重慶市萬州區(qū)2023-2024學(xué)年高三化學(xué)下學(xué)期8月月考試題含解析

Page242023-2024年高三上期8月月考化學(xué)試題(滿分：100分考試時間：75分鐘)注意事項：1.答題前，考生將自己的姓名、班級、考場/座位號、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫；必須在題號對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫無效；保持答卷清潔、完整。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16F19Cl35.5Sc45Co59As75一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.84消毒液是防疫期間常用的消毒劑，下列有關(guān)84消毒液的敘述不正確的是A.存放84消毒液應(yīng)避免陽光直射B.使用時向84消毒液中加入少量醋酸消毒能力更強(qiáng)C.84消毒液適用于皮毛制品及鋼鐵制品的消毒D.84消毒液、醫(yī)用酒精均可用于防疫消毒，其消毒原理不同【答案】C【解析】【詳解】A．84消毒液的有效成分是次氯酸鈉，與空氣中的CO2、H2O接觸易生成HClO，HClO見光分解使消毒液失效，因此存放84消毒液應(yīng)避免陽光直射，A正確；B．使用時向84消毒液中加入少量醋酸，醋酸和次氯酸根離子反應(yīng)生成次氯酸，消毒能力更強(qiáng)，B正確；C．84消毒液具有強(qiáng)氧化性，不可用于皮毛制品消毒，C錯誤；D．84消毒液具有強(qiáng)氧化性，醫(yī)用酒精使病毒蛋白質(zhì)變性達(dá)到消毒目的，二者消毒原理不同，D正確；故選C。2.下列各物質(zhì)中所含氫原子最多的是A.0.1molNH4Cl B.0.1molNH4HCO3C.0.2molH2 D.0.2molH3PO4【答案】D【解析】【詳解】A．0.1molNH4Cl中含有0.4mol氫原子；B．0.1molNH4HCO3含0.5mol氫原子；C．0.2molH2中含有0.4mol氫原子；D．0.2molH3PO4含0.6mol氫原子；則所含氫原子最多的是0.2molH3PO4，答案選D。3.下列關(guān)于物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系不正確的是A.金屬單質(zhì)＋氯氣→高價金屬氯化物B.酸性氧化物＋堿性氧化物→鹽＋水C.難溶性堿→堿性氧化物＋水D.鹽＋酸→新鹽＋新酸【答案】B【解析】【詳解】A．氯氣與變價金屬反應(yīng)生成高價氯化物，如鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，A正確；B．酸性氧化物和堿性氧化物反應(yīng)生成含氧酸鹽，如CO2＋CaO=CaCO3，生成鹽的同時不能生成水，B錯誤；C．難溶性堿受熱可以分解，如2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，C正確；D．鹽和酸反應(yīng)生成另一種鹽和另一種酸，如2HCl＋Na2CO3=2NaCl＋H2O＋CO2↑，D正確；故答案為：B。4.下列關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)的敘述不正確的是A.阿伏加德羅常數(shù)是指1mol物質(zhì)中所含有的原子數(shù)B.0.5molH2O中含有的原子數(shù)目為1.5NAC.國際上規(guī)定0.012kg12C中所含碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)D.1molO2中的分子數(shù)為NA，而原子數(shù)為2NA【答案】A【解析】【詳解】A．阿伏加德羅常數(shù)是指1mol物質(zhì)中含有的粒子數(shù)，A錯誤；B．1個H2O中含有3個原子，所以0.5molH2O中含有1.5mol原子，含有的原子個數(shù)為1.5NA，B正確；C．