【期中真题】福建省厦门第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip

这是一份【期中真题】福建省厦门第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip，文件包含期中真题福建省厦门第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题原卷版docx、期中真题福建省厦门第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

福建省厦门第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题
说明：本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与能源息息相关。下列说法错误的是
A. 煤的干馏、气化和液化都属于化学变化
B. 风能、电能、地热能等都属于一次能源
C. 光合作用是将太阳能转变为化学能的过程
D. 锌锰干电池和氢氧燃料电池都属于一次电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化；煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故A正确。
B．电能属于二次能源，风能、地热能属于一次能源，故B错误；
C．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是将太阳能转化成化学能，故C正确；
D．锌锰干电池和氢氧燃料电池为一次电池，不能充电而重复使用，故D正确；
故选：B。
2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 乙烷完全燃烧断开C-H键的数目为
B. 氢氧燃料电池正极消耗(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为
C. 0.1molH2和于密闭容器中充分反应后，分子的总数为
D. 室温下， 的溶液中，由水电离的OH-离子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A． 乙烷的物质的量为1mol、含6molC-H，则完全燃烧断开C-H键的数目为，A正确；
B．氢氧燃料电池正极消耗(标准状况)气体时，即有1molO2参加反应，存在关系式：，则电路中通过的电子数目为，B错误；
C．氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应为可逆反应，则.和于密闭容器中充分反应后，分子的总数小于，C错误；
D．室温下， 的溶液中，由氢氧化钠电离的氢氧根离子数目为，氢氧化钠抑制水电离，由水电离的氢氧根离子数目为 ，D错误；
答案选A。
3. 下列关于反应速率与反应限度的说法正确的是
A. 钠与水反应时，增加水的用量能明显增大反应速率
B. 升温能提高反应物的能量，增大反应物间的碰撞频率，加快反应速率
C. 催化剂能加快反应速率的原因是它能降低反应的活化能，减小反应的焓变
D. 合成氨工业采用循环操作的主要目的是提高平衡体系中氨的含量
【答案】B
【解析】
【详解】A．水是纯液体，纯液体量的多少对反应速率没有影响，A错误；
B． 升温能提高反应物的能量，增大活化分子百分数，增加反应物间的碰撞频率，加快反应速率，B正确；
C． 催化剂能能降低反应的活化能、加快反应速率，但催化剂不会改变反应的焓变，C错误；
D． 合成氨反应是可逆反应，采用循环操作的主要目的是提高原料的利用率，D错误；
答案选B。
4. 利用下列实验装置进行的实验不能达到相应实验目的的是

A. ①测量中和反应的反应热 B. ②测量锌与稀硫酸反应的反应速率
C. ③探究压强对平衡的影响 D. ④证明醋酸为弱酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．①测量中和反应的反应热，该装置保温效果好，温度计可测定温度，能达到实验目的，A不符合题意；
B．②测量锌与稀硫酸反应的反应速率，用注射器测定一定时间内产生气体的体积，可计算化学反应速率，能达到实验目的，B不符合题意；
C．③该反应气体分子总数不变，改变压强平衡不一定，故不能探究压强对平衡移动的影响，C符合题意；
D．④中只有电解质不同，可以通过灯泡的明亮程度判断导电能力的不同、从而能证明醋酸为弱酸，D不符合题意；
答案选C。
5. 下列有关电解质及其电离的说法正确的是
A. 升温促进水的电离，从而使水的pH值减小
B. 氨水导电性一定比NaOH溶液的导电性弱
C. 某醋酸溶液的pH=4，说明醋酸是弱电解质
D. 在水中能电离产生，故其溶液显酸性
【答案】A
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故A正确；
B．NaOH溶液与氨水的导电性与二者的离子浓度有关，浓度不确定，无法判断，故B错误；
C．未知醋酸溶液的物质的量浓度，由pH=4，不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；
D．在水中能电离产生，由于的水解程度比电离程度大，所以溶液呈碱性，故D错误；
故选：A。
6. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是
A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率
B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用
C. 反应X的可通过如下反应获得：、
D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；
B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；
C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确；
D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；
故选D。
7. 金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”，利用这一性质可通过电解饱和食盐水得到金属钠，实验装置如图所示(电键、电压计、电流计等已略去)，洗气瓶中有白烟产生，下列说法不正确的是

