2022济南莱芜凤城高级中学高二上学期期中考试化学试题含解析

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考试时间：75分钟满分：100分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Ga70
第I卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 打开啤酒倒入杯中立即产生大量气泡，压强减小促使碳酸分解为CO2而大量逸出
B. 絮凝剂有助于去除生活废水中的悬浮物，CaSO4•2H2O，KAl(SO4)2•12H2O均可作为絮凝剂
C. 用高压氧舱治疗CO中毒利用了勒夏特列原理
D. 草木灰和铵态氮肥不能混施
【答案】B
【解析】
【详解】A．啤酒中有CO2(g)+H2O(l)H2CO3(l)，打开啤酒倒入杯中，压强减小，平衡逆向移动，促使碳酸分解为CO2而大量逸出，A正确；
B．KAl(SO4)2•12H2O在水中电离产生的Al3+会水解生成Al(OH)3胶体，有助于去除生活废水中的悬浮物，而CaSO4•2H2O在水中电离产生的Ca2+和不会水解产生胶体，不能除去废水中的悬浮物，CaSO4•2H2O不能作为絮凝剂，B错误；
C．CO中毒病人血液中存在化学平衡：CO(g)+Hb(O2)O2(g)+Hb(CO)，将此病人放入高压氧舱中，使O2浓度增大，化学平衡逆向移动，使CO从血红蛋白中脱离出来，以为病人解毒，C正确；
D．草木灰的主要成分是K2CO3，其溶液呈碱性，若将草木灰和铵态氮肥混施，易转化为NH3，降低肥效，故草木灰和铵态氮肥不能混施，D正确；
故选B。
2. 已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是
A. 升高温度，K减小B. 减小压强，n(CO2)增加
C. 更换高效催化剂，α(CO)增大D. 充入一定量的氮气，n(H2)减小
【答案】A
【解析】
【分析】上述反应为气体分子数不变的放热反应，结合影响化学平衡的因素分析解答。
【详解】A．反应放热，所以升高温度，化学平衡常数K减小，A正确；
B．减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；
C．催化剂不改变化学平衡，所以平衡态的α(CO)不变，C错误；
D．在一定温度和压强下于密闭容器中充入一定量的非反应气体氮气，对于反应体系的各物质浓度不影响，所以n(H2)不变，D错误；
故选A。
3. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.2NA
B. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的C-O键数目为NA
C. 在1L0.1ml/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA
D. 标准状况下22.4LCl2完全溶于水，所得溶液中含氯微粒的总数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cu与浓硝酸反应生成9.2g NO2和N2O4混合气体时，NO2和N2O4的最简式为NO2，9.2g NO2的物质的量为0.2ml，N原子化合价由+5变为+4，则转移电子数为0.2NA，A正确；
B．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，无法计算其参加反应的乙酸的物质的量，B错误；
C．Na2CO3溶液中的碳酸根离子可以水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致阴离子数目增大，故阴离子总数大于0.1NA，C错误；
D．氯气和水的反应是可逆反应，提给条件下无法判断反应的程度，无法计算含氯微粒的总数，D错误；
故选A。
4. 如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，接触室发生反应的热化学方程式表示为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H=-196.6kJ·ml-1。下列说法不正确的是
A. 黄铁矿进入沸腾炉之前需要进行粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，并且可以提高原料的转化率
B. 沸腾炉流出气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室
C. 工业生产要求高效，为加快反应速率，接触氧化应使用催化剂并尽可能提高体系温度
D. 工业制硫酸的尾气大量排放至空气中会形成酸雨
【答案】C
【解析】
【详解】A．从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率，A正确；
B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B正确；
C．温度较高可能导致催化剂失去活性，反而降低反应速率，温度适宜即可，C错误；
D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中，可能导致硫酸型酸雨，D正确；
故选C。
5. 下列说法不正确的是
A. 已知冰的熔化热为6.0kJ/ml，冰中氢键键能为20kJ/ml，假设1ml冰中有2ml氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15％的氢键
B. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/ml，则HCl和NH3·H2O反应生成1mlH2O(1)时放出热量大于57.3kJ
C. 已知：正丁烷(g)=异丁烷(g)△H②>③
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2抑制水的电离，Na2S促进水的电离，则在等体积的①0.05ml/L的Ba(OH)2溶液，②pH=10的Na2S溶液中，发生电离的水的物质的量之比是：=1：109，A错误；
