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2021-2022学年河南省平顶山市高二上学期期末调研考试化学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年河南省平顶山市高二上学期期末调研考试化学试题 解析版，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年第一学期高二期末调研考试
化学
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Cu64
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. 我国科技成就日新月异。下列有关我国科技成就的相关解读错误的是
选项
科技成就
相关解读
A
太阳能集水器采集空中水蒸气，冷凝成饮用水
水蒸气的液化过程是放热反应
B
研制催化剂PdH2，在温和条件下利用和合成氨
催化剂能降低合成氨反应的活化能
C
探究矿物吸收形成菱镁矿的机理
加压有利于封存，能助力“碳中和”
D
合成高性能和高稳定性氢氧燃料电池的催化剂
氢氧燃料电池能将化学能转化成电能
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．大气中的水蒸气中混有杂质，其冷凝下来的水对人体不利，需净化后才能成为饮用水，A错误；
B．合成氨反应的高效催化剂PdH2，可降低反应的活化能，使条件变得温和，B正确；
C．与反应可生成菱镁矿，加压可增大CO2浓度，从而促进CO2的转化，提高CO2的吸收率，C正确；
D．研究高性能催化剂，可使氢氧燃料电池的反应条件降低，氢氧燃料电池属于原电池，将化学能转化为电能，D正确；
故选A。
2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 溶液中、的数目都小于
B. 和足量在一定条件下混合后充分反应生成分子的数目为
C. 甲烷酸性燃料电池中正极有气体反应时转移的电子数目为
D. 已知键的键能为，分子热解变成个H原子放出的热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．在溶液中会水解，而在溶液中不会水解，则溶液中数目小于0.1NA，而的数目等于0.1NA，A项错误；
B．的物质的量为1mol，和足量在一定条件下混合后充分反应生成，该反应为可逆反应，则生成分子的数目小于2NA，B项错误；
C．甲烷酸性燃料电池中正极反应为：，则O2反应时转移的电子数目为4NA，C项正确；
D．分子热解时，会吸收热量，D项错误；
答案选C。
3. 在R存在下，某反应分两步进行：①，②，其能量变化与反应历程的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. 、、都小于0 B. 反应①的活化能小于反应②
C. 反应②决定总反应的反应速率 D. R是总反应的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中可以看出，反应①中生成物的能量比反应物高，为吸热反应，所以大于0，A不正确；
B. 从图中可以看出，反应①中活化分子所具有的最低能量与分子平均能量的差值大，所以反应①的活化能大于反应②，B不正确；
C. 由于反应①的活化能大，所以反应①决定总反应的反应速率，C不正确；
D. 将反应①与反应②相加可知，R与M都是反应的中间物质，而R是第一个反应的反应物，所以R是总反应的催化剂，D正确；
故选D。
4. 《科学》最近报道，我国科学家破解了豆科植物固氮“氧气悖论”，发现存在如下平衡：豆血红蛋白(根瘤菌，粉红色)蛋白(固氮酶)。下列说法错误的是
A. 豆科植物固氮属于生物固氮
B. 豆科植物根瘤菌呈粉红色
C. 温度越高，固氨酶生物活性越高
D. 氧气不足时，蛋白(固氮酶)会释放氧气
【答案】C
【解析】
【详解】A．根瘤菌内的固氮酶可将N2转变为氨以便植物利用，故豆科植物固氮属于生物固氮，A正确；
B．由题干信息可知，豆科植物根瘤菌呈粉红色，B正确；
C．酶都有最适宜的温度，故并不是温度越高，固氨酶生物活性越高，温度过高将使固氮酶失去活性，C错误；
D．根据反应豆血红蛋白(根瘤菌，粉红色)蛋白(固氮酶)可知，氧气不足时，上述平衡逆向移动，故蛋白(固氮酶)会释放氧气，D正确；
故答案为：C。
5. 可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示：
已知：S-F键，F-F键的键能分别为、。则等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应物SF4中含有4个S-F键，F2中含有1个F-F键，SF6中含有6个S-F键；反应中，断裂1个F-F键，又新形成2个S-F键，所以∆H=159kJ∙mol-2×327 kJ∙mol=-495 kJ∙mol，故选A。
6. “乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一，该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用“出汗的手”边捂边揉搓铜器，铜器表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，下列说法正确的是
A. “乌铜走银”利用的是电解原理
B. “乌铜走银”总反应为
C. 银丝一极的电极反应式为
D. 每生成时转移电子
【答案】B
【解析】
【分析】“乌铜走银”是部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，构成原电池的反应，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，电极反应为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，Cu为正极，电极反应为：Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，单质银活泼性较弱，可长时间保持光亮，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“乌铜走银”利用的是原电池原理，A错误；
B．由分析可知，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，电极反应为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，Cu为正极，电极反应为：Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，故“乌铜走银”的总反应为，B正确；
C．由分析可知，银丝一极的电极反应式为，C错误；
D．由反应方程式Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O可知，每生成时转移电子，D错误；
故答案为：B。
7. 常温下，在含大量的浊液中滴几滴溶液，下列物理量增大的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．与温度有关，温度不变，不变，选项A不符合；
