2024-2025學年江蘇省南通徐州宿遷十校高二上學期10月聯(lián)考化學試題 （解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南通徐州宿遷十校2024-2025學年高二上學期10月聯(lián)考注意事項考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1．本試卷滿分100分，考試時間為75分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請將答題卡交回。2．答題前，請將自己的姓名、考試號（智學號）用0.5毫米黑色簽字筆填涂在答題卡指定的位置。3．選擇題答案用2B鉛筆在答題卡上把對應題目的答案標號涂黑，非選擇題用0.5mm的黑色簽字筆在每題對應的答題區(qū)域內(nèi)做答，在其他位置作答一律無效。4．如需作圖，必須用2B鉛筆繪、寫清楚。線條、符號等須加黑、加粗?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Zn65一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意1.下列說法正確的是A.化學反應的反應熱等于反應前后焓的變化 B.氧化鈣溶于水是放熱反應C.煤的液化有利于實現(xiàn)碳達峰、碳中和 D.焓的大小與體系的溫度、壓強等因素無關(guān)【答案】B【解析】在一定溫度下進行的化學反應，1mol化學反應發(fā)生時的焓變才是反應熱，此時反應熱等于生成物與反應物的焓值差，A錯誤；氧化鈣和水生成氫氧化鈣反應為放熱過程，B正確；煤的液化能夠提高燃煤的能量利用率，減少固體粉塵的產(chǎn)生與排放，但CO2氣體排放量不變，因此不利于碳達峰、碳中和的實現(xiàn)，C錯誤；焓是熱力學中表征物質(zhì)系統(tǒng)能量的一個重要狀態(tài)參量，其大小決定于物質(zhì)的種類、數(shù)量、聚集狀態(tài)、并受溫度、壓強等因素的影響，D錯誤；故選B2.下列說法正確的是A.增大反應物濃度，可增大單位體積內(nèi)活化分子的百分數(shù)，從而使有效碰撞次數(shù)增多B.有氣體參加的化學反應，若增大壓強(即縮小反應容器的容積)，可增大活化分子的百分數(shù)，從而使反應速率增大C.升高溫度能使化學反應速率增大的主要原因是減小了反應物分子中活化分子的百分數(shù)D.催化劑能增大單位體積內(nèi)活化分子的百分數(shù)，從而成千上萬倍地增大反應速率【答案】D【解析】增大濃度、增大壓強，均使單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目增多；而升高溫度、使用催化劑，均使活化分子百分數(shù)增多。增大濃度，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目增多，活化分子百分數(shù)不變，則使有效碰撞次數(shù)增大，反應速率加快，故A錯誤；有氣體參加的化學反應，若增大壓強(即縮小反應容器的容積)，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目增多，從而使反應速率增大，但活化分子百分數(shù)不變，故B錯誤；升高溫度能使化學反應速率增大的主要原因是提供分子需要的能量，活化分子的百分數(shù)增大，從而使有效碰撞次數(shù)增大，則反應速率加快，故C錯誤；催化劑能增大單位體積內(nèi)活化分子的百分數(shù)，從而成千上萬倍地增大反應速率，故D正確；故選D。3.鉛酸蓄電池是汽車常用的蓄電池，其構(gòu)造如圖所示。下列說法不正確的是A.電池放電時總反應為B.電池放電時，減小C.電池充電時，正極質(zhì)量增加D.鉛酸蓄電池的缺點是笨重、比能量低【答案】C【解析】放電時，鉛蓄電池中鉛為負極，發(fā)生氧化反應：，氧化鉛為正極，發(fā)生還原反應：，總反應為：；由分析，放電時總反應為，A正確；放電時消耗硫酸，減小，B正確；充電時正極為電解池陽極，反應為，正極質(zhì)量減小，C錯誤；鉛蓄電池為傳統(tǒng)電池，硫酸鉛的摩爾質(zhì)量大，該電池缺點是笨重、比能量低，D正確；故選C。4.某反應，它的反應能量變化曲線如圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是A.M比N更穩(wěn)定B.該反應為放熱反應C.加入催化劑會改變反應的焓變D.整個反應的【答案】B【解析】由圖可知，反應物M的能量高于生成物N的能量，物質(zhì)的能量越高越不穩(wěn)定，所以N比M更穩(wěn)定，故A錯誤；由圖可知，反應物M的能量高于生成物N的能量，所以該反應為放熱反應，故B正確；催化劑能改變反應途徑，降低反應活化能，但不能改變反應的焓變，故C錯誤；由圖可知，該反應為放熱反應，反應的ΔH=E1-E2，故D錯誤；故選B。5.對于反應，下列有關(guān)說法正確的是A.若容器體積不變，壓強不變時說明該反應達到化學平衡狀態(tài)B.升高體系溫度正反應速率增大，逆反應速率減小C.其他條件不變，向平衡后的容器中再加入少量，新平衡后的值變大D.增大體系的壓強能提高的反應速率和平衡轉(zhuǎn)化率【答案】A【解析】該反應是氣體體積增大的反應，反應中恒容容器內(nèi)氣體壓強增大，則容器內(nèi)壓強保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故A正確；升高體系溫度，正反應速率增大，逆反應速率也增大，故B錯誤；由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K=，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則其他條件不變，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不變，故C錯誤；該反應是氣體體積增大的反應，增大體系的壓強，平衡向逆反應方向移動，四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤；故選A。6.用如圖所示裝置（、是直流電源的兩極）分別進行下列各組實驗，則下表中各項所列對應關(guān)系均正確的是選項X極實驗前U形管中液體通電后現(xiàn)象及結(jié)論A正極溶液U形管兩端滴入酚酞后，a管中呈紅色B負極溶液a管中電極反反應式是C正極溶液a管中有氣體逸出D負極NaOH溶液溶液pH降低A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】電解溶液時，陽極上是OH－發(fā)生失電子的氧化反應，即a管中OH－放電，酸性增強，酚酞遇酸不變色，即a管中呈無色，A錯誤；電解AgNO3溶液時，陰極上是Ag＋得電子發(fā)生還原反應，即a管中電極反應是析出金屬Ag的反應，B錯誤；電解CuCl2溶液時，陽極上是Cl－失電子發(fā)生氧化反應，即a管中Cl－放電產(chǎn)生Cl2，C正確；電解NaOH溶液時，陰極上是H＋放電，陽極上是OH－放電，實際上電解的是水，導致NaOH溶液的濃度增大，堿性增強，pH升高，D錯誤；故選C。