浙江省杭州市2023-2024學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期中試卷含解析

Page21試卷說明：1.考試時(shí)間：2.試卷共8頁，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘3.考試過程中不得使用計(jì)算器選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)符合題目要求，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列說法正確的是A.氫氧燃料電池放電時(shí)化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能B.反應(yīng)4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常溫下可自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C.3molH2與1molN2混合反應(yīng)生成NH3，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反應(yīng)中，溫度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】【詳解】A項(xiàng)，氫氧燃料電池放電時(shí)化學(xué)能不能全部轉(zhuǎn)化為電能，理論上能量轉(zhuǎn)化率高達(dá)85%～90%，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，反應(yīng)4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，該反應(yīng)常溫下可自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，N2與H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，3molH2與1molN2混合反應(yīng)生成NH3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于6mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于66.021023，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，酶是一類具有催化作用的蛋白質(zhì)，酶的催化作用具有的特點(diǎn)是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會(huì)發(fā)生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查燃料電池中能量的轉(zhuǎn)化、化學(xué)反應(yīng)自發(fā)性的判斷、可逆的氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計(jì)算、蛋白質(zhì)的變性和酶的催化特點(diǎn)。弄清化學(xué)反應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化、化學(xué)反應(yīng)自發(fā)性的判據(jù)、可逆反應(yīng)的特點(diǎn)、蛋白質(zhì)的性質(zhì)和酶催化的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵。2.理論研究表明，在101kPa和298K下，HCNHNC異構(gòu)化反應(yīng)過程的能量變化如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.HCN比HNC穩(wěn)定B.該異構(gòu)化反應(yīng)的△H=-59.3kJ/molC.正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能D.使用催化劑，可以改變反應(yīng)的反應(yīng)熱【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，因此HCN比HNC穩(wěn)定，故A正確；B．根據(jù)焓變等于生成物總能量減去反應(yīng)物總能量，因此該異構(gòu)化反應(yīng)的，故B正確；C．根據(jù)圖中信息得出該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，因此正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，故C正確；D．使用催化劑，不能改變反應(yīng)的反應(yīng)熱，只改變反應(yīng)路徑，反應(yīng)熱只與反應(yīng)物和生成物的總能量有關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選D。3.黑火藥是中國(guó)古代的四大發(fā)明之一，其爆炸的熱化學(xué)方程式為：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）ΔH=xkJ·mol－1已知碳的燃燒熱ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1則x為A.3a+b－c B.c+3a－b C.a+b－c D.c+a－b【答案】A【解析】【詳解】已知碳的燃燒熱為ΔH1=akJ·mol－1，則碳燃燒的熱化學(xué)方程式為：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案選A。4.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，下列物質(zhì)氣態(tài)時(shí)的相對(duì)能量如下表：物質(zhì)(g)OHHOHOO能量/249218391000可根據(jù)計(jì)算出中氧氧單鍵的鍵能為。下列說法不正確的是A.的鍵能為B.的鍵能大于中氧氧單鍵的鍵能的兩倍C.解離氧氧單鍵所需能量：D.【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知，的鍵能為218×2=436，A正確；B．由表格中的數(shù)據(jù)可知的鍵能為：249×2=498，由題中信息可知中氧氧單鍵的鍵能為，則的鍵能大于中氧氧單鍵的鍵能的兩倍，B正確；C．由表格中的數(shù)據(jù)可知HOO=HO+O，解離其中氧氧單鍵需要的能量為249+39-10=278，中氧氧單鍵的鍵能為，C錯(cuò)誤；D．