B．含大量的浊液中存在平衡，滴几滴溶液，铵根离子与氢氧根离子结合成弱电解质一水合氨使平衡正向移动，增大，选项B符合；
C．平衡正向移动，但还是的饱和溶液，pH不变，选项C不符合；
D．温度不变，水的离子积不变，选项D不符合；
答案选B。
8. 已知：，。某实验小组用溶液和溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列说法正确的是
A. 用环形铜质搅拌棒替代环形玻璃搅拌棒，测得中和反应的偏低
B. 的反应热
C. 向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖
D. 增大反应物溶液的体积，测得的中和反应的反应热同倍数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．用环形铜质搅拌棒替代环形玻璃搅拌棒，将增大热量的散失，故测得中和反应的偏高，A错误；
B．由于信息可知，HF是弱酸，且电离过程中能够放出热量，故的反应热，B错误；
C．为了减少热量的损失，减小实验误差，向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖，C正确；
D．增大反应物溶液的体积，放出的热量同倍数增大，但测得的中和反应的反应热不变，D错误；
故答案为：C。
9. 下列离子在指定条件下一定能大量共存是
A. 使甲基橙变红的溶液中：、、、
B. 溶液中：、、、
C. 透明溶液中：、、、
D. 下，由水电离的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，、都能与H+反应，所以不能大量共存，A不符合题意；
B．溶液呈酸性，、、、都能在酸性溶液中大量存在，B符合题意；
C．在溶液中，、能发生双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．下，由水电离的，则水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液，若溶液为酸溶液，则、会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
10. 1808年戴维电解一种碱土金属氧化物(用MO表示)与汞的混合物，得到汞齐(汞合金)后再蒸去汞，发现了镁、钙、锶、钡，模拟装置如图所示(双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电流作用下阴、阳离子可以向电极迁移)。下列说法错误的是
A. a为负极，b为正极
B. 电流流向：b极→石墨极，铂极→a极
C. 阳极反应式为
D. 汞齐起保护金属的作用
【答案】C
【解析】
【分析】由装置图分析可知，M2+向左移动，O2-向右移动，电解池左电极为阴极，右电极为阳极，a为负极，b为正极，据此分析。
【详解】A．由分析可知，a为负极，b为正极，A项正确。
B．由分析可知，电流方向由正极向阳极，再由阴极向负极，故电流流向：b极→石墨极，铂极→a极，B项正确。
C．阳极失电子，C项错误。
D．汞齐可以和镁、钙、锶、钡形成汞合金，进而可以保护镁、钙、锶、钡不被反应，D项正确。
故答案为：C。
11. 工业上用接触法制备浓硫酸的原理如下：
已知：
下列说法错误的是
A. 粉碎矿石、增大空气浓度都可以提高煅烧速率
B. 净化SO2的目的是防止催化剂中毒
C. 温度越高，越有利于SO2的催化氧化反应
D. 硫酸厂的钢铁设备易发生以析氢腐蚀为主的电化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】黄铁矿锻烧生成的SO2气体中混有的某些杂质气体，会对催化剂的催化作用产生影响，净化后再进行催化氧化；为防止形成酸雾，需使用98.3%的硫酸吸收SO3。
【详解】A．粉碎矿石、增大空气浓度，都可增大矿石与空气的接触面积，从而加快煅烧速率，A正确；
B．因为锻烧产生的气体中除SO2外，还含有易使催化剂中毒的杂质，所以需对SO2进行净化，B正确；
C．虽然温度越高，反应速率越快，但由于正反应为放热反应，温度高会降低SO2的转化率，所以温度高不利于SO2的催化氧化反应，C错误；
D．硫酸厂的大气中SO2的含量较高，在钢铁设备周围形成酸性环境，所以钢铁设备易发生以析氢腐蚀为主的电化学腐蚀，D正确；
故选C。
12. 已知常温下，的电离常数：，HCN的电离常数。下列方程式正确的是
A. HCN的电离方程式为
B. 向溶液中加入过量的HCN溶液：
C. 向KCN溶液中通入少量的CO2：
D. 溶液呈碱性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCN是弱酸，电离是可逆的，不应用等号，A项错误。
B．由题干可知，按酸性排序：H2CO3＞HCN＞HCO，故向溶液中加入过量HCN溶液只生成HCO，故方程式为：，B项正确。
C．由题干可知，按酸性排序：H2CO3＞HCN＞HCO，故向KCN溶液中通入少量的CO2，无法生成CO，故方程式为：，C项错误。
D．水解是微弱的，无法生成CO2气体，D项错误。
故答案为：B。
13. 下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
在两份体积、浓度均相同的溶液中，分别滴加3滴等浓度的溶液、溶液
探究、对分解反应的催化效率
B
测定溶液、溶液的
比较、的酸性强弱
C
将含酚酞的溶液分成两份，加热其中一份，观察现象
探究温度对水解平衡的影响
D
在溶液中先滴几滴溶液，产生砖红色沉淀，然后滴几滴溶液，产生黑色沉淀
证明溶度积：
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．虽然两份溶液中c(H2O2)的浓度相同，Fe3+、Cu2+的浓度也相同，但由于酸根离子不同，我们无法确定酸根离子是否对H2O2的分解反应产生影响，A不能达到实验目的；
B．由于两份溶液的浓度未知，所以不能由pH确定、的酸性强弱，B不能达到实验目的；
C．通过比较加热前后两份溶液的颜色，可确定两份溶液中c(OH-)的大小，并由此确定水解平衡移动的方向，最后得出温度对水解平衡影响的结论，C能达到实验目的；
D．加入Na2CrO4后，溶液中Ag+有剩余，后加入的S2-可能是与剩余Ag+发生的反应，所以不能确定Ag2S与Ag2CrO4的溶度积的大小，D不能达到实验目的；
故选C。
14. 我国科学家研究发现，全球PM2.5污染治理中减排比减排更有效。还原法是治理污染的有效方式之一，其原理是。向某恒容密闭容器中充入、，发生上述反应，测得的转化率与温度、时间的关系如图所示。
下列说法错误的是
A. 在任何温度下，该反应都能自发进行
B. T1时M点的逆反应速率等于T2时M点的逆反应速率
C. T2温度下加入高效催化剂，能提高单位时间内NH3的转化率
D. T1时，平衡后向容器中再充入和，NH3的平衡转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可以看出，T1比T2条件下达平衡的时间短，则T1>T2；温度为T2时，大，则表明温度降低，平衡正向移动，正反应为放热反应。
【详解】A．该反应的∆H<0，∆S>0，所以该反应在任何条件下都是自发反应，A正确；
B．由以上分析可知，T1>T2，所以T1时M点的逆反应速率应大于T2时M点的逆反应速率，B错误；