7.丙烷與溴原子能發(fā)生以下兩種反應：①CH3CH2CH3(g)+Br?(g)→CH3CH2CH2?(g)+HBr(g)②CH3CH2CH3(g)+Br?(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)反應過程的能量變化如圖所示。下列說法不正確的是A.反應①與②均為吸熱反應B.反應②使用了催化劑C.產(chǎn)物中CH3CH2CH2?(g)含量比CH3CHCH3(g)低D.CH3CH2CH2?(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镃H3CHCH3(g)放出熱量【答案】B【解析】根據(jù)圖示可知：反應①與②均為生成物的能量比反應物的高，因此這兩個反應都是吸熱反應，A正確；催化劑能改變反應途徑，降低反應的活化能，加快化學反應速率。反應②的活化能低，反應速率快，但反應①與②同時發(fā)生，不能確定反應②是否使用催化劑，B錯誤；由圖可知，活化能：反應①＞②，則反應②的反應速率快，生成物含量：產(chǎn)物中CH3CH2CH2?(g)含量比CH3CHCH3(g)低，C正確；由圖可知，CH3CH2CH2?(g)和HBr(g)具有的能量大于CH3CHCH3(g)和HBr(g)具有的能量，所以CH3CH2CH2?(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镃H3CHCH3(g)放出熱量，D正確；故合理選項是B。8.負載有Pt和Ag的活性炭，可選擇性去除實現(xiàn)廢酸的純化，其工作原理如圖。下列說法正確的是A.Ag作原電池正極B.電子Pt由經(jīng)活性炭流向AgC.Pt表面發(fā)生的電極反應：D.每消耗標準狀況下11.2L的，最多去除【答案】D【解析】氧氣在Pt得電子發(fā)生還原反應，Pt為正極，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應，Ag為負極。由分析可知，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應生成AgCl，Ag為負極，A錯誤；電子由負極經(jīng)活性炭流向正極，故Ag電子由經(jīng)活性炭流向Pt，B錯誤；溶液為酸性，故Pt表面發(fā)生的電極反應為，C錯誤；正極反應為、負極反應為，則每消耗標準狀況下11.2L的（為0.5mol）轉(zhuǎn)移電子2mol，最多去除，D正確；故選D。9.氨催化氧化得，繼續(xù)被氧化為，再與水反應生成硝酸，氨氣與硝酸反應可制化肥硝酸銨，已知：，下列說法正確的是A.該反應B.反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能C.反應平衡常數(shù)D.平衡后升高溫度，增大，減小，平衡向逆反應方向移動【答案】B【解析】該反應氣體分子數(shù)增加，為熵增的反應，反應ΔS＞0，故A錯誤；該反應為放熱反應，則反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，故B正確；由方程式可知，反應的平衡常數(shù)，故C錯誤；平衡后升高溫度，正逆反應速率均增大，故D錯誤；故選B。10.氯氣是一種重要的工業(yè)原料，在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的基礎(chǔ)上，科學家最近采用碳基電極材料設計了一種新工藝方案，如圖所示，下列說法正確的是A.電解時，電流經(jīng)電極A、電解質(zhì)溶液流向電極BB.電極B與外接電源的正極相連C.電極A發(fā)生還原反應：D.當有2mol電子轉(zhuǎn)移時，兩室溶液中數(shù)目理論上相差4【答案】B【解析】由圖可知，與直流電源正極相連的電極B為電解池的陽極，氯離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，電極A為陰極，鐵離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，亞鐵離子與通入的氧氣反應生成鐵離子。由分析可知，B為電解池的陽極，電極A為陰極，則電解時，電流經(jīng)電極B、電解質(zhì)溶液流向電極A，故A錯誤；由分析可知，與直流電源正極相連的電極B為電解池的陽極，故B正確；由分析可知，電極A為陰極，鐵離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，電極反應式為Fe3++e—=Fe2+，故C錯誤；電解池工作時，A極區(qū)溶液中發(fā)生的反應為4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，反應中消耗4mol氫離子，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol，則轉(zhuǎn)移2mol電子時，2mol氫離子通過質(zhì)子交換膜由陽極室流向陰極室，則陰極室氫離子的物質(zhì)的量沒有發(fā)生變化，陽極室減少氫離子的物質(zhì)的量為2mol，所以兩室溶液中氫離子數(shù)目差2NA，故D錯誤；故選B。11.黑火藥是中國古代的四大發(fā)明之一，其爆炸的熱化學方程式為。已知：①碳的燃燒熱②③，則下列關(guān)系式正確的是A. B.C. D.【答案】A【解析】由題意可知，反應①的熱化學方程式為C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ/mol，由蓋斯定律可知，反應①×3+②—③得到反應，則反應ΔH=xkJ/mol=(3a+b-c)kJ/mol，整理可得，故選A。12.目前，常利用催化技術(shù)將汽車尾氣中NO和CO轉(zhuǎn)化為和。為研究不同條件下對該化學反應的影響。某課題組按下表數(shù)據(jù)進行了實驗探究。實驗中使用了等質(zhì)量的同種催化劑，測得CO的濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法不正確的是編號T/℃催化劑的比表面積Ⅰ28080.0Ⅱ

