2022-2023学年安徽省六安第一中学高三上学期第四次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省六安第一中学高三上学期第四次月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

安徽省六安第一中学2022-2023学年高三上学期第四次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学研究和应用在自然资源的合理开发和综合利用中发挥着重要的作用。下列说法错误的是
A．海底多金属结核矿含有铁、锰、钴等多种金属元素
B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
C．以石油为原料通过减压蒸馏获得石蜡、植物油、润滑油等产品
D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染
【答案】C
【详解】A．海底多金属结核矿为沉积矿物集合体，含有铁、锰、钴等多种金属元素，A正确；
B．海水淡化即海水脱盐生产淡水，方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，B正确；
C．以石油为原料通过减压蒸馏获得石蜡、润滑油等产品，植物油为油脂，不是烃，C错误；
D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，D正确；
故选C。
2．下列化学用语不正确的是
A．乙烯的电子式： B．中子数为8的氧的核素：O
C．水的结构式：H-O-H D．碳的原子结构示意图：
【答案】A
【详解】A．乙烯分子中2个C原子之间形成2对共用电子对，每个C原子再与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为，A错误；
B．O是8号元素，原子核内质子数是8，中子数为8的氧的核素质量数是8+8=16，用原子符号可表示为O，B正确；
C．O原子最外层有6个电子，O原子的最外层的2个成单电子与2个H原子的2个电子形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，所以水的结构式：H-O-H，C正确；
D．C是6号元素，原子核外电子排布是2、4，所以碳的原子结构示意图是：，D正确；
故合理选项是A。
3．下列说法正确的是
A．空气中久置的硫化钠会产生淡黄色浑浊 B．过量的铁在氯气中燃烧生成FeCl2
C．常温下，铁、铝、铜均不能与浓硫酸反应 D．实验室可以用铝和氢硫酸反应制硫化铝
【答案】A
【详解】A．在空气中久置的硫化钠会与空气中的氧气和水反应：，所以会产生黄色浑浊，故A正确；
B．过量的铁在氯气中燃烧生成FeCl3，故B错误；
C．浓硫酸常温会使铁铝钝化生成一层氧化膜，阻碍了反应的进行，故C错误；
D．硫化铝遇水就水解，实验室可用硫粉与铝粉充分混合，在密闭容器中加热反应制硫化铝，故D错误；
故选A。
4．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1molNH4HSO4晶体中，阴阳离子数目之和为2NA
B．1molSCl2分子中，S原子的价层电子对数目为4NA
C．1mol晶体Si含Si—Si数目为4NA
D．1molCl2参与反应转移的电子数可能为NA
【答案】C
【详解】A．1molNH4HSO4晶体含有和，阴阳离子数目之和为2NA，故A正确；
B．1molSCl2分子中，S原子的价层电子对数目为，故B正确；
C．1mol晶体硅中含有2molSi-Si，数目为2NA，故C错误；
D．氯气和氢氧化钠的反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯元素由0价歧化为-1价和+1价，1mol氯气转移NA个电子，故D正确；
答案选C。
5．各装置正确且能达到实验目的的是

A．①精确量取了稀盐酸 B．②将乙二醇转化为乙二酸
C．③形成原电池 D．④吸收尾气SO2
【答案】A
【详解】A．滴定管的感量为0.01mL，且小刻度在上方，图中酸式滴定管可量取14.80mL稀盐酸，选项A正确；
B．乙二醇、乙二酸均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能将乙二醇转化为乙二酸，选项B错误；
C．装置中应该将锌电极插入硫酸锌溶液中、铜电极插入硫酸铜溶液中，才能形成原电池，否则只有左侧锌与硫酸铜的置换反应，选项C错误；
D．氢氧化钙微溶于水，浓的氢氧化钙溶液的浓度也不大，用于吸收尾气二氧化硫效果很差，实验室应该改用氢氧化钠溶液吸收，选项D错误；
答案选A。
6．硼化钒-空气电池的放电反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，以该电池为电源电解制备钛的装置如图所示。下列说法不正确的是