國際上規(guī)定0.012kg12C中所含碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，C正確；D．每個O2分子由2個氧原子構(gòu)成，1molO2中含2mol氧原子，D正確；故答案為：A。5.2015年10月，屠呦呦因發(fā)現(xiàn)青蒿素治瘧疾的新療法而獲得諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎，青蒿素的分子式為C15H22O5，相對分子質(zhì)量是282。下面關(guān)于青蒿素的說法正確的是A.C15H22O5的摩爾質(zhì)量為282gB.1個C15H22O5分子的質(zhì)量約為gC.1molC15H22O5完全燃燒生成22molH2OD.含有6.02×1023個碳原子的C15H22O5的物質(zhì)的量為1mol【答案】B【解析】【詳解】A．摩爾質(zhì)量的單位為g·mol-1，C15H22O5的摩爾質(zhì)量為282g·mol-1，A項錯誤；B．C15H22O5的摩爾質(zhì)量為282g·mol-1，即6.02×1023個C15H22O5分子的質(zhì)量約為282g，所以1個C15H22O5分子的質(zhì)量約為g，B項正確；C．根據(jù)H原子守恒可知，1molC15H22O5完全燃燒生成11molH2O，C項錯誤；D．含有6.02×1023個碳原子的C15H22O5中約含有1mol碳原子，C15H22O5物質(zhì)的量約為mol，D項錯誤；答案選B。6.有一倒置于水槽且裝滿水的容器，向其中依次通入一定體積的NO2、NO和O2，充分反應(yīng)后，若容器中仍充滿溶液，則通入的NO2、NO和O2的體積比可能是A.1∶1∶2 B.4∶3∶2C.4∶16∶13 D.4∶3∶4【答案】C【解析】【分析】反應(yīng)后容器中仍充滿溶液，說明沒有氣體剩余，根據(jù)反應(yīng)：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3進(jìn)行判斷?！驹斀狻緼．若NO2為1體積，NO為1體積，則消耗=1體積O2，故NO2、NO和O2的體積比為1∶1∶1，A項不符合題意；B．若NO2為4體積，NO為3體積，則消耗體積O2，故NO2、NO和O2的體積比為4∶3∶，B項不符合題意；C．若NO2為4體積，NO為16體積，則消耗=13體積O2，故NO2、NO和O2的體積比為4∶16∶13，C項符合題意；D．若NO2為4體積，NO為3體積，則消耗=體積O2，故NO2、NO和O2的體積比為4∶3∶，D項不符合題意；故選C。7.圖中“—”表示相連的物質(zhì)在一定條件下可以反應(yīng)，“→”表示丁在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為乙。下面四組選項中，符合圖示要求的是甲乙丙?、貶2SO4Na2SO4NaOHNaCl②KClK2CO3KOHHCl③O2COCuOC④FeCuCl2ZnHClA.①④ B.②③ C.①③ D.③④【答案】D【解析】【詳解】①中硫酸與硫酸鈉不反應(yīng)，硫酸鈉和氫氧化鈉不反應(yīng)，氫氧化鈉和氯化鈉不反應(yīng)，故①錯誤；②中氯化鉀與碳酸鉀不反應(yīng)、碳酸鉀與氫氧化鉀不反應(yīng)，鹽酸和氯化鉀不反應(yīng)，故②錯誤；③中2CO＋O22CO2，CO＋CuOCu＋CO2，C＋2CuO2Cu＋CO2↑，C＋O2CO2，2C＋O2(少量)2CO，故③正確；④中Fe＋CuCl2=FeCl2＋Cu，Zn＋CuCl2=ZnCl2＋Cu，Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，F(xiàn)e＋2HCl=FeCl2＋H2↑，2HCl＋CuO=CuCl2＋H2O，故④正確，因此③④正確。答案為：D。8.體積恒定的2L密閉容器中加入CO(g)和H2O(g)各1mol，發(fā)生反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0，反應(yīng)分別在不同的溫度和催化劑下進(jìn)行，保持其他初始實驗條件不變，經(jīng)10min測得CO氣體轉(zhuǎn)化率如圖所示，T2溫度下兩曲線相交，下列說法正確的是A.