解析：黑龍江省哈爾濱市第九中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期10月月考化學(xué)試題（解析版）

第頁哈九中2024屆高三學(xué)年上學(xué)期10月月考化學(xué)試卷(考試時間：90分鐘滿分：100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64Ⅰ卷(共48分)一、單項(xiàng)選擇題(每小題只有1個選項(xiàng)符合題意，每小題2分)1.常溫下，向純水中加入下列物質(zhì)，對水的電離平衡的影響與其它三者不同的是A.CH3COOH B.Ca(OH)2 C.NaHSO4 D.NaHCO3【答案】D【解析】【詳解】水存在電離平衡，加入的物質(zhì)如果產(chǎn)生H+或OH-將抑制水的電離；CH3COOH和NaHSO4加入水中產(chǎn)生H+，Ca(OH)2加入水中產(chǎn)生OH-，均抑制水的電離，NaHCO3加入水中產(chǎn)生，主要發(fā)生水解，消耗H+，促進(jìn)水的電離；D選項(xiàng)與其它三者不同；故答案選D。2.常溫下，下列各組離子在指定的溶液中一定能大量存在的是A.水電離產(chǎn)生的c(H+)=10—13mol/L的溶液中：、Cl—、、B.pH=l的溶液中：ClO—、、Cl—、C.澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、、Cl—D.滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中：、K+、Cl—、I—【答案】C【解析】【詳解】A．水電離產(chǎn)生的氫離子濃度為10—13mol/L的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，碳酸氫根離子能與氫離子反應(yīng)、也能與氫氧根離子反應(yīng)，且酸溶液中高錳酸根離子會將氯離子氧化，堿溶液中銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)，則四種離子在水電離產(chǎn)生的氫離子濃度為10—13mol/L的溶液一定不能大量存在，故A錯誤；B．pH=l的溶液為酸性溶液，酸性溶液中氫離子與次氯酸根離子反應(yīng)生成次氯酸，不能大量共存，故B錯誤；C．四種離子在溶液中不能發(fā)生任何反應(yīng)，能大量共存，故C正確；D．滴加硫氰化鉀溶液顯紅色的溶液中含有鐵離子，鐵離子能與溶液中碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故D錯誤；故選C。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.1.8g18O中含有的中子數(shù)為NAB.FeI2溶液中，通入適量的Cl2，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NAC.25℃，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的數(shù)目為0.2NAD.0.1molH2和0.1molI2，在密閉容器中充分反應(yīng)后，生成HI分子總數(shù)等于0.2NA【答案】A【解析】【詳解】A．1個18O中的中子數(shù)為10，1.8g18O中含有的中子數(shù)為NA，故A正確；B．碘離子的還原性大于亞鐵離子，通入適量的氯氣，當(dāng)有1molFe2+被氧化時，溶液中的碘離子全部被氧化，但不知道碘離子的物質(zhì)的量是多少，故無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故B錯誤；C．25℃，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的數(shù)目為0.1NA，故C錯誤；D．氫氣和碘蒸氣的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，故生成HI分子總數(shù)小于0.2NA，故D錯誤；故選A。4.下列各離子方程式正確的是A.過量的SO2與“84”消毒液反應(yīng)：ClO-+H2O+SO2=+HClOB.Ba(OH)2溶液與少量的NaHCO3溶液反應(yīng)：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OC.H2SO3溶液中滴入氯化鈣：H2SO3+Ca2+=CaSO3↓+2H+D.FeSO4中加入H2O2產(chǎn)生沉淀：2Fe2++H2O2+4OH-=2Fe(OH)3↓【答案】B【解析】【詳解】A．過量的SO2與“84”消毒液反應(yīng)，ClO-全部被還原為Cl-：ClO-+H2O+SO2=+Cl-+2H+，A不正確；B．Ba(OH)2溶液與少量的NaHCO3溶液反應(yīng)，采用“以少定多法”，全部生成BaCO3沉淀：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，B正確；C．由于H2SO3的酸性比鹽酸弱，H2SO3溶液中滴入氯化鈣，不能發(fā)生反應(yīng)，沒有沉淀產(chǎn)生，C不正確；D．FeSO4溶液呈酸性，加入H2O2后，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，不產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D不正確；故選B。5.利用CH4能消除有害氣體NO，其反應(yīng)原理為CH4(g)+4NO(g)=CO2(g)+2N2(g)+2H2O(g)△H<0。一定溫度下在密閉容器中發(fā)生該反應(yīng)，下列說法正確的是A.平衡后再通入適量CH4，平衡常數(shù)K增大B.恒容，充入稀有氣體，化學(xué)反應(yīng)速率增大C.