=0.2ml/L-0.125ml/L=0.075ml/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075ml/L：0.125ml/L=3:5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①②的活化能大小，根据和转化率公式计算反应速率和转化率。
【详解】A．由上述分析可知30min时，则，故A错误；
B．反应①的速率v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)，k1、k2为速率常数，则反应体系中反应①②的速率之比始终不变，即生成物Y、Z的浓度之比始终不变，故B正确；
C．由分析可知体系中Y和Z的浓度之比为3:5所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=0.5ml/L，则，反应结束时M转化为乙的转化率为，故C错误；
D．v(Y)：(Z)=3：5，即v(Y)故选B。
第Ⅱ卷(非选择题共60分)
21. 以下是生产、生活中常见的化学物质：①冰醋酸②Na2CO3③NaOH④盐酸⑤H2C2O4 ⑥熔融NaHSO4 ⑦石墨 ⑧酒精 ⑨NH3 ⑩BaCO3。按要求回答下列问题：
（1）能导电的有_______，属于强电解质的有_______(用序号填空)。
（2）等体积、等pH的醋酸和盐酸。
①与足量大理石反应，生成气体的物质的量：醋酸_______盐酸(填“>”“＜”或“=”)；
②加水稀释醋酸的过程中，随着水量的增加而增大的是_______(填字母)。
A． B． C． D． c(OH−)
（3）常温下，pH=2的NaHSO4溶液中由水电离出的H+浓度为_______ml/L；常温下，将V1 mL、pH=2的NaHSO4溶液与V2 mL、pH=13的NaOH溶液充分混合后pH=11，则V1：V2=_______。
（4）常温下，向H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，溶液中的H2C2O4 、HC2O、C2O的物质的量分数(δ)与pH的关系如下图所示(示例：C2O)。
①图中a点溶液转化为b点溶液所发生反应离子方程式为_______；
②已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5.向等体积、等浓度的CH3COOH和H2C2O4溶液中分别加水稀释至相同pH，加入水的体积：CH3COOH_______H2C2O4(填“>”“＜”或“=”)；
③pH=4的溶液中=_______。
【答案】（1） ①. ④⑥⑦ ②. ②③⑥⑩
（2） ①. ＞ ②. BD
（3） ①. 1×10-12 ②. 9:1
（4） ①. HC2O+ OH- = C2O+H2O ②. ＜ ③. 102.58
【解析】
【小问1详解】
上述物质中能导电的有④盐酸、⑥熔融NaHSO4、⑦石墨。属于强电解质的有②Na2CO3、③NaOH、⑥熔融NaHSO4、⑩BaCO3；
【小问2详解】
①等体积、等pH的醋酸和盐酸，醋酸的浓度要远大于盐酸，与足量大理石反应，生成气体的物质的量醋酸>盐酸；
②A．=，温度不变K值不变，加水稀释c(CH3COO-)减小，则减小，A错误；
B．，温度不变K值不变，加水稀释c(H+)减小，增大，B正确；
C．醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，两者的浓度之比等于物质的量之比，稀释醋酸，醋酸电离生成的醋酸根离子的量等于氢离子的量，但是水也能电离出部分氢离子，且稀释醋酸水的电离程度增大，醋酸根离子物质的量增加量小于氢离子物质的量增加量，因此 减小，C错误；
D．加水稀释醋酸，c(H+)减小，水的离子积常数不变，c(OH-)增大，D正确；
故答案选BD；
【小问3详解】
NaHSO4能完全电离出氢离子，pH=2的NaHSO4溶液中c(H+)=10-2ml/L，则c(OH-)=10-12ml/L，由水电离出的氢离子浓度等于c(OH-)=10-12ml/L。V1mLpH=2的NaHSO4溶液与V2mLpH=13的NaOH溶液混合后pH=11，说明反应后氢氧根离子剩余，浓度为10-3ml/L。则有，解得V1：V2=9:1；
【小问4详解】
①a点时溶液中以为主，b点时溶液中以为主，a点到b点的过程中与氢氧根离子反应生成和水，离子方程式为HC2O+ OH- = C2O+H2O；
②图中pH=1.23的点，c(H2C2O4)=c()，此时Ka1(H2C2O4)=c(H+)=10-1.23>Ka(CH3COOH)，等体积、等浓度的醋酸和H2C2O4溶液，草酸溶液的pH更小，分别加水稀释至相同pH，需要加入的水的体积CH3COOH③从图中可知，pH=4.19时，c()=c()，此时Ka2(H2C2O4)=10-4.19，=102.58。
22. 阳极泥是电解精炼铜过程中产出的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu和CuAgSe等。半湿法处理铜阳极泥回收贵金属银、铂、金的工艺如下图：
已知：①“焙烧除硒”过程中硒、铜和银转化为相应的氧化物；②“分银”工艺中银转化为[Ag(NH3)2]+。
回答下列问题：
（1）硒(34Se)位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，其原子结构示意图为_______；CuAgSe中铜的化合价为_______。
（2）有利于“焙烧除硒”的措施有适当提高焙烧温度、_______(提出一种措施)。
（3）“脱铜”工艺中，与银元素相关的离子反应方程式为_______。
（4）“分银”得到滤渣的主要成分有Pt和_______。
（5）“沉银”过程中肼(N2H4)的作用是_______。
（6）经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，可能的原因是_______(用化学语言解释)。
（7）某研究性学习小组为探究Ag 与Fe3＋的反应，按图装置进行实验(盐桥中的物质不参与反应)。
①K闭合时，电流表指针偏转，石墨作_______(填“正极”或“负极”)。
②当指针归零后，向U形管左侧滴加几滴Fe(NO3)2浓溶液，发现指针向反方向偏转，写出此时银电极的反应式：_______。
③结合上述实验分析，写出Fe3＋和Ag反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. ②. +1
（2）粉碎阳极泥或阳极泥粉末与空气逆流进料
（3）Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O
（4）Au （5）将Ag(Ⅰ)还原为单质或作还原剂
（6）NO+4H++3e-=NO↑+2H2O或2H++2e- =H2↑
（7） ①. 正极 ②. Ag++e- =Ag ③. Fe3++AgFe2++Ag+
【解析】
【分析】阳极泥中加入发烟硫酸和空气，焙烧除硒，生成硒蒸气，反应过程中铜和银分别生成CuO和Ag2O，加入盐酸脱铜，CuO转化为CuCl2，Ag2O转化为AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl转化为[Ag(NH3)2]+，最后加入N2H4与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag和N2。
