重慶市渝北中學2023-2024學年高三上學期12月月考化學試題-1

渝北中學20232024學年高三12月月考質量監(jiān)測化學試題(全卷共二大題18小題，總分100分，考試時長75分鐘)注意事項：1.請將所有答案寫在答題卡上，不得在試卷上直接作答。2.可能用到的相對原子質量：H1Na23O16Si28Cu64Te128Bi209一、單項選擇題(本題包括14小題，共42分)1.化學和生活、科技、社會發(fā)展息息相關，下列說法不正確的是A.《神農(nóng)本草經(jīng)》中記載的“石膽能化鐵為銅”的變化屬于化學變化B.加入濃鹽酸可增強“84”消毒液的消毒效果C.天宮二號衛(wèi)星所使用的高性能計算機芯片含有硅單質D.中國研制的先進微納米光刻機，其材料之一四甲基氫氧化銨(CH3)4NOH，能溶于水【答案】B【解析】【詳解】A．“石膽能化鐵為銅”的變化是鐵轉化為銅的過程，有新物質生成，屬于化學變化，A正確；B．84消毒液主要成分是次氯酸鈉，加入濃鹽酸，發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，減小HClO的濃度，則減弱84消毒液的漂白效果，B錯誤；C．晶體硅為良好的半導體，是制造芯片的主要原料，C正確；D．四甲基氫氧化銨屬于一元堿，易溶于水，D正確；故選B2.下列敘述正確的是A.碳酸鈉溶液與鹽酸相互滴加的反應和現(xiàn)象相同B.SiO2具有導電性，用于制造光導纖維C.明礬溶于水可水解形成膠體，用于水的消毒殺菌D.鋁熱反應，可用作焊接鋼軌【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈉溶液與鹽酸反應是分布進行的，先生成碳酸氫鈉和氯化鈉，鹽酸過量會與碳酸氫鈉反應生成CO2和H2O，相互滴加的反應和現(xiàn)象不相同，向碳酸鈉溶液中滴加鹽酸，開始無明顯現(xiàn)象，向鹽酸中滴加碳酸鈉溶液，會立即產(chǎn)生氣泡，故A錯誤；B．SiO2不具有導電性，用于制造光導纖維利用的是SiO2對光的反射，故B錯誤；C．明礬溶于水可水解形成膠體，用于水的凈化，但不具有消毒殺菌的作用，故C錯誤；D．鋁熱反應，可用作焊接鋼軌，故D正確；故選D。3.下列離子方程式書寫正確的是A.泡沫滅火器反應原理：Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓B.CuO溶于溶液：C.已知：酸性H2CO3>HClO>HCO，則有ClO+CO2+H2O=HClO+COD.向溶液中通入：【答案】A【解析】【詳解】A．泡沫滅火器為Al2(SO4)3和NaHCO3雙水解反應原理：Al3++3HCO=3CO2↑+Al(OH)3↓，A正確；B．CuO溶于溶液，在水中完全電離，離子方程式為：，B錯誤；C．已知：酸性H2CO3>HClO>HCO，根據(jù)強酸制弱酸原理HClO和CO不共存，則有ClO+CO2+H2O=HClO+，C錯誤；D．向溶液中通入，在酸性條件下有強氧化性被還原為NO，SO2有強還原性被氧化為，離子方程式為：，D錯誤；故選A。4.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.1LpH均為2的硫酸和醋酸溶液，氫離子數(shù)均為B.60g二氧化硅晶體中含有NA個SiO2分子C.1mol中含有鍵的數(shù)目為5NAD.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO?數(shù)目等于NA【答案】D【解析】【詳解】A．pH為2，則，1L硫酸和1L醋酸溶液，氫離子數(shù)均為，A錯誤；B．二氧化硅晶體為共價晶體，構成微粒為硅原子和氧原子，不存在SiO2分子，B錯誤；C．該物質分子式為，分子中含有、、鍵，1mol該物質中含有鍵的數(shù)目為10NA，C錯誤；D．在CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，，及電荷守恒，則，的物質的量為1mol，的數(shù)目為，D正確；答案為D。5.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。基態(tài)X、Z原子的電子均填充了3個能級，且均有2個未成對電子，W的核外電子數(shù)是X原子最外層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是A.與Y同周期且第一電離能比Y小的元素有四種B.元素X的氫化物的沸點一定比元素Y的氫化物低C.Z與W形成WZ，屬于離子晶體可作耐高溫材料D.簡單離子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。