由表中的數(shù)據(jù)可知的，D正確；故選C。5.已知：，向一恒溫恒容密閉容器中充入和發(fā)生反應(yīng)，時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)1，在時(shí)改變某一條件，時(shí)重新達(dá)到平衡狀態(tài)Ⅱ，正反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說法正確的是A.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡B.時(shí)改變的條件：向容器中加入AC.平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)：D.平衡常數(shù)：【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)可知，該反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量保持不變，恒容密閉容器氣體壓強(qiáng)始終保持不變，故容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；B．由圖象可知，時(shí)改變的條件后正反應(yīng)速率沒有發(fā)生突然增大，而是逐漸增大，故改變的條件是增大了生成物的濃度，故不是向容器中加入A而是C，B錯(cuò)誤；C．由B項(xiàng)分析可知，t2時(shí)刻改變的條件是增大生成物濃度，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，故平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)：，C正確；D．化學(xué)平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，且t2時(shí)刻并未改變溫度，故平衡常數(shù)：，D錯(cuò)誤；故答案為：C。6.汽車尾氣中NO產(chǎn)生的反應(yīng)為：N2（g）+O2（g）?2NO（g），一定條件下，等物質(zhì)的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應(yīng)，如圖曲線a表示該反應(yīng)在溫度T下N2的濃度隨時(shí)間的變化，曲線b表示該反應(yīng)在某一起始反應(yīng)條件改變時(shí)N2的濃度隨時(shí)間的變化．下列敘述正確的是A.溫度T下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)B.溫度T下，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，混合氣體的密度減小C.曲線b對(duì)應(yīng)的條件改變可能是加入了催化劑D.若曲線b對(duì)應(yīng)的條件改變是溫度，可判斷該反應(yīng)的△H＜0【答案】A【解析】【詳解】A、根據(jù)平衡常數(shù)的定義，結(jié)合開始時(shí)氮?dú)夂脱鯕獾奈镔|(zhì)的量相等，可知該平衡常數(shù)為：，選項(xiàng)A正確；B、由于該容器是一個(gè)恒容容器，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不發(fā)生改變，所以氣體的密度一直不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、催化劑僅能改變達(dá)到平衡所用的時(shí)間，不能使平衡移動(dòng)，即不能改變平衡濃度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、若曲線b對(duì)應(yīng)的條件改變是溫度，根據(jù)先達(dá)到平衡可知為升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)的方向移動(dòng)，而氮?dú)獾臐舛冉档?，說明平衡向正方向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H>0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選A。7.NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃時(shí)，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列關(guān)于NaClO溶液說法正確的是A.0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/LB.長(zhǎng)期露置在空氣中，釋放Cl2，漂白能力減弱C.通入過量SO2，反應(yīng)的離子方程式為D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【解析】【分析】25℃時(shí)，Ka(HClO)=4.0×10-8，則，HClO為弱酸且具有氧化性，ClO-可水解。【詳解】A.由于HClO弱酸，ClO-會(huì)水解，0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)<0.01mol/L，故A錯(cuò)誤；B.NaClO溶液長(zhǎng)期露置在空氣中，發(fā)生反應(yīng)，HClO見光分解為HCl和O2，漂白能力減弱，故B錯(cuò)誤；C.SO2具有還原性，NaClO具有氧化性，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaClO溶液中通入過量SO2發(fā)生的反應(yīng)為，故C錯(cuò)誤；D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液呈中性，溶液中存在電荷守恒c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)，則c(ClO-)=c(Na+)，根據(jù)25℃時(shí)，Ka(HClO)=4.0×10-8可知，ClO-水解常數(shù)為>Ka(HClO)，若等濃度的NaClO溶液和HClO溶液混合，ClO-水解程度大于HClO的電離程度，溶液呈堿性，所以中性溶液中c(HClO)要大于c(ClO-)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液存在的微粒關(guān)系為c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，故D正確；答案選D。8.