重庆市育才中学2023-2024学年高二上学期三校联考模拟考化学试题（平行班）（Word版附解析）

这是一份重庆市育才中学2023-2024学年高二上学期三校联考模拟考化学试题（平行班）（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，006ml•L-1•s-1B， 下列有关说法不正确的是， 下列反应的离子方程式错误的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷为第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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：N-14 Zn-65 O-16 Na-23
一、单选题
1. 许多生活智慧都蕴含化学原理。下列保存食物的方法体现了“温度影响化学反应速率”的是
A. 干燥保存B. 加盐腌制C. 置于冰箱D. 真空密封
【答案】C
【解析】
【详解】A．干燥保存，是通过控制湿度，干燥食物，达到阻止霉菌、发酵菌和细菌生长，达到保存的目的，与温度无关，故A不选；
B．加盐腌制，可使细菌的细胞脱水，从而其他杀菌作用，有利于食物的保存，与温度无关，故B不选；
C．置于冰箱，可降低食物温度，使微生物的酶活性降低，从而起到长期保存作用，体现温度对速率的影响，故C选；
D．真空密封可隔绝氧气，使微生物没有生存条件，达到长期保存作用，故D不选；
故选：C。
2. 硫酸工业中的核心反应： ，如果要提高的平衡转化率，下列措施不可行的是
A. 增大的浓度B. 增大压强
C. 升高温度D. 及时将从反应体系中移走
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，A可行；
B．增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，的平衡转化率增大，B可行；
C．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，C不可行；
D．及时将从反应体系中移走，减少生成物浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，D可行；
故选C。
3. 对于反应2A(g)+4B(g)5C(s)+3D(g)来说，下列反应速率中最快的是
A. v(A)=0.006ml•L-1•s-1B. v(B)=0.6ml•L-1•min-1
C. v(C)=0.8ml•L-1•min-1D. v(D)=0.5ml•L-1•min-1
【答案】A
【解析】
【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项。
【详解】A．；
B．，所以；
C．，所以；
D、v(D)=0.5ml•L-1•min-1，所以；
所以反应速率最快的是A，故选A。
4. 下列有关说法不正确的是
A. 25℃，用pH试纸测得某氯水的pH为5
B. 任何温度下，利用和浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性
C. 25℃，的NaOH溶液，由水电离出的
D. 的醋酸溶液与的盐酸等体积混合，混合液的
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯水具有漂白性，故不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；
B．任何温度下，只要c(H+)=c(OH-)，溶液就显中性，c(H+)＞c(OH-)，溶液就显酸性，c(OH-)＞c(H+)，溶液就显碱性，故B正确；
C．碱溶液中氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，由可得，，而由水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根的浓度相同，所以，故C正确；
D．因为醋酸是弱电解，存在，加入pH=3的盐酸，体积增加一倍，则 和的浓度减少一倍，温度不变，K是定值不变，则 中混合液氢离子浓度不变，醋酸和醋酸根离子浓度变为原来的一半，所以混合后氢离子浓度不变，溶液的pH=3，故D正确；
故选A。
5. 下列反应的离子方程式错误的是
A. 用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
B. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H++2SO42-=4SO2↑+3H2O
C. 醋酸钠溶液呈碱性的原因：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
D. 硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 用惰性电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故A正确；
B. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32-+6H++2SO42-=4SO2↑+3H2O，硫酸根不做氧化剂，反应应为：，故B错误；
C.醋酸钠溶液由于水解呈碱性：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。故C正确；