120Ⅲ360800A.實驗Ⅱ的反應溫度為280℃B.由實驗Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化劑的比表面積，該化學反應的反應速率增大C.實驗Ⅰ達到平衡時，NO的濃度為D.該反應的反應熱【答案】C【解析】根據(jù)單一變量原則，實驗Ⅰ和Ⅱ催化劑比表面不同，溫度應該相同，所以實驗Ⅱ的反應溫度為280℃，A正確；實驗Ⅰ、Ⅱ催化劑比表面不同，結(jié)合坐標圖可知，增大催化劑的比表面積，化學反應速率增大，B正確；NO和CO轉(zhuǎn)化為和方程式為，，所以平衡時，NO的濃度為，C錯誤；對比反應Ⅰ和Ⅲ，溫度升高，平衡時CO濃度降低，平衡逆向移動，說明正反應放熱，焓變小于0，D正確；故選C。13.乙醇-水催化重整可獲得H2。其主要反應為反應Ⅰ：C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在1.0×105Pa，n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1時，若僅考慮上述反應，平衡時CO2和CO的選擇性及H2的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示。CO的選擇性下列說法正確的是A.圖中曲線③表示平衡時H2的產(chǎn)率隨溫度的變化B.平衡時C2H5OH的轉(zhuǎn)化率與H?O的轉(zhuǎn)化率相等C.一定溫度下，增大可提高乙醇平衡轉(zhuǎn)化率D.一定溫度下，降低體系壓強，反應I的平衡常數(shù)減小【答案】C【解析】兩個反應均為吸熱反應，升高溫度平衡都發(fā)生正向移動，但CO和CO2的選擇性之和為100%，所以二者變化趨勢相反，只有第二個反應生成CO，因此升溫CO的選擇性升高(曲線③)，CO2的選擇性降低(曲線①)，曲線②表示氫氣的產(chǎn)率。由分析可知，圖中曲線②表示平衡時H2的產(chǎn)率隨溫度的變化，曲線③表示CO的選擇性，A不正確；n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1，若第二個反應不生成H2O，則平衡時C2H5OH的轉(zhuǎn)化率與H?O的轉(zhuǎn)化率相等，但第二個反應生成H2O，所以平衡時C2H5OH的轉(zhuǎn)化率與H?O的轉(zhuǎn)化率不相等，B不正確；一定溫度下，增大，相當于C2H5OH的物質(zhì)的量不變時增大H2O的物質(zhì)的量，平衡正向移動，乙醇的平衡轉(zhuǎn)化率增大，C正確；平衡常數(shù)只受溫度變化的影響，一定溫度下，降低體系壓強，雖然平衡發(fā)生移動，但反應I的平衡常數(shù)不變，D不正確；故選C。非選擇題（共61分）14.氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè)，一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝，節(jié)能超過，在此工藝中，物料傳輸和轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，其中電極未標出，所用離子交換膜只允許陽離子通過。（1）分析比較圖示中與的大?。篲_____（填“＞”“＜”或“＝”），A中離子交換膜為______離子交換膜，B中離子交換膜為______離子交換膜（填“陰”或“陽”）。（2）寫出燃料電池B中的正極的電極反應：______。（3）圖中X是______（填化學式），若電解產(chǎn)生11.2L（標準狀況）該物質(zhì)，則至少轉(zhuǎn)移電子______mol；X中所含元素的基態(tài)原子的價電子排布式為______。【答案】（1）①.<②.陽③.陽（2）（3）①.Cl2②.1.0③.3s23p5【解析】燃料電池B中，通入空氣的電極為正極，則通入Y的電極為負極；電解池A中，右側(cè)電極與負極相連為陰極，則左側(cè)電極為陽極。電解飽和食鹽水時，陽極Cl-失電子生成Cl2，則X為Cl2，陰極水得電子生成H2和OH-，Na+通過陽離子交換膜進入右側(cè)陰極區(qū)；在B池中，通入的Y(H2)在左側(cè)負極失電子與OH-結(jié)合成水；Na+通過陽離子交換膜進入右側(cè)正極區(qū)，在正極O2得電子產(chǎn)物與水作用生成OH-，此時正極區(qū)溶液中NaOH增多，濃度增大。小問1詳解】由分析，<，A中離子交換膜為陽離子交換膜，B中離子交換膜為陽離子交換膜；【小問2詳解】燃料電池B中的正極的電極反應為氧氣得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子：；【小問3詳解】由分析，X是Cl2；，若電解產(chǎn)生11.2L（標準狀況，為0.5mol）Cl2，則至少轉(zhuǎn)移電子1.0mol；氯為17號元素，基態(tài)原子的價電子排布式為3s23p5。15.氯化鐵是重要的化工原料。針對氯化鐵的實驗室的制備方法，回答下列問題：Ⅰ．的制備流程圖如下：（1）含有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快，原因為______。（2）操作①所必需的玻璃儀器中，除燒杯外還有______。（3）檢驗溶液中是否殘留的試劑是______。（4）為增大溶液的濃度，向稀溶液中加入純Fe粉后通入，此過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為______。（5）操作②為在HCl氣流中蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到晶體，此過程中HCl的作用是______。Ⅱ．由制備無水將與液體混合并加熱，制得無水。已知沸點為77℃，反應方程式為，裝置如圖所示（夾持和加熱裝置略）。（6）儀器A的作用為______，NaOH溶液的作用是______。【答案】（1）Fe、Cu在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率（2）漏斗、玻璃棒（3）K3[Fe(CN)6]溶液（4）2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?（5）防止Fe3+水解（6）①.冷凝回流SOCl2②.吸收SO2和HCl，防止污染環(huán)境【解析】由題給流程可知，稀鹽酸與廢鐵屑反應生成氯化亞鐵，過濾得到濾液；向濾液中通入氯氣，將氯化亞鐵氧化為氯化鐵，向氯化鐵稀溶液中加入鐵粉，將氯化鐵轉(zhuǎn)化為氯化亞鐵后，再通入氯氣將氯化亞鐵氧化為氯化鐵得到濃氯化鐵溶液，氯化鐵溶液在氯化氫氣流中經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鐵；六水氯化鐵與SOCl2混合加熱制得無水氯化鐵?！拘?詳解】鐵、銅在鹽酸中構(gòu)成原電池，原電池反應能加快鐵與鹽酸反應的反應速率，有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快，故答案為：Fe、Cu在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率；【小問2詳解】由分析可知，操作①是固液分離的過濾操作，過濾用到的玻璃儀器為燒杯、玻璃棒、漏斗，故答案為：漏斗、玻璃棒；小問3詳解】溶液中的亞鐵離子能與鐵氰化鉀溶液反應生成藍色沉淀，所以檢驗溶液中殘留亞鐵離子的試劑為鐵氰化鉀溶液，故答案為：K3[Fe(CN)6]溶液；【小問4詳解】由分析可知，增大氯化鐵溶液濃度發(fā)生的操作為向氯化鐵稀溶液中加入鐵粉，將氯化鐵轉(zhuǎn)化為氯化亞鐵后，再通入氯氣將氯化亞鐵氧化為氯化鐵得到濃氯化鐵溶液，此過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?