加入合適的催化劑，能提高單位時間內(nèi)CH4的轉(zhuǎn)化率D.降低溫度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小，化學(xué)平衡正向移動【答案】C【解析】【詳解】A．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，故A錯誤；B．恒溫恒容時，充入稀有氣體，體系的總壓強(qiáng)增大，但是各組分的氣體的分壓并沒有改變，即各反應(yīng)成分的濃度并沒有發(fā)生改變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，故B錯誤；C．加入合適的催化劑，能加快反應(yīng)達(dá)到平衡，提高單位時間內(nèi)CH4的轉(zhuǎn)化率，故C正確；D．降低溫度，正逆反應(yīng)速率都減小，故D錯誤；故答案選C。6.肼是一種高能燃料，其燃燒反應(yīng)的能量變化如圖所示。下列說法正確的是A.正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)活化能 B.△H3=-2218kJ/molC.加入催化劑會使△H2減小 D.N2H4的燃燒熱為534kJ/mol【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)能量變化示意圖可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)活化能，故A正確；B．由圖示可知表示斷裂化學(xué)鍵時吸收的能量，=2752kJ·mol-1-534kJ·mol-1=2218kJ·mol-1，故B錯誤；C．2752kJ·mol-1相當(dāng)于逆反應(yīng)的活化能，加入催化劑，降低反應(yīng)的活化能，該值減小，增大，故C錯誤；D．燃燒熱對應(yīng)的產(chǎn)物是液態(tài)的水，而圖中對應(yīng)的是氣態(tài)的水，故D錯誤；故選A。7.關(guān)于反應(yīng)Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+Cl—(aq)，達(dá)到平衡后，下列說法正確的是A.向氯水中加入少量石灰石，平衡正向移動，溶液漂白性增強(qiáng)B.加水稀釋，增大C.加水稀釋，溶液中所有離子濃度均減小D.向氯水中滴加淀粉KI溶液，溶液變藍(lán)色，可以證明次氯酸具有強(qiáng)氧化性【答案】A【解析】【詳解】A．向氯水中加入少量石灰石，碳酸鈣與溶液中的氫離子反應(yīng)，氫離子濃度減小，平衡向正反應(yīng)方向移動，溶液中次氯酸濃度增大，漂白性增強(qiáng)，故A正確；B．由方程式可知，氯水中氫離子濃度與氯離子濃度相等，溶液中==，加水稀釋時，溶液中次氯酸離子濃度減小、次氯酸的電離常數(shù)不變，則溶液中和的值減小，故B錯誤；C．加水稀釋時，溶液中氫離子濃度減小、水的離子積常數(shù)不變，則溶液中氫氧根離子濃度增大，故C錯誤；D．氯水中氯氣和次氯酸均能與碘化鉀溶液反應(yīng)生成能使淀粉溶液變藍(lán)色的單質(zhì)碘，則溶液變藍(lán)色不能證明次氯酸具有強(qiáng)氧化性，故D錯誤；故選A。8.可逆反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，對該反應(yīng)進(jìn)行研究的下列圖像及表述均正確的是A.①圖是催化劑對反應(yīng)的影響 B.②圖是溫度對反應(yīng)的影響C.③圖中點(diǎn)3的反應(yīng)速率v(正)<v(逆) D.④圖是恒溫時壓強(qiáng)對反應(yīng)的影響【答案】B【解析】【詳解】A．使用催化劑能降低反應(yīng)活化能，但不能改變反應(yīng)的焓變，故A錯誤；B．由圖可知，先達(dá)到平衡的反應(yīng)溫度T2大于T1，反應(yīng)生成的氨氣的百分含量小于T1，說明合成氨反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，氨氣的百分含量減小，故B正確；C．由圖可知，溫度一定時，點(diǎn)3氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率小于平衡時氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率，說明反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，故C錯誤；D．合成氨反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，故D錯誤；故選B。9.工業(yè)生產(chǎn)中除去電石渣漿(含CaO)中的S2-并制取硫酸鹽的一種常用流程如圖所示。下列說法不正確的是A.堿性條件下，氧化性：O2>>B.過程Ⅰ中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2C.過程Ⅱ中，反應(yīng)的離子方程式為4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH-D.僅用氧氣做氧化劑，將1molS2-轉(zhuǎn)化為理論上需要O2的體積為44.8L【答案】D【解析】【分析】由流程可知，CaO與硫酸錳反應(yīng)生成Mn(OH)2，通入氧氣生成MnO，涉及反應(yīng)為2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，MnO與S2-反應(yīng)生成S2O，進(jìn)而與氧氣反應(yīng)生成SO，以此解答該題。【詳解】A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成MnO，則氧化性：O2＞MnO，MnO32-氧化S2-生成S2O，則氧化性：MnO＞S2O，所以堿性條件下，氧化性：O2>>，故A正確；B．