【小问1详解】
34Se位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，原子结构示意图为，CuAgSe中Se为-2价，Ag为+1价，则Cu为+1价。
【小问2详解】
有利于焙烧除硒的措施有适当提高焙烧温度、粉碎阳极泥或阳极泥粉末与空气逆流进料等。
【小问3详解】
脱铜工艺中，Ag2O与HCl反应生成AgCl和水，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O。
【小问4详解】
阳极泥经过焙烧除硒，Au、Pt仍为单质无变化，加入盐酸后Au、Pt也不与盐酸反应，过滤后的滤渣中含有Au、Pt，加入氨水后AgCl沉淀溶解，Au、Pt仍为沉淀，故过滤后滤渣中含有Pt和Au。
【小问5详解】
沉银过程中N2H4与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag和N2，N2H4失电子做还原剂将Ag(Ⅰ)还原为单质。
【小问6详解】
银的电解精炼，纯银为阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合液，硝酸浓度不能过大，否则硝酸根离子因浓度过大优先于Ag+得电子，同时H+也可能因浓度过大优先于Ag+得电子，电极反应式为NO+4H++3e-=NO↑+2H2O或2H++2e- =H2↑。
【小问7详解】
①该原电池装置中，Ag为负极失电子，电极反应为Ag-e-=Ag+，石墨为正极，电极反应为Fe3++e-=Fe2+。
②指针归零后，向U形管左侧滴加几滴硝酸亚铁浓溶液，指针反方向偏转，此时Ag电极为正极，正极上电极反应式为Ag++e-=Ag。
③结合该原电池的正负电极反应式可知铁离子与银反应生成亚铁离子和银离子，同时该反应可逆向进行，Fe3+与Ag反应的离子方程式为Fe3++AgFe2++Ag+。
23. 碱式次氯酸镁(化学式Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O，简称BMH)是一种难溶于水的白色粉末，常用作消毒剂。利用碱性NaClO溶液与MgCl2溶液反应可制备BMH：2NaClO + 3MgCl2 + 4NaOH + 2H2O = Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O↓+6NaCl，装置如下图：
请回答下列问题：
（1）装置a中发生反应的化学方程式_______。
（2）标出b装置盛装的试剂名称并补全导管：_______。
（3）向装置c中滴加MgCl2溶液之前应进行的操作是_______。
（4）反应结束后c中混合物经_______(填操作名称)、洗涤、干燥后可得BMH产品。干燥产品通常采用吹干、吸干等方式，不采用“高温烘干”的原因是_______。
（5）测定产品纯度：称取 g产品于锥形瓶，加适量稀硫酸和足量KI溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液体积为V mL。(已知BMH相对分子质量为279，相关反应有：)
① 滴定终点的现象是_______。
② 该产品的纯度为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
③ 下列操作会导致实验结果偏小的是_______(填字母)。
A． 锥形瓶未经干燥 B． 滴定前滴定管尖端无气泡，滴定结束尖端有气泡
C． Na2S2O3溶液部分氧化变质 D． 滴定前平视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1）Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
（2） （3）打开装置a中分液漏斗旋塞
（4） ①. 过滤 ②. 避免高温导致产品脱水、分解
（5） ①. 滴入半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪色且保持30 s无变化 ②. ③. BD
【解析】
【分析】实验室利用碱性NaClO溶液与MgCl2溶液反应可制备BMH：2NaClO + 3MgCl2 + 4NaOH + 2H2O = Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O↓+6NaCl，根据题所给装置，先由装置a制备氯气，再对氯气除杂处理，通入b（饱和食盐水）中，随后通入c（NaOH溶液）中先制备出NaClO溶液，随后滴加MgCl2溶液，即可制备出白色沉淀BMH，随后过滤洗涤干燥后可得到产品。再利用氧化还原滴定测产品纯度即可。
【小问1详解】
装置a是利用浓盐酸和次氯酸钙反应制取氯气，发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
b装置是为了除去氯气中混有得氯化氢气体杂质，因此盛装的是饱和食盐水，因需要洗气故需要长进短出，故为：；
【小问3详解】
向装置c中滴加MgCl2溶液之前应先将氯气通入氢氧化钠溶液中先制备出次氯酸钠，故需先打开装置a中分液漏斗旋塞。制备出氯气并通入c中。
【小问4详解】
反应结束后c中混合物中有BMH沉淀，故需先过滤分离固液混合物，再洗涤干燥得到产品。碱式次氯酸镁(化学式Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O，简称BMH)受热易分解和脱水，故不可以采取高温烘干的方法；
【小问5详解】
BMH中的次氯酸根再酸性条件下先氧化碘离子生成碘单质，再使用硫代硫酸钠溶液滴定，故滴定终点的现象为：滴入半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪色且保持30 s无变化；
结合题意滴定原理分析可知，各物质的计量关系为；故；
A. 锥形瓶未经干燥，对测定结果无影响，A不符合；
B. 滴定前滴定管尖端无气泡，滴定结束尖端有气泡，说明标准液体积偏小，所测浓度偏低，B符合；
C. Na2S2O3溶液部分氧化变质 ，则需要消耗更多标准液，所测浓度偏高，C不符合；
D. 滴定前平视读数，滴定结束时俯视读数，标准液体积读少了，所测浓度偏低，D符合；
故选BD。
24. 乙烯是重要的化工原料，工业上有多种获得方式。
Ⅰ． 电解法将CO2转化为乙烯
我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，该原理如图所示：
（1）纳米催化剂上发生的电极反应为_______，电解过程中阳极室中OH-的物质的量_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ． 乙烷与CO2反应制备乙烯：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH=+117kJ·ml-1
该反应可以分为两步：
①C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) ΔH1(反应速率较快)
②CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2= +41kJ ·ml-1(反应速率较慢)
（2）ΔH1=_______。
（3）改变反应物_______(填“C2H6”或“CO2”)的浓度对总反应速率影响更大。
Ⅲ． 乙烷催化裂解制备乙烯： C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)
（4）利用膜反应新技术可以分离出生成的氢气，从而提高乙烷的转化率。某温度下向容积为1 L的密闭容器中充入1.0 ml 乙烷发生催化裂解反应，达到平衡时乙烷的转化率为50%，此温度下该反应的平衡常数K=_______；若采用膜分离技术将上述平衡体系中90%的H2分离出去，则乙烷的平衡转化率可提高到_______%(保留三位有效数字)。
Ⅳ． 碘甲烷(CH3I)热裂解也可制乙烯：
①
该法同时存在副反应：
②
③
反应①、②、③在不同温度下的分压平衡常数如下表，请结合表中数据回答下列问题：
（5）反应①的活化能(正)_______(逆)(填“>”或“＜”。
（6）反应的平衡常数=_______(用、)；该反应的_______0(填“>”或“＜”)，写出推理过程：_______。
【答案】（1） ①. ②. 不变
（2）+76 kJ·ml-1
（3）CO2 （4） ①. 0.5 ②. 83.3
（5）＞ （6） ①. ②. ＜ ③. 由Kp4=，结合表中数据可估算298 K时、523 K时，随温度升高而下降，说明该反应为放热反应
【解析】
【小问1详解】
电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变为-2价，C的化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与电源负极相连，以此分析。由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，反应为；a电极产生的OH-向阳极室移动，在b电极上发生反应，阳极上OH-的量不变；
【小问2详解】
根据盖斯定律，①+②等于总反应，所以；
【小问3详解】
在多步反应体系中，慢反应决定整个反应速率，已知反应ii速率较慢，决定整个反应速率，所以改变的浓度对总反应速率影响更大；
【小问4详解】
根据信息可知，达到平衡时乙烷的转化率为50%，则
平衡常数K=。
若采用膜分离技术将上述平衡体系中90%的H2分离出去，设乙烷的转化率为x，则
K=，解得x=0.833。
【小问5详解】
由表中数据可以看出，随着温度的不断升高，分压平衡常数不断增大，则正反应为吸热反应，从而推出反应ⅰ的活化能Ea(正)＞Ea (逆)。答案为：＞；
【小问6详解】实验目的
实验方法或操作
A
测定中和反应的反应热
酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积、不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积、等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C
测定溶液的pH
将干燥的pH试纸放在干净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液涂抹在pH试纸上，与标准比色卡进行对照
D
除去碱式滴定管胶管内的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
弱电解质
HCN
H2CO3
HNO2
电离平衡常数
4.9×10-10
K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
7.2×10-4
T
298K
323K
423K
523K
623K
反应①/ Pa-1
2.80
反应②/ Pa-1
反应③/ Pa-1
2.24
注意事项：
1. 本试题分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。全卷满分100分，考试时间90分钟。
2. 可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 在铁制品上镀铜，铁制品做阴极
B. 通过调节合金的组成可以提高其抗腐蚀能力
C. 铝制品表面镀上一层氧化膜属于牺牲阳极保护法
D. 燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置
【答案】C
【解析】
【详解】A．在铁制品上镀铜，铁制品做阴极，铜做阳极，A正确；
B．通过调节合金的组成可以提高其抗腐蚀能力，B正确；
C．铝制品表面镀上一层氧化膜，可保护内部的铝，防止其被氧化，不是牺牲阳极保护法，C错误；
D．燃料电池高效且产物通常对环境没有污染，是一种高效、环境友好的发电装置，D正确；
故答案选C。
2. 常温下，下列粒子能在指定的溶液中一定能大量共存的是
A. 遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、H2O2、Cl-
B. 的溶液中：NH、Ca2+、Cl-、NO
C. pH=0的溶液中：NH、Fe2+、Br-、ClO-
D. 由水电离的c(OH-)=110-13 ml·L-1 的溶液中：K+、Cl-、Al3+、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．遇KSCN变红色的溶液说明含有三价铁离子，双氧水会被三价铁离子催化分解，A错误；
B．常温下，，则说明溶液显酸性，在酸性条件下四种离子均可大量存在，B正确；
C．pH=0的溶液是酸性溶液，和氢离子会生成弱电解质HClO，二价铁和次氯酸根离子也会发生氧化还原反应，C错误；
D．水电离的的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，碱性条件下Al3+不能大量共存，D错误。
故选B。
3. 下列说法正确的是
A. S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1，S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2；则△H1的数值大于△H2
B. 甲烷的燃烧热为△H=-890.3 kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ/ml
C. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H = -38.6 kJ·ml-1
D. 同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质气态比固态能量高，该反应放热，因此则△H1的数值大于△H2，故A正确；
B．燃烧热氢元素指定的产物是液态水，因此该热化学方程式不是燃烧热热化学方程式，故B错误；
C．合成氨的反应是可逆反应，完全反应放出的热量比19.3kJ要多，因此该热化学方程式不正确，故C错误；
D．反应热只和起始态与终末态有关，与反应条件无关，故D错误；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 粗铜精炼电路中每转移 2NA 电子，阳极质量减少64 g