A. 铁丝起导电作用，水银充当阴极
B. 阴极电极反应式：
C. 白烟产生的方程式为
D. 电解开始后，石墨棒表面立即产生大量气泡，水银表面始终无气泡产生
【答案】D
【解析】
【分析】金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”，说明在水银处有Na析出，发生还原反应，则水银为阴极，电极反应式为，石墨为阳极，电极反应式为，洗气瓶中有白烟产生，则洗气瓶中发生反应。
【详解】A．金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”，说明在水银处有Na析出，发生还原反应，水银为阴极，铁丝是导线，石墨为阳极，A正确；
B．据分析可知，阴极电极反应式：，B正确；
C．据分析可知，白烟产生的方程式为，C正确；
D．电解开始后，石墨电极发生反应，生成氯气，产生大量气泡，而水银表面会发生副反应，生成氢气，也会有气泡生成，D错误；
故选D。
8. 某化学社团设计如图所示装置，模拟工业三室膜电解技术制取，然后经结晶脱水得焦亚硫酸钠()。下列说法错误的是

A. 丙烷为负极，发生氧化反应
B. a室产生，故X、Y依次为质子交换膜、阳离子交换膜
C. 随着电解反应的进行，b、c室中的电解质溶液浓度均逐渐减小
D. 制得反应的化学方程式为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．通入丙烷的为负极，发生氧化反应，在碱性环境中生成碳酸根离子，电极方程式为，A错误；
B． b、c室电解水，b室H+与c室OH-以2:1的比例进入a室,a室反应产生，故X、Y依次为质子交换膜、阳离子交换膜，B正确；
C．随着电解反应的进行，b、c室电解水，故b、c室中的电解质溶液浓度均逐渐增大，C错误；
D．制得反应的化学方程式为，D正确；
答案选AC。
9. 下列标志可表明对应反应达到平衡状态的是

反应条件
可逆反应
标志
A
恒温恒容
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
混合气体的密度不变
B
恒温恒压
NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)
NH3在混合气体中的百分含量不变
C
恒温恒容
H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
Qp(分压商，用分压代替浓度计算)不变
D
恒温恒压
2NO2(g)⇌N2O4(g)
c(NO2)=2c(N2O4)

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．恒温恒容，气体总质量不变，故混合气体的密度为定值，无法用来判断是否达到平衡状态，故A错误；
B．由于反应物是固体，故氨气和二氧化碳的物质含量之比始终是2:1，NH3在混合气体中的百分含量始终不变，无法用来判断是否达到平衡状态，故B错误；
C．恒温恒容，Qp不变，说明各气体分压不再改变，则说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．二氧化氮浓度是四氧化二氮浓度的二倍，无法说明其浓度不再变化，故无法用来判断是否达到平衡状态，故D错误；
答案选C。
10. 为探究外界条件对反应：的影响，以A和B的物质的量之比为m∶n开始反应，通过实验得到不同条件下反应达到平衡时Z的物质的量分数与压强及温度的关系，实验结果如图所示。下列判断不正确的是

A.
B.
C. 其它条件相同，升高温度，增大的幅度小于v逆增大的幅度
D. 其它条件相同，压强增大，平衡正向移动，平衡常数不变
【答案】B
【解析】
【分析】由图象可知，降低温度，Z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H<0；降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c；
【详解】A．降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H<0，故A正确；
B．减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c，故B错误；
C．升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，平衡逆向移动，增大的幅度小于，故C正确；
D．增大压强平衡不改变平衡常数，平衡常数只受温度影响，故D正确；
故选B。
11. 在密闭容器中发生储氢反应： 。在一定温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2 MPa。下列说法正确的是
A. 高温条件有利于该反应正向自发，利于储氢
B. 降低温度，v正增大，v逆减小，平衡正向移动
C. 缩小容器的容积，重新达到平衡时H2的浓度增大
D. 该温度下压缩体积至原来的一半，重新达到平衡时H2压强仍为2 MPa
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利用平衡正向进行，A错误；
B．降低温度，v正减小，v逆减小，由于逆反应速率减小的倍数大于正反应速率减小的倍数，因此降低温度后，化学平衡向放热的正反应方向移动，B错误；
C．缩小容器的容积，H2的浓度增大，化学平衡正向移动，直至建立新的平衡。由于温度不变，化学平衡常数K不变，K=c3(H2)不变，因此重新达到平衡时H2的浓度不变，C错误；
D．该温度下压缩体积至原来的一半，c(H2)增大，化学平衡正向移动，当反应重新达到平衡时，由于平衡常数K不变，K=c3(H2)不变，因此平衡时H2压强仍为2 MPa，D正确；
故合理选项是D。
12. 利用与制备合成气，可能的反应历程如图所示：