C．T2温度下加入高效催化剂，可降低反应的活化能，从而加快反应速率，提高单位时间内NH3的转化率，C正确；
D．T1时，平衡后向容器中再充入和，相当于加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，D正确；
故选B。
15. 我国科学家设计的锌溴络合电池可提升锌铁液流电池的寿命和性能，模拟装置如图所示，电池反应为。
下列说法正确的是
A. 电极的电势：Zn极＞Fe极
B. 充电时，铁极发生还原反应
C. 放电时，电路中转移xmol电子，理论上H+和Zn2+向Fe极共迁移xmol
D. 放电时，负极反应为
【答案】D
【解析】
【分析】从电池反应可以看出，Zn失电子转化为Zn2+，与溶液中的Br-和H2O结合为。
【详解】A．由分析知，Zn电极为负极，Fe电极为正极，在原电池中，负极的电势比正极低，所以电极的电势：Zn极＜Fe极，Ａ不正确；
B．放电时，Fe作正极，则充电时，铁极作阳极，失电子发生氧化反应，B不正确；
C．由分析知，放电时，负极生成的Zn2+与溶液中的Br-和H2O结合为，所以理论上 Zn2+不向Fe极发生迁移，C不正确；
D．由分析知，放电时，负极Zn失电子生成的Zn2+与溶液中的Br-和H2O结合为，所以电极反应式为，D正确；
故选D。
16. 已知次磷酸(H3PO2，弱酸)溶液中含磷微粒的浓度之和为，常温下，溶液中各含磷微粒的pc与pOH的关系如图中曲线①②所示，已知、。z点坐标为(12.8，a)。
已知：。下列说法错误的是
A. 是一元酸
B. 的溶液中：
C. 常温下电离常数
D. z点溶液对应的a值等于1.5
【答案】D
【解析】
【分析】pOH=0时，溶液呈强碱性，此时比大，所以虚线为的pc与pOH的关系曲线，实线为的pc与pOH的关系曲线。
【详解】A．图中曲线只有2条，表明含磷微粒只有2种，一条是H3PO2，另一条是其电离产生的含磷离子，所以是一元酸，A正确；
B．从图中可以看出，时，虚线的pc小，所以该溶液中：，B正确；
C．常温下，在z点，=，此时pOH=12.8，则pH=1.2，的电离常数，C正确；
D．z点时，=，+=0.1mol/L，所以==0.05mol/L，a=-lg0.05=1+lg2=1.3，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17. 我国科学家在乙烷选择性催化氧化方面取得新进展，基于载氧体的选择性氧化乙烷制备乙烯的原理如图1所示。
空气反应器与乙烷反应器中发生的反应分别为：
①
②
（1）____(用含、的代数式表示)。
（2）已知：、、的燃烧热(∆H)分别为、、，写出乙烷气体脱氢生成乙烯气体的反应的热化学方程式：_______。
（3）选择性氧化乙烷制乙烯，单位时间内乙烯的产率与温度的关系如图2所示。温度高于时，乙烯产率迅速下降的主要原因有：①______(从催化剂角度分析)；②_______(从产物角度分析)。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 催化剂活性或选择性降低 ②. 副产物增多
【解析】
【小问1详解】
①
②
将反应①+2×②得：。答案为：；
【小问2详解】
依题意得：C2H6(g)+3.5O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ∆H1=-1559.8kJ∙mol-1 ③
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ∆H2=-1411kJ∙mol-1 ④
H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) ∆H3=-285.8kJ∙mol-1 ⑤
将反应③-④-⑤得：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ∆H=∆H1-∆H2-∆H3=-1559.8kJ∙mol-1+1411kJ∙mol-1+285.8kJ∙mol-1=+137kJ∙mol-1，所以乙烷气体脱氢生成乙烯气体反应的热化学方程式为：。答案为：；
【小问3详解】
从图中可以看出，温度高于时，乙烯产率迅速下降，则可能是催化剂的催化性能出现问题，也可能是发生了副反应，所以主要原因有：①催化剂活性或选择性降低；②副产物增多。答案为：催化剂活性或选择性降低；副产物增多。
【点睛】催化剂的催化作用，常受外界条件的影响。
18. 以某锂离子电池、丙烯腈电合成己二腈[]的装置如图所示(电极均为石墨)。该锂离子电池的总反应是。
当锂离子电池放电时，回答下列问题：
（1）A极上发生的反应是_______(填“氧化反应”或“还原反应”)，迁移方向是______(指明由阳离子交换膜哪一侧迁移到哪一侧)。
（2）B极的电极反应式为_______。
（3）C极上产生的气体是_______(填化学式)，D极的电极反应式为_______。
（4）稀硫酸的作用是_______。
（5）A极质量减轻14g，理论上可制备________mol己二腈。
【答案】（1） ①. 氧化反应 ②. 由阳离子交换膜左侧向右侧迁移
（2）
（3） ①. ②.
（4）增强溶液的导电性
（5）1
【解析】
【分析】从电极反应式看，在A电极，LixCy转化为Li+和Cy，所以A电极失电子，作负极，B电极作正极；C电极作阳极，D电极作阴极。
【小问1详解】
由分析可知，A极作负极，失电子发生氧化反应，在原电池中，阳离子向正极移动，所以迁移方向是由阳离子交换膜左侧向右侧迁移。答案为：氧化反应；由阳离子交换膜左侧向右侧迁移；
【小问2详解】
由总反应式可以看出，在B电极，Li1-xFePO4得电子产物与Li+结合为LiFePO4，所以B极的电极反应式为。答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，C电极为阳极，H2O失电子生成O2和H+，所以C极上产生的气体是，D极为阴极，H2C=CHCN得电子生成NC(CH2)4CN，电极反应式为。答案为：；；
【小问4详解】
在纯水中，离子浓度很小，导电能力很弱，为增强溶液的导电性，加入稀硫酸，所以稀硫酸的作用是增强溶液的导电性。答案为：增强溶液的导电性；
【小问5详解】
由A极与D极的反应式，可建立如下关系式：2Li+——NC(CH2)4CN，n(Li+)= ，则n[NC(CH2)4CN]=1mol。答案为：1。
19. 赤泥含有(氧化钪)、、、等，以赤泥为原料提取钪()的流程如下：
已知：P2O4为磷酸酯萃取剂。
请回答下列问题：
（1）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
（2）“洗涤”的目的是___________。
（3）“回流过滤”中，的作用有将转化成和___________。“热还原”中反应的化学方程式是___________。
（4）利用也可制备，方法是将溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤、洗涤，灼烧(在空气中)草酸钪得到。灼烧草酸钪的其他产物主要是___________(填化学式)。
（5）已知：常温下时表明完全沉淀。当“沉钪”后萃取剂混合液的为6时，是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)。
【答案】（1）温度过高，盐酸挥发加快
（2）除去有机相中少量的，等杂质
（3） ①. 作溶剂 ②.