過程I中涉及反應(yīng)為2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，則氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1：2，故B正確；C．由流程可知過程Ⅱ中，反應(yīng)的離子方程式為4MnO+2S2-+9H2O═S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正確；D．1molS2-轉(zhuǎn)化為SO理論上轉(zhuǎn)移8mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知：n(O2)=2mol，但是溫度壓強(qiáng)未知，無法計算氧氣的體積，故D錯誤。答案選D。10.已知水電離平衡如圖所示，且pOH＝－lgc(OH－)。下列說法錯誤的是A.各點(diǎn)對應(yīng)的水的離子積：Kw(f)>Kw(e)＝Kw(d)B.加熱f點(diǎn)純水，其組成由f點(diǎn)沿fd直線向d方向遷移C.向c點(diǎn)溶液中通入少量HCl，其組成由c點(diǎn)沿cde曲線向e點(diǎn)移動D.df直線上各點(diǎn)對應(yīng)的水溶液(或純水)一定顯中性【答案】B【解析】【分析】pOH＝－lgc(OH－)，f點(diǎn)氫離子濃度、氫氧根離子濃度大于d點(diǎn)，所以T溫度下水的離子積常數(shù)大于20℃時水的離子積常數(shù)，T大于20℃?！驹斀狻緼.同一條曲線上點(diǎn)水的離子積相同，f點(diǎn)氫離子濃度、氫氧根離子濃度大于d點(diǎn)，所以Kw(f)>Kw(d)，各點(diǎn)對應(yīng)的水的離子積：Kw(f)>Kw(e)＝Kw(d)，故A正確；B.加熱促進(jìn)水電離，氫離子濃度增大，加熱f點(diǎn)純水，其組成由f點(diǎn)沿fd直線向原點(diǎn)方向遷移，故B錯誤；C.向c點(diǎn)溶液中通入少量HCl，氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，Kw不變，其組成由c點(diǎn)沿cde曲線向e點(diǎn)移動，故C正確；D.df直線上各點(diǎn)，氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，對應(yīng)的水溶液(或純水)一定顯中性，故D正確。選B。11.將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：3A(s)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min時達(dá)到平衡，測得c(D)=0.6mol/L，n(A)：n(B)=1：2，以C表示的平均速率v(C)=0.3mol/(L·min)，下列說法不正確的是A.反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.5 B.2min時，A的轉(zhuǎn)化率為60%C.反應(yīng)速率v(B)=0.15mol/(L·min) D.該反應(yīng)方程式中，x=2【答案】A【解析】【分析】由v(C)=0.3mol/(L·min)知，2min內(nèi)C的濃度變化量Δn(C)=0.3mol/(L·min)×2min×2L=1.2mol，平衡時n(D)=0.6mol/L×2L=1.2mol，設(shè)A、B初始物質(zhì)的量為amol，列出三段式：則2min時，n(A):n(B)=(a-1.8):(a-0.6)=1:2，解得a=3；x:2=1.2:1.2，解得x=2?！驹斀狻緼．反應(yīng)的平衡常數(shù)，A錯誤；B．2min時，A的轉(zhuǎn)化率為，B正確；C．v(B)=0.15mol/(L·min)，C正確；D．根據(jù)分析，x=2，D正確；故選A。12.某學(xué)習(xí)小組為探究影響酸性高錳酸鉀溶液與溶液反應(yīng)速率的因素，該小組設(shè)計如表實(shí)驗(yàn)方案。實(shí)驗(yàn)溶液/mL溶液/mL溶液/mL溶液/mL混合溶液褪色時間/min13.02.01.002.0823.02.02.00a634.02.02.000443.02.01.00.5b3下列說法不正確的是A.該反應(yīng)的離子方程式為B.、C.實(shí)驗(yàn)3從反應(yīng)開始到反應(yīng)結(jié)束這段時間內(nèi)反應(yīng)速率D.實(shí)驗(yàn)4與實(shí)驗(yàn)1相比，說明可能是該反應(yīng)的催化劑【答案】C【解析】【詳解】A．HSO是弱酸的酸式酸根離子，不能拆寫，該反應(yīng)的離子方程式為5HSO+2MnO+H+=2Mn2++5SO+3H2O，A正確；B．據(jù)題意可知，4組實(shí)驗(yàn)溶液總體積應(yīng)相同，則a=1.0，b=1.5，B正確；C．由n(NaHSO3):n(KMnO4)=8:2，故KMnO4反應(yīng)完全，實(shí)驗(yàn)3從反應(yīng)開始到反應(yīng)結(jié)束這段時間內(nèi)反應(yīng)速率v(MnO)=0.00625mol?L?1?min?1，C錯誤；D．實(shí)驗(yàn)4與實(shí)驗(yàn)1相比，其它條件相同條件下，實(shí)驗(yàn)4加了MnSO4，反應(yīng)混合溶液褪色時間只有3min，由于溶液中已經(jīng)加了H2SO4，說明SO不是該反應(yīng)的催化劑，而Mn2+可能是該反應(yīng)的催化劑，D正確；故選：C。二、單項(xiàng)選擇題(每小題只有1個選項(xiàng)符合題意，每小題3分)13.直接H2O2-H2O2電池是一種新型化學(xué)電源，其工作原理如圖所示。電池放電時，下列說法不正確的是A.電極Ⅰ電勢低B.