相同條件下，催化劑2比催化劑1的效率高B.在A點(diǎn)時，反應(yīng)一定未達(dá)到平衡C.C點(diǎn)時，兩種催化劑下反應(yīng)速率相同，用水蒸氣表示速率為v(H2O)=0.02mol·L-1·min-1D.增大壓強(qiáng)對該反應(yīng)的速率無影響【答案】B【解析】【詳解】A．溫度低于T2，催化劑1的效率高，溫度高于T2，催化劑2的效率高，因此溫度不同，不能比較催化劑的效率，A錯誤；B．若A點(diǎn)達(dá)到平衡，B點(diǎn)溫度升高，平衡轉(zhuǎn)化率應(yīng)下降，不符合題意，因此A點(diǎn)時，反應(yīng)一定未達(dá)到平衡，B正確；C．C點(diǎn)時用水蒸氣表示速率為v(H2O)==0.01mol·L-1·min-1，C錯誤；D．增大壓強(qiáng)，可增大反應(yīng)速率，D錯誤；故選B。9.實驗室用H2還原SiHCl3(沸點(diǎn)：31.85℃)制備高純硅的裝置如圖所示(夾持裝置和尾氣處理裝置略去)，下列說法正確的是A.裝置Ⅱ、Ⅲ中依次盛裝的是濃H2SO4、冰水B.實驗時，應(yīng)先加熱管式爐，再打開活塞KC.為鑒定制得的硅中是否含微量鐵單質(zhì)，需要用到的試劑為鹽酸、雙氧水、硫氰化鉀溶液D.該實驗中制備氫氣的裝置也可用于稀氫氧化鈉溶液與氯化銨固體反應(yīng)制備氨【答案】C【解析】【詳解】A．本題制備高純硅，反應(yīng)應(yīng)在裝置Ⅳ中進(jìn)行，裝置Ⅰ的目的是制備氫氣，氫氣中含有水蒸氣，對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾，必須除去，因此裝置Ⅱ的作用是除去氫氣中的水蒸氣，即裝置Ⅱ中盛放濃硫酸，裝置Ⅲ的作用是提供SiHCl3氣體，因此在水浴中加熱，A錯誤；B．實驗時應(yīng)先通入氫氣，目的是排出裝置中的空氣，防止發(fā)生危險，B錯誤；C．硅單質(zhì)不與鹽酸反應(yīng)，鐵與鹽酸反應(yīng)生成Fe2＋，F(xiàn)e2＋被H2O2氧化成Fe3＋，F(xiàn)e3＋與KSCN溶液反應(yīng)，溶液變紅色，可以鑒定是否含有鐵單質(zhì)，C正確；D．用稀NaOH溶液制備氨，需要加熱，裝置Ⅰ中沒有加熱裝置，因此不能制備氨，D錯誤；故選C。10.已知室溫時Ksp(CaCO3)=3.36×10－9，Ksp(CaF2)=3.45×10－11。下列關(guān)于CaCO3和CaF2兩懸濁液說法錯誤的是A.CaCO3和CaF2兩懸濁液中前者的c(Ca2＋)較小B.分別滴加稀硫酸，CaCO3與CaF2的溶度積常數(shù)均增大C.分別加入0.1mol·L－1的CaCl2溶液，c()和c(F－)均減小D.CaCO3和CaF2共存的飽和溶液中，的值約為97.4【答案】B【解析】【詳解】A．CaCO3懸濁液中c(Ca2＋)=mol·L－1≈5.8×10－5mol·L－1，CaF2懸濁液中，Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)·c2(F－)=4c3(Ca2＋)，故c(Ca2＋)=mol·L－1≈2.0×10－4mol·L－1，因此CaCO3和CaF2兩懸濁液中前者的c(Ca2＋)較小，A正確；B．溶度積只與溫度有關(guān)，溫度不變，溶度積常數(shù)不變，B錯誤；C．加入CaCl2溶液，Ca2＋濃度增大，CaCO3、CaF2沉淀溶解平衡均逆向移動，c()和c(F－)均減小，C正確；D．Ksp(CaF2)=c(Ca2＋)·c2(F－)，Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，同一溶液中，Ca2＋濃度相等，故≈97.4，D正確。答案選B。11.三氟化氯是極強(qiáng)氧化劑，能發(fā)生自耦電離：，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示，下列推測不合理的是A.分子的中心原子有5對價層電子對B.