（4）
（5）已完全沉淀
【解析】
【分析】以赤泥为原料制取钪，先加盐酸酸溶，、、都发生溶解，生成金属氯化物，不溶而成为滤渣；加入P2O4作萃取剂，此时ScCl3溶解，而FeCl3、AlCl3进入水相；加入盐酸，洗去有机相中的Fe3+和Al3+；加入NaOH，将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，与有机相分离；加入SOCl2将Sc(OH)3转化为ScCl3，最后加镁热还原，便可获得钪。
【小问1详解】
盐酸是挥发性酸，“酸浸”时温度过高，盐酸因挥发而导致浓度减小，所以酸浸速率反而减慢，由此得出其原因是温度过高，盐酸挥发加快。答案为：温度过高，盐酸挥发加快；
【小问2详解】
加入萃取剂，很难让FeCl3、AlCl3全部进入水相，所以“洗涤”的目的是除去有机相中少量的，等杂质。答案为：除去有机相中少量的，等杂质；
【小问3详解】
“回流过滤”中，加入，一方面将转化成而成为滤渣，另一方面得到滤液，所以作溶剂。“热还原”中，SCCl3被Mg还原为Sc，Mg转化为MgCl2，反应的化学方程式是。答案为：作溶剂；；
小问4详解】
在空气中灼烧草酸钪，O2参与反应，将碳元素氧化，从而得到和碳的最高价氧化物，所以灼烧草酸钪的其他产物主要是。答案为：；
【小问5详解】
为6时，c(OH-)=10-8mol/L，，则 ，从而得出mol/L<1.0×10-6mol/L，表明已完全沉淀。答案为：已完全沉淀。
【点睛】在草酸分子中，碳元素显+3价，Sc2(C2O4)3在空气中灼烧，+3价C将被空气中O2氧化为+4价。
20. 是实验室中的常用试剂，也是工业原料。
（1）利用溴化铜制备溴的反应为。时，向某恒容密闭容器中充入足量的固体发生上述反应，内随时间的变化曲线如图所示。
①内___________(用分数表示即可)。
②恒温恒容条件下，下列物理量不变时，表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．的质量 B．的浓度 C．气体摩尔质量 D．气体体积分数
（2）假设的速率方程为【k为速率常数，与温度有关，与浓度无关，(α+β+γ)为总反应级数，可以取整数、分数等】。某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
实验组
反应速率
I
0.1
0.1
1.0
v
II
0.2
0.1
1.0
III
0.2
0.9
1.0
IV
0.4
0.1
2.0
①总反应级数为___________。
②在反应体系的三种物质中，其他条件不变，增大_______(填化学式)的浓度，总反应速率降低。
（3）催化氧化反应为。时，在恒容密闭容器中充入和发生上述反应，达到平衡时，生成物总浓度与反应物总浓度之比为4∶5，气体总压强为。该温度下，的平衡转化率是______，该反应的压强平衡常数________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. ②. A
（2） ①. 1.5 ②. HBr
（3） ①. 50% ②. 0.125
【解析】
【分析】本题要合理选取不同的实验组作为对比，判断速率方程中α、β、γ的对应数值，同时列三段式解决计算问题。
【小问1详解】
①由图分析可知，，故答案为：；
②由对应的化学方程式可知，CuBr2是固体，故质量不变符合“变量不变”思想，CuBr为固体，没有浓度，体系中只有Br2一种气体，气体摩尔质量和体积分数均不变，故答案为：A；
【小问2详解】
1.结合实验组Ⅰ和Ⅱ，当氢气的浓度变为原来的二倍，速率也变为原来的二倍，故α等于1，结合实验组Ⅱ和Ⅲ，当Br2的浓度变为原来的九倍，速率变为原来的27倍，故β等于1.5，结合实验组Ⅰ、Ⅱ和Ⅳ，当H2的浓度变为原来的四倍，HBr的浓度变为原来的二倍，速率变为原来的2倍，故γ等于-1，故总反应级数为1.5，只有HBr的浓度幂为负数，故增大HBr的浓度，总反应速率降低；
【小问3详解】
由题干设氧气反应xmol，可列三段式：
，因为生成物总浓度与反应物总浓度之比为4:5，且所有物质均为气体，在同一密闭容器中，故：，则x=0.5，所以HBr的平衡转化率为：，因为总压为4.5kPa，则分压分别为：P(HBr)=kPa，P(O2)=kPa，P(Br2)=kPa，P(H2O)=kPa，故KP=，故答案为：50%，0.125。
【点睛】本题重点考查反应级数和平衡分压的问题，需从定义出发，清晰作答。
21. 乙酸是典型的有机酸，在生产，生活中有广泛应用。
（1）常温下，。
①溶液中离子浓度大小关系为___________。
②常温下，溶液和溶液等体积混合，所得混合溶液的___________7(填“>”“<”或“=”)。
（2）利用电催化还原制备的装置如图所示。
b极是___________(填“正极”或“负极”)；阴极的电极反应式为___________。
（3）乙酸作化工原料可以制备氢气，涉及的反应如下。
I.热裂解反应：
II.脱羧反应：
已知键能：，则键的键能为___________(提示：CO、CO2的结构式依次为C≡O、O=C=O)。
（4）向密闭容器中充入乙酸气体制备氢气，发生(3)中I、II反应，反应一段时间后测得温度与产物的选择性关系如图所示【提示：的选择性】。
①已知：650℃时反应达到平衡。650℃之后，H2的选择性高于CH4，主要原因是___________。
②根据化学方程式，CH4和CO2的选择性应相等，CO和H2的选择性应相等，而实际上CO和H2的选择性不同，主要原因是___________(用化学方程式表示)。
【答案】（1） ①. ②. <
（2） ①. 正极 ②.
（3）1017.4 （4） ①. 热裂解反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动；脱羧反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动 ②.