基態(tài)X、Z原子的電子均填充了3個能級，且均有2個未成對電子，則X為C、Z為O，那么Y為N；W的核外電子數(shù)是X原子最外層電子數(shù)的3倍，W為12號元素Mg；據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，N2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，則與Y同周期且第一電離能比Y小的元素有Li、Be、B、C、O共五種，A錯誤；B．碳可以形成相對分子質量很大的烴，其沸點可能很高，故元素X的氫化物的沸點不一定比元素Y的氫化物低，B錯誤；C．Z與W組成的化合物氧化鎂熔點為2800℃，可作耐高溫材，C正確；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越?。缓唵坞x子半徑：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D錯誤；故選C。6.下列由實驗操作及現(xiàn)象所得結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結論A向1mL0.1mol·L?1硝酸銀溶液中，加入2mL等濃度NaCl溶液，出現(xiàn)白色沉淀，再加入幾滴等濃度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成溶解度AgCl>Ag2SB適量溴乙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱反應，將產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫紅色褪去證明有乙烯生成C某溶液中加鹽酸，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色有刺激味氣體原溶液中一定存SOD對有酚酞的碳酸鈉溶液加熱，溶液顏色變淺說明水解平衡逆向移動A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．向1mL0.1mol·L?1硝酸銀溶液中，加入2mL等濃度NaCl溶液，NaCl溶液過量，硝酸銀完全反應生成氯化銀沉淀，再加入幾滴等濃度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成為硫化銀，存在沉淀轉化，可以說明溶解度AgCl>Ag2S，A正確；B．乙醇蒸氣液具有還原性，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；C．加鹽酸，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色有刺激味氣體，原溶液中也可能存在，C錯誤；D．由于碳酸根的水解是吸熱反應，故對有酚酞的碳酸鈉溶液加熱，使水解程度增大，導致溶液中氫氧根離子濃度增大，堿性增強，溶液顏色變深，D錯誤；故選A。7.奧培米芬是一種雌激素受體調(diào)節(jié)劑，其合成中間體的結構簡式如圖所示：關于該中間體，下列說法正確的是A.含有三種官能團B.能發(fā)生消去反應、水解反應、加成反應、氧化反應C.所有碳原子可能共平面D.苯環(huán)上的一氯代物有5種結構【答案】B【解析】【詳解】A．由題干有機物的鍵線式可知，分子中含有碳氯鍵、碳碳雙鍵、醚鍵和酯基四種官能團，A錯誤；B．由題干有機物的鍵線式可知，分子中含有碳氯鍵，且與氯原子相鄰的碳原子上還有H，故能發(fā)生消去反應和水解反應，同時含有酯基也能發(fā)生水解反應,碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應，B正確；C．分子中含有直接相連的飽和碳原子，故所有碳原子不可能處于同一平面，C錯誤；D．由題干有機物的鍵線式可知，分子中三個苯環(huán)不對稱，，故苯環(huán)上的一氯代物有8種結構，D錯誤；故選B。8.類比思想是化學學習中的重要思想，下列各項中由客觀事實類比得到的結論正確的是選項客觀事實類比結論A電解熔融的制備鎂電解熔融的可制備鋁B與溶液反應生成與溶液反應可生成C與反應生成和與反應生成和D可作凈水劑也可作凈水劑A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．是共價化合物，熔融的狀態(tài)下不導電，所以電解熔融的不能制備鋁，A項錯誤；B．難溶于水，與溶液反應可以生成，但易溶于水，與溶液不反應，B項錯誤；C．具有還原性，與反應生成，C項錯誤；D．與水解產(chǎn)生膠體可作凈水劑，D項正確；故選D。9.下列說法不正確的是A.0.1的CH3COONa溶液加水稀釋的比值逐漸減小B.常溫下，pH和為14的鹽酸與氨水等體積混合后，溶液的pH＞7C.對MgCl2?6H2O的固體加熱灼燒，最后可得MgO固體D.Ksp[Mg(OH)2]=1.8×1011，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1036，向10mL0.1mol?L1的MgCl2溶液中滴加20mL0.1mol?L1的NaOH溶液，取澄清溶液滴加兩滴0.1mol?L1的FeCl3溶液，沒有渾濁出現(xiàn)【答案】D【解析】【詳解】A．