一定條件下，酸性溶液與發(fā)生反應(yīng)，(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價(jià)態(tài)含粒子的濃度隨時(shí)間變化如下圖所示。下列說法正確的是A.(Ⅲ)不能氧化B.隨著反應(yīng)物濃度的減小，反應(yīng)速率逐漸減小C.該條件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D.總反應(yīng)為：【答案】C【解析】【分析】開始一段時(shí)間（大約13min前）隨著時(shí)間推移Mn(Ⅶ)濃度減小直至為0，Mn(Ⅲ)濃度增大直至達(dá)到最大值，結(jié)合圖像，此時(shí)間段主要生成Mn(Ⅲ)，同時(shí)先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后來（大約13min后）隨著時(shí)間的推移Mn(Ⅲ)濃度減少，Mn(Ⅱ)的濃度增大；據(jù)此作答?！驹斀狻緼．由圖像可知，隨著時(shí)間的推移Mn(Ⅲ)的濃度先增大后減小，說明開始反應(yīng)生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．隨著反應(yīng)物濃度的減小，到大約13min時(shí)開始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)對(duì)反應(yīng)起催化作用，13min后反應(yīng)速率會(huì)增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由圖像可知，Mn(Ⅶ)的濃度為0后才開始生成Mn(Ⅱ)，該條件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C項(xiàng)正確；D．H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應(yīng)以化學(xué)式保留，總反應(yīng)為2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。9.一定條件下，苯基丙炔()可與發(fā)生催化加成，反應(yīng)如下：反應(yīng)過程中該炔烴及反應(yīng)產(chǎn)物的占比隨時(shí)間的變化如圖(已知：反應(yīng)I、Ⅲ為放熱反應(yīng))，下列說法不正確的是A.反應(yīng)焓變：反應(yīng)I>反應(yīng)ⅡB.反應(yīng)活化能：反應(yīng)I<反應(yīng)ⅡC.增加濃度可增加平衡時(shí)產(chǎn)物Ⅱ和產(chǎn)物I的比例D.選擇相對(duì)較短的反應(yīng)時(shí)間，及時(shí)分離可獲得高產(chǎn)率的產(chǎn)物Ⅰ【答案】C【解析】【詳解】A．反應(yīng)I、Ⅲ為放熱反應(yīng)，相同物質(zhì)的量的反應(yīng)物，反應(yīng)I放出的熱量小于反應(yīng)Ⅱ放出的熱量，反應(yīng)放出的熱量越多，其焓變?cè)叫。虼朔磻?yīng)焓變：反應(yīng)I>反應(yīng)Ⅱ，故A正確；B．短時(shí)間里反應(yīng)I得到的產(chǎn)物比反應(yīng)Ⅱ得到的產(chǎn)物多，說明反應(yīng)I的速率比反應(yīng)Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，則反應(yīng)活化能：反應(yīng)I<反應(yīng)Ⅱ，故B正確；C．產(chǎn)物I和產(chǎn)物II存在可逆反應(yīng)，則產(chǎn)物II和產(chǎn)物I的比值即該可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)K，由于平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以增加HCl濃度平衡時(shí)產(chǎn)物II和產(chǎn)物I的比例不變，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖中信息，選擇相對(duì)較短的反應(yīng)時(shí)間，及時(shí)分離可獲得高產(chǎn)率的產(chǎn)物Ⅰ，故D正確。綜上所述，答案為C。10.常溫下，用濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過程中溶液的隨()的變化曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.約為B.點(diǎn)a：C.點(diǎn)b：D.水的電離程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時(shí)，先與強(qiáng)酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點(diǎn)時(shí)NaOH溶液和HCl恰好完全反應(yīng)生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH；b點(diǎn)時(shí)NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點(diǎn)時(shí)NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點(diǎn)時(shí)NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．由分析可知，a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正確；C．點(diǎn)b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正確；D．c點(diǎn)溶液中CH3COO-水解促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)堿過量，會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯(cuò)誤；答案選D。11.一定溫度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是A.a點(diǎn)條件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B.b點(diǎn)時(shí)，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常數(shù)K=107.9D.