B. 常温下，1 L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH－的数目为0.02NA
C. 1 ml/L CH3COOH溶液中含CH3COOH分子数目为NA
D. 25 ℃时，46 g NO2和N2O4混合气体中O原子的数目为 2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．粗铜精炼电路中每转移 2NA 电子，由于阳极是含Zn、Fe、Ag等杂质，因此无法计算阳极质量减少的质量，故A错误；
B．常温下，1 L pH=12的Ba(OH)2溶液中OH－的数目为1L×0.01ml∙L−1×NA ml−1 =0.01NA，故B错误；
C．由于溶液体积未知，无法计算CH3COOH物质的量，故C错误；
D．25 ℃时，46 g NO2和N2O4混合气体(通式为NxO2x)中O原子的数目为 ，故D正确。
综上所述，答案为D。
5. 用化学用语解释相关表述正确是
A. Na2S2O3与稀硫酸反应：S2O+2H+=SO+S↓+H2O
B. 向酸性KI溶液中通入O2：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-
C. 铁做电极材料电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑
D. 向Na2CrO4溶液中滴加少量稀硫酸：2CrO42-+2H+ ⇌ Cr2O+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2S2O3与稀硫酸反应：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A错误；
B．向酸性KI溶液中通入O2：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，B错误；
C．铁做电极材料电解饱和食盐水：，C错误
D．向Na2CrO4溶液中滴加少量稀硫酸：，D正确；
故选D。
6. 下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中正确的是
A. 四种金属腐蚀发生吸氧腐蚀都生成对应的氧化物
B. 用石墨电极电解熔融氧化铝冶炼铝，阳极电极需要定期更换
C. 铝制品、铜制品均能发生析氢腐蚀
D. 铁制器件附有铜制配件，接口处铜易生锈
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cu发生吸氧腐蚀是生成碱式碳酸铜，故A错误；
B．用石墨电极电解熔融氧化铝冶炼铝，阳极产生的氧气会与石墨反应，消耗石墨，因此阳极电极需要定期更换，故B正确；
C．铝制品能发生析氢腐蚀，而铜制品不能发生析氢腐蚀，故C错误；
D．铁制器件附有铜制配件，接口处铁易生锈，铁作负极，铜为正极，故D错误；
答案为B。
7. 某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A. 升高温度，若增大，则
B. 加入一定量Z，达新平衡后减小
C. 加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大
D. 加入一定量氩气，平衡不移动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；
故答案为：C。
8. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．为防止热量损失，测定中和反应的反应热，应该把酸碱迅速混合；酸碱中和滴定时，酸、碱缓慢滴入，热量损失过多，所以不能达到目的，故不选A；
B．NaClO与Na2SO3溶液反应，没有明显现象，不能达到目的，故不选B；
C．将干燥的pH试纸放在干净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液涂抹在pH试纸上，与标准比色卡进行对照，读出溶液的pH，故选C；
D．除去碱式滴定管胶管内的气泡，将胶管向上弯曲，用力挤玻璃球使溶液从尖嘴处将气泡排出，故不选D；
选C。
9. 在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A. 再通入少量氯气，减小
B. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
C. 加入少量碳酸钙粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D. 光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和氯水中不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，不变，A项错误；
B．通入少量SO2，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡逆向移动，使HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，B项错误；
C．加入少量碳酸钙粉末，消耗H+，pH增大，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，C项正确；
D．光照过程中，HClO分解生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D项错误；
答案选C。
10. 将铜丝缠绕在铁钉上，进行如图所示的实验，下列对实验现象的解释不合理的是
A. 向铜丝周围滴加两滴酚酞出现红色：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B. 铁钉溶解：Fe-2e-=Fe2+
C. 向铁钉周围滴加两滴铁氰化钾出现蓝色：Fe2++K++[Fe(CN)6]3- =KFe[Fe(CN)6]↓
D. 一段时间后会出现白色沉淀：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．缠绕铜丝的铁钉在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀，铜丝为正极，氧气在正极得电子发生还原反应的电极反应式为， A项错误；
B．铁钉发生吸氧腐蚀，铁钉作负极发生氧化反应的电极反应式为，B项正确；
C．铁钉溶解产生Fe2+，Fe2+遇到铁氰化钾出现蓝色的离子方程式为，C项正确；
D．根据铁的吸氧腐蚀负极产生的Fe2+和正极产生的OH-不共存，能生成Fe(OH)2白色沉淀的离子方程式为，D项正确；
故选A。
11. 现有室温下四种溶液，有关叙述错误的是
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①>②>④>③
D. ①④两溶液中溶质的电离程度相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，③中醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH值增大，④中醋酸根和氢离子反应，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；