電極Ⅱ的反應(yīng)為H2O2-2e-+2H+=2H2OC.內(nèi)電路電流方向：電極Ⅰ→電極ⅡD.該電池的設(shè)計利用了H2O2在酸堿性不同條件下氧化性、還原性的差異【答案】B【解析】【分析】原電池中，電解質(zhì)溶液中的陽離子向正極移動。外電路中電子由負(fù)極流向正極；所以電極Ⅰ為負(fù)極，失去電子，電極反應(yīng)式為H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2；電極Ⅱ?yàn)檎龢O，得電子，電極反應(yīng)式為H2O2+2e-+2H+=2H2O；據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．電極Ⅰ為負(fù)極，電勢低，故A正確；B．電極Ⅱ?yàn)檎龢O，得電子，電極反應(yīng)式為H2O2+2e-+2H+=2H2O，故B錯誤；C．電極Ⅰ為負(fù)極，電極Ⅱ?yàn)檎龢O，內(nèi)電路電流方向?yàn)殡姌OⅠ→電極Ⅱ，故C正確；D．H2O2在不同的酸堿性條件下的氧化性、還原性不同，利用此可構(gòu)建原電池，故D正確；故答案選B。14.已知2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)，N2的瞬時生成速率，H2的瞬時生成速率(k1、k2表示速率常數(shù))。一定溫度下，控制NO起始濃度為1mol/L，改變H2起始濃度，進(jìn)行以上反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，得到N2的生成速率和H2起始濃度呈如圖所示的直線關(guān)系。下列說法正確的是A.m=1B.速率常數(shù)k1=9.375(mol/L)2·s-1C.其它條件不變，增大H2濃度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率不變D.該溫度下，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像可知，N2瞬時生成速率，與氫氣的起始濃度呈直線關(guān)系，則m=1，A正確；B．由圖可知，當(dāng)時，，代入，，B錯誤；C．其它條件不變，增大H2濃度，正、逆反應(yīng)速率都會增大，C錯誤；D．，根據(jù)N2的瞬時生成速率，H2的瞬時生成速率，，則，D錯誤；故選A。15.T℃，向體積不等的各恒容密閉容器中分別加入足量活性炭和1molNO2，發(fā)生反應(yīng)2C(s)+2NO2N2(g)+2CO2(g)。反應(yīng)相同時間，測得容器中NO2的轉(zhuǎn)化率與容器起始壓強(qiáng)關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A.NO2的濃度：c(E)=c(G)B.E點(diǎn)速率：v正>v逆C.G點(diǎn)時，再充入物質(zhì)的量比為1：2的N2和CO2，再次達(dá)到平衡時N2和CO2的體積分?jǐn)?shù)均變大D.容器內(nèi)壓強(qiáng)：p(G)：p(F)=13：14【答案】B【解析】【分析】圖中F點(diǎn)NO2的轉(zhuǎn)化率最高，則溫度為T℃時，F(xiàn)點(diǎn)恰好達(dá)到平衡狀態(tài)。橫坐標(biāo)表示壓強(qiáng)，起始壓強(qiáng)越大，容器體積越小，NO2的濃度越大，反應(yīng)速率越大，達(dá)到平衡的時間越短，所以曲線上F之前的點(diǎn)均未達(dá)到平衡狀態(tài)，F(xiàn)之后的點(diǎn)均為平衡點(diǎn)。在E到F的過程中，起始壓強(qiáng)越大，容器體積越小，NO2的濃度越大，反應(yīng)速率越大，反應(yīng)相同時間NO2的轉(zhuǎn)化率越大。該正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，在F到G的過程中，增大起始壓強(qiáng)，容器體積減小，平衡逆向移動，NO2的轉(zhuǎn)化率減小。【詳解】A．NO2的起始量均為1mol，E點(diǎn)和G點(diǎn)NO2的轉(zhuǎn)化率相同，則反應(yīng)相同時間，容器中所含NO2的物質(zhì)的量相同，但E點(diǎn)和G點(diǎn)起始壓強(qiáng)：E<G，容器體積：E>G，所以NO2的濃度：c(E)<c(G)，A項(xiàng)錯誤；B．根據(jù)分析，E點(diǎn)未達(dá)到平衡狀態(tài)，NO2的轉(zhuǎn)化率還要繼續(xù)增大，反應(yīng)正向進(jìn)行，則E點(diǎn)速率：v正>v逆，B項(xiàng)正確；C．該正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，G點(diǎn)時，再充入物質(zhì)的量比為1:2的N2和CO2，等效于加壓，平衡逆向移動，再次達(dá)到平衡時N2和CO2的體積分?jǐn)?shù)均變小，C項(xiàng)錯誤；D．G點(diǎn)時轉(zhuǎn)化率為0.6，則反應(yīng)的為0.6mol，剩余為0.4mol；生成的、CO2的物質(zhì)的量分別為0.3mol和0.6mol，則平衡時混合氣體的物質(zhì)的量為：(0.4+0.3+0.6)mol=1.3mol；F點(diǎn)轉(zhuǎn)化率為0.8，則反應(yīng)的為0.8mol，剩余為0.2mol；生成的、CO2的物質(zhì)的量分別為0.4mol和0.8mol，則平衡時混合氣體的物質(zhì)的量為：(0.2+0.4+0.8)mol=1.4mol。若兩容器體積相同，則根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比可知p(G):p(F)=13:14，實(shí)際上，則p(G):p(F)>13:14，，D項(xiàng)錯誤；故選B。16.