0.1mol/LCH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO+H2OCH3COOH+OH，加水稀釋，促進CH3COO的水解，c(CH3COO)、c(OH)均減小，溫度不變水的離子積不變，則c(H+)增大，故加水稀釋的比值逐漸減小，A項正確；B．鹽酸為強酸溶液，氨水為弱堿溶液，常溫下pH和為14的鹽酸與氨水等體積混合，充分反應后氨水過量，溶液呈堿性，溶液的pH＞7，B項正確；C．對MgCl2?6H2O的固體加熱時，MgCl2?6H2O首先失去結晶水，MgCl2溶于結晶水中發(fā)生水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加熱由于HCl的揮發(fā)促進MgCl2水解，最終MgCl2轉化成Mg(OH)2，Mg(OH)2灼燒分解成MgO固體，C項正確；D．向10mL0.1mol?L1的MgCl2溶液中滴加20mL0.1mol?L1的NaOH溶液，發(fā)生反應MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，兩者恰好完全反應，上層清液為Mg(OH)2的飽和溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×1011?Ksp[Fe(OH)3]=4.0×1036，故取澄清溶液滴加兩滴0.1mol/L的FeCl3溶液，產(chǎn)生Fe(OH)3渾濁，D項錯誤；答案選D。10.用下圖所示裝置及藥品進行實驗，能達到對應實驗目的的是A．檢查裝置的氣密性B．實驗室制取氯氣C．配制一定物質的量濃度的硫酸D．制備膠體A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發(fā)生器與液體構成封閉體系，依據(jù)改變體系內(nèi)壓強時產(chǎn)生的現(xiàn)象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞；能達到對應實驗目的，A符合題意；B．濃鹽酸和二氧化錳加熱生成氯氣，不能達到對應實驗目的，B不符合題意；C．一定物質的量濃度溶液配制的操作步驟有計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，用量筒量?。ㄓ玫侥z頭滴管）濃硫酸，在燒杯中稀釋，用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌23次，將洗滌液轉移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，不能達到對應實驗目的，C不符合題意；D．制取紅褐色膠體應該向煮沸的蒸餾水中滴加飽和氯化鐵溶液至溶液變紅褐色；不能達到對應實驗目的，D不符合題意；故選A。11.500℃，HCl在催化劑M的作用下被O2氧化依次有如圖(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反應組成，計算機模擬單個分子在催化劑表面的反應歷程如圖所示，下列說法正確的是A.反應Ⅱ的活化能為1.45eVB.反應Ⅰ的反應速率最慢C.總反應的熱化學方程式為4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)ΔH=1.98eV?mol1D.HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)穩(wěn)定【答案】B【解析】【詳解】A．反應Ⅱ的活化能為，A錯誤；B．反應Ⅰ的能壘最高，所以反應Ⅰ的化學反應速率最慢，B正確；C．圖像給出的是單個分子參與反應時的能量變化，總反應的熱化學方程式為，C錯誤；D．由反應Ⅰ可知的總能量比和的總能量高，能量越高，物質越不穩(wěn)定，D錯誤；故選B。12.我國科學家以CO2與辛胺[CH3(CH2)7NH2]為原料能夠高選擇性的合成甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]，實現(xiàn)了CO2的再利用，有益于解決全球變暖問題。其工作原理如圖，已知右池反應過程中無氣體生成。下列說法不正確的是A.Ni2P電極的電勢高于In/In2O3x電極B.In/In2O3x電極上可能有副產(chǎn)物H2生成C.陰極上的電極反應：CO2+H2O+2e－＝+OH－D.標準狀況下，33.6LCO2參與反應時，Ni2P電極有1.5mol辛腈生成【答案】D【解析】【分析】CO2在In電極轉化為HCOO發(fā)生還原反應，該極為電解池的陰極與電源負極相連。而Ni2P為陽極與電源的正極相連?！