向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度積Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度積Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，據(jù)此數(shù)據(jù)計(jì)算各選項(xiàng)結(jié)果?！驹斀狻緼．假設(shè)a點(diǎn)坐標(biāo)為(4，6.5)，此時(shí)分別計(jì)算反應(yīng)的濃度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的濃度熵均小于其對(duì)應(yīng)的溶度積Ksp，二者不會(huì)生成沉淀，A錯(cuò)誤；B．Ksp為難溶物的溶度積，是一種平衡常數(shù)，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，根據(jù)分析可知，二者的溶度積不相同，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=，將表達(dá)式轉(zhuǎn)化為與兩種難溶物的溶度積有關(guān)的式子得K=====1×107.9，C正確；D．向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，開始沉淀時(shí)所需要的c(Ag+)分別為10-8.8和10-5.35，說明此時(shí)沉淀Cl-需要的銀離子濃度更低，在這種情況下，先沉淀的是AgCl，D錯(cuò)誤；故答案選C。12.處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質(zhì)開始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列說法錯(cuò)誤的是A.“沉渣Ⅰ”中含有和B.溶液呈堿性，其主要原因是C.“沉淀池Ⅱ”中，當(dāng)和完全沉淀時(shí)，溶液中D.“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水【答案】D【解析】【分析】污水中含有銅離子、三價(jià)鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價(jià)鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達(dá)到除去其中的雜質(zhì)，以此解題?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知?dú)溲趸F當(dāng)pH=1.9時(shí)開始沉淀，氫氧化鋁當(dāng)pH=3.5時(shí)開始沉淀，當(dāng)pH=4時(shí)，則會(huì)生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；B．硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2O?HS-+OH-，B正確；C．當(dāng)銅離子和鋅離子完全沉淀時(shí)，則硫化銅和硫化鋅都達(dá)到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D．污水經(jīng)過處理后其中含有較多的鈣離子以及沒有除凈的鋁離子，故“出水”應(yīng)該經(jīng)過陽離子交換樹脂軟化處理，達(dá)到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標(biāo)準(zhǔn)后，才能使用，D錯(cuò)誤；故選D。13.海水電池在海洋能源領(lǐng)域備受關(guān)注，一種鋰-海水電池構(gòu)造示意圖如下。下列說法錯(cuò)誤的是A.海水起電解質(zhì)溶液作用B.N極僅發(fā)生的電極反應(yīng)：C.玻璃陶瓷具有傳導(dǎo)離子和防水的功能D.該鋰-海水電池屬于一次電池【答案】B【解析】【分析】鋰海水電池的總反應(yīng)為2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，M極上Li失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則M電極為負(fù)極，電極反應(yīng)為L(zhǎng)i-e-=Li+，N極為正極，電極反應(yīng)為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同時(shí)氧氣也可以在N極得電子，電極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-?！驹斀狻緼．海水中含有豐富的電解質(zhì)，如氯化鈉、氯化鎂等，可作為電解質(zhì)溶液，故A正確；B．由上述分析可知，N為正極，電極反應(yīng)為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，和反應(yīng)O2+4e-+2H2O=4OH-，故B錯(cuò)誤；C．Li為活潑金屬，易與水反應(yīng)，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反應(yīng)，并能傳導(dǎo)離子，故C正確；D．該電池不可充電，屬于一次電池，故D正確；答案選B。14.室溫鈉-硫電池被認(rèn)為是一種成本低、比能量高的能源存儲(chǔ)系統(tǒng)。一種室溫鈉-硫電池的結(jié)構(gòu)如圖所示。將鈉箔置于聚苯并咪唑膜上作為一個(gè)電極，表面噴涂有硫黃粉末的炭化纖維素紙作為另一電極。工作時(shí)，在硫電極發(fā)生反應(yīng)。，，2Na+++2(1-)e－=Na2S，下列敘述錯(cuò)誤的是A.放電時(shí)Na+從硫電極向鈉電極遷移B.放電時(shí)外電路電子流動(dòng)的方向是a→bC.放電時(shí)正極反應(yīng)為：2Na++S8+2e-→Na2SD.炭化纖維素紙的作用是增強(qiáng)硫電極導(dǎo)電性能【答案】A【解析】【分析】由題意可知放電時(shí)硫電極得電子，硫電極為原電池正極，鈉電極為原電池負(fù)極，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．放電時(shí)為原電池裝置，陽離子移向正極，即硫電極，故放電時(shí)Na+從鈉電極向硫電極遷移，A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)Na在a電極失去電子，失去的電子經(jīng)外電路流向b電極，硫在b電極上得電子與a電極釋放出的Na+結(jié)合得到Na2S，電子在外電路的流向?yàn)閍→b，B正確；C．由題給的的一系列方程式相加可以得到放電時(shí)正極的反應(yīng)式為2Na++S8+2e-→Na2S，C正確；D．