海南省海口实验中学学年高二上学期11月期中考试 化学试题（解析版）-A4

这是一份海南省海口实验中学学年高二上学期11月期中考试 化学试题（解析版）-A4，共8页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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. 下列离子方程式或化学方程式正确的是
A. 向溶液中加入过量的氨水：
B. 将通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为
C. 用铝热法还原金属：
D. 向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，发生的反应为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al2(SO4)3与过量NH3∙H2O反应生成Al(OH)3，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，A错误；
B．ClO－具有氧化性，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸，次氯酸过量，氢离子和过量的次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为H2O+3ClO-+SO2═+Cl﹣+2HClO，B正确；
C．铝热法还原金属是铝和氧化铁在高温条件下反应生成铁和氧化铝，化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，C错误；
D．向饱和食盐水中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，该反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+，D错误；
故选B。
2. 化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关
B. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
C. 国产大飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料
D. 乙烯加聚后得到超高分子量的产物可用于防弹衣材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化，引起水华、赤潮等水体污染，与硫的排放无关，故A错误；
B．青铜器、铁器在潮湿的环境中容易发生电化学腐蚀，在干燥的环境中，青铜器、铁器只能发生缓慢的化学腐蚀，在地下，将青铜器、铁器完全浸入水中，能够隔绝氧气，阻止化学腐蚀和电化学腐蚀的发生，因此考古学上认为“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，故B正确；
C．碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；
D．乙烯加聚后得到超高分子量的产物聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，可用于防弹衣材料，故D正确；
答案选A。
3. 有一铁粉和氧化铜的混合物8.32g，进行如下实验：
根据实验所得数据，有关说法正确的是
A. 无色气体的质量为0.2g
B. 原混合物中铁的质量为7.0g
C. 反应后的溶液中金属离子物质的量为0.1 ml
D. 反应消耗的H2SO4物质的量为0.15 ml
【答案】A
【解析】
【分析】1.28g红色固体为铜，物质的量为0.02ml，根据元素守恒，原混合物中CuO的物质的量为0.02 ml，氧化铜质量为1.6g；铁的质量为8.32g-1.6g=6.72g；铁的物质的量为0.11 ml；根据元素守恒反应后溶液中的物质的量为0.11 ml；反应消耗的H2SO4物质的量为0.11 ml，设还原置换铜需要Fe的质量为x g，则有，则x=1.12g，剩余的Fe与硫酸反应生成氢气，又，则y=0.2g，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，无色气体为氢气，质量为0.2g，A正确；
B．原混合物中铁的质量为6.72 g，B错误；
C．反应后的溶液中金属离子为，物质的量为0.11 ml，C错误；
D．反应消耗的H2SO4物质的量为0.11 ml，D错误；
答案选A。
4. 某化学兴趣小组探究一种硫酸盐晶体的组成，其实验过程如图所示。下列说法正确的是
A. 该硫酸盐的化学式为
B. 实验Ⅲ的操作包括过滤、洗涤、干燥、称量
C. 由实验Ⅲ数据可知3.92g晶体中
D. 上述实验过程可证明该晶体中含有
【答案】B
【解析】
【分析】3.92g晶体和熟石灰共热得到的A气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明A为NH3，晶体中有，干燥后NH3在标准状况下的体积为448mL，NH3的物质的量即晶体中的物质的量为；3.92g晶体与稀盐酸反应后的溶液呈淡绿色，将其分成两等份，其中一份与足量氯化钡溶液反应得2.33g沉淀B，则B为BaSO4，n(BaSO4)=0.01ml，则n()=n(BaSO4)=0.01ml，另外一等份滴加KSCN溶液，溶液不变色，再加氯水溶液变红，说明原晶体中无铁离子，有亚铁离子。