说明：①为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：)，TS表示过渡态。
②括号中为断开该化学键需要吸收的能量：，CO中的化学键()
下列说法不正确的是
A. 若，则决定速率步骤的化学方程式为
B. 制备合成气总反应的可表示为
C. 若，断开H-H需要吸收的能量为
D. 使用催化剂后，CO和平衡产率不改变
【答案】A
【解析】
【分析】由信息知，第一步反应为，第二步反应为；
【详解】A． 若，即，则第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，则决定速率步骤的化学方程式为，A错误；
B．焓变ΔH =生成物的总能量-反应物的总能量，由信息知， 制备合成气总反应为，B正确；
C．焓变ΔH =反应物总键能−生成物总键能；设氢气的键能为x，则4×413 kJ⋅mol−1+2×745kJ⋅mol−1−2×1075kJ/mol-2x=+120kJ/mol，则，即断开H-H需要吸收的能量为，C正确；
D． 催化剂不影响化学平衡，则使用催化剂后，CO和平衡产率不改变，D正确；
答案选A。
13. 下列说法中正确的是
A. 室温下，某溶液中水电离出的c(H+)为10-12mol/L，该溶液的pH一定为12
B. 某温度下，向氨水中通入，随着的通入，先不断减小后不变
C. 冰醋酸加水稀释过程中，c(H+)逐渐减小
D. 室温下的NaOH溶液和的KOH溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的c(H+)约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．室温下，某溶液中水电离出的c(H+)为10-12mol/L说明该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为酸溶液，溶液pH为2，若为碱溶液，溶液pH为12，故A错误；
B．由氨水的电离常数可知，溶液中=，向氨水中通入二氧化碳，二氧化碳与氨水反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，溶液中铵根离子浓度先增大后不变，则溶液中先不断减小后不变，故B正确；
C．冰醋酸分子中只存在分子，加水稀释过程中，溶液中氢离子浓度先不断增大后减小，故C错误；
D．室温下pH=10的氢氧化钠溶液和pH=12的氢氧化钾溶液等体积混合后溶液中氢氧根离子浓度为≈5×10−3 mol/L，则溶液中氢离子浓度约为==2.0×10−12mol/L，故D错误；
故选B。
14. 常温下，pH均为2、体积均为的三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是

A. 常温下，
B. 原溶液中酸的物质的量浓度：
C. b点和c点对应的溶液中水的电离程度相同
D. 当时，三种溶液同时升高温度，减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据图知，pH=2的溶液分别稀释100倍，HX的pH变成4，说明HX是强酸，HY、HZ的pH增大但小于4，则HY、HZ为弱酸，且HY的pH增大幅度大于HZ，说明HY的酸性＞HZ，因此酸性HX＞HY＞HZ。
【详解】A．由图示可知酸性HX＞HY＞HZ，常温下：，A正确；
B．由分析可知酸性HX＞HY＞HZ，且pH均为2，故原溶液中，B正确；
C．b点和c点的pH相同，则水的电离程度一样， C正确；
D．酸的电离平衡吸热，由于HX为强酸，不存在电离平衡，对HX溶液升高温度，c(X-)不变，对HY溶液升高温度促进HY电离，c(Y-)增大， 增大，D错误；
答案选D。
15. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。在密闭容器中1 mol NO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。

下列说法错误的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有C点的v正=v逆
B. 图2中E点的v逆小于F点的v正
C. 图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，故A正确；
B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v逆小于F点的v正，故B正确；
C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)，混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)，故C错误；
D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，故D正确；
答案为C。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16. 硫酸的消费量常用来衡量一个国家工业发展水平，其中的催化氧化是重要的一步。
I．科研人员使用为基础固硫材料，复合不同的催化剂()催化向的转化，同时研究了不同温度下使用三种催化剂对固硫效率(用单位时间转化率表示)的影响如下图：