；【小問5詳解】氯化鐵是強酸弱堿鹽，在溶液中易發(fā)生水解反應，所以氯化鐵溶液在氯化氫氣流中經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鐵的過程中需要通入氯化氫氣體防止鐵離子水解，故答案為：防止Fe3+水解；【小問6詳解】由實驗裝置圖可知，儀器A為球形冷凝管，作用是使揮發(fā)出的SOCl2冷凝回流，提高原料的利用率；由方程式可知，反應生成的二氧化硫和氯化氫逸出會污染環(huán)境，所以氫氧化鈉溶液的作用是吸收二氧化硫和氯化氫，防止污染環(huán)境，故答案為：冷凝回流SOCl2；吸收SO2和HCl，防止污染環(huán)境。16.某學者分別使用和作催化劑對燃煤煙氣脫硝脫硫進行了研究。（1）催化劑制備。在條件下，向足量NaOH溶液中通入一段時間，再加入適量新制溶液，充分反應后制得混合物X；向混合物X中加入溶液，充分反應后經(jīng)磁鐵吸附、洗滌、真空干燥，制得催化劑。①通入的目的是______。②混合物X與反應生成和，該反應的化學方程式為______。（2）催化劑研究。如圖1所示，當其他條件一定時，分別在無催化劑、作催化劑、作催化劑的條件下，測定濃度對模擬煙氣（含一定比例的、、、）中NO和脫除率的影響，NO脫除率與濃度的關(guān)系如圖2所示。已知：·OH能將、氧化?！H產(chǎn)生機理如下。反應Ⅰ：（慢反應）反應Ⅱ：（快反應）①·OH將氧化的化學方程式______。②與作催化劑相比，相同條件下作催化劑時NO脫除率更高，其原因是____________。③NO部分被氯化成。被NaOH溶液吸收生成兩種含氧酸鈉鹽，該反應的離子方程式為______。④實驗表示·OH氧化的速率比氧化NO速率慢。但在無催化劑、作催化劑、作催化劑的條件下，測得脫除率幾乎均為的原因是______。【答案】（1）①.排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+②.12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O（2）①.2·OH+SO2=H2SO4②.Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大；Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應Ⅰ產(chǎn)生Fe2+，再通過快反應Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應速率由慢反應Ⅰ決定，c(?OH)小于前者，所以Fe3O4作催化劑比Fe2O3作催化劑時NO脫除率更大③.2NO2+2OH—=NO+NO+H2O④.SO2幾乎完全被NaOH溶液吸收【解析】【小問1詳解】①氫氧化鈉溶液中溶有少量的氧氣，能將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，所以氫氧化鈉溶液與硫酸亞鐵溶液反應時，應通入氮氣排出溶液中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化為鐵離子，故答案為：排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+；②由題意可知制備四氧化三鐵的反應為氫氧化亞鐵與硝酸鈉共熱反應生成四氧化三鐵、氨氣和水，反應的化學方程式為12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O，故答案為：12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；【小問2詳解】①由題意可知，自由基·OH與二氧化硫反應生成硫酸，反應的化學方程式為2·OH+SO2=H2SO4，故答案為：2·OH+SO2=H2SO4；②與Fe2O3作催化劑相比，相同條件下Fe3O4作催化劑時NO脫除率更高的原因是Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大；Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應Ⅰ產(chǎn)生Fe2+，再通過快反應Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應速率由慢反應Ⅰ決定，c(?OH)小于前者，所以Fe3O4作催化劑比Fe2O3作催化劑時NO脫除率更大，故答案為：Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大；Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應Ⅰ產(chǎn)生Fe2+，再通過快反應Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應速率由慢反應Ⅰ決定，c(?OH)小于前者，所以Fe3O4作催化劑比Fe2O3作催化劑時NO脫除率更大；③由題意可知，二氧化氮與氫氧化鈉溶液反應生成硝酸鈉、亞硝酸鈉和水，反應的離子方程式為2NO2+2OH—=NO+NO+H2O，故答案為：2NO2+2OH—=NO+NO+H2O；④二氧化硫是酸性氧化物，能與氫氧化鈉溶液反應被吸收，則測得二氧化硫脫除率幾乎均為100%是因為二氧化硫幾乎完全被NaOH溶液吸收，故答案為：SO2幾乎完全被NaOH溶液吸收。17.為了緩解溫室效應與能源供應之間的沖突，從空氣中捕集CO2并將其轉(zhuǎn)化為燃料或增值化學品成為了新的研究熱點。Ⅰ．CO2的捕集（1）吸收劑X(乙醇胺，HOCH2CH2NH2)可完成對空氣中CO2的捕集。乙醇胺溶液能夠吸收和解吸CO2的原因是___________。Ⅱ．CO2的資源化（2）二氧化碳甲烷化，其主要反應為：反應Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.7kJ·mol-1反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在密閉容器中，1.01×105Pa，n起始(CO2)﹕n起始(H2)=1﹕4時，CO2平衡轉(zhuǎn)化率在催化劑作用下反應相同時間所測得的CO2實際轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。①反應2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)ΔH=___________kJ·mol-1；②580℃以后CO2平衡轉(zhuǎn)化率升高的主要原因是___________。（3）為了進一步研究CO2的甲烷化反應，科學家研究催化劑M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的條件下進行反應，催化反應的核心過程如圖所示：①步驟Ⅲ發(fā)生的反應為___________(*X代表吸附態(tài)中間體)②研究發(fā)現(xiàn)，光誘導電子從TiO2轉(zhuǎn)移到M，富電子的M表面可以促進H2的解離和CO2的活化，從而提高反應效率。