驹斀狻緼．陽極的電勢高于陰極，A項正確；B．H+可能在In電極發(fā)生還原反應產(chǎn)生H2，B項正確；C．CO2在In電極轉化為HCOO發(fā)生還原反應，反應為：CO2+H2O+2e－＝HCOO?+OH－，C項正確；D．33.6LCO2標況下物質的量為1.5mol。按照得失電子守恒2CO2~CH3(CH2)6CN，即1.5mol的CO2產(chǎn)生0.75mol辛腈，D項錯誤；故選D。13.納米二氧化鈦催化劑可用于工業(yè)上合成甲醇：，按投料比將與充入恒容密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應，測得的平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.，B.達到平衡后，再按照加入氣體，平衡后的體積分數(shù)增大C.M點平衡后，恒溫恒容下，向容器中再加入2molCH3OH、3molCO，則平衡不移動D.、壓強下，Q點對應的【答案】B【解析】【詳解】A．隨著溫度升高，CO的轉化率下降，說明升溫平衡逆移，即，壓強增大，平衡正向移動，CO的轉化率應增大，根據(jù)圖示，，故A正確；B．達到平衡后，再按照加入氣體，由于該反應為氣體分子數(shù)減小的反應，再加入反應物，壓強增大，平衡會正向移動，且平衡后的轉化率大于原平衡，CO體積分數(shù)減小，故B錯誤；C．M點平衡后，恒溫恒容下，向容器中再加入2molCH3OH、3molCO，其濃度熵Qc=K，則平衡不移動，故C正確；D．、壓強下，Q點還未平衡，正在正向進行，即，故D正確；故選B。14.滴定分數(shù)是指滴定過程中標準溶液與待測溶液中溶質的物質的量之比。25℃時，用(0.1NaOH溶液滴定0.1H2C2O4溶液所得滴定曲線如圖所示。已知下列說法正確的是A.25℃時H2C2O4的電離常數(shù)：B.點②所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HC2O)+c(C2O)C.滴定分數(shù)為0.5對應曲線上的點的溶液中：2c(H+)+c(H2C2O4)=2c(OH)+3c(C2O)+c(HC2O)D.點①所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H+)>c(OH)【答案】C【解析】【詳解】A．H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=，根據(jù)起始時pH為1.3，則Ka1=，A錯誤；B．點②所示溶液中，根據(jù)電荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HC2O)+2c(C2O)，B錯誤；C．滴定分數(shù)為0.5時，NaOH的量是H2C2O4的一半，由物料守恒得①c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)=2c(Na+)，由電荷守恒得②c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HC2O)+2c(C2O)，①+2②可得2c(H+)+c(H2C2O4)=2c(OH)+3c(C2O)+c(HC2O)，C正確；D．點①為第一個滴定終點，此時溶質為NaHC2O4，此時溶液顯酸性，因此HC2O電離大于水解，故c(C2O)＞c(H2C2O4)，離子濃度大小順序為c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH)＞c(H2C2O4)，D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.碲在冶金工業(yè)中用途廣泛，被譽為現(xiàn)代工業(yè)的維生素。某精煉銅的陽極泥經(jīng)過處理后的主要成分為等，從中回收碲和膽礬的工藝如下：已知：①高溫熔燒后的產(chǎn)物為和；②在酸性條件下會發(fā)生歧化反應；③元素在酸化和堿浸后分別轉化為和兩種易溶于水的鹽?；卮鹣铝袉栴}：（1）“高溫焙燒”時，從結構的角度分析的產(chǎn)物是而不是的原因為___________。（2）“酸化”時還需要加入一定量的，其目的是___________。（3）“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為___________。（4）堿浸后銅元素的存在形式為___________(寫化學式)。（5）“電解”制的原理如圖，其中N與電源的___________(填“正極”或“負極”)相連：與M相連的惰性電極上發(fā)生電極反應式為___________。（6）膽礬的結構如圖所示。下列說法正確的是___________。A.膽礬晶體中含有離子鍵、配位鍵、氫鍵等化學鍵 B.膽礬屬于離子晶體C.的空間結構為正四面體形 D.