炭化纖維素紙中含有大量的炭，炭具有良好的導(dǎo)電性，可以增強(qiáng)硫電極的導(dǎo)電性能，D正確；故答案選A。15.某小組進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，向蒸餾水中加入，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋錯(cuò)誤的是選項(xiàng)顏色變化解釋A溶液呈淺棕色在水中溶解度較小B溶液顏色加深發(fā)生了反應(yīng)：C紫黑色晶體消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色與有色物質(zhì)發(fā)生了置換反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明I2的濃度較小，因?yàn)镮2在水中溶解度較小，A項(xiàng)正確；B．已知(aq)為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與I2反應(yīng)生成ZnI2，生成的I-與I2發(fā)生反應(yīng)I-+I2?，生成使溶液顏色加深，B項(xiàng)正確；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)?I2(aq)，Zn與I2反應(yīng)生成的I-與I2(aq)反應(yīng)生成，I2(aq)濃度減小，上述溶解平衡向右移動(dòng)，紫黑色晶體消失，C項(xiàng)正確；D．最終溶液褪色是Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了化合反應(yīng)，不是置換反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。16.下列實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論A往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固體溶液先變成血紅色后無明顯變化Fe3+與SCN-的反應(yīng)不可逆B向沸水中逐滴加入5~6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸溶液先變成紅褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3，再聚集成Fe(OH)3沉淀C向2mL0lmol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液先產(chǎn)生白色沉淀，再產(chǎn)生黃色沉淀AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，AgI溶解度小于AgClD取兩份新制氯水，分別滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍(lán)色Cl2與H2O反應(yīng)存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，發(fā)生反應(yīng)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，再加入少量K2SO4固體，不能改變反應(yīng)物、生成物的濃度，對(duì)平衡不產(chǎn)生影響，不能證明Fe3+與SCN-的反應(yīng)是否可逆，A不正確；B．向沸水中逐滴加入5~6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，繼續(xù)煮沸，F(xiàn)e(OH)3膠體發(fā)生凝聚，生成紅褐色沉淀，B正確；C．向2mL0.lmol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，反應(yīng)后，AgNO3有剩余，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，KI可能與AgNO3直接反應(yīng)，而不是與AgCl反應(yīng)，不能說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI、AgI溶解度小于AgCl，C不正確；D．取兩份新制氯水，分別滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，后者溶液變藍(lán)色，可能是Cl2與KI反應(yīng)生成I2，也可能是HClO與KI反應(yīng)生成I2，D不正確；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)17.LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注。由菱錳礦(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制備LiMn2O4的流程如圖：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列問題：（1）硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。為提高溶礦速率，可采取的措施________(舉1例)。（2）加入少量MnO2的作用是________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________。（3）溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液pH=4，此時(shí)c(Fe3+)=________mol?L-1；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，除去的金屬離子是________。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有________。（5）煅燒窯中，生成LiMn2O4反應(yīng)的化學(xué)方程式是________。【答案】（1）①.MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑②.粉碎菱錳礦（2）①.