已知Ni和Ru的電負性分別為1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化劑的反應效率___________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化劑的反應效率。（4）利用高爐煉鐵尾氣中的CO2制取有機物的過程如圖。相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到的部分還原產(chǎn)物的法拉第效率(FE%)隨電解電壓的變化如圖所示：，①“電解”在質(zhì)子交換膜電解池中進行，當電解電壓為0.7V，陰極發(fā)生的電極反應式為：___________。②當電解電壓為0.95V時，生成HCHO和HCOOH的選擇性之比為___________?！敬鸢浮浚?）乙醇胺含有氨基，有堿性，可與二氧化碳和水反應生成鹽；該鹽在較低溫度下又可以充分分解為乙醇胺和二氧化碳（2）①.-247.1②.反應Ⅰ為放熱反應，溫度升高反應平衡常數(shù)K減小，CO2轉(zhuǎn)化的量減??；反應Ⅱ為吸熱反應，溫度升高反應平衡常數(shù)K增大，CO2轉(zhuǎn)化的量增大，580℃以后，CO2轉(zhuǎn)化量增大的幅度大于減小的幅度（3）①.*COOH→*CO+*OH②.高于（4）①.CO2+2e-+2H＋=HCOOH②.2﹕1【解析】【小問1詳解】乙醇胺溶液能夠吸收和解吸CO2的原因是乙醇胺含有氨基，有堿性，可與二氧化碳和水反應生成鹽；該鹽在較低溫度下又可以充分分解為乙醇胺和二氧化碳；小問2詳解】①根據(jù)蓋斯定律反應Ⅰ－2×反應Ⅱ得到目標反應，則ΔH=-164.7kJ·mol-1－2×41.2kJ·mol-1=-247.1kJ·mol-1；②反應Ⅰ為放熱反應，溫度升高反應平衡常數(shù)K減小，CO2轉(zhuǎn)化的量減小；反應Ⅱ為吸熱反應，溫度升高反應平衡常數(shù)K增大，CO2轉(zhuǎn)化的量增大，580℃以后，CO2轉(zhuǎn)化量增大的幅度大于減小的幅度；小問3詳解】①由圖知，步驟Ⅲ發(fā)生的反應為*COOH→*CO+*OH；②光誘導電子從TiO2轉(zhuǎn)移到M，富電子的M表面可以促進H2的解離和CO2的活化，從而提高反應效率可得電負性越大，催化效率越高。已知Ni和Ru的電負性分別為1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化劑的反應效率高于使用Ni/TiO2作催化劑的反應效率?！拘?詳解】①當電解電壓為0.7V，觀察圖像可知，主要產(chǎn)生的是HCOOH，二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成HCOOH，電極反應式為CO2+2e-+2H＋=HCOOH；②電解電壓為0.95V時，根據(jù)圖示可知，產(chǎn)物主要有：HCOOH、HCHO，CO2+2e-+2H＋=HCOOH轉(zhuǎn)移2e-，CO2+4e-+4H＋=HCHO+H2O轉(zhuǎn)移4e-，當電解生成的HCHO和HCOOH的物質(zhì)的量之比為x：y時，根據(jù)FE(HCHO)=60%、FE(HCOOH)=15%，有，則x：y=2：1，電解生成的HCHO和HCOOH的物質(zhì)的量之比為2：1。江蘇省南通徐州宿遷十校2024-2025學年高二上學期10月聯(lián)考注意事項考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1．本試卷滿分100分，考試時間為75分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請將答題卡交回。2．答題前，請將自己的姓名、考試號（智學號）用0.5毫米黑色簽字筆填涂在答題卡指定的位置。3．選擇題答案用2B鉛筆在答題卡上把對應題目的答案標號涂黑，非選擇題用0.5mm的黑色簽字筆在每題對應的答題區(qū)域內(nèi)做答，在其他位置作答一律無效。4．如需作圖，必須用2B鉛筆繪、寫清楚。線條、符號等須加黑、加粗?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Zn65一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意1.下列說法正確的是A.化學反應的反應熱等于反應前后焓的變化 B.氧化鈣溶于水是放熱反應C.煤的液化有利于實現(xiàn)碳達峰、碳中和 D.焓的大小與體系的溫度、壓強等因素無關(guān)【答案】B【解析】在一定溫度下進行的化學反應，1mol化學反應發(fā)生時的焓變才是反應熱，此時反應熱等于生成物與反應物的焓值差，A錯誤；氧化鈣和水生成氫氧化鈣反應為放熱過程，B正確；煤的液化能夠提高燃煤的能量利用率，減少固體粉塵的產(chǎn)生與排放，但CO2氣體排放量不變，因此不利于碳達峰、碳中和的實現(xiàn)，C錯誤；焓是熱力學中表征物質(zhì)系統(tǒng)能量的一個重要狀態(tài)參量，其大小決定于物質(zhì)的種類、數(shù)量、聚集狀態(tài)、并受溫度、壓強等因素的影響，D錯誤；故選B2.下列說法正確的是A.增大反應物濃度，可增大單位體積內(nèi)活化分子的百分數(shù)，從而使有效碰撞次數(shù)增多B.有氣體參加的化學反應，若增大壓強(即縮小反應容器的容積)，可增大活化分子的百分數(shù)，從而使反應速率增大C.升高溫度能使化學反應速率增大的主要原因是減小了反應物分子中活化分子的百分數(shù)D.催化劑能增大單位體積內(nèi)活化分子的百分數(shù)，從而成千上萬倍地增大反應速率【答案】D【解析】增大濃度、增大壓強，均使單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目增多；而升高溫度、使用催化劑，均使活化分子百分數(shù)增多。增大濃度，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目增多，活化分子百分數(shù)不變，則使有效碰撞次數(shù)增大，反應速率加快，故A錯誤；有氣體參加的化學反應，若增大壓強(即縮小反應容器的容積)，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)目增多，從而使反應速率增大，但活化分子百分數(shù)不變，故B錯誤；升高溫度能使化學反應速率增大的主要原因是提供分子需要的能量，活化分子的百分數(shù)增大，從而使有效碰撞次數(shù)增大，則反應速率加快，故C錯誤；催化劑能增大單位體積內(nèi)活化分子的百分數(shù)，從而成千上萬倍地增大反應速率，故D正確；故選D。3.鉛酸蓄電池是汽車常用的蓄電池，其構(gòu)造如圖所示。下列說法不正確的是A.電池放電時總反應為B.電池放電時，減小C.電池充電時，正極質(zhì)量增加D.鉛酸蓄電池的缺點是笨重、比能量低【答案】C【解析】放電時，鉛蓄電池中鉛為負極，發(fā)生氧化反應：，氧化鉛為正極，發(fā)生還原反應：，總反應為：；由分析，放電時總反應為，A正確；放電時消耗硫酸，減小，B正確；充電時正極為電解池陽極，反應為，正極質(zhì)量減小，C錯誤；鉛蓄電池為傳統(tǒng)電池，硫酸鉛的摩爾質(zhì)量大，該電池缺點是笨重、比能量低，D正確；故選C。