【解析】
【小问1详解】
①因为，所以醋酸的电离程度等于的电离程度，则水解程度等于水解程度，溶液中，即溶液显中性，则溶液中离子浓度大小关系为；
②溶液和溶液等体积混合得到等浓度的醋酸和醋酸钠，，
，即电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，pH<7；
【小问2详解】
①，中O元素化合价由－2价升到0价，化合价升高，发生氧化反应，则电解池右侧为阳极，与电源正极相连，则b为正极；
②a为电源负极，则电解池左侧为阴极，电极反应式为；
【小问3详解】
由盖斯定律：②-①得：，
，代入数据得到；
【小问4详解】
①由第(3)小问条件可知，热裂解反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动；脱羧反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故650℃之后，氢气的选择性高于甲烷；
②实际上CO和H2的选择性不同，是因为氢气和二氧化碳在高温会反应生成水和一氧化碳，化学方程式为。
2021-2022学年第一学期高二期末调研考试
化学
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Cu64
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. 我国科技成就日新月异。下列有关我国科技成就的相关解读错误的是
选项
科技成就
相关解读
A
太阳能集水器采集空中水蒸气，冷凝成饮用水
水蒸气的液化过程是放热反应
B
研制催化剂PdH2，在温和条件下利用和合成氨
催化剂能降低合成氨反应的活化能
C
探究矿物吸收形成菱镁矿的机理
加压有利于封存，能助力“碳中和”
D
合成高性能和高稳定性氢氧燃料电池的催化剂
氢氧燃料电池能将化学能转化成电能
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．大气中的水蒸气中混有杂质，其冷凝下来的水对人体不利，需净化后才能成为饮用水，A错误；
B．合成氨反应的高效催化剂PdH2，可降低反应的活化能，使条件变得温和，B正确；
C．与反应可生成菱镁矿，加压可增大CO2浓度，从而促进CO2的转化，提高CO2的吸收率，C正确；
D．研究高性能催化剂，可使氢氧燃料电池的反应条件降低，氢氧燃料电池属于原电池，将化学能转化为电能，D正确；
故选A。
2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 溶液中、的数目都小于
B. 和足量在一定条件下混合后充分反应生成分子的数目为
C. 甲烷酸性燃料电池中正极有气体反应时转移的电子数目为
D. 已知键的键能为，分子热解变成个H原子放出的热量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．在溶液中会水解，而在溶液中不会水解，则溶液中数目小于0.1NA，而的数目等于0.1NA，A项错误；
B．的物质的量为1mol，和足量在一定条件下混合后充分反应生成，该反应为可逆反应，则生成分子的数目小于2NA，B项错误；
C．甲烷酸性燃料电池中正极反应为：，则O2反应时转移的电子数目为4NA，C项正确；
D．分子热解时，会吸收热量，D项错误；
答案选C。
3. 在R存在下，某反应分两步进行：①，②，其能量变化与反应历程的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. 、、都小于0 B. 反应①的活化能小于反应②
C. 反应②决定总反应的反应速率 D. R是总反应的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中可以看出，反应①中生成物的能量比反应物高，为吸热反应，所以大于0，A不正确；
B. 从图中可以看出，反应①中活化分子所具有的最低能量与分子平均能量的差值大，所以反应①的活化能大于反应②，B不正确；
C. 由于反应①的活化能大，所以反应①决定总反应的反应速率，C不正确；
D. 将反应①与反应②相加可知，R与M都是反应的中间物质，而R是第一个反应的反应物，所以R是总反应的催化剂，D正确；
故选D。
4. 《科学》最近报道，我国科学家破解了豆科植物固氮“氧气悖论”，发现存在如下平衡：豆血红蛋白(根瘤菌，粉红色)蛋白(固氮酶)。下列说法错误的是
A. 豆科植物固氮属于生物固氮
B. 豆科植物根瘤菌呈粉红色
C. 温度越高，固氨酶生物活性越高
D. 氧气不足时，蛋白(固氮酶)会释放氧气
【答案】C
【解析】
【详解】A．根瘤菌内的固氮酶可将N2转变为氨以便植物利用，故豆科植物固氮属于生物固氮，A正确；
B．由题干信息可知，豆科植物根瘤菌呈粉红色，B正确；
C．酶都有最适宜的温度，故并不是温度越高，固氨酶生物活性越高，温度过高将使固氮酶失去活性，C错误；
D．根据反应豆血红蛋白(根瘤菌，粉红色)蛋白(固氮酶)可知，氧气不足时，上述平衡逆向移动，故蛋白(固氮酶)会释放氧气，D正确；
故答案为：C。
5. 可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示：
已知：S-F键，F-F键的键能分别为、。则等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应物SF4中含有4个S-F键，F2中含有1个F-F键，SF6中含有6个S-F键；反应中，断裂1个F-F键，又新形成2个S-F键，所以∆H=159kJ∙mol-2×327 kJ∙mol=-495 kJ∙mol，故选A。
6. “乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一，该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用“出汗的手”边捂边揉搓铜器，铜器表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，下列说法正确的是
A. “乌铜走银”利用的是电解原理
B. “乌铜走银”总反应为
C. 银丝一极的电极反应式为
D. 每生成时转移电子
【答案】B
【解析】
【分析】“乌铜走银”是部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪，构成原电池的反应，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，电极反应为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，Cu为正极，电极反应为：Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，单质银活泼性较弱，可长时间保持光亮，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“乌铜走银”利用的是原电池原理，A错误；
B．由分析可知，银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，电极反应为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，Cu为正极，电极反应为：Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O，故“乌铜走银”的总反应为，B正确；
C．由分析可知，银丝一极的电极反应式为，C错误；