B．一水合氨为弱电解质，所以pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B错误；
C．pH=2的H2SO3溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合后溶液遵循电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，C错误；
D．因为酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以对应盐类的水解程度：CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③，D正确；
故选D。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将FeCl3溶液加入NH4HCO3溶液中：2Fe3++6=Fe2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：++H2O=CO2↑+Al(OH)3↓
C. Cl2通入FeI2溶液中，可能存在反应：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3++3I2+8Cl-
D. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液加入NH4HCO3溶液中反应为：Fe3++3=Fe (OH)3↓+3CO2↑，选项A错误；
B．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液的离子反应为：++H2O=CO+Al(OH)3↓，选项B错误；
C．还原性I-> Fe2+，Cl2通入FeI2溶液中，当两者的物质的量之比为4：3时，发生反应的离子方程式为：4Cl2+6I-+2Fe2+=2Fe3++3I2+8Cl-，选项C正确；
D．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，反应生成硫酸铵和硫酸钠，反应的离子方程式为：H++OH-= H2O，选项D错误。
答案选C。
8. 已知反应: 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) ΔH=-a kJ·ml-1（a>0），其反应机理如下
①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快
②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·ml-1
D 增大 Br2(g)浓度能增大活化分子百分数， 加快反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；
B. NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；
C. 正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ⋅ml−1，故C正确；
D. 增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误；
故选C。
9. 某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是
A. 由①②可知，②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果
B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质
C. 由③④可知，Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响
D. 由②③④可知，CuCl2溶液一定为绿色
【答案】D
【解析】
【详解】A．由①②可知，硫酸铜遇水变蓝，所以②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，故A正确；
B．由④可知，氯化钠固体表面氯离子浓度较大，固体表面为黄色，所以Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B正确；
C．③→④增大了氯离子浓度，所以Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响，故C正确；
D．由③溶液为蓝色可知， CuCl2溶液不一定为绿色，故D错误；
选D。
10. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 利用装置甲测定化学反应速率
B. 利用装置乙证明对H2O2分解反应Fe3+催化效果好于Cu2+
C. 利用装置丙探究温度对平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)的影响
D. 利用装置丁探究压强对平衡H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲中产生的气体可能通过长颈漏斗流失，A错误；
B．两份溶液中，三价铁离子和铜离子的浓度不同，不能比较，B错误；
C．温度不同，两边的反应中平衡移动的方向不同，气体颜色有差别，C正确；
D．该反应前后气体计量系数相同，改变压强，平衡不移动，D错误；
故选C。
11. 下列叙述不正确的是
A. 邻苯二甲酸氢钾可用于标定NaOH溶液的浓度。假如称量邻苯二甲酸氢钾时电子天平读数比实际质量偏大，则测得的NaOH溶液浓度比实际浓度偏小
B. “中和滴定”实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用
C. 用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，则测得的该溶液pH值偏大
D. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
【答案】A
【解析】
【详解】A．假如称量邻苯二甲酸氢钾时电子天平读数比实际质量偏大，则消耗邻苯二甲酸氢钾的物质的量偏大，而消耗邻苯二甲酸氢钾的物质的量与氢氧化钠的物质的量成正比例关系，最终测得氢氧化钠溶液的浓度也偏大，A错误；
B．“中和滴定”实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用，否则会稀释所盛装的溶液，产生误差，B正确；
C．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，相当于对CH3COOH溶液进行了稀释，测得的该溶液pH值偏大，C正确；
D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以将残留在滴定管尖嘴部分的液体进入到锥形瓶中，D正确；
故选A。
12. 在一固定容积的密闭容器中，充入2mlCO2和1mlH2发生如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数(K)与温度(T)的关系如表：
关于该反应的说法不正确的是
A. 已知该反应ΔS>0，则反应在任何温度下都能自发进行
B. 830℃时反应达到平衡，CO2气体的转化率为33.3%
C. 1000℃，当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，该反应向正反应方向进行
D. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v逆>v正
【答案】A
【解析】
【详解】A． 由表格数据可知，温度升高，平衡常数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH＞0，ΔS>0，根据ΔG=ΔH-TΔS小于0才能自发，可知上述反应需在高温下才能能自发进行，故A错误；
B． 830℃时反应达到平衡，平衡常数为1，设CO2的转化量为xml，可列出三段式为(单位为ml)：，则，解得x=，则CO2气体的转化率为，故B正确；
C． 1000℃，当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，浓度商，则该反应向正反应方向进行，故C正确；
D． 该反应的正反应为吸热反应，则其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，则反应达到新平衡前：v逆＞v正，故D正确；
故选A。
13. 法国化学家PaulSabatier较早提出可以利用工业废弃物CO2转化为CH4，其反应原理为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) △H=-165kJ・ml-1。若在密闭容器中充入1mlCO2、1ml H2引发该反应进行，下列说法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据该反应特点，可设反应转化的二氧化碳为x ml，则平衡后各物质的物质的量为n(CO2)=(1-x)ml，n(H2)=(1-4x)ml，n(CH4)= x ml，n(H2O)=2x ml，可以得出整个反应过程中， CO2的体积分数为=50％（x＜），随着反应正向移动，x逐渐增大，CH4的体积分数表达式为，分子逐渐增大，分母逐渐减小，所以甲烷的体积分数逐步增加，平衡后CH4的体积分数保持不变，结合x＜可知，其数值小于50％，A正确；
B．若升高温度，正反应与逆反应速率均比初始的大，随后正反应速率逐渐增大，逆反应速率继续减小，二者相等时再次达到平衡，从图像中可以看出，t1时刻正反应速率增大后一直保持不变，说明平衡未发生移动，能加快反应速率但不影响平衡移动的因素应为“加入催化剂”，B错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，C错误；
D．增大压强，该平衡正向移动，反应物的转化率会增大，D错误；
故选A。
14. 部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
25℃时，下列说法错误的是
A. 浓度均为0.1ml·L-1的HCN和NaCN混合溶液中：c(HCN)>c(CN-)
B. 0.1ml/L的HCOONH4溶液中存在以下关系式：c(HCOO-)>c()>c(H+)>c(OH-)
C. pH=3的盐酸与pH=11的氨水混合，若溶液显中性，则混合前两者的体积大小：V(盐酸)>V(氨水)
D. 少量CO2通入NaCN溶液中发生反应：2CN-+CO2+H2O=+2HCN
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，HCN的Ka=4.9×10-10，则CN-的水解常数Kh=，CN-水解大于HCN的电离，故浓度均为0.1ml·L-1的HCN和NaCN混合溶液中：c(HCN)>c(CN-)，A正确；
B．根据越弱越水解可知，醋酸根离子的水解弱于铵根离子的水解，溶液显酸性，且醋酸根离子浓度大于铵根离子浓度，故0.1ml/L的HCOONH4溶液中存在以下关系式：c(HCOO-)>c()>c(H+)>c(OH-)，B正确；
C．盐酸为强酸、氨水为弱碱；pH=3的盐酸的浓度远小于pH=11的氨水的浓度，两者混合，若溶液显中性，则混合前两者的体积大小：V(盐酸)>V(氨水)，C正确；
D．根据图示可知，酸性H2CO3> HCN>，则少量CO2通入NaCN溶液中发生反应：CN-+CO2+H2O=+HCN，D错误；
故选D。
15. 常温下，用如图1所示装置，分别向25 mL 0.3 ml·L−1 Na2CO3溶液和25 mL 0.3 ml·L−1 NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3 ml·L−1稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，下列说法正确的是
A. X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线