4.某反應，它的反應能量變化曲線如圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是A.M比N更穩(wěn)定B.該反應為放熱反應C.加入催化劑會改變反應的焓變D.整個反應的【答案】B【解析】由圖可知，反應物M的能量高于生成物N的能量，物質(zhì)的能量越高越不穩(wěn)定，所以N比M更穩(wěn)定，故A錯誤；由圖可知，反應物M的能量高于生成物N的能量，所以該反應為放熱反應，故B正確；催化劑能改變反應途徑，降低反應活化能，但不能改變反應的焓變，故C錯誤；由圖可知，該反應為放熱反應，反應的ΔH=E1-E2，故D錯誤；故選B。5.對于反應，下列有關(guān)說法正確的是A.若容器體積不變，壓強不變時說明該反應達到化學平衡狀態(tài)B.升高體系溫度正反應速率增大，逆反應速率減小C.其他條件不變，向平衡后的容器中再加入少量，新平衡后的值變大D.增大體系的壓強能提高的反應速率和平衡轉(zhuǎn)化率【答案】A【解析】該反應是氣體體積增大的反應，反應中恒容容器內(nèi)氣體壓強增大，則容器內(nèi)壓強保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故A正確；升高體系溫度，正反應速率增大，逆反應速率也增大，故B錯誤；由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K=，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則其他條件不變，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不變，故C錯誤；該反應是氣體體積增大的反應，增大體系的壓強，平衡向逆反應方向移動，四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤；故選A。6.用如圖所示裝置（、是直流電源的兩極）分別進行下列各組實驗，則下表中各項所列對應關(guān)系均正確的是選項X極實驗前U形管中液體通電后現(xiàn)象及結(jié)論A正極溶液U形管兩端滴入酚酞后，a管中呈紅色B負極溶液a管中電極反反應式是C正極溶液a管中有氣體逸出D負極NaOH溶液溶液pH降低A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】電解溶液時，陽極上是OH－發(fā)生失電子的氧化反應，即a管中OH－放電，酸性增強，酚酞遇酸不變色，即a管中呈無色，A錯誤；電解AgNO3溶液時，陰極上是Ag＋得電子發(fā)生還原反應，即a管中電極反應是析出金屬Ag的反應，B錯誤；電解CuCl2溶液時，陽極上是Cl－失電子發(fā)生氧化反應，即a管中Cl－放電產(chǎn)生Cl2，C正確；電解NaOH溶液時，陰極上是H＋放電，陽極上是OH－放電，實際上電解的是水，導致NaOH溶液的濃度增大，堿性增強，pH升高，D錯誤；故選C。7.丙烷與溴原子能發(fā)生以下兩種反應：①CH3CH2CH3(g)+Br?(g)→CH3CH2CH2?(g)+HBr(g)②CH3CH2CH3(g)+Br?(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)反應過程的能量變化如圖所示。下列說法不正確的是A.反應①與②均為吸熱反應B.反應②使用了催化劑C.產(chǎn)物中CH3CH2CH2?(g)含量比CH3CHCH3(g)低D.CH3CH2CH2?(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镃H3CHCH3(g)放出熱量【答案】B【解析】根據(jù)圖示可知：反應①與②均為生成物的能量比反應物的高，因此這兩個反應都是吸熱反應，A正確；催化劑能改變反應途徑，降低反應的活化能，加快化學反應速率。反應②的活化能低，反應速率快，但反應①與②同時發(fā)生，不能確定反應②是否使用催化劑，B錯誤；由圖可知，活化能：反應①＞②，則反應②的反應速率快，生成物含量：產(chǎn)物中CH3CH2CH2?(g)含量比CH3CHCH3(g)低，C正確；由圖可知，CH3CH2CH2?(g)和HBr(g)具有的能量大于CH3CHCH3(g)和HBr(g)具有的能量，所以CH3CH2CH2?(g)轉(zhuǎn)變?yōu)镃H3CHCH3(g)放出熱量，D正確；故合理選項是B。8.負載有Pt和Ag的活性炭，可選擇性去除實現(xiàn)廢酸的純化，其工作原理如圖。下列說法正確的是A.Ag作原電池正極B.電子Pt由經(jīng)活性炭流向AgC.Pt表面發(fā)生的電極反應：D.每消耗標準狀況下11.2L的，最多去除【答案】D【解析】氧氣在Pt得電子發(fā)生還原反應，Pt為正極，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應，Ag為負極。由分析可知，Ag失去電子與溶液中的Cl-反應生成AgCl，Ag為負極，A錯誤；電子由負極經(jīng)活性炭流向正極，故Ag電子由經(jīng)活性炭流向Pt，B錯誤；溶液為酸性，故Pt表面發(fā)生的電極反應為，C錯誤；正極反應為、負極反應為，則每消耗標準狀況下11.2L的（為0.5mol）轉(zhuǎn)移電子2mol，最多去除，D正確；故選D。9.氨催化氧化得，繼續(xù)被氧化為，再與水反應生成硝酸，氨氣與硝酸反應可制化肥硝酸銨，已知：，下列說法正確的是A.該反應B.反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能C.反應平衡常數(shù)D.平衡后升高溫度，增大，減小，平衡向逆反應方向移動【答案】B【解析】該反應氣體分子數(shù)增加，為熵增的反應，反應ΔS＞0，故A錯誤；該反應為放熱反應，則反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，故B正確；由方程式可知，反應的平衡常數(shù)，故C錯誤；平衡后升高溫度，正逆反應速率均增大，故D錯誤；故選B。10.氯氣是一種重要的工業(yè)原料，在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的基礎(chǔ)上，科學家最近采用碳基電極材料設計了一種新工藝方案，如圖所示，下列說法正確的是A.電解時，電流經(jīng)電極A、電解質(zhì)溶液流向電極BB.電極B與外接電源的正極相連C.電極A發(fā)生還原反應：D.當有2mol電子轉(zhuǎn)移時，兩室溶液中數(shù)目理論上相差4【答案】B【解析】由圖可知，與直流電源正極相連的電極B為電解池的陽極，氯離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，電極A為陰極，鐵離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，亞鐵離子與通入的氧氣反應生成鐵離子。