（1）仅使用而不使用催化剂获得X线的实验目的是_______﹔
（2）下列有关说法正确的是_______

a．三种催化剂中催化剂效率最低
b．同温同压下，使用复合催化剂有利于提高的平衡产率
c．如上图为为催化剂时的反应机理，由图可知比更易获得电子
d．温度越高一定越有利于催化剂催化效率的提升
（3）某催化氧化生成反应的速率方程为：，根据表中数据可得：_______、_______、_______。
实验




1
m
n
p
q
2

n
p

3
m
n


4
m

p


Ⅱ．在恒温恒压下，向密闭容器中充入和混合气体，后，反应达到平衡，生成气体，同时放出热量。请回答下列问题：
（4）该反应的热化学方程式为_______。
（5）在该条件下，反应前后容器的体积之比为_______。
（6）若把“恒温恒压”改为“恒压绝热条件”反应，平衡后_______(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验
（2）ac （3） ①. 1 ②. ③.
（4）
（5）6：5.75或24：23
（6）<
【解析】
【小问1详解】
由图可知，仅使用碳酸钙而不使用催化剂获得X线的实验目的是做空白实验，便于和有催化剂的实验数据形成对照，故答案为：便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验；
【小问2详解】
a．由图可知，相同温度时，三种催化剂中五氧化二钒做催化剂时，二氧化硫的转化率最小说明催化剂的催化效率最低，故正确；
b．同温同压下，使用复合催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，三氧化硫的平衡产率不变，故错误；
c．由图可知，V2O5−MnO2为催化剂时的反应机理中四价锰离子转化为三价锰离子说明四价锰离子比三价锰离子的氧化性强，更易获得电子，故正确；
d．温度越高不一定越有利于催化剂催化效率的提升，因为温度升高会使催化剂的活性降低，催化效率会降低，故错误；
【小问3详解】
由表格数据可知，实验1和实验2的反应速率相比可得：=，解得α=1，实验1和实验4的反应速率相比可得： =，解得γ=，实验1和实验3的反应速率相比可得：=，解得γ=—1，故答案为：1；；—1；
【小问4详解】
由2min后，反应达到平衡生成0.5mol三氧化硫放出热量QkJ可知，反应
ΔH=—=—4Qkj/mol，则反应的热化学方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
2min后，反应达到平衡生成0.5mol三氧化硫，由化学方程式可知，平衡时二氧化硫和氧气的物质的量分别为3.5mol和1.75mol，则由阿伏加德罗定律可知，反应前后容器的体积之比为6：5.75=24：23，故答案为：6：5.75或24：23；
【小问6详解】
若把“恒温恒压”改为“恒压绝热条件”反应，反应放出的热量使反应温度升高，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则平衡后三氧化硫的物质的量小于0.5mol，故答案为：<。
17. 温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
Ⅰ．在催化作用下由和转化为的反应历程示意图如图。

（1）在合成的反应历程中，下列有关说法正确的是_______(填字母)。
A. 该催化剂使反应的平衡常数增大
B. 过程中，有C-H键断裂和C-C键形成
C. 生成乙酸的反应原子利用率100%
D.
II．以为原料制备“21世纪的清洁燃料”二甲醚涉及的主要反应如下：
①
②
（2）反应的_______
（3）在压强、和的起始投料一定的条件下，发生反应①、②，实验测得平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。

i．已知：的选择性，其中表示平衡时的选择性的是曲线_______(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是_______﹔
ii．为同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为_______(填标号)。
a．低温、低压 b．高温、高压 c．高温、低压 d．低温、高压
Ⅲ．以为原料合成的主要反应为：
（4）某温度下，在恒压密闭容器中充入等物质的量的和，达到平衡时的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
Ⅳ．以稀硫酸为电解质，由甲醇构成的原电池作电解饱和食盐水(电解池中左右两室均为的溶液)的电源。