離子空間構(gòu)型為正四面體C.與反應(yīng)生成和D.比更易發(fā)生自耦電離【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)題干物質(zhì)結(jié)構(gòu)信息，分子的中心原子氯，分別與三個氟原子形成共價鍵，還含有兩對孤對電子，共有5對價層電子對，故A正確；B．根據(jù)價層電子對互斥理論，中心原子氯有4對成鍵電子對，2對孤電子對，價層電子對數(shù)為6，離子空間構(gòu)型為平面四邊形，故B錯誤；C．具有極強(qiáng)氧化性，將鐵氧化+3價，反應(yīng)生成和，故C正確；D．結(jié)合題干信息，發(fā)生自耦電離，，Cl、F鍵斷裂，r(Cl)<r(Br)，則Cl-F鍵鍵能大于Br-F鍵鍵能，故Br-F鍵更易發(fā)生斷裂，故比更易發(fā)生自耦電離，故D正確。答案為：B。12.將1.95gNa2O2加入水中，反應(yīng)后配成50mL溶液A，進(jìn)行如下實驗。下列說法錯誤的是編號①②③④操作現(xiàn)象溶液變紅色，20秒后褪色?。a(chǎn)生大量使帶火星的木條復(fù)燃的氣體ⅱ．溶液變紅色，10分鐘后褪色?。芤鹤兗t色，10分鐘后溶液褪色ⅱ．溶液變紅色溶液變紅色，2小時后無明顯變化A.由實驗可知，Na2O2與水反應(yīng)有H2O2生成B.②、③溶液褪色與濃度較大有關(guān)C.若向①褪色后的溶液中滴加5滴鹽酸，溶液將變紅D.若向④中繼續(xù)滴加鹽酸或溶液，溶液均可能褪色【答案】C【解析】【詳解】A．由實驗可知，滴加酚酞后溶液變紅，說明有堿生成，后褪色，說明有漂白性物質(zhì)生成，同時結(jié)合實驗②，加入二氧化錳產(chǎn)生使帶火星木條復(fù)燃的氧氣，說明Na2O2與水反應(yīng)有H2O2生成，故A正確；B．對比②、③、④，可知溶液褪色與濃度較大有關(guān)，故B正確；C．①中溶液褪色的主要原因為生成強(qiáng)氧化性的過氧化氫，將有色物質(zhì)氧化為無色物質(zhì)，向溶液中滴加5滴鹽酸，溶液不會變紅，故C錯誤；D．由③、④可知，在堿溶液中酚酞變紅色與OH-的濃度有關(guān)，1mol/L的氫氧化鈉溶液中滴加酚酞變紅，10分鐘后溶液褪色，再滴加鹽酸后，OH-濃度減小，溶液再次變紅，對比④，可知，氫氧化鈉濃度較大時，滴加酚酞先變紅后褪色，若向④中繼續(xù)滴加溶液，溶液可能褪色，若繼續(xù)滴加鹽酸，氫氧化鈉濃度不斷減小，當(dāng)溶液呈酸性，則溶液也會褪色，故D正確。答案為：C。13.二氧化碳的再利用是實現(xiàn)溫室氣體減排的重要途徑之一，在稀H2SO4中利用電催化可將CO2同時轉(zhuǎn)化為多種燃料，其原理如圖所示。下列說法正確的是A.離子交換膜為陽離子交換膜B.一段時間后，陰極區(qū)溶液質(zhì)量會減少C.Cu電極上的電極反應(yīng)式為D.若陰極只生成0.15molCO和0.35molHCOOH，則電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.50mol【答案】A【解析】【詳解】A．該裝置為電解池，Pt為陽極，銅電極為陰極，陽極產(chǎn)生的氫離子透過離子交換膜進(jìn)入陰極，故離子交換膜為陽離子交換膜，故A正確；B．氫離子遷移進(jìn)入陰極區(qū)，發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2H++CO2+2e-=CO+H2O、2H++CO2+2e-=HCOOH、12H++2CO2+12e-=C2H4+4H2O、8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，根據(jù)電極反應(yīng)式，二氧化碳和氫離子的質(zhì)量大于生成的氣體CO、CH4、C2H4的總質(zhì)量，一段時間后，陰極區(qū)溶液質(zhì)量會增加，故B錯誤；C．Cu電極為陰極，電極反應(yīng)式有：2H++CO2+2e-=CO+H2O、2H++CO2+2e-=HCOOH、12H++2CO2+12e-=C2H4+4H2O、8H++CO2+8e-=CH4+2H2O，故C錯誤；D．