D. 由于 则硫酸铜溶液遇到难溶的PbS转变为更难溶的CuS：：Cu2++SO42-+PbS=CuS+PbSO4，故D正确。
故答案选：B。
6. 若代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 溶液中数为
B. 电解精炼铜时，若阳极质量减少，转移电子数一定为
C. 溶液中数为
D. 常温下，的纯碱溶液中，由水电离产生的数为10-4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．在溶液中会发生水解，所以溶液中数小于，故A错误；
B．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极质量减少6.4g时，转移的电子数大于，故B错误；
C．是弱酸，在溶液中部分电离，所以溶液中数小于，故C错误；
D．的纯碱溶液中，，则溶液中水电离出的，体积为1L，即水电离产生的数为10-4NA，故D正确；
答案选D。
7. 根据下图判断，下列说法正确的是
A. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是
B. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是
C. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动
D. 放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的均增大
【答案】D
【解析】
【分析】图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极；装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极；
【详解】A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe-2e-=Fe2+，选项A错误；
B．装置Ⅰ中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e-=4OH-，装置Ⅱ中，Cu为正极，发生还原反应2H++2e-=H2↑，选项B错误；
C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中阳离子均向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，选项C错误；
D．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e-=4OH-，生成碱，装置Ⅱ右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e-=H2↑，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，选项D正确；
答案选D。
8. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属材质的搅拌器导热明显，导致有热量损失，产生实验误差，A不符合题意；
B．长颈漏斗下端应伸入液面以下，防止气体逸出，气体从长颈漏斗出逸出，装置错误，B不符合题意；
C．该反应气体分子总数不变，改变压强，平衡不移动，C不符合题意；
D．由电流方向可知，左侧为阴极生成氢气逸出，右侧为阳极生成氢氧化钠溶液使得酚酞溶液变红色，生成氯气逸出使得碘化钾淀粉溶液变蓝色，能验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物，D符合题意；
故选D。
9. 标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，已知(g)和(g)的相对能量为0，下列说法不正确的是
A. (g)在历程Ⅱ中作催化剂
B. 相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程I
C. 的
D. 历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．历程Ⅰ反应为O3(g)+O(g)=2O2(g)，历程Ⅱ先发生Cl(g)+O3(g)=ClO(g)+O2(g)再发生、ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)，历程Ⅱ的总反应为O3(g)+O(g)=2O2(g)，则Cl(g)在历程Ⅱ中作催化剂，A正确；
B．催化剂不影响平衡，相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I，B不正确；
C．由图知：O3(g)、O(g)的能量为E3，O3(g)、O(g)、Cl(g)的能量为E2，Cl2(g)的相对能量为0，则Cl2(g)=Cl(g)+Cl(g)的ΔH=+2(E2−E3)kJ⋅ml−1，C正确；
D．活化能最小的反应速率最快，由图知，ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)活化能最小，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5−E4)kJ⋅ml−1，D正确；
故选：B。
10. 隔膜电解法制备 K2FeO4的工作原理如下图所示。下列说法正确的是
A. 隔膜为阴离子交换膜