由分析可知，B為電解池的陽極，電極A為陰極，則電解時，電流經(jīng)電極B、電解質(zhì)溶液流向電極A，故A錯誤；由分析可知，與直流電源正極相連的電極B為電解池的陽極，故B正確；由分析可知，電極A為陰極，鐵離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，電極反應式為Fe3++e—=Fe2+，故C錯誤；電解池工作時，A極區(qū)溶液中發(fā)生的反應為4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，反應中消耗4mol氫離子，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol，則轉(zhuǎn)移2mol電子時，2mol氫離子通過質(zhì)子交換膜由陽極室流向陰極室，則陰極室氫離子的物質(zhì)的量沒有發(fā)生變化，陽極室減少氫離子的物質(zhì)的量為2mol，所以兩室溶液中氫離子數(shù)目差2NA，故D錯誤；故選B。11.黑火藥是中國古代的四大發(fā)明之一，其爆炸的熱化學方程式為。已知：①碳的燃燒熱②③，則下列關(guān)系式正確的是A. B.C. D.【答案】A【解析】由題意可知，反應①的熱化學方程式為C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ/mol，由蓋斯定律可知，反應①×3+②—③得到反應，則反應ΔH=xkJ/mol=(3a+b-c)kJ/mol，整理可得，故選A。12.目前，常利用催化技術(shù)將汽車尾氣中NO和CO轉(zhuǎn)化為和。為研究不同條件下對該化學反應的影響。某課題組按下表數(shù)據(jù)進行了實驗探究。實驗中使用了等質(zhì)量的同種催化劑，測得CO的濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法不正確的是編號T/℃催化劑的比表面積Ⅰ28080.0Ⅱ

120Ⅲ360800A.實驗Ⅱ的反應溫度為280℃B.由實驗Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化劑的比表面積，該化學反應的反應速率增大C.實驗Ⅰ達到平衡時，NO的濃度為D.該反應的反應熱【答案】C【解析】根據(jù)單一變量原則，實驗Ⅰ和Ⅱ催化劑比表面不同，溫度應該相同，所以實驗Ⅱ的反應溫度為280℃，A正確；實驗Ⅰ、Ⅱ催化劑比表面不同，結(jié)合坐標圖可知，增大催化劑的比表面積，化學反應速率增大，B正確；NO和CO轉(zhuǎn)化為和方程式為，，所以平衡時，NO的濃度為，C錯誤；對比反應Ⅰ和Ⅲ，溫度升高，平衡時CO濃度降低，平衡逆向移動，說明正反應放熱，焓變小于0，D正確；故選C。13.乙醇-水催化重整可獲得H2。其主要反應為反應Ⅰ：C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在1.0×105Pa，n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1時，若僅考慮上述反應，平衡時CO2和CO的選擇性及H2的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示。CO的選擇性下列說法正確的是A.圖中曲線③表示平衡時H2的產(chǎn)率隨溫度的變化B.平衡時C2H5OH的轉(zhuǎn)化率與H?O的轉(zhuǎn)化率相等C.一定溫度下，增大可提高乙醇平衡轉(zhuǎn)化率D.一定溫度下，降低體系壓強，反應I的平衡常數(shù)減小【答案】C【解析】兩個反應均為吸熱反應，升高溫度平衡都發(fā)生正向移動，但CO和CO2的選擇性之和為100%，所以二者變化趨勢相反，只有第二個反應生成CO，因此升溫CO的選擇性升高(曲線③)，CO2的選擇性降低(曲線①)，曲線②表示氫氣的產(chǎn)率。由分析可知，圖中曲線②表示平衡時H2的產(chǎn)率隨溫度的變化，曲線③表示CO的選擇性，A不正確；n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1，若第二個反應不生成H2O，則平衡時C2H5OH的轉(zhuǎn)化率與H?O的轉(zhuǎn)化率相等，但第二個反應生成H2O，所以平衡時C2H5OH的轉(zhuǎn)化率與H?O的轉(zhuǎn)化率不相等，B不正確；一定溫度下，增大，相當于C2H5OH的物質(zhì)的量不變時增大H2O的物質(zhì)的量，平衡正向移動，乙醇的平衡轉(zhuǎn)化率增大，C正確；平衡常數(shù)只受溫度變化的影響，一定溫度下，降低體系壓強，雖然平衡發(fā)生移動，但反應I的平衡常數(shù)不變，D不正確；故選C。非選擇題（共61分）14.氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè)，一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝，節(jié)能超過，在此工藝中，物料傳輸和轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，其中電極未標出，所用離子交換膜只允許陽離子通過。（1）分析比較圖示中與的大?。篲_____（填“＞”“＜”或“＝”），A中離子交換膜為______離子交換膜，B中離子交換膜為______離子交換膜（填“陰”或“陽”）。（2）寫出燃料電池B中的正極的電極反應：______。（3）圖中X是______（填化學式），若電解產(chǎn)生11.2L（標準狀況）該物質(zhì)，則至少轉(zhuǎn)移電子______mol；X中所含元素的基態(tài)原子的價電子排布式為______?！敬鸢浮浚?）①.<②.陽③.陽（2）（3）①.Cl2②.1.0③.3s23p5【解析】燃料電池B中，通入空氣的電極為正極，則通入Y的電極為負極；電解池A中，右側(cè)電極與負極相連為陰極，則左側(cè)電極為陽極。電解飽和食鹽水時，陽極Cl-失電子生成Cl2，則X為Cl2，陰極水得電子生成H2和OH-，Na+通過陽離子交換膜進入右側(cè)陰極區(qū)；在B池中，通入的Y(H2)在左側(cè)負極失電子與OH-結(jié)合成水；Na+通過陽離子交換膜進入右側(cè)正極區(qū)，在正極O2得電子產(chǎn)物與水作用生成OH-，此時正極區(qū)溶液中NaOH增多，濃度增大。小問1詳解】由分析，<，A中離子交換膜為陽離子交換膜，B中離子交換膜為陽離子交換膜；【小問2詳解】燃料電池B中的正極的電極反應為氧氣得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子：；【小問3詳解】由分析，X是Cl2；，若電解產(chǎn)生11.2L（標準狀況，為0.5mol）Cl2，則至少轉(zhuǎn)移電子1.0mol；氯為17號元素，基態(tài)原子的價電子排布式為3s23p5。15.氯化鐵是重要的化工原料。針對氯化鐵的實驗室的制備方法，回答下列問題：Ⅰ．的制備流程圖如下：（1）含有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快，原因為______。