B．②③两溶液等体积混合，由于醋酸的物质的量远大于氢氧化钠物质的量，混合后，溶液显酸性，因此溶液中c(H＋)>c(OH－)，故B正确；
C．分别加水稀释10倍，氨水又电离，因此氨水中氢氧根浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根浓度，醋酸又电离，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此四种溶液pH ①>②>④>③，故C正确；
D．①④两溶液中溶质的电离程度不相同，氨水是弱酸，部分电离，盐酸是强酸，全部电离，故D错误。
综上所述，答案为D。
12. Fe3(PO4)2·8H2O可作铁质强化剂，溶于无机强酸。称取1.800g样品用足量的硫酸溶解后，立即用0.1000ml/L KMnO4标准溶液滴定，计算其含量确定产品等级。对于实验的描述正确的是
A 称量：该实验中样品用托盘天平进行称量
B. 溶解：按照图①进行KMnO4的溶解
C. 定容：沿玻璃棒注入蒸馏水至凹液面与刻度线相切
D. 滴定：图②表示用KMnO4标准溶液滴定
【答案】D
【解析】
【详解】A．需要1.800样品，不能用托盘天平进行称量，它只能精确到0.1g，A错误；
B．不能在容量瓶中溶解固体，B错误；
C．在定容时，沿玻璃棒注入蒸馏水至刻度线2-3cm处时，换用胶头滴管滴加，C错误；
D．滴定时，标准溶液高锰酸钾溶液装在酸式滴定管中，D正确；
故选D。
13. 某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂的使用可以有效的抑制副反应的发生。下列说法错误的是
A. 电子由钛网经导线流向电源a极
B. 电解后海水pH下降
C. 阳极的电极反应有Cl-+H2O2e- = HClO+H+
D. 催化剂PRT可抑制反应①的发生，得到纯净的H2，降低分离能耗
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可知，海水在钛箔电极上得电子生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故钛箔电极为阴极，电源b为负极，则电源a为正极，钛网为阳极。在催化剂PRT的抑制下，反应①难以发生，阳极上Cl-失电子生成HClO，电极反应为Cl--2e-+H2O=HClO+H+。
【详解】A．钛网电极为阳极，电子由钛网经导线流向电极a，A正确；
B．根据阴极和阳极的电极反应可得总反应为Cl-+2H2OH2↑+OH-+HClO，电解后海水pH增大，B错误；
C．阳极的电极反应为Cl-+H2O2e- = HClO+H+，C正确；
D．催化剂PRT可抑制反应①的发生，避免氧气生成，得到纯净的氢气，降低了分离能耗，D正确；
故答案选B。
14. 已知25 ℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
下列说法正确的是
A. 等浓度HCN和HNO2溶液，HCN的pH更小
B. NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为2CN-+ CO2 +H2O = CO+2HCN
C. 向0.1 ml/L的HNO2溶液中通入HCl气体至pH=2，则HNO2的电离度为7.2%
D. 结合H+的能力HCO>CN -
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数HCN＜HNO2，二者均为一元弱酸，则等浓度溶液中HNO2的pH更小，故A错误；
B． K2(H2CO3)＜K(HCN)，因此NaCN溶液与少量CO2反应的离子反应方程式为，故B错误；
C．pH=2，，则，HNO2的电离度为，故C正确；
D．K1(H2CO3)＞K(HCN），结合H+的能力HCO＜CN -，故D错误；
故选C。
15. 常温时，浓度均为0.1ml·L-1的两种一元酸次磷酸 H3PO2溶液(曲线a)和氟硼酸溶液(曲线b)，pH随加水稀释体积变化曲线如图所示。V0为起始体积，稀释后溶液的体积均为 V。下列说法符合曲线表达的是
A. 氟硼酸的电离方程式为：HBF4⇌H++BF
B. 用NaOH溶液中和等体积A、B两点溶液，耗用V(NaOH)：B>A
C. B、D两点溶液，c(H+)B<100c(H+)D
D. 图中A、B、C、D点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：D>C>B>A
【答案】C
【解析】
【分析】结合图像及题意，对图像曲线起点分析可知，当时，此时还未稀释，故对a曲线，0.1ml·L-1次磷酸 H3PO2溶液中pH=2，也即，此时可求；同理分析可知0.1ml·L-1的氟硼酸HBF4溶液，故是一元强酸。
【详解】A．结合分析可知，氟硼酸的电离方程式为：HBF4=H++BF，A错误；
B．用NaOH溶液中和等体积A、B两点溶液，所用碱的量取决于酸的初始量，两酸的初始量相等，故消耗V(NaOH)：B=A，B错误；
C．先分析A、D两点，结合图示分析，可知，同时，故B、D两点溶液，c(H+)B<100c(H+)D，C正确；
D．图中A、B、C、D点均是酸溶液，酸均抑制水电离，结合曲线各点pH，可知酸性：A＞B＞C=D，故溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：D=C>B>A，D错误；
故选C。
16. 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线
B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率
D. 后，
【答案】D
【解析】
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
17. 反应2M(g)+N(g)2Q(g) 的平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 上述反应为吸热反应B. a点处v(M)正=v(N)逆
C. a、b、c、d四点中，只有b点为平衡状态D. d点处v正＜v逆
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度K正减小，说明升高温度反应逆向移动，反应正向放热，故A错误；
B．任意时刻有v(M)正=2v(N)正，a 点v(N)正=v(N)逆，a点处v(M)正=2v(N)逆，故B错误；
C．a、b、c、d四点中，a、b、c点均为平衡状态，故C错误；
D．由图可知在相同温度下Qd＞K正，反应逆向移动v正＜v逆，故D正确；
故选D。
18. 如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是
A. a是电源的负极
B. 离子交换膜A是阴离子交换膜，离子交换膜B是阳离子交换膜(或质子交换膜)
C. 当有0.2mle－流出，I室溶液质量减少6.4g
D. 0.01mlFe2O3完全溶解时，至少产生气体336mL(折合成标准状况下)