【详解】A．由以上分析可知，3.92g晶体中含0.02ml，则m()=0.02ml×18g/ml=0.36g，n()=2×0.01ml=0.02ml，则m()=0.02ml×96g/ml=1.92g，由电荷守恒可知，溶液中还有Fe2+，且n( Fe2+ )=，则m( Fe2+ )=0.01ml×56g/ml=0.56g，所以结晶水的质量为m(H2O)=3.92g-0.36g-1.92g-0.56g=1.08g，则n(H2O)=，该硫酸盐的化学式为，故A错误；
B．实验Ⅲ的操作是从溶液中得硫酸钡晶体并称重，所以其操作包括过滤、洗涤、干燥、称量，故B正确；
C．由实验Ⅲ的数据可知，3.92g晶体中，故C错误；
D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，再加氯水溶液变红，说明原晶体中无铁离子，有亚铁离子，故D错误；
故答案为：B。
5. 利用微生物燃料电池可处理有机废水获得电能，同时实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水(以含的溶液为例)。下列说法不正确的是
A. b电极反应式为：
B. 隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
C. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为1∶2
D. 处理1ml理论上模拟海水中有8ml发生迁移
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知a极上CH3COO-转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，电极反应式为：，b极为正极，电极反应式为：。
【详解】A．由分析得，b极为正极，电极反应式为：，故A正确；
B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B正确；
C．电池的总反应式为：，正极产生氢气，负极产生二氧化碳，正、负极产生气体的物质的量之比为2：1，故C正错误；
D．a极为该原电池的负极，电极反应式为：，处理1ml，转移的电子数为8ml，理论上模拟海水中有8ml发生迁移，故D正确；
故选C。
6. 碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：。
已知：i．图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii．。
下列有关说法不正确的是
A. 上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
B. 向上层清液中通入气体，碳酸钙溶解平衡正移
C. 若将过量的碳酸钙固体置于0.1碳酸钠溶液中达到溶解平衡时，溶液中大于
D. 若0.1的溶液pH=8.3，则该溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】由图中曲线可知，、；
【详解】A．碳酸根离子的水解常数为，说明碳酸根离子水解程度很大，上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，A正确；
B．向上层清液中通入气体，发生反应CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，碳酸钙转化为可溶的碳酸氢钙，则溶解平衡正移，B正确；
C．若溶液中碳酸根离子浓度为溶液中0.1ml/L，则溶液中，0.1碳酸钠溶液中碳酸根离子水解使得碳酸根离子浓度小于0.1，则达到溶解平衡时溶液中大于，C正确；
D．若0.1的溶液pH=8.3，pOH=5.7，则；，则，，D错误；
故选D。
7. 一定温度下，向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2.0()和2.0，生成()和：，测得浓度与时间关系如表所示。
下列说法正确的是
A. 如果加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于30min
B. 通入惰性气体，正、逆反应速率都减小，平衡不移动
C. 平衡常数表达式
D. 在该条件下，的平衡转化率为40%
【答案】A
【解析】
详解】A．催化剂可以加快反应速率，故加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于30min，A正确；
B．通入惰性气体，各物质浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B错误；
C．平衡常数表达式，C错误；
D．向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2.0()和2.0，浓度为1ml/L，H2浓度为1ml/L，反应前后体积不变，达到平衡时，浓度为0.6ml/L，根据计量数关系，浓度变化为0.6ml/L，的平衡转化率为=60%，D错误；
故选A。
8. T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入和一定量的发生反应：，平衡时与起始的关系如图所示。已知初始加入，容器内的总压强为。下列说法正确的是
A. 5min时反应到达c点，
B. a点时，混合气体平均摩尔质量为
C. b点时，