將Fe2+氧化為Fe3+②.Fe3+可以催化H2O2分解（3）①.2.8×10-9②.Al3+（4）BaSO4、NiS（5）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】【分析】菱錳礦主要含有MnCO3，還含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶礦MnCO3和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸錳，同時(shí)得到硫酸亞鐵、硫酸鎳、硫酸鋁等鹽，用二氧化錳把硫酸亞鐵氧化為氫氧化鐵沉淀除鐵，加石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7生成氫氧化鋁沉淀除鋁，加BaS生成NiS除Ni，過濾，濾液中含有硫酸錳，電解硫酸錳溶液得到MnO2，煅燒窯中碳酸鋰、二氧化錳反應(yīng)生成LiMn2O4?！拘?詳解】硫酸溶礦過程中，MnCO3和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸錳、二氧化碳、水，主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素，粉碎菱錳礦、適當(dāng)升高溫度、適當(dāng)增大硫酸濃度都能提高溶礦速率?！拘?詳解】MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+。Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2?！拘?詳解】溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液pH=4，c(OH-)=1×10-10，此時(shí)c(Fe3+)=mol?L-1；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，c(Al3+)=，Al3+完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，除去的金屬離子是Al3+?！拘?詳解】加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS；【小問5詳解】根據(jù)流程圖，煅燒窯中碳酸鋰、二氧化錳反應(yīng)生成LiMn2O4、二氧化碳、氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式是2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。18.CO2是一種廉價(jià)的碳資源，其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉(zhuǎn)化為______（寫離子符號(hào)）；若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，溶液pH=___________。（室溫下，H2CO3的K1=4×10?7；K2=5×10?11）（2）CO2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)①已知上述反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵C—HC=OH—HCO(CO)鍵能/kJ·mol?14137454361075則該反應(yīng)的ΔH=_________。分別在VL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可變）中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應(yīng)達(dá)平衡后放出或吸收的熱量較多的是_______（填“A”或“B”）。②按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發(fā)生反應(yīng)，溫度對(duì)CO和H2產(chǎn)率的影響如圖3所示。此反應(yīng)優(yōu)選溫度為900℃的原因是________。（3）O2輔助的Al～CO2電池工作原理如圖4所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應(yīng)產(chǎn)物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。電池的負(fù)極反應(yīng)式：________。電池的正極反應(yīng)式：6O2+6e?6O2?6CO2+6O2?3C2O42?+6O2反應(yīng)過程中O2的作用是________。該電池的總反應(yīng)式：________?！敬鸢浮竣?CO32-②.10③.+120kJ·mol-1④.B⑤.900℃時(shí)，合成氣產(chǎn)率已經(jīng)較高，再升高溫度產(chǎn)率增幅不大，但能耗升高，經(jīng)濟(jì)效益降低⑥.Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）⑦.催化劑⑧.2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】【詳解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，因?yàn)榈玫饺芤旱膲A性較強(qiáng)，所以CO2主要轉(zhuǎn)化為碳酸根離子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，，則根據(jù)第二步電離平衡常數(shù)K2==5×10?11，所以氫離子濃度為1×10-10mol/L，pH=10。（2）①化學(xué)反應(yīng)的焓變應(yīng)該等于反應(yīng)物鍵能減去生成物的鍵能，所以焓變?yōu)?4×413+2×745)－(2×1075+2×436)=+120kJ·mol-1。初始時(shí)容器A、B的壓強(qiáng)相等，A容器恒容，隨著反應(yīng)的進(jìn)行壓強(qiáng)逐漸增大（氣體物質(zhì)的量增加）；B容器恒壓，壓強(qiáng)不變；所以達(dá)平衡時(shí)壓強(qiáng)一定是A中大，B中小，此反應(yīng)壓強(qiáng)減小平衡正向移動(dòng)，所以B的反應(yīng)平衡更靠右，反應(yīng)的更多，吸熱也更多。②根據(jù)圖3得到，900℃時(shí)反應(yīng)產(chǎn)率已經(jīng)比較高，溫度再升高，反應(yīng)產(chǎn)率的增大并不明顯，而生產(chǎn)中的能耗和成本明顯增大，經(jīng)濟(jì)效益會(huì)下降，所以選擇900℃為反應(yīng)最佳溫度。（3）明顯電池的負(fù)極為Al，所以反應(yīng)一定是Al失電子，該電解質(zhì)為氯化鋁離子液體，所以Al失電子應(yīng)轉(zhuǎn)化為Al3+，方程式為：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根據(jù)電池的正極反應(yīng)，氧氣再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧氣為正極反應(yīng)的催化劑。