從海水中利用電化學(xué)富集鋰是有效的方法之一，其電化學(xué)裝置如圖所示，MnO2電極通過陽離子交換膜與兩個電化學(xué)裝置的另一電極隔開。該裝置工作步驟如下：步驟Ⅰ．向MnO2所在腔室通入海水，啟動電源1，使海水中的Li進(jìn)入MnO2結(jié)構(gòu)而形成LixMn2O4；步驟Ⅱ．關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，同時向電極2上通入空氣，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入腔室2。下列說法正確的是A.a為電源1的正極B.腔室2中Li+通過陽離子交換膜從左向右移動C.工作時電極1附近和電極2附近溶液的pH均增大D.步驟Ⅱ中MnO2電極的反應(yīng)式為：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2【答案】D【解析】【分析】啟動電源1，使海水中Li+進(jìn)入MnO2結(jié)構(gòu)形成LixMn2O4，MnO2中錳元素的化合價降低，作陰極，與電源1的負(fù)極a相連，電極反應(yīng)式為：2MnO2+Li++e-=LiMn2O4；電極1作陽極，連接電源正極b，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+。關(guān)閉電源1和海水通道，啟動電源2，向電極2上通入空氣，使LixMn2O4中的Li+脫出進(jìn)入腔室2，則電極2為陰極，電極反應(yīng)式為：2H2O+O2+4e-=4OH-，陽極的電極反應(yīng)式為：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2；據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由以上分析知，a為電源1的負(fù)極，A錯誤；B．啟動電源2，LixMn2O4中的Li+脫出，通過陽離子交換膜從右向左移動進(jìn)入腔室2，B錯誤；C．工作時電極1作陽極，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，附近溶液的pH減小，C錯誤；D．由以上分析知，步驟Ⅱ中MnO2電極的反應(yīng)式為：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，D正確；故選D。17.丙烯與HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的能量與反應(yīng)歷程如圖所示，下列說法正確的是A.中間體穩(wěn)定性：A<BB.丙烯與HCl的加成為放熱反應(yīng)，所以該反應(yīng)一定能自發(fā)進(jìn)行C.反應(yīng)CH3CH=CH2+HCl→CH3-CH2-CH2Cl的活化能為(△E3+△E4)kJ/molD.由圖可知，CH3CHClCH3為丙烯與HCl加成的主要產(chǎn)物【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，中間體A具有的能量低于中間體B具有的能量，能量越低越穩(wěn)定，則中間體穩(wěn)定性：A＞B，A項(xiàng)錯誤；B．由圖可知，丙烯與HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，?H＜0，反應(yīng)的?S＜0，反應(yīng)在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，B項(xiàng)錯誤；C．由圖可知，反應(yīng)CH3CH=CH2+HCl→CH3-CH2-CH2Cl的第一步、第二步反應(yīng)的活化能依次為?E3kJ/mol、?E4kJ/mol，且第一步反應(yīng)的活化能大于第二步反應(yīng)的活化能，C項(xiàng)錯誤；D．由圖可知生成CH3CHClCH3的決速步驟為第Ⅰ步，生成CH3CH2CH2Cl的決速步驟為第一步，?E1＜?E3，生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl的速率快，且生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl放出的熱量更多，CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更穩(wěn)定，故CH3CHClCH3為丙烯與HCl加成的主要產(chǎn)物，D項(xiàng)正確；答案選D18.某溶液中可能含有K+、、Fe2+、Al3+、Cl-、、、中的若干種離子(忽略和水的反應(yīng)以及水的電離)，離子濃度均為0.1mol/L。某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是A.沉淀Ⅰ一定有BaSO4，可能含有BaCO3 B.沉淀Ⅲ具有兩性C.溶液中一定有、Fe2+、Cl-、 D.需要通過焰色試驗(yàn)確定是否含有K+【答案】C【解析】【分析】溶液中加入過量稀硫酸，無任何現(xiàn)象，則一定不含碳酸根離子和偏鋁酸根離子，加入過量硝酸鋇溶液，生成了無色氣體Ⅰ，說明生成了NO，則一定有Fe2+，生成的沉淀為硫酸鋇，因?yàn)椴襟E①中引入了硫酸根離子，因此暫時無法確定原溶液中是否有硫酸根離子，濾液中加入過量NaOH溶液，生成氣體Ⅱ，該氣體為NH3，原溶液中含有銨根離子，生成的沉淀Ⅱ?yàn)闅溲趸F，濾液中加入少量二氧化碳，有沉淀生成，通入的二氧化碳與過量的NaOH和鋇離子反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，不能說明原溶液中含有鋁離子，因?yàn)楦麟x子濃度均為0.1mol/L，且銨根離子和亞鐵離子一定存在，碳酸根離子和偏鋁酸根離子一定不存在，根據(jù)溶液呈電中性，則氯離子和硫酸根離子一定存在，鉀離子和鋁離子一定不存在?！