B. b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C. a点溶液中：c()＞c()＞c(H2CO3)
D. b、d两点水的电离程度相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才有少量CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为1:2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，故A错误；
B．b点与c点分别为碳酸氢钠、碳酸钠与盐酸以物质的量之比1:1的滴定点，由以下两个反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，b点主要成分为是NaCl，因溶有CO2，显酸性，c点主要成分是NaCl和NaHCO3，显弱碱性，故pH为b＜c，故B错误；
C．由图观察，a点约滴加盐酸15 mL，而起始Na2CO3溶液的体积为25 mL，则此时反应Na2CO3+HCl=NaCl+H2O+NaHCO3约进行了，故c()＞c()，H2CO3分子由水解得来，浓度最小，则c()＞c()＞c(H2CO3)，故C正确；
D．尽管从理论上看，b、d两点均为反应恰好完全，两点溶液的成分均为NaCl溶液，但从纵坐标可以看出，此时压强并不相等，由此可分析出溶解在溶液中的碳酸并不相等，溶解碳酸较多的是b点，碳酸对水的电离有一定的抑制作用，故水的电离程度b＜d，故D错误；
答案为C。
第II卷
二、填空题(本题包括4个小题，共55分)
16. 氢气在富氧条件下催化还原NOx(H2-SCR)反应在低温时仍具有高活性和选择性，近年来一直备受研究学者关注。回答下列问题：
（1）已知催化剂铑(Rh)表面H2催化还原NO的详细反应机理如下表所示，其他条件一定时，决定H2催化还原NO反应速率的基元反应为_______，基元反应H2+Rh(s)+Rh(s)⇒H(s)+H(s)的焓变ΔH=_______kJ/ml-1。
（2）浸渍法合成的Pt/Al-M-10-A催化剂对H2还原NO反应的影响如图所示，由图可知该催化剂对反应产物具有_______，该性质受_______的影响。
（3）将H2、NO、O2按体积比3：2：1充入恒温恒压(200℃、100kPa容器中，发生反应：4H2(g)+2NO(g)+O2(g)⇌N2(g)+4H2O(g)，达平衡时，N2的体积分数为0.1。平衡时，NO的转化率为_______平衡常数Kp=_______(kPa)-2(以平衡分压表示，平衡分压=平衡总压×物质的量分数)。
（4）利用CH4催化还原NO的反应：CH4(g)+4NO(g)⇌CO2+2N2(g)+2H2O(g)，向一个装有催化剂的体积不变密闭容器中通入一定量的CH4和NO发生反应，测得反应速率和温度的关系如图甲所示，BC段反应速率降低的原因可能是_______。若该反应在一定温度下达到平衡后，将容器压缩，容器内CH4的平衡转化率为a，测定结果如图乙所示，试分析a随压强增大，开始不变，一定程度后逐渐增大的原因是_______
【答案】（1） ①. N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s) ②. -65.2
（2） ① 选择性 ②. 温度
（3） ①. 50% ②. 0.04
（4） ①. 随着温度升高催化剂活性明显降低 ②. 反应前后气体体积相等，其他条件一定时，加压平衡不移动，a不变，压强增大到一定程度后水蒸气液化。继续加压，平衡正向移动，a逐渐增大
【解析】
【小问1详解】
其他条件一定时，活化能Ea越大，反应难以发生，反应速率越小，为慢反应，慢反应为决定总反应速率，由此可以决定H2催化还原NO反应速率的基元反应为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)，从表格中获取信息可知，基元反应H2+Rh(s)+Rh(s) H(s)+H(s)的Ea为12.6 kJ/ml，逆反应H(s)+H(s) H2+Rh(s)+Rh(s)的Ea为77.8 kJ/ml，可知反应的焓变ΔH=12.6 kJ/ml-77.8 kJ/ml=-65.2 kJ/ml，故答案为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)；-65.2；
【小问2详解】
催化剂不变，温度不同，产物组分不同，体现了催化剂具有选择性，且受温度影响，故答案为：选择性；温度；
【小问3详解】
根据题干信息可知反应为4H2(g)+2NO(g) +O2(g)N2(g)+4H2O(g)，H2、NO、O2按体积比即物质的量之比为3：2：1，设充入量分别3a ml、2a ml、a ml，NO转化xml，则：， V%(N2)= x=a a(NO)=， n总=6a-x=5a ml，，同理可知= ，故答案为：50%；0.04；
【小问4详解】
随着升高催化剂可能失去活性，速率降低；对于反应前后气体计量系数相等反应，改变压强平衡不移动，反应前后计量系数不同的反应，加压平衡向系数小的方向移动，故答案为：随着温度升高催化剂活性明显降低；反应前后气体体积相等，其他条件一定时，加压平衡不移动，a不变，压强增大到一定程度后水蒸气液化。继续加压，平衡正向移动，a逐渐增大。
17. 学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。
回答下列问题：
（1）仪器Q的名称为_______；
（2）装置a中反应的化学方程式为_______。
（3）装置e中紫色溶液变浅至褪色可证明SO2具有_______。
（4）实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+⇌S↓+2I2+2H2O。
探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响
有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证(SO2体积已折算为标准状况下体积)。