【答案】C
【解析】
【详解】A．通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，说明电极Ⅱ是阳极，则b为电源正极，a是电源的负极，故A正确；
B．根据Fe2O3逐渐溶解，则说明阳极区生成的氢离子移向Ⅱ室，因此离子交换膜B是阳离子交换膜(或质子交换膜)，Ⅱ室内带正电荷增多，则左边阴离子会移向Ⅱ室，因此离子交换膜A是阴离子交换膜，故B正确；
C．当有0.2ml e－流出，则I室有0.1ml铜离子变为铜单质，还有0.2ml氯离子移向Ⅱ室，因此溶液质量减少0.1ml×64g∙ml−1+0.2ml×35.5g∙ml−1=13.5g，故C错误；
D．0.01ml Fe2O3完全溶解时，则消耗0.06ml氢离子，生成0.015ml氧气，则至少产生气体336mL(折合成标准状况下)，故D正确。
综上所述，答案为C。
19. 常温下，在20mL0.lml/LNa2CO3溶液中逐滴加入40mL0.lml/L稀盐酸，溶液中含碳元素各种微粒(CO2因逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线a表示H2CO3的变化曲线
B. pH=8时，c(HCO)=0.1ml/L
C. pH=7时，溶液溶质只有NaCl
D. 碳酸的二级电离常数Ka2为1.0×10-11
【答案】D
【解析】
【分析】碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，开始时随着盐酸的加入碳酸根离子浓度逐渐减小，碳酸氢根离子浓度逐渐增大，a表示碳酸根离子，b表示碳酸氢根离子，随着盐酸的不断加入，碳酸氢根离子浓度开始减小，H2CO3浓度增大，c表示H2CO3。
【详解】A．曲线a表示碳酸根离子的变化曲线，A错误；
B．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒只有碳酸氢根离子，但是随着盐酸的加入溶液总体积增大，因此c()<0.1ml/L，B错误；
C．pH=7时，溶液中存在碳酸氢根离子、H2CO3等，溶质不只有NaCl，C错误；
D．从图中可知，pH=11时，碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度相同，Ka2==c(H+)=10-11，D正确；
故答案选D。
20. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法正确的是
A. 0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-3ml•L-1•min-1
B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时37.5%的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能小
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知M的起始浓度为0.5ml/L，反应①的速率，反应②的速率v2=k2c2(M)，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，则体系中始终有，由图可知30min时，c(Z)=0.125ml/L，则c(Y)=0.2ml/L-0.125ml/L=0.075ml/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075ml/L：0.125ml/L=3:5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①②的活化能大小，根据和转化率公式计算反应速率和转化率。
【详解】A．由上述分析可知30min时，则，故A错误；
B．反应①的速率v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)，k1、k2为速率常数，则反应体系中反应①②的速率之比始终不变，即生成物Y、Z的浓度之比始终不变，故B正确；
C．由分析可知体系中Y和Z的浓度之比为3:5所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=0.5ml/L，则，反应结束时M转化为乙的转化率为，故C错误；
D．v(Y)：(Z)=3：5，即v(Y)
第Ⅱ卷(非选择题共60分)
21. 以下是生产、生活中常见的化学物质：①冰醋酸②Na2CO3③NaOH④盐酸⑤H2C2O4 ⑥熔融NaHSO4 ⑦石墨 ⑧酒精 ⑨NH3 ⑩BaCO3。按要求回答下列问题：
（1）能导电的有_______，属于强电解质的有_______(用序号填空)。
（2）等体积、等pH的醋酸和盐酸。
①与足量大理石反应，生成气体的物质的量：醋酸_______盐酸(填“>”“＜”或“=”)；
②加水稀释醋酸的过程中，随着水量的增加而增大的是_______(填字母)。
A． B． C． D． c(OH−)
（3）常温下，pH=2的NaHSO4溶液中由水电离出的H+浓度为_______ml/L；常温下，将V1 mL、pH=2的NaHSO4溶液与V2 mL、pH=13的NaOH溶液充分混合后pH=11，则V1：V2=_______。
（4）常温下，向H2C2O4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，溶液中的H2C2O4 、HC2O、C2O的物质的量分数(δ)与pH的关系如下图所示(示例：C2O)。
①图中a点溶液转化为b点溶液所发生反应离子方程式为_______；
②已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5.向等体积、等浓度的CH3COOH和H2C2O4溶液中分别加水稀释至相同pH，加入水的体积：CH3COOH_______H2C2O4(填“>”“＜”或“=”)；
③pH=4的溶液中=_______。
【答案】（1） ①. ④⑥⑦ ②. ②③⑥⑩
（2） ①. ＞ ②. BD
（3） ①. 1×10-12 ②. 9:1
（4） ①. HC2O+ OH- = C2O+H2O ②. ＜ ③. 102.58
【解析】
【小问1详解】
上述物质中能导电的有④盐酸、⑥熔融NaHSO4、⑦石墨。属于强电解质的有②Na2CO3、③NaOH、⑥熔融NaHSO4、⑩BaCO3；
【小问2详解】
①等体积、等pH的醋酸和盐酸，醋酸的浓度要远大于盐酸，与足量大理石反应，生成气体的物质的量醋酸>盐酸；
②A．=，温度不变K值不变，加水稀释c(CH3COO-)减小，则减小，A错误；
B．，温度不变K值不变，加水稀释c(H+)减小，增大，B正确；
C．醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，两者的浓度之比等于物质的量之比，稀释醋酸，醋酸电离生成的醋酸根离子的量等于氢离子的量，但是水也能电离出部分氢离子，且稀释醋酸水的电离程度增大，醋酸根离子物质的量增加量小于氢离子物质的量增加量，因此 减小，C错误；
D．加水稀释醋酸，c(H+)减小，水的离子积常数不变，c(OH-)增大，D正确；
故答案选BD；
【小问3详解】