二氧化碳生成CO和HCOOH時，碳元素化合價均由+4價降低為+2價，陰極只生成0.15molCO和0.35molHCOOH，則電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為（0.15+0.35）2=1mol，故D錯誤。答案為：A。14.T℃下，三種硫酸鹽MSO4(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知pM=-lgc(M2+)，p(SO)=-lgc(SO)。下列說法正確的是A.BaSO4在任何條件下都不可能轉(zhuǎn)化為PbSO4B.X點(diǎn)和Z點(diǎn)分別是SrSO4和BaSO4的飽和溶液，對應(yīng)的溶液中c(M2+)=c(SO)C.在T℃時，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL濃度均為0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀D.T℃下，反應(yīng)PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常數(shù)為103.4【答案】C【解析】【詳解】A．因SrSO4、PbSO4、BaSO4為同類型沉淀，再結(jié)合題圖可知，Ksp(BaSO4)<Ksp(PbSO4)<Ksp(SrSO4)。在Pb2+濃度很大的環(huán)境下BaSO4可以轉(zhuǎn)化成PbSO4，A錯誤；B．由題圖可看出，X、Z點(diǎn)對應(yīng)的溶液中c(M2+)與c(SO)不相等，B錯誤；C．上述分析可知，BaSO4的溶度積小于SrSO4，所以Ba2+先沉淀，C正確；D．反應(yīng)PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常數(shù)K===，由題圖中有關(guān)數(shù)據(jù)可知，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO)=10-7.6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=10-10，所以K=Ksp(PbSO4)/Ksp(BaSO4)=10-7.6/10-10=102.4，D錯誤；故選C。二、非選擇題：共58分。15.我國煤儲量居世界第一，對煤的綜合、高效、無害化利用是二十一世紀(jì)能源戰(zhàn)略的重要組成部分，利用含鐵元素的粉煤灰獲得納米等重要物質(zhì)的工藝流程如下。已知：i：伯胺能與反應(yīng)：生成易溶于煤油產(chǎn)物。ii：在水溶液中易與反應(yīng)：（1）寫出過程I中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______。（2）過程Ⅱ加入過量的作用是_______。（3）過程Ⅱ加入伯胺-煤油對浸取液進(jìn)行分離，該操作的名稱是_______。（4）從化學(xué)平衡角度解釋過程Ⅱ利用溶液進(jìn)行反萃取的原理：_______。（5）具有堿性，可與結(jié)合生成，其中氮原子的雜化類型為_______從結(jié)構(gòu)角度分析，它比配位能力_______(“強(qiáng)”或“弱”)，過程Ⅳ中先用過量的將水層2中轉(zhuǎn)化為并生成，反應(yīng)的離子方程式為_______，得到的再被氧化為。（6）以溶液作為吸收劑對燃煤煙氣進(jìn)行一體化“脫硫”、“脫硝”?？刂迫芤旱?，將煙氣中的、轉(zhuǎn)化為、，均為放熱反應(yīng)。①一定時間內(nèi)，溫度對硫、硝脫除率的影響曲線如下圖，的脫除率高于，可能的原因是_______(寫出1種即可)。②煙氣中和的體積比為，時的脫除率見圖，則此吸收液中煙氣轉(zhuǎn)化生成的和的物質(zhì)的量之比為_______?！敬鸢浮浚?）（2）將完全氧化為，有利于與伯胺反應(yīng)，提高萃取率（3）萃取、分液（4）(已知ⅱ中的反應(yīng))使?jié)舛认陆担?