B. 该方法中KOH可以循环使用，但需另外补充
C. Fe电极上的反应为：Fe - 6e-  4H2O = FeO 8H+
D. 电路中每转移0.2ml e-，Pt 电极上理论上产生 2.24L气体
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为电解池，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为，铂电极为阴极，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，电解的总反应为，则电解时，钾离子通过阳离子交换膜从左池移向右池。
【详解】A．由分析可知，电解池中隔膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，电解的总反应为，反应中消耗氢氧根离子，需要补充氢氧化钾，故B正确；
C．由分析可知，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为，故C错误；
D．没有标况，不确定生成的气体的体积，故D错误；
故选B。
11. 常温下，CaF2、BaF2沉淀溶解曲线如图所示。下列叙述错误的是
已知：CaF2的溶解度小于BaF2，M代表Ba或Ca
A. 曲线Ⅰ代表与−lgc(F⁻)的关系
B. M点对应的溶液是CaF2的不饱和溶液
C. 常温下，Ksp(BaF2)=10-6.74
D. BaF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Ba2+(aq)的平衡常数K为103.1
【答案】B
【解析】
【详解】A．CaF2的溶解度小于BaF2，因此CaF2的Ksp小，画一条与y轴相平的平行线，氟离子浓度相同，上面的大，其离子浓度小，其Ksp小，因此曲线Ⅰ代表与−lgc(F⁻)的关系，故A正确；
B．过M点画一条与y轴相平的平行线，M点对应的溶液比曲线Ⅰ对应的小，则钙离子浓度比曲线Ⅰ对应的钙离子浓度大，因此M点为过饱和溶液，故B错误；
C．常温下，根据b点分析Ksp(BaF2)= ，故C正确；
D．常温下，根据b点分析Ksp(CaF2)= ，Ksp(BaF2)= ，则BaF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Ba2+(aq)的平衡常数，故D正确。
综上所述，答案为B。
12. 新型冠状病毒灭活疫苗的辅料中含有、等。已知为三元酸，室温时，、、。室温时，向溶液中逐滴加入等浓度的溶液至过量。下列叙述正确的是
A. 该溶液中
B. 反应的平衡常数的数量级为
C. 时，溶液中
D. 当所得溶液中溶质只有时，溶液显酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A．当加入溶液至过量时溶液体积发生变化，不满足此关系，A错误；
B．的平衡常数表达式： ，数量级为，B错误；
C．由题意知，所以，时，即 ，所以，
C正确；
D．当所得溶液中溶质只有时存在和 ，水解平衡常数表达式为： 大于，所以水解大于电离，溶液显碱性，D错误；
故选C。
13. 常温下，等浓度BOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，溶液中pH与lg或lg的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. N曲线代表HA酸溶液滴定BOH碱溶液
B. 水的电离程度：fC. g点c(A- )=c(B+)>c(HA)=c(BOH)
D. Ka(HA)=1×10-4.76
【答案】B
【解析】
【分析】N曲线开始显碱性，代表HA酸溶液滴定BOH碱溶液，则M曲线代表BOH碱溶液滴定HA酸溶液；因为为等浓度BOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，则g点代表两者恰好完全反应，此时溶质为BA，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，N曲线代表HA酸溶液滴定BOH碱溶液，A项正确；
B．由图可知，f点溶液中c(OH-)与e点溶液中c(H+)相等，对水的电离的抑制程度相等，g点的溶质是弱酸弱碱盐BA，发生水解反应而促进水的电离，故水的电离程度：f=eC．由图可知，g点的溶质是弱酸弱碱盐BA，pH=7，则g点c(A- )=c(B+)>c(HA)=c(BOH)，C项正确；
D．图中lg=0时，，此时HA酸溶液pH=4.76，则，Ka(HA)=，D项正确；
答案选B。
14. 25℃时，向恒容容器中加入A发生反应：①；②。反应体系中、、的分压随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线C表示分压随时间的变化曲线
B. 25℃时，反应②的分压平衡常数
C. 当、的分压相等时，反应②中的转化率为12.5%
D. 时间后，保持温度和体积不变，再充入(g)，则(g)的分压增大
【答案】B
【解析】
【分析】①；②，②反应是可逆反应，存在化学平衡。起始时刻分压为40kPa ，发生①反应完全转化为二氧化氮和氧气，氧气分压为20kPa，二氧化氮发生②反应部分转化为四氧化二氮，平衡是二氧化氮分压为16kPa。A 、B、C分别为、、的分压随时间t的变化曲线。
【详解】A．由分析知曲线C表示O2的分压随时间的变化曲线，A错误；
B．，B正确；
C．某时刻、的分压相等为20kPa时：，二氧化氮的转化率为50%，C错误；