電負性O＞S，第一電離能（7）的立方晶胞結構如圖。其中的配位數(shù)為___________；已知晶胞邊長為，為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為___________(列出計算式即可)?！敬鸢浮浚?）基態(tài)+1價Cu的價電子排布式為3d10，處于穩(wěn)定狀態(tài)（2）將生成的Cu全部轉移至溶液中（3）TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋（4）（5）①.正極②.（6）BC（7）①.4②.【解析】【分析】高溫熔燒后的產(chǎn)物為和，酸浸后在酸性條件下會發(fā)生歧化反應，反應方程式為：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，元素在酸化轉化為，在二氧化硫的作用下被還原為，同時回收溶液中的硫酸銅；元素在堿浸后轉化為，焙燒產(chǎn)物不溶于堿也不溶于的鹽溶液，故堿浸后經(jīng)過濾除去，溶液電解后得到?！拘?詳解】從結構的角度分析此時產(chǎn)物是Cu2O而不是CuO的原因：基態(tài)+1價Cu的價電子排布式為3d10，處于穩(wěn)定狀態(tài)。故答案為基態(tài)+1價Cu的價電子排布式為3d10，處于穩(wěn)定狀態(tài)?！拘?詳解】酸化時發(fā)生反應：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，為了將生成的Cu全部轉移至溶液中需要加入一定量的H2O2。故答案為將生成的Cu全部轉移至溶液中?！拘?詳解】還原時，發(fā)生的離子方程式為TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋，故答案為TeO2＋＋2SO2＋3H2O=2＋Te＋6H＋?！拘?詳解】高溫熔燒后的產(chǎn)物為和，堿浸后不溶于堿也不溶于的鹽溶液，故答案為?！拘?詳解】根據(jù)“電解”制Te的裝置圖可知，與M相連的惰性電極上的電極反應式為，所以N與電源的正極相連。故答案為：正極；。【小問6詳解】A.膽礬晶體中含有離子鍵、配位鍵等化學鍵，氫鍵不屬于化學鍵，故A項錯誤；B.膽礬是離子化合物，屬于離子晶體，故B項正確；C.硫酸根的空間構型是正四面體結構。硫原子位于正四面體的中心點上，硫原子以sp3雜化軌道成鍵，硫原子位于四面體的中心位置上，而四個氧原子則位于它的四個頂點，故C項正確，D.同主族電負性從上到下越來越小，故電負性，同主族從上到下第一電離能越來越小，故，故D項錯誤；故答案為BC?！拘?詳解】由Cu2Te的立方晶胞結構可知，黑球代表Cu，白球代表Te，所以Te的配位數(shù)為4；已知晶胞參數(shù)為、NA為阿伏加德羅常數(shù)值。根據(jù)晶胞體積和晶胞質量可知晶體的密度為，故答案為4；?！军c睛】本題以回收碲和膽礬的工藝為載體。體現(xiàn)對化學方程式書寫、化學鍵、電化學、晶胞結構分析等基本概念、基本理論知識的基礎性、綜合性、創(chuàng)新性、應用性的考查?？疾閷W生的理解與辨析、分析與推測和歸納與論證能力。16.鉍酸鈉(NaBiO3)常用作分析試劑、氧化劑等，某同學在實驗室用氯氣氧化Bi(OH)3制取NaBiO3，并進行相關實驗。已知NaBiO3固體不溶于冷水，能與沸水或酸溶液反應產(chǎn)生O2，在酸性條件下能將Mn2+氧化為MnO；Bi(OH)3為白色難溶于水的固體。各實驗裝置如圖所示：請回答下列問題：（1）裝置的連接順序是___________→___________→___________→___________(填字母)。___________（2）C中裝有的試劑是___________，若沒有裝置C，可能產(chǎn)生的影響是___________。（3）反應開始時，打開K1和K2，B中Cl2發(fā)生的反應有；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，___________(填化學方程式)。（4）反應結束后，為從裝置B中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要進行的操作是___________、過濾、冷水洗滌、干燥。（5）取上述NaBiO3產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應，再用cmol·L1的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnO，消耗VmL標準溶液。①滴定終點判斷___________，如果裝H2C2O4標準溶液的滴定管滴定前有氣泡、滴定后沒有氣泡，則會導致測定結果___________(填偏大或偏小)。②不能用cmol·L1的H2C2O4標準溶液直接滴定NaBiO3的原因是___________。