限选试剂：0.1ml·L-1KI溶液、1.0ml·L-1KI溶液、2.0ml·L-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸
探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
⑤综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑
（3）还原性 （4） ①. 0.1ml∙L-1KI溶液 ②. 浓盐酸 ③. 淀粉 ④. 加入足量稀盐酸，再加入适量BaCl2溶液 ⑤. 3SO2+2H2OS↓+4H++2
【解析】
【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；
【小问2详解】
装置a中硫酸与亚硫酸钠在加热条件下生成硫酸钠，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+H2O+SO2↑；
【小问3详解】
酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；
【小问4详解】
实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1ml/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；
探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有SO，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有SO；
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和SO，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS↓+4H++2。
18. CIGS靶材是一种主要含铜、镓(Ga)、铟(In)、硒(Se)的合金，由于其良好的电学传导和光学透明性能，被广泛运用在薄膜太阳能电池领域。实验室设计从废弃CIGS中回收稀散金属铟和镓的氯化物(性质类似于AlCl3)的流程图：
已知：
I.“溶解”步骤所得溶液中含有Cu2+、In3+、Ga3+和H2SeO3。
II.“减压蒸馏”步骤中得到InCl3·xH2O和GaCl3·yH2O固体混合物。
回答下列问题：
（1）镓位于元素周期表第四周期IIIA族，则其原子结构示意图为_______。
（2）“溶解”过程中生成Ga3+的离子方程式为_______和2Ga+6H+=2Ga3++3H2↑；溶解温度控制在30℃左右，温度不宜过高的原因是_______。利用王水也能溶解CIGS，试分析以王水代替HCl和H2O2的缺点是_______(答出一点即可)。
（3）SOCl2与水反应，液面上有白雾形成，并生成一种能使品红溶液褪色的气体，SOCl2与水反应的方程式为：_______，则“加热回流”步骤中加入SOCl2的目的除了脱水外，还有_______。
（4）取mgCIGS靶材(其中镓的质量分数为a%)，按上述流程进行实验，最终得到纯度为b%的GaCl3固体ng，则镓元素的回收率为_______。(用含m、n、a、b的代数式表示)。
【答案】（1） （2） ①. 2Ga+3H2O2+6H+=2Ga3++6H2O ②. 温度过高H2O2容易分解 ③. 生成的氮氧化合物导致污染
（3） ①. SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl ②. 与水反应生成HCl，抑制GaCl3和InCl3的水解
（4）×100%或×100%
【解析】
【小问1详解】
镓位于元素周期表第四周期ⅢA族，原子序数是31，则其原子结构示意图为；
【小问2详解】
“溶解”过程Ga被氧化生成Ga3+，反应的离子方程式为2Ga+3H2O2+6H+＝2Ga3++6H2O和2Ga+6H+＝2Ga3++3H2↑；过氧化氢受热易分解，所以过氧化氢氧化Ga时温度不宜过高；王水是浓盐酸和浓硝酸混合物，氧化过程生成氮氧化合物，氮氧化合物污染环境，故答案为：2Ga+3H2O2+6H+=2Ga3++6H2O；温度过高H2O2容易分解；生成的氮氧化合物导致污染；
【小问3详解】
SOCl2与水反应液面上有白雾形成，并生成一种能使品红溶液褪色的气体，说明能生成了HCl和SO2，故其化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；由于GaCl3和InCl3均易水解，则“加热回流”步骤中加入SOCl2的目的除了脱水外，还有SOCl2与水反应生成HCl，抑制GaCl3和InCl3的水解，故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；与水反应生成HCl，抑制GaCl3和InCl3的水解；
【小问4详解】
取m g CIGS靶材(其中镓的质量分数为a%)，按上述流程进行实验，最终得到纯度为b%的GaCl3固体n g，则镓元素的回收率为或×100%。
19. 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，通常用以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
（1）“哈伯法”合成氨的反应： △H，相关键能数据如下表：
①△H=_______kJ・ml-1。
②在恒温恒容密闭容器中进行工业合成氨反应，下列能表示达到平衡状态的是_______(填序号)。
A.单位时间内断开3a个H—H键的同时形成6a个N—H键
B.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
C.混合气体的密度不再发生变化
D.反应容器中N2、NH3的物质的量的比值不再发生变化
③工业生产必须对原料气进行净化的目的是_______
④向密闭容器中按1：3体积比通入N2和H2，反应达平衡时NH3的体积分数为25.0%，则N2的平衡转化率α(N2)=_______。