（2）操作①所必需的玻璃儀器中，除燒杯外還有______。（3）檢驗溶液中是否殘留的試劑是______。（4）為增大溶液的濃度，向稀溶液中加入純Fe粉后通入，此過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為______。（5）操作②為在HCl氣流中蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到晶體，此過程中HCl的作用是______。Ⅱ．由制備無水將與液體混合并加熱，制得無水。已知沸點為77℃，反應方程式為，裝置如圖所示（夾持和加熱裝置略）。（6）儀器A的作用為______，NaOH溶液的作用是______?！敬鸢浮浚?）Fe、Cu在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率（2）漏斗、玻璃棒（3）K3[Fe(CN)6]溶液（4）2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?（5）防止Fe3+水解（6）①.冷凝回流SOCl2②.吸收SO2和HCl，防止污染環(huán)境【解析】由題給流程可知，稀鹽酸與廢鐵屑反應生成氯化亞鐵，過濾得到濾液；向濾液中通入氯氣，將氯化亞鐵氧化為氯化鐵，向氯化鐵稀溶液中加入鐵粉，將氯化鐵轉(zhuǎn)化為氯化亞鐵后，再通入氯氣將氯化亞鐵氧化為氯化鐵得到濃氯化鐵溶液，氯化鐵溶液在氯化氫氣流中經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鐵；六水氯化鐵與SOCl2混合加熱制得無水氯化鐵?！拘?詳解】鐵、銅在鹽酸中構(gòu)成原電池，原電池反應能加快鐵與鹽酸反應的反應速率，有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快，故答案為：Fe、Cu在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率；【小問2詳解】由分析可知，操作①是固液分離的過濾操作，過濾用到的玻璃儀器為燒杯、玻璃棒、漏斗，故答案為：漏斗、玻璃棒；小問3詳解】溶液中的亞鐵離子能與鐵氰化鉀溶液反應生成藍色沉淀，所以檢驗溶液中殘留亞鐵離子的試劑為鐵氰化鉀溶液，故答案為：K3[Fe(CN)6]溶液；【小問4詳解】由分析可知，增大氯化鐵溶液濃度發(fā)生的操作為向氯化鐵稀溶液中加入鐵粉，將氯化鐵轉(zhuǎn)化為氯化亞鐵后，再通入氯氣將氯化亞鐵氧化為氯化鐵得到濃氯化鐵溶液，此過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?；【小問5詳解】氯化鐵是強酸弱堿鹽，在溶液中易發(fā)生水解反應，所以氯化鐵溶液在氯化氫氣流中經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鐵的過程中需要通入氯化氫氣體防止鐵離子水解，故答案為：防止Fe3+水解；【小問6詳解】由實驗裝置圖可知，儀器A為球形冷凝管，作用是使揮發(fā)出的SOCl2冷凝回流，提高原料的利用率；由方程式可知，反應生成的二氧化硫和氯化氫逸出會污染環(huán)境，所以氫氧化鈉溶液的作用是吸收二氧化硫和氯化氫，防止污染環(huán)境，故答案為：冷凝回流SOCl2；吸收SO2和HCl，防止污染環(huán)境。16.某學者分別使用和作催化劑對燃煤煙氣脫硝脫硫進行了研究。（1）催化劑制備。在條件下，向足量NaOH溶液中通入一段時間，再加入適量新制溶液，充分反應后制得混合物X；向混合物X中加入溶液，充分反應后經(jīng)磁鐵吸附、洗滌、真空干燥，制得催化劑。①通入的目的是______。②混合物X與反應生成和，該反應的化學方程式為______。（2）催化劑研究。如圖1所示，當其他條件一定時，分別在無催化劑、作催化劑、作催化劑的條件下，測定濃度對模擬煙氣（含一定比例的、、、）中NO和脫除率的影響，NO脫除率與濃度的關(guān)系如圖2所示。已知：·OH能將、氧化?！H產(chǎn)生機理如下。反應Ⅰ：（慢反應）反應Ⅱ：（快反應）①·OH將氧化的化學方程式______。②與作催化劑相比，相同條件下作催化劑時NO脫除率更高，其原因是____________。③NO部分被氯化成。被NaOH溶液吸收生成兩種含氧酸鈉鹽，該反應的離子方程式為______。④實驗表示·OH氧化的速率比氧化NO速率慢。但在無催化劑、作催化劑、作催化劑的條件下，測得脫除率幾乎均為的原因是______?！敬鸢浮浚?）①.排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+②.12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O（2）①.2·OH+SO2=H2SO4②.Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大；Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應Ⅰ產(chǎn)生Fe2+，再通過快反應Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應速率由慢反應Ⅰ決定，c(?OH)小于前者，所以Fe3O4作催化劑比Fe2O3作催化劑時NO脫除率更大③.2NO2+2OH—=NO+NO+H2O④.SO2幾乎完全被NaOH溶液吸收【解析】【小問1詳解】①氫氧化鈉溶液中溶有少量的氧氣，能將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，所以氫氧化鈉溶液與硫酸亞鐵溶液反應時，應通入氮氣排出溶液中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化為鐵離子，故答案為：排出NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化為Fe3+；②由題意可知制備四氧化三鐵的反應為氫氧化亞鐵與硝酸鈉共熱反應生成四氧化三鐵、氨氣和水，反應的化學方程式為12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O，故答案為：12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；【小問2詳解】①由題意可知，自由基·OH與二氧化硫反應生成硫酸，反應的化學方程式為2·OH+SO2=H2SO4，故答案為：2·OH+SO2=H2SO4；②與Fe2O3作催化劑相比，相同條件下Fe3O4作催化劑時NO脫除率更高的原因是Fe3O4催化劑表面同時存在Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+直接通過反應Ⅱ快速產(chǎn)生?OH，c(?OH)更大；Fe2O3催化劑表面僅存在Fe3+，F(xiàn)e3+需先通過慢反應Ⅰ產(chǎn)生Fe2+，再通過快反應Ⅱ產(chǎn)生?OH，總反應速率由慢反應Ⅰ決定，c(?OH)小于前者，所以Fe3O4