（5）电解饱和食盐水装置中溶液中的阳离子由_______(填“左向右”或“右向左”)移动，a电极的电极反应式为_______。
（6）室温下，当电解池中共产生 (已折算成标况下)气体时，右室溶液(体积变化忽略不计)的为_______。
【答案】（1）BC （2）
（3） ①. ① ②. 反应②为吸热反应，高于300℃时，以反应②为主，温度升高平衡正向移动，的平衡转化增大 ③. d
（4）0.02 （5） ①. 左向右 ②.
（6）12
【解析】
【小问1详解】
A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，化学平衡常数不变，故错误；
B．由图可知，甲烷转化为乙酸的过程中有碳氢键断裂和碳碳键形成，故正确；
C．由图可知，生成乙酸的反应为甲烷与二氧化碳发生加成反应生成乙酸，反应原子利用率100%，故正确；
D．由图可知，生成乙酸的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应ΔH=E1−E2，故错误；
故选BC；
【小问2详解】
由盖斯定律可知，反应①—②×2可得一氧化碳和氢气合成二甲醚的反应，则反应ΔH=(—122.5kJ/mol)—(+41.1kJ/mol)×2=−204.7kJ/mol，故答案为：−204.7kJ/mol；
【小问3详解】
由方程式可知，反应①为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的百分含量减小，二甲醚的选择性减小，则表示平衡时二甲醚的选择性的是曲线①；反应②为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，当温度高于300℃时，二氧化碳的平衡转化率增大说明二氧化碳与氢气的反应以反应②为主，故答案为：①；反应②为吸热反应，高于300℃时，以反应②为主，温度升高平衡正向移动，的平衡转化增大；
ii．反应①为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小和平衡时二甲醚的选择性减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大和平衡时二甲醚的选择性增大，则同时提高二氧化碳的平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性，应选择的反应条件为低温、高压，故选d；
【小问4详解】
设某温度下，在0.1MPa恒压密闭容器中充入二氧化碳和乙烷的起始物质的量为amol，平衡时生成乙烯的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：

由乙烯的物质的量分数为20%可得：×100%=20%，解得a=,0.5，则二氧化碳、乙烷、乙烯、水蒸气、一氧化碳的平衡分压分别为0.02MPa、0.02MPa、0.02MPa、0.02MPa、0.02MPa，反应的平衡常数Kp==0.02MPa，故答案为：0.02MPa；
【小问5详解】
由氢离子的移动方向可知，a电极为燃料电池的负极，水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为，b电极为正极，与负极相连的d电极为阴极、c电极为阳极，则电解饱和食盐水装置中溶液中的阳离子由左向右移动，故答案为：左向右；；
【小问6详解】
电解饱和食盐水反应方程式为，标况下电解池中共产生224mL气体，则氢气和氯气的体积为×=0.005mol，由方程式可知，右室溶液中氢氧根离子浓度为=0.01mol/L，所以溶液pH为12，故答案为：12。
18. 某化学小组利用酸性与草酸()反应，设计以下实验探究化学反应快慢的影响因素。
实验用品：溶液、溶液、稀硫酸、蒸馏水、溶液、量筒、胶头滴管、井穴板、细玻璃棒及秒表等。
实验内容及记录：
实验编号
试管中所加试剂及用量/mL
温度/℃
紫色褪去所需时间/
溶液
溶液
稀硫酸
蒸馏水
①
2.0
1.0
1.0
2.0
20
4.1
②
3.0
1.0
1.0

20
3.7
③

1.0
1.0
2.0
80
t
回答下列问题：
（1）写出酸性与草酸反应的离子方程式_______，实验①的反应速率_______(列出计算式即可)。
（2）_______，_______，理由是_______。
（3）欲探究温度对反应速率的影响，应选择的实验是_______(填编号)。
（4）为验证“对该反应有催化作用”，该小组同学用如图装置进行了实验④和⑤，其中实验所用酸性溶液由稀硫酸与溶液以体积比1：1混合所得。

实验④：向一个井穴中滴入10滴溶液，逐滴加入酸性溶液，并记录各滴加入后的褪色时间。
实验⑤：向三个井穴中分别滴加10滴溶液，依次滴加1、2、3滴溶液和3、2、1滴蒸馏水，搅拌均匀，再各滴加1滴酸性溶液，并记录褪色时间及混合体系颜色变化。
实验记录如下：
实验④
溶液
第1滴
第2滴
第3滴
第4滴
第5滴
紫色褪去所需时间/s
100
20
10
5
出现褐色沉淀
实验⑤
溶液
1滴
2滴
3滴
体系颜色变化，红色→浅红色→无色
蒸馏水
3滴
2滴
1滴
紫色褪去所需时间/s
12
16
16
已知：为难溶于水的褐色固体：溶液呈红色，不稳定，会缓慢分解为和。
i.实验④中第5滴出现褐色沉淀可能的原因是_______(用离子方程式表示)。
ⅱ.实验④和⑤的现象验证了“对该反应有催化作用”，催化过程如下：