已知i中的反應(yīng))平衡向逆反應(yīng)方向移動，從易溶于煤油的物質(zhì)中轉(zhuǎn)化到易溶于水的物質(zhì)中，實現(xiàn)反萃?。?）①.②.弱③.（6）①.在水中的溶解度大于；在溶液中的還原性強(qiáng)于；與溶液的反應(yīng)速率大于②.【解析】【分析】含有鐵元素的粉煤灰，用稀硫酸酸浸，用將氧化成，用伯胺能與反應(yīng)，生成易溶于煤油的產(chǎn)物，再加入溶液反萃取，加入和，得到，煅燒得到產(chǎn)品?！拘?詳解】過程I中與稀硫酸反應(yīng)，離子方程式為：；【小問2詳解】過程Ⅱ加入過量的作用是：將完全氧化為，有利于與伯胺反應(yīng)，提高萃取率；【小問3詳解】過程Ⅱ加入伯胺-煤油對浸取液進(jìn)行分離，該操作的名稱是：萃取、分液；【小問4詳解】(已知ⅱ中的反應(yīng))使?jié)舛认陆担?已知i中的反應(yīng))平衡向逆反應(yīng)方向移動，從易溶于煤油的物質(zhì)中轉(zhuǎn)化到易溶于水的物質(zhì)中，實現(xiàn)反萃??；小問5詳解】具有堿性，和一樣，可以看成是中的H原子被N原子取代，所以中氮原子的雜化類型為；因為的配位體N原子負(fù)電荷較大，空間位阻較大，配位能力較弱；過程Ⅳ中先用過量的將水層2中轉(zhuǎn)化為并生成，反應(yīng)的離子方程式為：；【小問6詳解】根據(jù)如圖所示的信息，的脫除率高于，可能的原因是：在水中的溶解度大于或者在溶液中的還原性強(qiáng)于或者與溶液的反應(yīng)速率大于；煙氣中和的體積比為，假設(shè)和物質(zhì)的量分別為4mol和1mol，由于時的脫除率為，脫硫的反應(yīng)為：，4mol轉(zhuǎn)化8mol電子，硝的脫除率為，1mol轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為：mol，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為：，根據(jù)得失電子守恒，脫硫和脫硝的過程中轉(zhuǎn)化為，每生成1mol，轉(zhuǎn)移2mol電子，所以生成的物質(zhì)的量為：，所以。16.某實驗小組利用如圖裝置模擬古法制硫酸并進(jìn)行性質(zhì)探究。已知：①“青礬”指，高溫受熱可完全分解得到紅棕色固體和氣體混合物；②熔點(diǎn)℃，沸點(diǎn)℃：熔點(diǎn)16.8℃，沸點(diǎn)44.8℃。請回答下列問題：Ⅰ．制取硫酸實驗開始前打開活塞、，關(guān)閉活塞，通入一段時間后，關(guān)閉活塞、，打開活塞，用酒精噴燈高溫加熱青礬。（1）加熱時A裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。（2）B裝置的作用是_____。（3）將一定量的青礬在500℃時隔絕空氣加熱一段時間后檢驗其固體產(chǎn)物，請設(shè)計實驗證明此固體產(chǎn)物不含二價鐵：_____。Ⅱ．探究的性質(zhì)在裝置C中先后三次加入同濃度同體積不同情況的鋇鹽溶液。控制食用油油層厚度一致、通入流速一致。三次實驗現(xiàn)象如下表：實驗①②③所加試劑已煮沸的溶液未煮沸的溶液已煮沸的溶液實驗現(xiàn)象無白色沉淀生成有白色沉淀生成有白色沉淀生成分別得到如下圖：（4）實驗①中，曲線呈緩慢下降趨勢，原因是_____。(用方程式表示)（5）對比分析②③數(shù)據(jù)，可得出的結(jié)論是_____。Ⅲ．含量的測定（6）為對排氣法收集到的氣體進(jìn)行含量測定，將氣體(已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)通入足量的溶液中，經(jīng)過濾、洗滌、烘干，最終得到沉淀，則體的體積分?jǐn)?shù)為_____。若該實驗數(shù)據(jù)較實際值偏大，則可能的原因是_____。①氣體通入速率過快②沉淀未進(jìn)行恒重操作③收集的氣體中有④未用食用油覆蓋液面Ⅳ、的應(yīng)用可用于制備硫代硫酸鈉晶體。已知易溶于水，在酸性或高溫環(huán)境下不穩(wěn)定。主要用作還原劑、定影劑等。