D．由反应方程式Cu-2e-+2OH-=CuO+H2O可知，每生成时转移电子，D错误；
故答案为：B。
7. 常温下，在含大量的浊液中滴几滴溶液，下列物理量增大的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．与温度有关，温度不变，不变，选项A不符合；
B．含大量的浊液中存在平衡，滴几滴溶液，铵根离子与氢氧根离子结合成弱电解质一水合氨使平衡正向移动，增大，选项B符合；
C．平衡正向移动，但还是的饱和溶液，pH不变，选项C不符合；
D．温度不变，水的离子积不变，选项D不符合；
答案选B。
8. 已知：，。某实验小组用溶液和溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列说法正确的是
A. 用环形铜质搅拌棒替代环形玻璃搅拌棒，测得中和反应的偏低
B. 的反应热
C. 向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖
D. 增大反应物溶液的体积，测得的中和反应的反应热同倍数增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．用环形铜质搅拌棒替代环形玻璃搅拌棒，将增大热量的散失，故测得中和反应的偏高，A错误；
B．由于信息可知，HF是弱酸，且电离过程中能够放出热量，故的反应热，B错误；
C．为了减少热量的损失，减小实验误差，向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖，C正确；
D．增大反应物溶液的体积，放出的热量同倍数增大，但测得的中和反应的反应热不变，D错误；
故答案为：C。
9. 下列离子在指定条件下一定能大量共存是
A. 使甲基橙变红的溶液中：、、、
B. 溶液中：、、、
C. 透明溶液中：、、、
D. 下，由水电离的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，、都能与H+反应，所以不能大量共存，A不符合题意；
B．溶液呈酸性，、、、都能在酸性溶液中大量存在，B符合题意；
C．在溶液中，、能发生双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．下，由水电离的，则水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液，若溶液为酸溶液，则、会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
10. 1808年戴维电解一种碱土金属氧化物(用MO表示)与汞的混合物，得到汞齐(汞合金)后再蒸去汞，发现了镁、钙、锶、钡，模拟装置如图所示(双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电流作用下阴、阳离子可以向电极迁移)。下列说法错误的是
A. a为负极，b为正极
B. 电流流向：b极→石墨极，铂极→a极
C. 阳极反应式为
D. 汞齐起保护金属的作用
【答案】C
【解析】
【分析】由装置图分析可知，M2+向左移动，O2-向右移动，电解池左电极为阴极，右电极为阳极，a为负极，b为正极，据此分析。
【详解】A．由分析可知，a为负极，b为正极，A项正确。
B．由分析可知，电流方向由正极向阳极，再由阴极向负极，故电流流向：b极→石墨极，铂极→a极，B项正确。
C．阳极失电子，C项错误。
D．汞齐可以和镁、钙、锶、钡形成汞合金，进而可以保护镁、钙、锶、钡不被反应，D项正确。
故答案为：C。
11. 工业上用接触法制备浓硫酸的原理如下：
已知：
下列说法错误的是
A. 粉碎矿石、增大空气浓度都可以提高煅烧速率
B. 净化SO2的目的是防止催化剂中毒
C. 温度越高，越有利于SO2的催化氧化反应
D. 硫酸厂的钢铁设备易发生以析氢腐蚀为主的电化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】黄铁矿锻烧生成的SO2气体中混有的某些杂质气体，会对催化剂的催化作用产生影响，净化后再进行催化氧化；为防止形成酸雾，需使用98.3%的硫酸吸收SO3。
【详解】A．粉碎矿石、增大空气浓度，都可增大矿石与空气的接触面积，从而加快煅烧速率，A正确；
B．因为锻烧产生的气体中除SO2外，还含有易使催化剂中毒的杂质，所以需对SO2进行净化，B正确；
C．虽然温度越高，反应速率越快，但由于正反应为放热反应，温度高会降低SO2的转化率，所以温度高不利于SO2的催化氧化反应，C错误；
D．硫酸厂的大气中SO2的含量较高，在钢铁设备周围形成酸性环境，所以钢铁设备易发生以析氢腐蚀为主的电化学腐蚀，D正确；
故选C。
12. 已知常温下，的电离常数：，HCN的电离常数。下列方程式正确的是
A. HCN的电离方程式为
B. 向溶液中加入过量的HCN溶液：
C. 向KCN溶液中通入少量的CO2：
D. 溶液呈碱性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCN是弱酸，电离是可逆的，不应用等号，A项错误。
B．由题干可知，按酸性排序：H2CO3＞HCN＞HCO，故向溶液中加入过量HCN溶液只生成HCO，故方程式为：，B项正确。
C．由题干可知，按酸性排序：H2CO3＞HCN＞HCO，故向KCN溶液中通入少量的CO2，无法生成CO，故方程式为：，C项错误。
D．水解是微弱的，无法生成CO2气体，D项错误。
故答案为：B。
13. 下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
在两份体积、浓度均相同的溶液中，分别滴加3滴等浓度的溶液、溶液
探究、对分解反应的催化效率
B
测定溶液、溶液的
比较、的酸性强弱
C
将含酚酞的溶液分成两份，加热其中一份，观察现象
探究温度对水解平衡的影响
D
在溶液中先滴几滴溶液，产生砖红色沉淀，然后滴几滴溶液，产生黑色沉淀
证明溶度积：
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．虽然两份溶液中c(H2O2)的浓度相同，Fe3+、Cu2+的浓度也相同，但由于酸根离子不同，我们无法确定酸根离子是否对H2O2的分解反应产生影响，A不能达到实验目的；
B．由于两份溶液的浓度未知，所以不能由pH确定、的酸性强弱，B不能达到实验目的；
C．通过比较加热前后两份溶液的颜色，可确定两份溶液中c(OH-)的大小，并由此确定水解平衡移动的方向，最后得出温度对水解平衡影响的结论，C能达到实验目的；
D．加入Na2CrO4后，溶液中Ag+有剩余，后加入的S2-可能是与剩余Ag+发生的反应，所以不能确定Ag2S与Ag2CrO4的溶度积的大小，D不能达到实验目的；
故选C。
14. 我国科学家研究发现，全球PM2.5污染治理中减排比减排更有效。还原法是治理污染的有效方式之一，其原理是。向某恒容密闭容器中充入、，发生上述反应，测得的转化率与温度、时间的关系如图所示。
下列说法错误的是
A. 在任何温度下，该反应都能自发进行
B. T1时M点的逆反应速率等于T2时M点的逆反应速率
C. T2温度下加入高效催化剂，能提高单位时间内NH3的转化率
D. T1时，平衡后向容器中再充入和，NH3的平衡转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可以看出，T1比T2条件下达平衡的时间短，则T1>T2；温度为T2时，大，则表明温度降低，平衡正向移动，正反应为放热反应。
【详解】A．该反应的∆H<0，∆S>0，所以该反应在任何条件下都是自发反应，A正确；