NaHSO4能完全电离出氢离子，pH=2的NaHSO4溶液中c(H+)=10-2ml/L，则c(OH-)=10-12ml/L，由水电离出的氢离子浓度等于c(OH-)=10-12ml/L。V1mLpH=2的NaHSO4溶液与V2mLpH=13的NaOH溶液混合后pH=11，说明反应后氢氧根离子剩余，浓度为10-3ml/L。则有，解得V1：V2=9:1；
【小问4详解】
①a点时溶液中以为主，b点时溶液中以为主，a点到b点的过程中与氢氧根离子反应生成和水，离子方程式为HC2O+ OH- = C2O+H2O；
②图中pH=1.23的点，c(H2C2O4)=c()，此时Ka1(H2C2O4)=c(H+)=10-1.23>Ka(CH3COOH)，等体积、等浓度的醋酸和H2C2O4溶液，草酸溶液的pH更小，分别加水稀释至相同pH，需要加入的水的体积CH3COOH
22. 阳极泥是电解精炼铜过程中产出的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu和CuAgSe等。半湿法处理铜阳极泥回收贵金属银、铂、金的工艺如下图：
已知：①“焙烧除硒”过程中硒、铜和银转化为相应的氧化物；②“分银”工艺中银转化为[Ag(NH3)2]+。
回答下列问题：
（1）硒(34Se)位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，其原子结构示意图为_______；CuAgSe中铜的化合价为_______。
（2）有利于“焙烧除硒”的措施有适当提高焙烧温度、_______(提出一种措施)。
（3）“脱铜”工艺中，与银元素相关的离子反应方程式为_______。
（4）“分银”得到滤渣的主要成分有Pt和_______。
（5）“沉银”过程中肼(N2H4)的作用是_______。
（6）经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，可能的原因是_______(用化学语言解释)。
（7）某研究性学习小组为探究Ag 与Fe3＋的反应，按图装置进行实验(盐桥中的物质不参与反应)。
①K闭合时，电流表指针偏转，石墨作_______(填“正极”或“负极”)。
②当指针归零后，向U形管左侧滴加几滴Fe(NO3)2浓溶液，发现指针向反方向偏转，写出此时银电极的反应式：_______。
③结合上述实验分析，写出Fe3＋和Ag反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. ②. +1
（2）粉碎阳极泥或阳极泥粉末与空气逆流进料
（3）Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O
（4）Au （5）将Ag(Ⅰ)还原为单质或作还原剂
（6）NO+4H++3e-=NO↑+2H2O或2H++2e- =H2↑
（7） ①. 正极 ②. Ag++e- =Ag ③. Fe3++AgFe2++Ag+
【解析】
【分析】阳极泥中加入发烟硫酸和空气，焙烧除硒，生成硒蒸气，反应过程中铜和银分别生成CuO和Ag2O，加入盐酸脱铜，CuO转化为CuCl2，Ag2O转化为AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl转化为[Ag(NH3)2]+，最后加入N2H4与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag和N2。
【小问1详解】
34Se位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，原子结构示意图为，CuAgSe中Se为-2价，Ag为+1价，则Cu为+1价。
【小问2详解】
有利于焙烧除硒的措施有适当提高焙烧温度、粉碎阳极泥或阳极泥粉末与空气逆流进料等。
【小问3详解】
脱铜工艺中，Ag2O与HCl反应生成AgCl和水，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O。
【小问4详解】
阳极泥经过焙烧除硒，Au、Pt仍为单质无变化，加入盐酸后Au、Pt也不与盐酸反应，过滤后的滤渣中含有Au、Pt，加入氨水后AgCl沉淀溶解，Au、Pt仍为沉淀，故过滤后滤渣中含有Pt和Au。
【小问5详解】
沉银过程中N2H4与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag和N2，N2H4失电子做还原剂将Ag(Ⅰ)还原为单质。
【小问6详解】
银的电解精炼，纯银为阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合液，硝酸浓度不能过大，否则硝酸根离子因浓度过大优先于Ag+得电子，同时H+也可能因浓度过大优先于Ag+得电子，电极反应式为NO+4H++3e-=NO↑+2H2O或2H++2e- =H2↑。
【小问7详解】
①该原电池装置中，Ag为负极失电子，电极反应为Ag-e-=Ag+，石墨为正极，电极反应为Fe3++e-=Fe2+。
②指针归零后，向U形管左侧滴加几滴硝酸亚铁浓溶液，指针反方向偏转，此时Ag电极为正极，正极上电极反应式为Ag++e-=Ag。
③结合该原电池的正负电极反应式可知铁离子与银反应生成亚铁离子和银离子，同时该反应可逆向进行，Fe3+与Ag反应的离子方程式为Fe3++AgFe2++Ag+。
23. 碱式次氯酸镁(化学式Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O，简称BMH)是一种难溶于水的白色粉末，常用作消毒剂。利用碱性NaClO溶液与MgCl2溶液反应可制备BMH：2NaClO + 3MgCl2 + 4NaOH + 2H2O = Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O↓+6NaCl，装置如下图：
请回答下列问题：
（1）装置a中发生反应的化学方程式_______。
（2）标出b装置盛装的试剂名称并补全导管：_______。
（3）向装置c中滴加MgCl2溶液之前应进行的操作是_______。
（4）反应结束后c中混合物经_______(填操作名称)、洗涤、干燥后可得BMH产品。干燥产品通常采用吹干、吸干等方式，不采用“高温烘干”的原因是_______。
（5）测定产品纯度：称取 g产品于锥形瓶，加适量稀硫酸和足量KI溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液体积为V mL。(已知BMH相对分子质量为279，相关反应有：)
① 滴定终点的现象是_______。
② 该产品的纯度为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
③ 下列操作会导致实验结果偏小的是_______(填字母)。
A． 锥形瓶未经干燥 B． 滴定前滴定管尖端无气泡，滴定结束尖端有气泡
C． Na2S2O3溶液部分氧化变质 D． 滴定前平视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1）Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
（2） （3）打开装置a中分液漏斗旋塞