D. c点时，再加入和，使二者分压均增大，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【分析】根据c点加入2ml氢气，=2则起始加入1ml二氧化碳，由三段式分析： ，则平衡时容器气体的压强为：p(平衡)=×1.2mkPa，故有：p(HCHO)=×p(平衡)= ××1.2mkPa═0.2mkPa，解得：x=0.5ml，故p(平衡)=mkPa，据此分析解题。
【详解】A．起始时容器内气体总压强为1.2mkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则υ(H2)==0.1ml/(L•min)，A错误；
B．a点时，加入2ml氢气，=1则起始加入2ml二氧化碳，由三段式分析： ，则平衡时容器气体压强为：p(平衡)=×1.2mkPa，故有：平衡时p(HCHO)=×p(平衡)= ××1.2mkPa═xmkPa，解得：a=ml，混合气体的总物质的量为n=(4-)ml，由质量守恒定律可知，混合气体的总质量和起始加入气体的总质量相等，即总质量为m=2ml×2g/ml+2ml×44g/ml=92g，混合气体平均摩尔质量为，B错误；
C．温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=×mkPa=0.2mkPa，同理：p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，故Kp==(kPa)-1=(kPa-1)= ，C正确；
D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，则此时Qp═==m=Kp，平衡不移动，D错误；
故选：C。
二、不定项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分； 若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 为了保护环境，工业上常用氨气除去废气中氮氧化物(NOx)：NOx+NH3→N2+H2O(l)。已知某厂每升废气中含NOx 0.0672L（只含NO和NO2），向100.000L废气中通入10.000L氨气可使NOx完全转化，测得反应后气体体积变为103.952L（气体体积均折算到标准状况）。有关说法中正确的是
A. 每生成1.5ml N2，被氧化的气体有3ml
B. 处理过程中转移的电子数约为1.339NA
C. NOx 中的 x 值为1.2
D. 除去废气中的NOx，至少需氨0.24ml
【答案】CD
【解析】
【分析】100.000L废气中NOx的物质的量是6.72L÷22.4L/ml＝0.3ml。设反应中消耗氨气的物质的量好yml，则103.952－（100－6.72）＝，解得y＝0.24。0.24ml氨气失去电子0.24ml×3＝0.72ml，所以NOx在反应中得到电子是0.72÷0.3＝2.4，即2x＝2.4，所以x＝1.2，因此反应的化学方程式可表示为10NO1.2＋8NH3＝9N2＋12H2O，据此分析解答。
【详解】A、根据以上分析，每生成1.5ml N2，被氧化的氨气为1.33ml，A错误；
B、处理过程中转移的电子数约为0.72NA，B错误；
C、根据以上分析可知NOx 中的 x 值为1.2，C正确；
D、根据以上分析可知除去废气中的NOx，至少需氨0.24ml，D正确；
答案选CD。
10. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．室温下，向苯酚钠溶液中通足量CO2，碳酸将苯酚置换出来，溶液变浑浊，属于强酸制弱酸，可以得出结论：碳酸的酸性比苯酚的强，故A正确；
B．加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，可能是挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化，也可能是乙醇发生消去反应得到的乙烯使酸性高锰酸钾的紫色褪色，故B错误；
C．向5 mL 0.1 ml·L−1 KI溶液中加入1 mL 0.1 ml·L−1 FeCl3溶液，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明溶液中还含有铁离子，没有反应完，说明I－与Fe3+的反应有一定限度，故C正确；
D．向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，同时说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度， HCO3-+H2O⇌ H2CO3+OH-，Kh=，H2CO3⇌ HCO3-+H+，Ka1=，HCO3-⇌H++CO32-，Ka2=，Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)＝×＝，Kh＞Ka２，＞，等式两边同乘以c(H+)，可以得到，即Kw＞Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)，故D错误；
答案选AC。
11. 研究多元酸碱反应的分步过程可借助于pH曲线。向溶液中逐滴滴加某二元酸H2B溶液，得溶液pH随加入的H2B体积的变化如图所示。已知：H2CO3的，下列说法错误的是
A. 该曲线有两处pH突变，突变分别出现在V=5mL和V=20mL处
B. 在0~5mL区间，发生的反应是
C.