B．由以上分析可知，T1>T2，所以T1时M点的逆反应速率应大于T2时M点的逆反应速率，B错误；
C．T2温度下加入高效催化剂，可降低反应的活化能，从而加快反应速率，提高单位时间内NH3的转化率，C正确；
D．T1时，平衡后向容器中再充入和，相当于加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，D正确；
故选B。
15. 我国科学家设计的锌溴络合电池可提升锌铁液流电池的寿命和性能，模拟装置如图所示，电池反应为。
下列说法正确的是
A. 电极的电势：Zn极＞Fe极
B. 充电时，铁极发生还原反应
C. 放电时，电路中转移xmol电子，理论上H+和Zn2+向Fe极共迁移xmol
D. 放电时，负极反应为
【答案】D
【解析】
【分析】从电池反应可以看出，Zn失电子转化为Zn2+，与溶液中的Br-和H2O结合为。
【详解】A．由分析知，Zn电极为负极，Fe电极为正极，在原电池中，负极的电势比正极低，所以电极的电势：Zn极＜Fe极，Ａ不正确；
B．放电时，Fe作正极，则充电时，铁极作阳极，失电子发生氧化反应，B不正确；
C．由分析知，放电时，负极生成的Zn2+与溶液中的Br-和H2O结合为，所以理论上 Zn2+不向Fe极发生迁移，C不正确；
D．由分析知，放电时，负极Zn失电子生成的Zn2+与溶液中的Br-和H2O结合为，所以电极反应式为，D正确；
故选D。
16. 已知次磷酸(H3PO2，弱酸)溶液中含磷微粒的浓度之和为，常温下，溶液中各含磷微粒的pc与pOH的关系如图中曲线①②所示，已知、。z点坐标为(12.8，a)。
已知：。下列说法错误的是
A. 是一元酸
B. 的溶液中：
C. 常温下电离常数
D. z点溶液对应的a值等于1.5
【答案】D
【解析】
【分析】pOH=0时，溶液呈强碱性，此时比大，所以虚线为的pc与pOH的关系曲线，实线为的pc与pOH的关系曲线。
【详解】A．图中曲线只有2条，表明含磷微粒只有2种，一条是H3PO2，另一条是其电离产生的含磷离子，所以是一元酸，A正确；
B．从图中可以看出，时，虚线的pc小，所以该溶液中：，B正确；
C．常温下，在z点，=，此时pOH=12.8，则pH=1.2，的电离常数，C正确；
D．z点时，=，+=0.1mol/L，所以==0.05mol/L，a=-lg0.05=1+lg2=1.3，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17. 我国科学家在乙烷选择性催化氧化方面取得新进展，基于载氧体的选择性氧化乙烷制备乙烯的原理如图1所示。
空气反应器与乙烷反应器中发生的反应分别为：
①
②
（1）____(用含、的代数式表示)。
（2）已知：、、的燃烧热(∆H)分别为、、，写出乙烷气体脱氢生成乙烯气体的反应的热化学方程式：_______。
（3）选择性氧化乙烷制乙烯，单位时间内乙烯的产率与温度的关系如图2所示。温度高于时，乙烯产率迅速下降的主要原因有：①______(从催化剂角度分析)；②_______(从产物角度分析)。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 催化剂活性或选择性降低 ②. 副产物增多
【解析】
【小问1详解】
①
②
将反应①+2×②得：。答案为：；
【小问2详解】
依题意得：C2H6(g)+3.5O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ∆H1=-1559.8kJ∙mol-1 ③
C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ∆H2=-1411kJ∙mol-1 ④
H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) ∆H3=-285.8kJ∙mol-1 ⑤
将反应③-④-⑤得：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ∆H=∆H1-∆H2-∆H3=-1559.8kJ∙mol-1+1411kJ∙mol-1+285.8kJ∙mol-1=+137kJ∙mol-1，所以乙烷气体脱氢生成乙烯气体反应的热化学方程式为：。答案为：；
【小问3详解】
从图中可以看出，温度高于时，乙烯产率迅速下降，则可能是催化剂的催化性能出现问题，也可能是发生了副反应，所以主要原因有：①催化剂活性或选择性降低；②副产物增多。答案为：催化剂活性或选择性降低；副产物增多。
【点睛】催化剂的催化作用，常受外界条件的影响。
18. 以某锂离子电池、丙烯腈电合成己二腈[]的装置如图所示(电极均为石墨)。该锂离子电池的总反应是。
当锂离子电池放电时，回答下列问题：
（1）A极上发生的反应是_______(填“氧化反应”或“还原反应”)，迁移方向是______(指明由阳离子交换膜哪一侧迁移到哪一侧)。
（2）B极的电极反应式为_______。
（3）C极上产生的气体是_______(填化学式)，D极的电极反应式为_______。
（4）稀硫酸的作用是_______。
（5）A极质量减轻14g，理论上可制备________mol己二腈。
【答案】（1） ①. 氧化反应 ②. 由阳离子交换膜左侧向右侧迁移
（2）
（3） ①. ②.
（4）增强溶液的导电性
（5）1
【解析】
【分析】从电极反应式看，在A电极，LixCy转化为Li+和Cy，所以A电极失电子，作负极，B电极作正极；C电极作阳极，D电极作阴极。
【小问1详解】
由分析可知，A极作负极，失电子发生氧化反应，在原电池中，阳离子向正极移动，所以迁移方向是由阳离子交换膜左侧向右侧迁移。答案为：氧化反应；由阳离子交换膜左侧向右侧迁移；
【小问2详解】
由总反应式可以看出，在B电极，Li1-xFePO4得电子产物与Li+结合为LiFePO4，所以B极的电极反应式为。答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，C电极为阳极，H2O失电子生成O2和H+，所以C极上产生的气体是，D极为阴极，H2C=CHCN得电子生成NC(CH2)4CN，电极反应式为。答案为：；；
【小问4详解】
在纯水中，离子浓度很小，导电能力很弱，为增强溶液的导电性，加入稀硫酸，所以稀硫酸的作用是增强溶液的导电性。答案为：增强溶液的导电性；
【小问5详解】
由A极与D极的反应式，可建立如下关系式：2Li+——NC(CH2)4CN，n(Li+)= ，则n[NC(CH2)4CN]=1mol。答案为：1。
19. 赤泥含有(氧化钪)、、、等，以赤泥为原料提取钪()的流程如下：
已知：P2O4为磷酸酯萃取剂。
请回答下列问题：
（1）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
（2）“洗涤”的目的是___________。
（3）“回流过滤”中，的作用有将转化成和___________。“热还原”中反应的化学方程式是___________。
（4）利用也可制备，方法是将溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤、洗涤，灼烧(在空气中)草酸钪得到。灼烧草酸钪的其他产物主要是___________(填化学式)。
（5）已知：常温下时表明完全沉淀。当“沉钪”后萃取剂混合液的为6时，是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)。
【答案】（1）温度过高，盐酸挥发加快
（2）除去有机相中少量的，等杂质
（3） ①. 作溶剂 ②.