驹斀狻緼．沉淀Ⅰ為硫酸鋇，不可能含有碳酸鋇，A錯誤；B．沉淀Ⅲ為碳酸鋇沉淀，不具有兩性，B錯誤；C．溶液中一定存在銨根離子、亞鐵離子、氯離子和硫酸根離子，C正確；D．根據(jù)分析可知，原溶液中一定沒有鉀離子，D錯誤；故答案選C。19.常溫下，已知NH3·H2O的電離常數(shù)為Kb，某氨水溶液濃度c0mol/L，電離度為α，溶液中微粒δ[δ(B+)=]，pX=-lgc(X)。下列說法錯誤的是A.Kb= B.δ()= C.pH+pOH=14 D.c(H+)≈【答案】D【解析】【分析】列出三段式：【詳解】A．，A項(xiàng)正確；B．，B項(xiàng)正確；C．，C項(xiàng)正確；D．，則mol/L，mol/L，D項(xiàng)錯誤；故選D。20.常溫下，某三元有機(jī)中強(qiáng)酸H3A在一定pH范圍內(nèi)，存在以下平衡：H3A(s)H3A(aq)；H3A(aq)H+(aq)+H2A-(aq)；H2A-(aq)H+(aq)+HA2-(aq)；HA2-(aq)H+(aq)+A3-(aq)。平衡常數(shù)依次為K0、K1、K2、K3。已知lgc(H2A-)、1gc(HA2-)、lgc(A3-)隨pH變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.隨pH增大，H3A(aq)的濃度一定變小B.直線L表示lgc(H2A-)的變化情況C.a=(pK2+pK3)(已知：pK=-lgK)D.pH=14時，則有c(A3-)>c(H2A-)>c(HA2-)【答案】D【解析】【分析】由已知信息，常溫下，為常數(shù)，因此原溶液中始終不變，，，；，，因此，，，與pH的變化關(guān)系直線的斜率分別為1，2，3；【詳解】A．由分析可知，pH在一定范圍內(nèi)增大，的濃度是不變的，A錯誤；B．由分析可知，直線L的斜率最大，表示的變化情況，B錯誤；C．由分析可知，M點(diǎn)存在，即，整理得到，C錯誤；D．由分析可知，從圖像來看，pH=14時，則有，D正確；答案選D。Ⅱ卷(共52分)三、填空題21.通過對陽極泥的綜合處理可以回收貴重金屬，一種從銅陽極泥(主要成分為Se、Ag、Ag2Se、Cu、CuSO4和Cu2S等)中分離Ag、Se和Cu的新工藝流程如圖所示：（1）已知預(yù)處理溫度為80℃，此過程中S元素全部轉(zhuǎn)化為最高價，則預(yù)處理時Cu2S發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（2）比起傳統(tǒng)工藝中采用濃硫酸作氧化劑，本工藝中采用稀H2SO4溶液添加MnO2作預(yù)處理劑的主要優(yōu)點(diǎn)是_______。（3）分銀渣可用濃氨水溶液浸出并還原得到單質(zhì)銀，回收分銀渣中的銀，浸出過程溫度不宜過高的原因是：_______。（4）分硒渣(Cu2Se)經(jīng)過氧化可得到H2SeO4.已知：H2SeO4=H++，H++，若0.01mol/LH2SeO4溶液的pH為x，則K()=_______(寫出含x的計算式)。（5）分銅得到產(chǎn)品CuSO4·5H2O的具體操作如圖：①萃取的原理為：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，則反萃取劑最好選用_______(填化學(xué)式)溶液。②操作X為_______，過濾；③為了減少CuSO4·5H2O的損失，最好選用_______進(jìn)行洗滌。A．冷水B．熱水C．無水乙醇【答案】（1）Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO+5Mn2++6H2O（2）減少二氧化硫的排放（3）溫度過高，濃氨水受熱揮發(fā)（4）（5）①.H2SO4②.蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶③.C【解析】【分析】由題給流程可知，向銅陽極泥中加入二氧化錳、稀硫酸進(jìn)行預(yù)處理，80℃條件下將硫化亞銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，過濾得到預(yù)處理渣和預(yù)處理液；向預(yù)處理液中加入氯化鈉溶液，將溶液中的銀離子轉(zhuǎn)化為氯化銀沉淀，過濾得到含有氯化銀的分銀渣和分銀液；向分銀液中加入銅，將溶液中的硒元素轉(zhuǎn)化為硒化亞銅，過濾得到含有硒化亞銅的分硒渣和分硒液；向分硒液中加入加入有機(jī)萃取劑RH萃取、分液得到水相1和含有R2Cu的有機(jī)相1；向有機(jī)相1中加入稀硫酸反萃取、分液得到有機(jī)相2和含有硫酸銅的水相2；水相2經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到五水硫酸銅晶體?！拘?詳解】由分析可知，加入二氧化錳、稀硫酸進(jìn)行預(yù)處理的目的是80℃條件下將硫化亞銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，反應(yīng)的離子方程式為Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO+5Mn2++6H2O，故答案為Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO+5Mn2++6H2O：【小問2詳解】若用濃硫酸作氧化劑，硫化亞銅會與濃硫酸共熱反應(yīng)生成有毒的二氧化硫污染空氣，所以比起傳統(tǒng)工藝中采用濃硫酸作氧化劑，本工藝中采用稀硫酸、二氧化錳作預(yù)處理劑的主要優(yōu)點(diǎn)是可以減少二氧化硫的排放，故答案為：減少二氧化硫的排放；【小問3詳解】濃氨水具有揮發(fā)性，受熱易揮發(fā)轉(zhuǎn)化為氨氣，則浸出過程溫度不宜過高原因是防止氨氣受熱揮發(fā)，導(dǎo)致浸出率降低，故答案為：溫度過高，濃氨水受熱揮發(fā)；【小問4詳解】由題意可知，硒酸第一步完全電離，硒酸氫根離子在溶液中部分電離出氫離子和硒酸根離子，設(shè)0.01mol/L硒酸溶液中硒酸根離子的濃度為amol/L，由題意可建立如下三段式：由溶液pH為x可得：0.01+a=10—x，解得a=10—x—0.01，則K(HSeO)=，故答案為：；【小問5詳解】①由分銅得到產(chǎn)品五水硫酸銅晶體可知，反萃取劑最好選用稀硫酸，防止所得產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，故答案為：H2SO4；②由分析可知，操作X為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；③為了減少五水硫酸銅晶體因溶解造成損失，洗滌時選擇的最佳試劑為無水乙醇，故選C。