實驗室制備硫代硫酸鈉晶體的裝置如圖所示。（7）反應(yīng)結(jié)束時，必須控制溶液的pH不能小于7，否則會造成的后果是_____(用離子方程式表示)。（8）實驗結(jié)束后，進(jìn)行樣品純度的測定。稱取硫代硫酸鈉晶體樣品加水溶解，加幾滴淀粉溶液，然后用的標(biāo)準(zhǔn)碘液滴定，測得消耗標(biāo)準(zhǔn)碘液體積的平均值為，則該樣品的純度為_____(保留四位小數(shù))。已知：，樣品中雜質(zhì)不參與反應(yīng)。（9）若滴定前未用標(biāo)準(zhǔn)碘液潤洗滴定管，則測定樣品中硫代硫酸鈉晶體純度_____(“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮浚?）（2）將SO3和水蒸氣冷凝制得硫酸，防止對SO2性質(zhì)的探究造成干擾（3）取少量固體于試管中，加稀硫酸溶解，再滴入高錳酸鉀溶液，若高錳酸鉀不褪色，證明該固體不含二價鐵（合理答案即可）（4）

（5）有氧氣參與能顯著提高硝酸根氧化SO2的速率（6）①.0.92②.2

（7）（8）94.24%（9）偏高【解析】【小問1詳解】已知“青礬”高溫受熱可完全分解得到紅棕色固體和氣體混合物，故反應(yīng)方程為：；【小問2詳解】由圖知，裝置B置于冰水中，其目的為將三氧化硫和水蒸氣冷凝制得硫酸，防止對SO2性質(zhì)的探究造成干擾；【小問3詳解】設(shè)計實驗證明固體中不含二價鐵：需先將固體溶解，再檢驗是否存在二價鐵離子即可，操作為取少量固體于試管中，加稀硫酸溶解，再滴入高錳酸鉀溶液，若高錳酸鉀不褪色，證明該固體不含二價鐵（合理答案即可）；【小問4詳解】由圖可知，曲線①的變化說明二氧化硫不與氯化鋇反應(yīng)，溶于水的部分SO2與水反應(yīng)，生成H2SO3,H2SO3,電離出氫離子:，溶液pH減?。弧拘?詳解】由圖可知，為煮沸的溶液中，通入SO2后酸性變得更強(qiáng)，pH更小，因為為煮沸的中含有氧氣，能顯著提高硝酸根氧化SO2的速率；【小問6詳解】標(biāo)準(zhǔn)狀況下1120mL氣體的物質(zhì)的量為0.05mol，二氧化硫通入硝酸鋇溶液中得到白色沉淀的質(zhì)量為，由S守恒可得，SO2的體積分?jǐn)?shù)為，若沉淀未進(jìn)行恒重操作，可能固體表面會有可溶性的雜質(zhì)，測得硫酸鋇的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致所測結(jié)果偏高；【小問7詳解】易溶于水，在中性、堿性溶液中很穩(wěn)定，但能和酸反應(yīng)而導(dǎo)致產(chǎn)率降低，所以必須控制PH不能小于7，離子方程式；【小問8詳解】消耗n(I2)=0.100mol/L×9.5×10-3L=9.5×10-4mol，根據(jù)關(guān)系式，其純度為；【小問9詳解】酸性溶液盛放在酸式滴定管中，碘液呈酸性，所以應(yīng)該用酸式滴定管盛放;若未用碘標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，碘溶液濃度變小導(dǎo)致消耗的碘液體積增大，則增大，所以測定樣品中硫代硫酸鈉晶體含量偏高?！军c(diǎn)睛】本題依以實驗為基礎(chǔ)框架，考查以S的化合物的相關(guān)性質(zhì)及相關(guān)計算為主線，難度較大。17.當(dāng)今世界多國相繼規(guī)劃了碳達(dá)峰、碳中和的時間節(jié)點(diǎn)，降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點(diǎn)。因此，研發(fā)二氧化碳的利用技術(shù)，將二氧化碳轉(zhuǎn)化為能源是緩解環(huán)境和能源問題的方案之一、請回答下列問題：Ⅰ．耦合乙苯()脫氫制備苯乙烯()是綜合利用的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域。制備苯乙烯涉及的主要反應(yīng)如下：i、ii、iii、（1）_____。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，要提高的平衡產(chǎn)率，可采取的措施為_____(任寫一種)。