將方程式加和得到，總反應(yīng)為：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3?！军c(diǎn)睛】本題的第（2）小問中的①涉及了恒容容器和恒壓容器在不同反應(yīng)中的影響。此類問題可以直接利用如下的結(jié)論：如果初始狀態(tài)完全相同，是由恒容和恒壓的區(qū)別，則一定是恒壓容器更有利于反應(yīng)的進(jìn)行。除非是氣體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，恒壓和恒容是一樣的。本就可以直接得到，容器B恒壓，所以有利于反應(yīng)進(jìn)行，反應(yīng)的更多，熱量也更多。19.近年來，研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)。過程如下：（1）反應(yīng)Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反應(yīng)Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：_________________________________________。（2）對(duì)反應(yīng)Ⅱ，在某一投料比時(shí)，兩種壓強(qiáng)下，H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。p2_______p1（填“＞”或“＜”），得出該結(jié)論的理由是________________。（3）I－可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，可能的催化過程如下。將ii補(bǔ)充完整。i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－（4）探究i、ii反應(yīng)速率與SO2歧化反應(yīng)速率的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）ABCD試劑組成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象溶液變黃，一段時(shí)間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，則a=__________。②比較A、B、C，可得出的結(jié)論是______________________。③實(shí)驗(yàn)表明，SO2的歧化反應(yīng)速率D＞A，結(jié)合i、ii反應(yīng)速率解釋原因：________________?！敬鸢浮竣?3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=?254kJ·mol?1②.>③.反應(yīng)Ⅱ是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)使反應(yīng)正向移動(dòng)，H2SO4的物質(zhì)的量增大，體系總物質(zhì)的量減小，H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大④.SO2⑤.SO42—⑥.4H+⑦.0.4⑧.I?是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應(yīng)速率⑨.反應(yīng)ii比i快；D中由反應(yīng)ii產(chǎn)生的H+使反應(yīng)i加快【解析】【詳解】分析：（1）應(yīng)用蓋斯定律結(jié)合反應(yīng)II分析。（2）采用“定一議二”法，根據(jù)溫度相同時(shí)，壓強(qiáng)與H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)判斷。（3）依據(jù)催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，反應(yīng)i+反應(yīng)ii消去I-得總反應(yīng)。（4）用控制變量法對(duì)比分析。詳解：（1）根據(jù)過程，反應(yīng)II為SO2催化歧化生成H2SO4和S，反應(yīng)為3SO2+2H2O=2H2SO4+S。應(yīng)用蓋斯定律，反應(yīng)I+反應(yīng)III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反應(yīng)II的熱化學(xué)方程式為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。（2）在橫坐標(biāo)上任取一點(diǎn)，作縱坐標(biāo)的平行線，可見溫度相同時(shí)，p2時(shí)H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于p1時(shí)；反應(yīng)II是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，H2SO4物質(zhì)的量增加，體系總物質(zhì)的量減小，H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大；則p2p1。（3）反應(yīng)II的總反應(yīng)為3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，（總反應(yīng)-反應(yīng)i）2得，反應(yīng)ii的離子方程式為I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。（4）①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，采用控制變量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應(yīng)相等，則a=0.4。②對(duì)比A與B，加入H+可以加快SO2歧化反應(yīng)的速率；對(duì)比B與C，單獨(dú)H+不能催化SO2的歧化反應(yīng)；比較A、B、C，可得出的結(jié)論是：I?是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應(yīng)速率。③對(duì)比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應(yīng)i消耗H+和I-，反應(yīng)ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