22.H2O2是一種綠色氧化還原試劑，在化學(xué)研究中應(yīng)用廣泛。Ⅰ．某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置，探究影響H2O2分解反應(yīng)速率的因素。（1）用以上裝置測定H2O2分解反應(yīng)速率，需要測定實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是_______(要求所測得的數(shù)據(jù)能直接體現(xiàn)反應(yīng)速率大小)（2）探究影響H2O2分解反應(yīng)速率的因素實(shí)驗(yàn)方案如下表所示，先向錐形瓶中加入質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%的H2O2溶液，再依次通過分液漏斗向錐形瓶中加入一定量的蒸餾水和0.2mol/LFeCl3溶液。序號H2O2/mL蒸餾水/mLFeCl3溶液/mL現(xiàn)象Ⅰ10a0無明顯變化Ⅱ10b2錐形瓶變熱，溶液迅速變紅褐色，并有較多氣泡產(chǎn)生；2min時，反應(yīng)變緩，溶液顏色明顯變淺Ⅲ552錐形瓶變熱，溶液變紅褐色，開始5s后產(chǎn)生較少的氣泡①通過實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ探究的是_______對反應(yīng)速率影響。②實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ中溶液顏色變?yōu)榧t褐色的原因是_______。③向?qū)嶒?yàn)Ⅱ中反應(yīng)后的溶液滴加KSCN溶液，溶液變紅色，2min后溶液紅色褪去；繼續(xù)滴加KSCN溶液，溶液又變紅色，一段時間后又褪色，此時再向溶液中滴加鹽酸酸化后的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，從平衡移動角度分析溶液紅色褪去的原因_______。Ⅱ．五氧化二氮是有機(jī)合成中常用的綠色硝化劑，常溫下為白色固體，與水反應(yīng)生成硝酸。某實(shí)驗(yàn)小組用滴定法測定N2O5粗品中N2O4的含量，具體操作為：取2.0g粗品，加入20.00mL0.1250mol/L酸性高錳酸鉀溶液，充分反應(yīng)后，用0.1000mol/LH2O2溶液滴定剩余的高錳酸鉀，達(dá)到滴定終點(diǎn)時，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2與HNO3不反應(yīng)且不考慮其分解)（3）產(chǎn)品中N2O4與KMnO4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（4）判斷滴定終點(diǎn)的方法是_______。（5）產(chǎn)品中N2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______?！敬鸢浮浚?）相同時間內(nèi)收集氧氣的體積或收集相同體積氣體所需時間（2）①.H2O2溶液濃度②.雙氧水分解為放熱反應(yīng)，促進(jìn)Fe3+水解為Fe(OH)3，使溶液顏色變深③.SCN—具有還原性，被H2O2氧化生成SO，使平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3逆向移動（3）5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+（4）滴入最后半滴H2O2溶液，溶液由淺紫色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原（5）20.7%【解析】【分析】Ⅰ．由題意可知，該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄看呋瘎┖头磻?yīng)物濃度對反應(yīng)速率的影響，并探究實(shí)驗(yàn)中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象產(chǎn)生的原因；Ⅱ．該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖怯醚趸€原滴定的方法測定五氧化二氮中含有四氧化二氮的含量。