D. 在5~20mL区间，HB-的物质的量一直在增加
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，pH在V=5mL和V=20mL处发生突变，A项正确；
B．在0~5mL区间，少量，过量，发生的反应为，B项错误；
C．在0~5mL区间，少量，过量，发生反应：，时，完全反应，发生的化学反应为：，所以的酸性强于碳酸，的酸性强于，则，C项错误；
D．在5~20mL区间，发生的化学反应为：，HB-的物质的量一直在增加，D项正确；
答案选BC。
12. 某种利用垃圾渗透液实现发电的装置示意图如下。当该装置工作时，下列说法不正确的是
A. 盐桥中K+向Y极移动
B. 电路中流过7.5ml电子时，产生标准状况下N2的体积为16.8L
C. 电流由X极沿导线流向Y极
D. Y极发生的反应为2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，Y极周围pH增大
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可知，X极氮元素价态升高失电子，故X极为负极，Y极为正极，电极反应式为2NO+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，电池总反应为5NH3+3NO=4N2↑+6H2O+3OH-。
【详解】A． Y极为正极，电极反应式为2NO+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，负电荷增加，故钾离子向Y极移动，故A正确；
B． 电池总反应为5NH3+3NO=4N2↑+6H2O+3OH-，生成4ml氮气时，转移15ml电子，故电路中流过7.5ml电子时，生成氮气2ml，标况下体积为2ml×22.4L/ml=44.8L，故B错误；
C． 电池工作时，电子由负极（X极）沿导线流向正极（Y极），电流由Y极沿导线流向X极，故C错误；
D．Y极为正极，电极反应式为2NO+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，生成氢氧根离子，周围pH增大，故D正确；
故选：BC。
13. 乙酸蒸汽催化重整制氢过程中的主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
将一定比例的乙酸、水和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，乙酸的转化率、氢酸比[]与温度的关系如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法正确的是
A. 用该催化剂催化重整反应的最佳温度范围约为
B. 时，出口气中
C. 后氢酸比下降的主要原因为温度升高反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小
D. 该过程深入研究方向之一是寻找对反应Ⅱ选择性更高催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．该催化剂催化重整反应中乙酸的转化率越大，氢酸比越大时，反应最佳，则最佳温度范围约为600℃，故A错误；
B．时，设CO和CO2的物质的量分别为xml和yml，则氢酸比，解得，故B正确；
C．600℃后，乙酸的转化率几乎不变，则温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行的程度不能同时减小，故C错误；
D．反应I中1ml乙酸可以生成4ml氢气，反应Ⅱ中1ml乙酸生成2ml氢气，反应Ⅰ更有利于氢气的生成，则该过程深入研究的方向之一是寻找对反应Ⅰ具有选择性更高的催化剂，故D错误；
故选B。
14. 实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5ml·L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A. 稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B. c点对应NaOH溶液的体积为48mL
C. b点与a点的差值为0.075ml
D. 样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3
【答案】BC
【解析】
【分析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH−=H2O，②Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，③NH+OH−=NH3·H2O，④Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O，b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，ef段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5ml/L=0.05ml，根据Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05ml，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05ml。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5ml/L=0.03ml，根据NH+OH−=NH3·H2O可知，计算溶液中n(NH)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH)，即3n(Fe)+3×0.05ml=8×0.03ml，解得：n(Fe)=0.03ml。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH)=0.03ml，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5ml/L=0.44ml，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44ml+0.03ml×2=0.5ml，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5ml-0.03ml×2-0.03ml×3-0.05ml×3=0.2ml，故C点加入NaOH的物质的量为0.2ml。
【详解】A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；
C．根据分析可知，b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，为0.05ml，故C错误；
D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05ml、n(Fe)=0.03ml，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，故D正确；
故选：BC。
三、非选择题(共52分)
15. 市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
（1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为_______；溶液的作用为_______；D中发生的主要反应的化学方程式为_______。
（2）将D中溶液转移至_______(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成的离子方程式为_______。
（3）利用图示相同装置，将R和固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为_______和_______。
（4）为保证溴的纯度，步骤(3)中固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以计)，则需称取_______(用含m的代数式表示)。
（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用_______，滤液沿烧杯壁流下。
【答案】（1） ①. 直形冷凝管 ②. 除去市售的溴中少量的 ③.
（2） ①. 蒸发皿 ②.