③該產(chǎn)品的純度為___________(用含w、c、V的代數(shù)式表示)。（6）取少量B中反應后的懸濁液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。該實驗不能證明一定是NaBiO3氧化了Cl，理由是___________用離子方程式說明?！敬鸢浮浚?）ACBD（2）①.飽和食鹽水②.混在氯氣中的HCl會中和B中的NaOH，導致NaBiO3的產(chǎn)率下降（3）Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O（4）在冰水浴中冷卻結晶（5）①.當最后半滴H2C2O4標準溶液滴入錐形瓶，溶液紫紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復②.偏大③.難以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性條件下易分解，滴定會有很大誤差④.（6）ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O【解析】【分析】在裝置A反應生成Cl2，通過裝置C飽和食鹽水除去Cl2中混合的HCl雜質氣體，進入B中反應生成NaBiO3，尾氣使用D中堿液吸收減少污染。氯氣中含有揮發(fā)的氯化氫氣體，HCl也會與堿NaOH發(fā)生反應，故應在Cl2與堿溶液反應前除去，否則會影響產(chǎn)率及物質的純度，可根據(jù)電子守恒找到NaBiO3與H2C2O4的關系式，利用滴定消耗H2C2O4的物質的量，計算NaBiO3的物質的量及質量，進而可得該產(chǎn)品的純度?！拘?詳解】根據(jù)上述分析可知：在裝置A中用酸性KMnO4溶液與濃鹽酸反應產(chǎn)生Cl2，濃鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)的HCl隨Cl2進入裝置B中，用飽和食鹽水除去Cl2中的雜質HCl，然后在裝置B中與NaOH和Bi(OH)3混合物發(fā)生反應制取NaBiO3，Cl2是有毒氣體，可根據(jù)Cl2與堿反應的性質，用NaOH溶液進行尾氣處理，防止污染環(huán)境，故裝置的連接順序是A→C→B→D；【小問2詳解】裝置C中盛有飽和食鹽水，其作用是除去Cl2中的雜質HCl，若沒有裝置C，可能產(chǎn)生的影響是混在氯氣中的HCl會中和B中的NaOH，導致NaBiO3的產(chǎn)率下降；【小問3詳解】反應開始時，打開K1和K2，B中Cl2發(fā)生的反應有：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O及制取NaBiO3的反應：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；【小問4詳解】反應結束后，為從裝置B中獲得盡可能多的產(chǎn)品NaBiO3，根據(jù)題目已知信息可知：NaBiO3固體不溶于冷水，能與沸水或酸溶液反應產(chǎn)生O2，因此需要進行的操作是在冰水浴中冷卻結晶，然后進行過濾、冷水洗滌、干燥；【小問5詳解】①在反應中NaBiO3被還原為Bi3+，Mn2+被氧化產(chǎn)生高錳酸根為紫紅色，高錳酸根再將H2C2O4氧化產(chǎn)生CO2氣體，則達到滴定終點的標志為：當最后半滴H2C2O4標準溶液滴入錐形瓶，溶液紫紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復；如果裝H2C2O4標準溶液的滴定管滴定前有氣泡、滴定后沒有氣泡，則使標準液體積偏大，則會導致測定結果偏大；②根據(jù)已知信息可知：NaBiO3固體不溶于冷水，因此難以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性條件下易分解，直接使用草酸標準溶液滴定會有很大誤差，因此不能用cmol·L1的H2C2O4標準溶液直接滴定NaBiO3；③在反應中NaBiO3被還原為Bi3+，Mn2+被氧化產(chǎn)生高錳酸根，高錳酸根再將H2C2O4氧化產(chǎn)生CO2氣體，根據(jù)電子守恒可得關系式：NaBiO3～2e～H2C2O4，反應消耗標準H2C2O4溶液的物質的量為n(H2C2O4)=cmol/L×V×103L=cV×103mol，則可知反應產(chǎn)生NaBiO3的物質的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV×103mol，其質量為m(NaBiO3)=cV×103mol×280g/mol=280cV×103g，故該樣品的純度為：；【小問6詳解】取少量B中反應后的懸濁液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2，由于在裝置B中同時發(fā)生了兩個反應：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有強氧化性，可以氧化Cl產(chǎn)生Cl2，溶液中的ClO也能氧化Cl生成Cl2，發(fā)生的離子方程式為：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，因此該實驗不能證明一定是NaBiO3氧化了Cl。