【小問1詳解】由化學(xué)反應(yīng)速率的定義可知，利用題給裝置測定過氧化氫分解反應(yīng)速率時，需要測定相同時間內(nèi)收集氧氣的體積或收集相同體積氣體所需時間，故答案為：相同時間內(nèi)收集氧氣的體積或收集相同體積氣體所需時間；【小問2詳解】①由表格數(shù)據(jù)可知，實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ探究過氧化氫的濃度對反應(yīng)速率的影響，故答案為：H2O2溶液濃度；②由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，氯化鐵溶液做催化劑條件下，過氧化氫分解生成氧氣和水的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量使溶液溫度升高，使溶液中鐵離子水解生成紅褐色的氫氧化鐵，所以實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ中溶液顏色變?yōu)榧t褐色，故答案為：雙氧水分解為放熱反應(yīng)，促進(jìn)Fe3+水解為Fe(OH)3，使溶液顏色變深；③溶液中鐵離子與硫氰酸根離子反應(yīng)生成紅色的硫氰化鐵：Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，向溶液中滴入氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明溶液中過氧化氫溶液將硫氰酸根離子氧化為硫酸根離子，反應(yīng)物的濃度減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，硫氰化鐵濃度減小，溶液紅色褪去，故答案為：SCN—具有還原性，被H2O2氧化生成SO，使平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3逆向移動；【小問3詳解】由題意可知，加入酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生的反應(yīng)為四氧化二氮與溶液中高錳酸根離子反應(yīng)生成錳離子、硝酸根離子和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+，故答案為：5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+；【小問4詳解】當(dāng)過氧化氫溶液與酸性高錳酸鉀溶液恰好完全反應(yīng)時，滴入最后半滴過氧化氫溶液，溶液會由淺紫色變?yōu)闊o色，則判斷滴定終點(diǎn)的方法為，故答案為：滴入最后半滴H2O2溶液，溶液由淺紫色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；【小問5詳解】滴定消耗17.50mL0.1000mol/L過氧化氫溶液，由得失電子數(shù)目守恒可知，四氧化二氮的物質(zhì)的量為(0.1250mol/L×0.02000L—0.1000mol/L×0.0175L×)×=4.5×10—3mol，則產(chǎn)品中四氧化二氮的含量為×100%=20.7%，故答案為：20.7%。23.二氧化碳的捕集和資源化利用是緩解溫室效應(yīng)的重要戰(zhàn)略方向。（1）我國在二氧化碳催化加氫合成甲醇上取得了突破性進(jìn)展，有關(guān)反應(yīng)如下：反應(yīng)?。篊O2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.6kJ·mol-1反應(yīng)ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1根據(jù)反應(yīng)ⅰ和反應(yīng)ⅱ，推出CO(g)和H2(g)合成甲醇的熱化學(xué)方程式為_______。（2）在催化劑M的作用下，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的微觀反應(yīng)歷程和相對能量(E)如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用“*”標(biāo)注。已知：表示C，表示O，表示H。歷程Ⅰ：反應(yīng)甲：CO2(g)=CO(g)+O*歷程Ⅱ：反應(yīng)乙：H2(g)+O*=HO*+H*歷程Ⅲ：反應(yīng)丙：_______①歷程Ⅲ中的反應(yīng)丙可表示為_______。②決定CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的總反應(yīng)速率的是歷程_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。（3）將CO2和H2按物質(zhì)的量之比1：3充入一恒容密閉容器中，同時發(fā)生了反應(yīng)ⅰ和反應(yīng)ⅱ，測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)變化的情況如圖所示。①壓強(qiáng)p1、p2、p3的大小關(guān)系為_______。②A點(diǎn)、B點(diǎn)的化學(xué)反應(yīng)速率大?。簐(A)_______v(B)(填“＜”、“=”或“>”)。③溫度高于543K時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而增大的原因是_______。④圖中M點(diǎn)對應(yīng)的溫度下，已知CO的選擇性(生成的CO與轉(zhuǎn)化的CO2的百分比)為50%，該溫度下反應(yīng)ii的平衡常數(shù)為_______(結(jié)果保留3位小數(shù))。如圖是某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計的光電催化反應(yīng)器，可由CO2制得異丙醇，其中A、B均是惰性電極。（4）B電極為該電化學(xué)裝置的_______極。（5）A極上CO2參與的電極反應(yīng)式為_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.②.Ⅲ（3）①.＞＞②.＜③.反應(yīng)ⅱ為吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向移動，反應(yīng)ⅰ為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，而反應(yīng)ⅱ正向移動的程度比反