D．时间后，保持温度和体积不变，再充入(g)引起②化学平衡发生移动，由勒夏特列原理知体系中总的物质的量依然增大，(g)的物质的量不变，氧气分压减小，D错误；
故选B。
二、非选择题
15. 镍行业发展蕴藏着巨大的潜力。某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)的部分实验流程如下：
已知：①Ksp(CaF2)=1.6×10-10、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；
②认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5ml/L即沉淀完全。
(1)“粉碎”的目的是___________。滤渣Ⅰ的成分有___________(化学式)。
(2)在“调pH”过程中，应先加入H2O2，发生反应的离子方程式为___________，沉淀剂可选择___________。(填序号)
a．NiOb．NaOHc．Ni(OH)2d．NiCO3
为将Al3+、Fe3+沉淀完全，至少应调节pH到___________(已知lg3≈0.5)。
(3)在“沉淀”过程中，Ca2+刚好沉淀完全时，溶液中c(F-)=___________ml/L。
(4)将得到的草酸镍晶体在真空中加热至320℃分解，可重新制得单质镍，且还生成一种气体，请写出该制备过程的化学方程式：___________。
【答案】 ①. 加快反应速率、使反应充分 ②. SiO2、CaSO4 ③. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ④. acd ⑤. 4.5 ⑥. 0.004 ⑦. NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O
【解析】
【分析】废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)粉碎后加入过量稀硫酸进行酸浸，得到含有Al3+、Ni2+、Fe2+、Ca2+等离子的溶液，过滤得到的滤渣Ⅰ为难溶于稀硫酸的SiO2和微溶物CaSO4；向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，并加入沉淀剂调节pH得到Fe(OH)3、Al(OH)3(滤渣Ⅱ)，此时杂质阳离子还有Ca2+，加入NH4F得到CaF2沉淀(滤渣Ⅲ)，之后加入草酸铵反应过滤得到草酸镍晶体。
【详解】(1)粉碎可以增大接触面积，加快反应速率、使反应充分；根据分析可知滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4；
(2)先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；沉淀剂应该可以和H+反应，同时也不能引入新的杂质，所以可以选择NiO、Ni(OH)2、NiCO3，故答案为acd；根据题目所给信息可知Ksp[Fe(OH)3]＜ Ksp[Al(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时Fe3+也已经完全沉淀，而Al3+完全沉淀时c(OH-)==3×10-10ml/L，则c(H+)=×10-4ml/L，pH=4.5，即至少应调节pH到4.5；
(3)在“沉淀”过程中，Ca2+刚好沉淀完全时，c(Ca2+)=1.0×10-5ml/L，所以c(F-)==0.004ml/L；
(4)根据题意可知草酸镍晶体在真空中加热至320℃分解生成Ni单质，根据元素守恒可知产生的气体为CO2，说明分解过程中Ni2+将+3价的C元素氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为NiC2O4·2H2ONi+2CO2↑+2H2O。
16. 滴定法在化学研究中有着重要意义。
I．第一化学学习小组同学利用滴定法测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值，进行如下实验：
①称取纯草酸晶体，将其制成水溶液为待测液；
②取待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀；
③用浓度为的酸性标准溶液进行滴定。
（1）实验中不需要的仪器有___________(填序号)，还缺少的仪器有(填名称)___________、___________。
a．电子天平 b．滴定管 c．冷凝管 d．铁架台(附滴定管夹) e．烧杯 f．漏斗 g.锥形瓶 h．玻璃棒 i．药匙 j.烧瓶
（2）写出该反应的离子方程式___________，滴定时，溶液应装在___________(“酸”或“碱”)式滴定管中，判定滴定终点方法为___________。
（3）通过下述数据，求得___________。
表格中记录了实验数据：
（4）若滴定用的溶液因久置部分变质，则实验结果所测定的x值将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”后同)。若滴定终点读数时目光俯视，则计算的x值会___________。
II．第二化学学习小组用滴定法测定的质量分数：一定条件下，将溶解并还原为，用标准溶液滴定至全部生成。请回答下列问题：
（5）水解生成的化学方程式为___________。
（6）滴定选用的指示剂是___________。
（7）滴定分析时，称取(摩尔质量为)试样，消耗标准溶液，则质量分数表达式为___________。