（2）在某恒溫恒容容器中發(fā)生耦合乙苯()脫氫制備苯乙烯()的反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達(dá)到平衡的是_____(填標(biāo)號)。A.容器內(nèi)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化B.CO的百分含量不再發(fā)生變化C.容器內(nèi)混合氣體的密度不再發(fā)生變化D.每消耗的同時生成（3）恒壓0.1MPa下，將原料氣配比改為下列三種情況：只有、：(對應(yīng)曲線3)、僅發(fā)生反應(yīng)下i、ii，測得的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的變化關(guān)系如圖1所示。①圖中表示原料氣配比僅的曲線是曲線_____(填“1”或“2”)。②A點(diǎn)時，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.01，該條件下反應(yīng)i的_____(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))MPa．Ⅱ．中科院化學(xué)所研究出了一種常溫常壓下通過電化學(xué)共還原和甲醛進(jìn)行偶聯(lián)的方法，該方法能夠同時實現(xiàn)甲醛的處理與的高附加值轉(zhuǎn)化，其工作原理如圖2所示，總反應(yīng)為。（4）電極b的電極反應(yīng)式為_____，每生成，電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_____?！敬鸢浮浚?）①.+117.6②.升高溫度或擴(kuò)大容器體積(或其他合理答案)（2）AB（3）①.1②.0.004（4）①.②.8【解析】【小問1詳解】方程式i=方程式iii-方程式ii，由蓋斯定律可得；生成的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)氣體的物質(zhì)的量增大，減小壓強(qiáng)、升高溫度平衡正向移動可提高的平衡產(chǎn)率；【小問2詳解】A．反應(yīng)前后氣體的系數(shù)不等，恒溫恒容下只要反應(yīng)未達(dá)到平衡，壓強(qiáng)一定會發(fā)生改變，故容器內(nèi)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化可說明反應(yīng)達(dá)到平衡，A正確；B．CO的百分含量不再發(fā)生變化說明反應(yīng)達(dá)到了平衡，B正確；C．容器內(nèi)的物質(zhì)全為氣體，故氣體的總質(zhì)量不變，又恒溫恒容說明氣體的體積也不變，根據(jù)可知?dú)怏w的密度始終不變，C錯誤；D．每消耗的同時一定會生成，這與平衡無關(guān)，D錯誤；故選AB?！拘?詳解】投料僅只有、時，只發(fā)生反應(yīng)i；當(dāng)時，由于總壓不變，所以的分壓減小，相當(dāng)于減壓，反應(yīng)i正向移動，的轉(zhuǎn)化率增大，故圖中表示原料氣配比僅的曲線是曲線1；A點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率為80%，初始投料：，設(shè)初始投料為1mol和10molCO2，則反應(yīng)消耗的為0.8mol，平衡后剩余的為0.2mol，根據(jù)反應(yīng)i可知消耗0.8mol會生成0.8mol，根據(jù)反應(yīng)i和ii可知，每消耗1mol，氣體的總物質(zhì)的量增加1mol，現(xiàn)在反應(yīng)消耗的為0.8mol，則氣體的總物質(zhì)的量增加0.8mol，故平衡時氣體總的物質(zhì)的量為1mol+10mol+0.8mol=11.8mol，氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.01，其物