17.2022年4月16日，中國空間站的3名航天員乘神舟十三號載人飛船平安返回地球?？臻g站處理CO2的一種重要方法是對CO2進行收集和再生處理，重新生成可供人體呼吸的氧氣。其技術路線可分為以下三步：Ⅰ.固態(tài)胺吸收與濃縮CO2在水蒸氣存在下固態(tài)胺吸收CO2反應生成酸式碳酸鹽(該反應是放熱反應)，再解吸出CO2的簡單方法是加熱。Ⅱ.CO2的加氫甲烷化H2還原CO2制CH4的部分反應如下：i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ?mol1ii.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=246kJ?mol1（1）反應CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=________kJ?mol1。（2）向恒容絕熱的密閉容器中充入amolCO與2amolH2(g)，進行反應ii，下列能判斷反應已達化學平衡狀態(tài)的是________a容器中混合氣體密度不變b.混合氣體中c(CH4)與c(H2O)之比不變c.v正(H2)=3v逆(H2O)d.容器內(nèi)溫度不變Ⅲ.CO2和H2合成甲烷也是CO2資源化利用的重要方法。對于上述(1)的反應CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H，催化劑的選擇是CO2甲烷化技術的核心。在兩種不同催化劑條件下反應相同時間，測得CO2轉化率和生成CH4選擇性隨溫度變化的影響如圖所示：（3）高于320℃后，以Ni為催化劑，CO2轉化率仍在上升，其原因是_______。（4）對比上述兩種催化劑的催化性能，工業(yè)上應選擇的催化劑是_______，使用的合適溫度為_______。（5）控制起始時=4，p=1atm，恒容條件下，若只發(fā)生反應i、ii，平衡時各物質的量分數(shù)隨溫度的變化如圖所示：①圖中代表CH4的曲線是________(填“a”、“b”或“c”)；溫度低于500℃時，CO的物質的量分數(shù)約為0，說明此條件下，反應________(填“i”或“ii”)化學平衡常數(shù)大，反應完全。②M點(T＜500℃)時，平衡分壓p(CO2)=________atm，反應CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常數(shù)Kp=________atm2(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓總壓物質的量分數(shù))?！敬鸢浮浚?）205（2）cd（3）以Ni為催化劑，CO2甲烷化速率較慢，升高溫度加快反應速率，相同的時間內(nèi)CO2轉化率提高（4）①.Ni－CeO2②.320℃（5）①.b②.ii③.0.04④.625【解析】【小問1詳解】根據(jù)蓋斯定律反應I+II可得反應CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41246=205kJ·mol1；故答案為：205；【小問2詳解】達到平衡狀態(tài)的判斷方法是“正逆反應速率相等”，“變量不變”。容器中混合氣體密度是定值，密度不變不能說明達到平衡狀態(tài)，混合氣體中c(CH4)與c(H2O)之比是定值，始終是1:1，不能說明達到平衡狀態(tài)；v正(H2)=3v逆(H2O)符合正逆反應速率相等，能說明達到平衡狀態(tài)；恒容絕熱的密閉容器中溫度是變量，溫度不變說明達到平衡狀態(tài)；故選cd；【小問3詳解】高于320℃后，以Ni為催化劑，CO2轉化率仍在上升，其原因是以Ni為催化劑，CO2甲烷化速率較慢，升高溫度加快反應速率，相同的時間內(nèi)CO2轉化率提高；【小問4詳解】對比上述兩種催化劑，Ni－CeO2作為催化劑時甲烷的選擇性高，工業(yè)上應選擇的催化劑是Ni－CeO2，320℃時轉化率高選擇性大，使用的合適溫度為320℃；【小問5詳解】對于反應CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)△H=205kJ·mol1，升高溫度，反應逆向移動，H2的物質的量分數(shù)增大，CH4和H2O的物質的量分數(shù)減小，且CH4和H2O的物質的量分數(shù)之比為1：2，故圖中a、b、c