（3） ①. 液封 ②. 降低温度
（4）
（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
【解析】
【分析】市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I2与Br2一起蒸馏入草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I-、Br-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I-，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K2Cr2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。
【小问1详解】
仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；
【小问2详解】
将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为；
【小问3详解】
密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；
【小问4详解】
m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；
【小问5详解】
趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。
16. 随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。
Ⅰ．以和为原料合成尿素的反应为：，该反应为放热反应。
（1）上述反应中，有利于提高平衡转化率的措施是__________(填序号)。
A. 高温低压B. 低温高压C. 高温高压D. 低温低压
（2）研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如图所示：
第一步：
第二步：
①合成尿素总反应的热化学方程式为__________。
②第一步反应速率较快的理由是__________。
Ⅱ．以和催化重整制备合成气：，在密闭容器中通入物质的量均为0.2ml的CH4和CO2在一定条件下发生反应：，CH4的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。
（3）若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，能说明反应到达平衡状态的是_________(填序号)。
A. 反应速率：B. 同时断裂键和键
C. 容器内混合气体压强保持不变D. 容器中混合气体的密度保持不变
（4）由图可知，Y点速率_______(填“>”、“ ②. <
（5）
【解析】
【小问1详解】
A.该反应为放热反应同时为气体体积减小的反应，高温低压化学平衡逆向移动，A错误；
B.该反应为放热反应同时为气体体积减小的反应，低温高压化学平衡正向移动，B正确；
C.高温化学平衡逆向移动，高压化学平衡正向移动，C错误；
D.低温化学平衡正向移动，低压化学平衡逆向移动，D错误；
故选B；
【小问2详解】
合成尿素的总反应=第一步反应+第二步反应，则总反应的热化学方程式为，从图中可知，第一步反应的活化能较小，则反应速率较快的为第一步；
【小问3详解】
A.反应速率 ，都表示正反应速率，无法判断反应是否达到平衡，A 错误；
B.同时断裂 2mIC-H 键和 1mIH-H键，说明消耗 0.5mlCH4的同时消耗 1mIH2，正反应速率等于逆反应速率，可说明反应达到平衡，B正确；
C.该反应为气体体积增大的反应，随着反应进行，压强逐渐增大，容器内混合气体的压强保持不变说明反应达到平衡，C正确；
D.反应在恒容密闭容器中进行，混合气体的密度始终不变，D错误；
故选 BC；
【小问4详解】
由图可知 Y 点 CH4的转化率小于其平衡转化率，说明此时未达到平衡状态，＞，该反应为气体体积增大的反应，压强增大化学平衡逆向移动，CH4转化率减小，则P1＜P2；
【小问5详解】
X点甲烷的转化率为50%，则有
则各物质的分压为，，，。
17. 完成下列反应的热化学方程式。
（1）沼气是一种能源，它的主要成分是(常温下，完全燃烧生成(和液态水时，放出445 kJ 热量，则热化学方程式为_______。
（2）已知完全燃烧生成 和 的燃烧热写出表示的燃烧热的热化学方程式：_______。
（3）乙烷在一定条件可发生如下反应： 相关物质的燃烧热数据如表所示：
则ΔH=_______kJ/ml
（4）已知：

形成HF(aq)电离的热化学方程式_______。
【答案】（1）
（2）
（3）+137 （4）
【解析】
【小问1详解】
0.5 ml CH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水时，放出445 kJ热量，则1mlCH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水时放出热量445 kJ×2=890 kJ，所以CH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水的热化学方程式为；
【小问2详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；已知完全燃烧生成 和 的燃烧热则示的燃烧热的热化学方程式：；
【小问3详解】
由表格数据可知：
①
②
③
根据盖斯定律：①-②-③得；
【小问4详解】
根据盖斯定律：①-②得。
18. 镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室以工业废弃的NiO催化剂(含有、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备的实验流程如图：
已知：常温时 不能氧化有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如表所示。
（1）基态Fe原子电子排布式为_______。
（2）滤渣的主要成分为_______。
（3）实验室中通过操作A除去不溶性杂质用到的玻璃仪器有_______。
（4）加入的目的是_______；调pH的范围是_______。
（5）加入NaF的目的是进一步除去Ca2+ 时，c(Ca2+)=_______ml/L。
（6）“氧化”过程中加入的试剂X可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：_______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2
（2）
（3）漏斗、玻璃棒、烧杯
（4） ①. 将溶液中亚铁离子氧化为铁离子 ②.