（2）“球磨法”是在温和的条件下(45℃和1bar，1bar≈100kPa)合成氨，氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如下图)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上([Fe(N*)])，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到NHx*(x=1~3)，剧烈碰撞中，NHx*从催化剂表面脱附得到产物氨。
①“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是_______(选填标号)。
A.催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高
B.“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键
C.“球磨法”中“剧烈碰撞”仅仅为了产生“活化缺陷”
D.“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本
②机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。如图是N2吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最佳转速约_______转/min。
【答案】（1） ①. -90.8 ②. BD ③. 为了防止混有的杂质使催化剂中毒 ④. 40%
（2） ①. AD ②. 400
【解析】
【小问1详解】
①∆H等于反应物的总键能减去生成物的总键能等于946.0+3×436.0-6×390.8=-90.8 kJ·ml-1。
②A．断开3a个H—H键的同时形成6a个N—H键都是正反应，不能证明反应达到平衡，A错误；
B．反应物和产物都是气体，则体系内物质质量不变，且该反应前后气体计量系数不同，故混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，可以证明反应达到平衡，B正确；
C．反应物和产物都是气体，则体系内物质质量不变，容器大小不变，则密度始终不变，故密度不再发生变化不能证明反应达到平衡，C错误；
D．氮气是反应，氨气是产物，则其比值是一直变化的，故比值不变可以证明反应达到平衡，D正确；
故选BD；
③该反应中用到催化剂，原料气中杂质可能导致催化剂失效，故答案为：为了防止混有的杂质使催化剂中毒
④设通入氮气1ml，则氢气3ml，设转化的氮气xml，则参加反应氢气3xml，生成氨气2xml，则平衡时，总物质的量=(1-x)+(3-3x)+2x，根据题意，解得x=0.4ml，故转化率=。
【小问2详解】
①催化剂(Fe)缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子被吸附，A正确；
由图可知“球磨法”中氮分子被催化剂吸附形成 [Fe(N*)]，断裂了氮氮三键，故B错误；
“球磨法”中“剧烈碰撞”产生了“活化缺陷”同时放出大量能量有利于氮氮三键解离，C错误；
在低压时氨的最终体积分数可高达82.5%，产率较高且成本较低，加压会增大成本，D正确；
故答案选AD。
②低于400转/min，N2吸附量不大，高于400转/min，温度快速升高，不利于N2吸附，所以选择400转/min，故当转速达到500转/min时，体系升温太快，温度升高不利于N2吸附。T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
A
B
C
D
恒温恒容下，混合气体中CH4与CO2的体积分数变化
恒温恒压条件平衡后，t1时改变条件可能是充入少量N2
升高温度，平衡常数Kc的变化趋势
CO2平衡转化率随压强的变化趋势
弱电解质
HCOOH
HCN
NH3·H2O
H2CO3
电离平衡
常数(25℃)
Ka=1.8×10-4
Ka=4.9×10-10
Kb=1.8×10-5
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
基元反应
活化能Ea(kJ/ml)
H2+Rh(s)+Rh(s)⇒H(s)+H(s)
NO+Rh(s)⇒NO(s)
NO(s)+Rh(s)⇒N(s)+O(s)
N(s)+N(s)⇒N2+Rh(s)+Rh(s)
H(s)+O(s)⇒OH(s)+Rh(s)
OH(s)+H(s)⇒H2O(s)+Rh(s)
H2O(s)⇒H2O+Rh(s)
H(s)+H(s)⇒H2+Rh(s)+Rh(s)
NO(s)⇒NO+Rh(s)
OH(s)+Rh(s)⇒H(s)+O(s)
12.6
0.0
97.5
120.9
83.7
33.5
45.0
77.8
1089
37.7
影响因素
编号
操作
现象
c(I-)
i
取50mL①______于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液变为浅黄色
ii
取50mL1.0ml·L-1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄
c(H+)
iii
取50mL1.0ml·L-1KI溶液和5mL蒸馏水于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄
iv
取50mL1.0ml·L-1KI溶液和5mL②_____于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊
方案
操作
预期现象
结论
i
取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴③_____溶液(填试剂名称)，振荡
无明显变化
浊液中无l2
ii
将装置d中浊液进行分离
得淡黄色固体和澄清溶液
取适量分离后的澄清溶液于试管中，
④_____
出现白色沉淀
产物中含有
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能(kJ∙ml-1)
946.0
436.0
390.8