【答案】（1） ①. c、f、j ②. 胶头滴管 ③. 100mL容量瓶
（2） ①. 2MnO+5H2C2O4+6H＋=2Mn2++10CO2↑+8H2O ②. 酸 ③. 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色
（3）2 （4） ①. 偏小 ②. 偏大
（5）TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl
（6）KSCN溶液 （7）(或%)
【解析】
【小问1详解】
称量草酸晶体需要电子天平和药匙，取待测液需要滴定管，溶解草酸晶体需要烧杯、玻璃棒，滴定过程需要铁架台、锥形瓶，故不需要的仪器是c冷凝管、f漏斗和j烧瓶。配制100mL草酸溶液需要100mL容量瓶和胶头滴管。
【小问2详解】
草酸与酸性高锰酸钾反应，高锰酸根离子被还原为Mn2+，草酸被氧化为CO2，反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H＋=2Mn2++10CO2↑+8H2O。酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，因此应装在酸式滴定管中。用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液，滴定终点时酸性高锰酸钾溶液略微过量，判定滴定终点方法为当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。
【小问3详解】
第三组数据与前两组差别较大舍去，则消耗高锰酸钾20mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.1ml/L×0.02L=2×10-3ml，根据离子方程式2MnO+5H2C2O4+6H＋=2Mn2++10CO2↑+8H2O，参与反应的草酸有5×10-3ml，则100mL溶液中含有草酸0.02ml，质量为1.8g，则水的质量为2.52g-1.8g=0.72g，即有H2O0.04ml，则x的值为2。
【小问4详解】
若滴定用的高锰酸钾溶液因久置部分变质，则滴定时消耗的高锰酸钾溶液偏多，计算所得草酸的物质的量偏多，导致计算所得结晶水的质量偏小，x偏小。滴定终点读数时目光俯视，导致计算所得高锰酸钾的消耗量偏小，计算所得草酸的物质的量偏小，计算所得结晶水的质量偏大，x偏大。
【小问5详解】
TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl。
【小问6详解】
用硫酸铁铵溶液滴定Ti3+溶液，铁离子与Ti3+反应生成Fe2+和Ti4+，滴定终点时铁离子略微过量，则选用的指示剂为KSCN溶液。
【小问7详解】
消耗NH4Fe(SO4)2的物质的量为cV×10-3ml，Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+，则消耗Ti3+的物质的量为cV×10-3ml，根据Ti守恒，wg试样中含有TiO2cV×10-3ml，则TiO2的质量分数表达式为(或%)。
17. 电化学原理在工农业生产中有重要应用。已知N2H4是一种重要的清洁高能燃料，产物无污染。根据如图所示装置回答下列问题(C1~C6均为石墨电极，假设各装置在工作过程中溶液体积不变)
（1）甲装置C2电极为___________极，C1电极上的电极反应为 ___________
（2）装置中Ag电极上的电极反应为___________，若乙装置中溶液体积为400mL，开始时溶液pH为6，当电极上通过0.04ml电子时溶液pH约为___________。
（3）丙装置用于处理含高浓度硫酸钠的废水，同时获得硫酸、烧碱及氢气，膜X为___________(填“阳离子”“阴离子”或“质子”)交换膜，当电极上通过0.04ml电子时，中间硫酸钠废水的质量改变___________ g(假定水分子不能通过膜X和膜Y)。
（4）电解一段时间后，丁装置中能观察到的现象是___________，丁装置中电解反应的总化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. 正 ②. N2H4－4e－+4OH－ = N2+4H2O
（2） ①. Ag++e－ = Ag ②. 1
（3） ①. 阴离子 ②. 2.84
（4） ①. Fe电极逐渐溶解，C6电极上有气泡产生，溶液中出现红褐色沉淀 ②. Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑
【解析】
【分析】利用肼-氧气燃料电池给乙、丙、丁三个电解池供电。在燃料电池中，通入燃料肼的C1电极为负极，通入氧气的C2电极为正极，和原电池正极相连的为电解池的阳极，和负极相连的为电解池的阴极。
【小问1详解】
甲为燃料电池，肼和氧气发生反应生成无污染物，即生成氮气和水，所以肼为负极，氧气为正极，负极上肼失去电子发生氧化反应生成氮气，电极反应式为：N2H4－4e－+4OH－ = N2+4H2O。
【小问2详解】
和电池正极相连的电极C3、C4和铁为阳极，和电池负极相连的银、C5和C6为阴极，银电极上Ag+得到电子生成银：Ag++e－ = Ag；C1电极上发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，当电极上通过0.04ml电子时，生成0.04mlH+，电解后溶液中的H+的物质的量为0.04ml+0.4L×10-6ml/L≈0.04ml，溶液体积为400mL，则H+浓度为0.1ml/L，所以溶液的pH=1。