（4） ①. 过滤 ②. 避免高温导致产品脱水、分解
（5） ①. 滴入半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪色且保持30 s无变化 ②. ③. BD
【解析】
【分析】实验室利用碱性NaClO溶液与MgCl2溶液反应可制备BMH：2NaClO + 3MgCl2 + 4NaOH + 2H2O = Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O↓+6NaCl，根据题所给装置，先由装置a制备氯气，再对氯气除杂处理，通入b（饱和食盐水）中，随后通入c（NaOH溶液）中先制备出NaClO溶液，随后滴加MgCl2溶液，即可制备出白色沉淀BMH，随后过滤洗涤干燥后可得到产品。再利用氧化还原滴定测产品纯度即可。
【小问1详解】
装置a是利用浓盐酸和次氯酸钙反应制取氯气，发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
b装置是为了除去氯气中混有得氯化氢气体杂质，因此盛装的是饱和食盐水，因需要洗气故需要长进短出，故为：；
【小问3详解】
向装置c中滴加MgCl2溶液之前应先将氯气通入氢氧化钠溶液中先制备出次氯酸钠，故需先打开装置a中分液漏斗旋塞。制备出氯气并通入c中。
【小问4详解】
反应结束后c中混合物中有BMH沉淀，故需先过滤分离固液混合物，再洗涤干燥得到产品。碱式次氯酸镁(化学式Mg(ClO)2·2Mg(OH)2·2H2O，简称BMH)受热易分解和脱水，故不可以采取高温烘干的方法；
【小问5详解】
BMH中的次氯酸根再酸性条件下先氧化碘离子生成碘单质，再使用硫代硫酸钠溶液滴定，故滴定终点的现象为：滴入半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪色且保持30 s无变化；
结合题意滴定原理分析可知，各物质的计量关系为；故；
A. 锥形瓶未经干燥，对测定结果无影响，A不符合；
B. 滴定前滴定管尖端无气泡，滴定结束尖端有气泡，说明标准液体积偏小，所测浓度偏低，B符合；
C. Na2S2O3溶液部分氧化变质 ，则需要消耗更多标准液，所测浓度偏高，C不符合；
D. 滴定前平视读数，滴定结束时俯视读数，标准液体积读少了，所测浓度偏低，D符合；
故选BD。
24. 乙烯是重要的化工原料，工业上有多种获得方式。
Ⅰ． 电解法将CO2转化为乙烯
我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，该原理如图所示：
（1）纳米催化剂上发生的电极反应为_______，电解过程中阳极室中OH-的物质的量_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ． 乙烷与CO2反应制备乙烯：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH=+117kJ·ml-1
该反应可以分为两步：
①C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) ΔH1(反应速率较快)
②CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2= +41kJ ·ml-1(反应速率较慢)
（2）ΔH1=_______。
（3）改变反应物_______(填“C2H6”或“CO2”)的浓度对总反应速率影响更大。
Ⅲ． 乙烷催化裂解制备乙烯： C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)
（4）利用膜反应新技术可以分离出生成的氢气，从而提高乙烷的转化率。某温度下向容积为1 L的密闭容器中充入1.0 ml 乙烷发生催化裂解反应，达到平衡时乙烷的转化率为50%，此温度下该反应的平衡常数K=_______；若采用膜分离技术将上述平衡体系中90%的H2分离出去，则乙烷的平衡转化率可提高到_______%(保留三位有效数字)。
Ⅳ． 碘甲烷(CH3I)热裂解也可制乙烯：
①
该法同时存在副反应：
②
③
反应①、②、③在不同温度下的分压平衡常数如下表，请结合表中数据回答下列问题：
（5）反应①的活化能(正)_______(逆)(填“>”或“＜”。
（6）反应的平衡常数=_______(用、)；该反应的_______0(填“>”或“＜”)，写出推理过程：_______。
【答案】（1） ①. ②. 不变
（2）+76 kJ·ml-1
（3）CO2 （4） ①. 0.5 ②. 83.3
（5）＞ （6） ①. ②. ＜ ③. 由Kp4=，结合表中数据可估算298 K时、523 K时，随温度升高而下降，说明该反应为放热反应
【解析】
【小问1详解】
电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变为-2价，C的化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与电源负极相连，以此分析。由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，反应为；a电极产生的OH-向阳极室移动，在b电极上发生反应，阳极上OH-的量不变；
【小问2详解】
根据盖斯定律，①+②等于总反应，所以；
【小问3详解】
在多步反应体系中，慢反应决定整个反应速率，已知反应ii速率较慢，决定整个反应速率，所以改变的浓度对总反应速率影响更大；
【小问4详解】
根据信息可知，达到平衡时乙烷的转化率为50%，则
平衡常数K=。
若采用膜分离技术将上述平衡体系中90%的H2分离出去，设乙烷的转化率为x，则
K=，解得x=0.833。
【小问5详解】
由表中数据可以看出，随着温度的不断升高，分压平衡常数不断增大，则正反应为吸热反应，从而推出反应ⅰ的活化能Ea(正)＞Ea (逆)。答案为：＞；
【小问6详解】实验目的
实验方法或操作
A
测定中和反应的反应热
酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积、不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积、等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C
测定溶液的pH
将干燥的pH试纸放在干净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液涂抹在pH试纸上，与标准比色卡进行对照
D
除去碱式滴定管胶管内的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
弱电解质
HCN
H2CO3
HNO2
电离平衡常数
4.9×10-10
K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
7.2×10-4
T
298K
323K
423K
523K
623K
反应①/ Pa-1
2.80
反应②/ Pa-1
反应③/ Pa-1
2.24
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