实验⑤中催化剂用量增加，褪色时间却略有延长，说明催化剂过量易催化到“催化过程”的第_______步，反应过程出现红色的原因是_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 1.0 ②. 2.0 ③. 控制单一变量，保持溶液总体积，确保其他反应物浓度不变
（3）①③ （4） ①. ②. Ⅱ ③. 溶液褪色时间延长是因为过量的能使迅速变成，与结合生成而出现红色
【解析】
【分析】由题意可知，该实验实验目的是探究反应物的浓度、反应温度和催化剂对草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的反应快慢的探究。
【小问1详解】
草酸与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；由表格数据可知，溶液混合后高锰酸钾溶液的浓度为=(0.04×)mol/L，由褪色时间为4.1min可知，反应的反应速率为 mol/(L·min)，故答案为：； mol/(L·min)；
【小问2详解】
采用控制变量方法研究浓度对化学反应速率的影响时需要控制单一变量，保持溶液总体积不变确保其他反应物浓度不变，由实验①的溶液总体积为6.0mL可知，实验②和实验③时溶液的总体积也为6.0mL，则V1=6.0mL—5.0mL=1.0mL、V2=6.0mL—4.0mL=2.0mL，故答案为：1.0mL；2.0mL；控制单一变量，保持溶液总体积为，确保其他反应物浓度不变；
【小问3详解】
由表格数据可知，实验①和实验③的其他条件均相同，但反应温度不同，则实验①和实验③探究反应温度对反应速率的影响，故答案为：①③；
【小问4详解】
i．由题给信息可知，实验④中第5滴出现褐色沉淀是二氧化锰，生成二氧化锰的反应为硫酸锰与高锰酸钾溶液反应生成硫酸、二氧化锰和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
ii．由题给信息可知，实验⑤中催化剂用量增加，褪色时间却略有延长，说明催化剂过量易催化到“催化过程”的第Ⅱ步，溶液褪色时间延长是因为过量的锰离子与溶液中的高锰酸根离子反应生成三价锰离子，三价锰离子与草酸根离子反应生成使溶液变为红色，故答案为：Ⅱ；溶液褪色时间延长是因为过量的能使迅速变成，与结合生成而出现红色。
19. 采用废铁屑还原软锰矿(软锰矿主要成分是，还含有和杂质)来制备的工艺流程如图所示。
。
已知：生成氢氧化物的见下表
离子





开始沉淀的
7.5
2.7
8.1
77
8.3
完全沉淀的
9.7
3.7
9.4
8.4
9.8

（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是_______。
（2）加入量的目的是_______，其反应的离子方程式为_______。
（3）常温下，已知，则0.1mol/L的的约为_______。()。
（4）“调节”操作中控制范围为_______。
（5）“沉锰”过程中的离子方程式为_______，其过程中温度和对和沉淀率的影响如图所示，由图可知，“沉锰”的合适条件是_______。

（6）该流程中可循环利用的物质是_______。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快化学反应速率
（2） ①. 将浸出液中的氧化为 ②.
（3）11.3 （4）3.7≤pH＜7.7
（5） ①. ②. 温度为45℃左右， 为7.5左右
（6）
【解析】
【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、MgO、SiO2和NiCO3杂质，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，滤渣为SiO2，浸出液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，调节溶液的pH以除去Fe3+，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Ni2+等，过滤得到滤液硫酸锰溶液，加入NH4HCO3、氨水可生成MnCO3，加入硫酸生成MnSO4，电解得到金属Mn和含硫酸的阳极液，阳极液中的硫酸循环使用；
【小问1详解】
反应物接触面积越大，反应速率越快，“酸浸”前将原料粉碎能增大反应物接触面积，加快化学反应速率。
【小问2详解】
流程图中“加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，其反应的离子方程式为。
【小问3详解】
常温下，NH3•H2O的电离程度较小，则溶液中c(NH)≈c(OH﹣)，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，K(NH3•H2O)= ，c(OH﹣)≈mol/L=0.002mol/L，c(H+)= ，溶液的pH=﹣lg×10﹣11=11.3。
【小问4详解】
流程图中“调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7≤pH＜7.7，避免生成氢氧化镁、氢氧化锰等。
【小问5详解】
“沉锰”过程中锰离子与碳酸氢根、一水合氨反应生成碳酸锰沉淀、铵离子和水，离子方程式为 ；“沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH为7.5。
【小问6详解】
据分析，该流程中可循环利用的物质是。