（4）
（5）已完全沉淀
【解析】
【分析】以赤泥为原料制取钪，先加盐酸酸溶，、、都发生溶解，生成金属氯化物，不溶而成为滤渣；加入P2O4作萃取剂，此时ScCl3溶解，而FeCl3、AlCl3进入水相；加入盐酸，洗去有机相中的Fe3+和Al3+；加入NaOH，将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，与有机相分离；加入SOCl2将Sc(OH)3转化为ScCl3，最后加镁热还原，便可获得钪。
【小问1详解】
盐酸是挥发性酸，“酸浸”时温度过高，盐酸因挥发而导致浓度减小，所以酸浸速率反而减慢，由此得出其原因是温度过高，盐酸挥发加快。答案为：温度过高，盐酸挥发加快；
【小问2详解】
加入萃取剂，很难让FeCl3、AlCl3全部进入水相，所以“洗涤”的目的是除去有机相中少量的，等杂质。答案为：除去有机相中少量的，等杂质；
【小问3详解】
“回流过滤”中，加入，一方面将转化成而成为滤渣，另一方面得到滤液，所以作溶剂。“热还原”中，SCCl3被Mg还原为Sc，Mg转化为MgCl2，反应的化学方程式是。答案为：作溶剂；；
小问4详解】
在空气中灼烧草酸钪，O2参与反应，将碳元素氧化，从而得到和碳的最高价氧化物，所以灼烧草酸钪的其他产物主要是。答案为：；
【小问5详解】
为6时，c(OH-)=10-8mol/L，，则 ，从而得出mol/L<1.0×10-6mol/L，表明已完全沉淀。答案为：已完全沉淀。
【点睛】在草酸分子中，碳元素显+3价，Sc2(C2O4)3在空气中灼烧，+3价C将被空气中O2氧化为+4价。
20. 是实验室中的常用试剂，也是工业原料。
（1）利用溴化铜制备溴的反应为。时，向某恒容密闭容器中充入足量的固体发生上述反应，内随时间的变化曲线如图所示。
①内___________(用分数表示即可)。
②恒温恒容条件下，下列物理量不变时，表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．的质量 B．的浓度 C．气体摩尔质量 D．气体体积分数
（2）假设的速率方程为【k为速率常数，与温度有关，与浓度无关，(α+β+γ)为总反应级数，可以取整数、分数等】。某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
实验组
反应速率
I
0.1
0.1
1.0
v
II
0.2
0.1
1.0
III
0.2
0.9
1.0
IV
0.4
0.1
2.0
①总反应级数为___________。
②在反应体系的三种物质中，其他条件不变，增大_______(填化学式)的浓度，总反应速率降低。
（3）催化氧化反应为。时，在恒容密闭容器中充入和发生上述反应，达到平衡时，生成物总浓度与反应物总浓度之比为4∶5，气体总压强为。该温度下，的平衡转化率是______，该反应的压强平衡常数________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. ②. A
（2） ①. 1.5 ②. HBr
（3） ①. 50% ②. 0.125
【解析】
【分析】本题要合理选取不同的实验组作为对比，判断速率方程中α、β、γ的对应数值，同时列三段式解决计算问题。
【小问1详解】
①由图分析可知，，故答案为：；
②由对应的化学方程式可知，CuBr2是固体，故质量不变符合“变量不变”思想，CuBr为固体，没有浓度，体系中只有Br2一种气体，气体摩尔质量和体积分数均不变，故答案为：A；
【小问2详解】
1.结合实验组Ⅰ和Ⅱ，当氢气的浓度变为原来的二倍，速率也变为原来的二倍，故α等于1，结合实验组Ⅱ和Ⅲ，当Br2的浓度变为原来的九倍，速率变为原来的27倍，故β等于1.5，结合实验组Ⅰ、Ⅱ和Ⅳ，当H2的浓度变为原来的四倍，HBr的浓度变为原来的二倍，速率变为原来的2倍，故γ等于-1，故总反应级数为1.5，只有HBr的浓度幂为负数，故增大HBr的浓度，总反应速率降低；
【小问3详解】
由题干设氧气反应xmol，可列三段式：
，因为生成物总浓度与反应物总浓度之比为4:5，且所有物质均为气体，在同一密闭容器中，故：，则x=0.5，所以HBr的平衡转化率为：，因为总压为4.5kPa，则分压分别为：P(HBr)=kPa，P(O2)=kPa，P(Br2)=kPa，P(H2O)=kPa，故KP=，故答案为：50%，0.125。
【点睛】本题重点考查反应级数和平衡分压的问题，需从定义出发，清晰作答。
21. 乙酸是典型的有机酸，在生产，生活中有广泛应用。
（1）常温下，。
①溶液中离子浓度大小关系为___________。
②常温下，溶液和溶液等体积混合，所得混合溶液的___________7(填“>”“<”或“=”)。
（2）利用电催化还原制备的装置如图所示。
b极是___________(填“正极”或“负极”)；阴极的电极反应式为___________。
（3）乙酸作化工原料可以制备氢气，涉及的反应如下。
I.热裂解反应：
II.脱羧反应：
已知键能：，则键的键能为___________(提示：CO、CO2的结构式依次为C≡O、O=C=O)。
（4）向密闭容器中充入乙酸气体制备氢气，发生(3)中I、II反应，反应一段时间后测得温度与产物的选择性关系如图所示【提示：的选择性】。
①已知：650℃时反应达到平衡。650℃之后，H2的选择性高于CH4，主要原因是___________。
②根据化学方程式，CH4和CO2的选择性应相等，CO和H2的选择性应相等，而实际上CO和H2的选择性不同，主要原因是___________(用化学方程式表示)。
【答案】（1） ①. ②. <
（2） ①. 正极 ②.
（3）1017.4 （4） ①. 热裂解反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动；脱羧反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动 ②.
【解析】
【小问1详解】
①因为，所以醋酸的电离程度等于的电离程度，则水解程度等于水解程度，溶液中，即溶液显中性，则溶液中离子浓度大小关系为；
②溶液和溶液等体积混合得到等浓度的醋酸和醋酸钠，，
，即电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，pH<7；
【小问2详解】
①，中O元素化合价由－2价升到0价，化合价升高，发生氧化反应，则电解池右侧为阳极，与电源正极相连，则b为正极；
②a为电源负极，则电解池左侧为阴极，电极反应式为；
【小问3详解】
由盖斯定律：②-①得：，
，代入数据得到；
【小问4详解】
①由第(3)小问条件可知，热裂解反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动；脱羧反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故650℃之后，氢气的选择性高于甲烷；
②实际上CO和H2的选择性不同，是因为氢气和二氧化碳在高温会反应生成水和一氧化碳，化学方程式为。
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