【小问3详解】
丙装置中阳极C4的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极C5的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，要获得硫酸、烧碱和氢气，则硫酸钠废水中的硫酸根离子通过膜X进入阳极室，所以膜X为阴离子交换膜；当电极上通过0.04ml电子时，根据电子守恒，通过膜X的硫酸根离子为0.02ml，通过膜Y的钠离子为0.04ml，所以中间硫酸钠废水的质量减轻0.02ml×142g/ml=2.84g。
【小问4详解】
丁装置中铁为阳极，在阳极铁失去电子转化为Fe2+，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH--，OH-和Fe2+生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，电解一段时间后，丁装置中能观察到Fe电极逐渐溶解，C6电极上有气泡产生，溶液中出现红褐色沉淀，丁装置中电解反应的总化学方程式为：Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑。
18. 清洁能源的综合利用是实现“碳中和、碳达峰”的重要途径。
（1）以环已烷为原料通过芳构化反应生产苯，同时可获取氢气。图甲是该反应过程中几种物质间的能量关系。芳构化反应：(g)→(g)+3H2(g) △H=___________。
（2）H2和CO2合成乙醇反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)。将等物质的量的CO2和H2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的关系如图乙。
①压强p1___________p2 (填“>”“=”或“<”，下同)；a、b两点的平衡常数Ka___________Kb。
②已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C [ Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数]，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea=___________J/ ml。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是___________(填“m”或“n”)。
（3）H2和CO合成甲烷反应为：2CO(g)+2H2(g)CH4(g)+CO2(g)。T℃将等物质的量CO和H2充入恒压(200kPa)的密闭容器中。已知逆反应速率v逆=k逆p(CH4)·p(CO2)，其中p为分压，该温度下k逆=5.0×10-4kPa·s-1，反应达平衡时测得v正=0.3125 kPa·s-1。CO的平衡转化率为___________，该温度下反应的Kp=___________(用组分的分压计算的平衡常数)。
【答案】（1）+208.4
（2） ①. ＜ ②. ＞ ③. 9.6×104 ④. n
（3） ①. 40% ②. ×10—4
【解析】
【小问1详解】
由图可知，环己烷转化为1，3—环己二烯热化学方程式为① (g) → (g) +2H2(g) =+237.1kJ/ml，1，3—环己二烯转化为苯的热化学方程式为② (g) +2H2(g) → (g) +H2(g) =—28.7kJ/ml，由盖斯定律可知，①+②可得环己烷转化为苯的热化学方程式为 (g) → (g) +3H2(g) =(+237.1kJ/ml)+( —28.7kJ/ml)=+208.4kJ/ml，故答案为：+208.4；
【小问2详解】
①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，乙醇的体积分数增大，由图可知，压强为P1时乙醇的体积分数小于P2时，则P1小于P2；由图可知，压强一定时升高温度，乙醇的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反应，反应的平衡常数减小，则温度较低的a点平衡常数大于b点，故答案为：＜；＞；②在m催化剂作用下，由图中数据可得如下方程式：56.2=—7.2×10—3Ea+C①，27.4=—7.5×10—3Ea+C②，解联立方程可得Ea=9.6×104J/ml;由图可知，直线n的斜率大于m，说明活化能Ea小于m，催化效率高于m，故答案为：9.6×104；n；
【小问3详解】
设起始通入一氧化碳和氢气的物质的量都为2ml、生成甲烷的物质的量为aml，由题意可建立如下三段式：
平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：
，解得a=0.4，则一氧化碳的转化率为×100%=40%，平衡时分压常数
KP=

Ⅰ
Ⅱ
A．测定中和反应的反应热
B．测定锌与稀硫酸反应的反应速率
C．探究压强对平衡的影响
D．验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物
滴定次数
待测液体积(mL)
标准溶液(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.00
20.02
第二次
25.00
3.02
23.00
第三次
25.00
4.00
24.80