（5）
（6）
【解析】
【分析】含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，再向滤液中通入H2S除去Cu2+，且使Fe3+被还原成Fe2+，得CuS、S固体，过滤得滤液中含有Ni2+、Fe3+、Fe2+、Ca2+，加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，调节溶液合适的pH且避免生成Ni(OH)2，只生成Fe(OH)3沉淀，加入NaF除去Ca2+，再加入NaOH及氧化剂后得NiOOH，灼烧得Ni2O3。
【小问1详解】
铁元素是第26号元素，基态Fe原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；
【小问2详解】
根据分析，用硫酸浸取含镍催化剂后，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，故浸出渣主要成分为BaSO4和CaSO4；
【小问3详解】
操作A是过滤，需要用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯；
【小问4详解】
加入H2O2的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，使Fe3+完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7；
【小问5详解】
当c(F-)=0.001ml·L-1，c(Ca2+)=ml·L-1.=2.7×10-5ml·L-1.；
【小问6详解】
氧化”过程中加入NaOH、K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：。
19. 过硫酸氢钾复盐( K2SO4· KHSO4·2KHSO5)易分解，可用作漂白剂、NOx、SO2等废气脱除剂。某研究小组制备过硫酸氢钾复盐的流程如图：
（1）在“转化”中，用冰水浴冷却，原因是______________。浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过硫酸(H2SO5)，写出此反应的化学方程式______________。
（2）已知H2SO5为一元强酸。结晶操作中，加入K2CO3即可获得过硫酸氢钾复盐晶体，该过程的离子反应方程式为______________________；操作中，K2CO3溶液需分批缓慢加入，目的是_________________。过硫酸氢钾复盐产率（以产品含氧量表示）随溶液pH和温度的变化关系如右图所示。则该过程适宜的条件是_____________________。
（3）过滤后，用无水乙醇洗涤沉淀，目的是洗除晶体表面的杂质和___________________。
（4）烘干产品时，用红外灯低于40℃烘干，可能的原因是__________________。
【答案】（1） ①. 浓硫酸与H2O2溶液混合时，大量放热，温度高，H2O2易分解 ②. H2SO4 +H2O2 =H2SO5 +H2O
（2） ①. 10K＋+5CO+4SO+4HSO+12H＋=5CO2↑+2[K2SO4·KHSO4·2KHSO5]↓+5H2O ②. 控制加入的K2CO3的量，避免反应过于激烈 ③. 0℃、pH=2左右
（3）便于晶体干燥 （4）产品在40℃以上易分解
【解析】
【分析】在“转化”中发生反应H2SO4＋H2O2=H2SO5＋H2O，生成的H2SO5和50%的K2CO3反应产生CO2和过硫酸氢钾复盐，经过滤、洗涤、烘干得到产品。
【小问1详解】
H2O2受热易分解，而浓硫酸遇水放出热量，因此用冰水浴冷却的原因是浓硫酸与H2O2溶液混合时，大量放热，温度高，H2O2易分解；
根据题目浓硫酸与H2O2反应生成H2SO5， 反应方程式为H2SO4＋H2O2=H2SO5＋H2O；
【小问2详解】
H2SO5是一元强酸，与K2CO3反应产生CO2和过硫酸氢钾复盐，离子反应方程式为：10K＋+5CO+4SO+4HSO+12H＋=5CO2↑+2[K2SO4·KHSO4·2KHSO5]↓+5H2O；
分批加入K2CO3目的是控制加入K2CO3的量，避免反应过于剧烈；
过硫酸氢钾复盐产率以产品含氧量表示，含氧量越大，说明产率越高，因此根据图象，适宜条件是0℃和pH=2；
【小问3详解】
乙醇易挥发，用无水乙醇洗涤沉淀，洗除表面杂质，利用乙醇易挥发性，便于晶体干燥；
【小问4详解】
0
10
20
30
40
0
0.3
0.5
0.6
0.6
选项
实验操作和现象
结论
A
室温下，向苯酚钠溶液中通足量CO2，溶液变浑浊
碳酸的酸性比苯酚的强
B
加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
有乙烯生成
C
向5 mL 0.1 ml·L−1 KI溶液中加入1 mL 0.1 ml·L−1 FeCl3溶液，充分反应后，萃取分液，向水层中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色
I－与Fe3+的反应有一定限度
D
向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝
Kw＜Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)
物质
C₂H₆(g)
C₂H₄(g)
H₂(g)
燃烧热△H/(kJ·ml⁻¹)
-1 560
-1 411
-286
氢氧化物
Fe(OH)₃
Fe(OH)₂
Ni(OH)₂
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
完全沉淀的pH
3.7
9.7
9.2