A．石墨电极可能发生2Cl--2e-=Cl2↑、2O2--4e-=O2↑
B．电解槽中的阳极材料石墨电极需定期更换
C．Pt电极反应式为2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O
D．若制备4.8gTi，理论上正极应通入标准状况下2.24L空气
【答案】D
【分析】硼化钒-空气电池的放电反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，通入空气的为电池的正极，铂电极为电池负极，石墨连接正极为电解池的阳极，氧化钛电极为电解池的阴极。
【详解】A．石墨为阳极，Cl-和O2均有可能在石墨电极放电，发生电极反应2Cl--2e-=Cl2↑、2O2--4e-=O2↑，选项A正确；
B．熔融态(高温)电解产生O2，会损耗石墨，需定期更换，选项B正确；
C．Pt电极上VB2失电子生成V2O5、B2O3，电极反应式为2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，选项C正确；
D．制备4.8g Ti，需要标准状况下2.24LO2，理论上正极应通入标准状况下空气11.2L，选项D不正确；
答案选D。
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2O
B．Ca(ClO)2HClO(aq)Cl2
C．N2(g)NO(g)NaNO3(aq)
D．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】A
【详解】A．流程中是描述检验还原性糖的操作，会出现砖红色沉淀，故A正确；
B．次氯酸光照生成氧气而不是氯气，故B错误；
C．一氧化氮不与氢氧化钠反应，因为一氧化氮不是酸性气体，故C错误；
D．氯化钠溶液直接通二氧化碳不能生成碳酸钠，应先通氨气，再通二氧化碳，生成碳酸氢钠，故D错误；
故答案为A。
8．以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：

则下列叙述错误的是
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒
D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【详解】A．利用NH3极易溶于水，且水溶液显碱性，可以提高CO2的吸收，因此先通NH3后通CO2，故A说法正确；
B．NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，利用了溶解度的差异，故B说法正确；
C．操作Ⅲ是过滤，因此利用玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C说法正确；
D．晶体是NaHCO3，利用NaHCO3的不稳定性：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，故D说法错误；答案选D。
9．下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是
A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++2HCO+2OH-=MgCO3↓+H2O+CO
B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO+4H+=3SO+2Mn2++2H2O
C．Na2O2与H218O反应：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑
D．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO
【答案】D
【详解】A．因为滴加足量NaOH溶液，故溶液中的碳酸氢根离子和镁离子全部反应，方程式为：Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2+2H2O，A错误；
B．根据原子、电子守恒配平为：5SO2+2MnO+2H2O =5SO+2Mn2++ 4H+，B错误；
C．向H218O中投入Na2O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，则氧气不可能是18O2，C错误；
D．酸性H2CO3＞HClO＞，次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化碳气体，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+，D正确；
故选D。
10．如图是某元素常见物质的“价一类”二维图，f为钠盐。下列说法不正确的是

A．物质a既可被氧化，也可被还原
B．可存在a→b→d→e→f的转化关系
C．可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c
D．向足量f溶液中加入少量稀盐酸，一定没有CO2产生
【答案】D
【分析】结合图示可知，a为CH4、b为C、c为CO、d为CO2、e为H2CO3，f为CO或HCO。
【详解】A．a为CH4，碳元素化合价可升高，氢元素化合价可降低，物质a既可被氧化，也可被还原，故A正确；
B． 可存在a→b→d→e→f的转化关系：甲烷高温分解生成碳，碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，与适量的碱生成盐，故B正确；
C． CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳，可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c，故C正确；
D． f可能为正盐或酸式盐，向足量f溶液中加入少量稀盐酸，正盐转化成酸式盐，可能没有CO2产生，酸式盐和盐酸，一定有二氧化碳产生，故D错误；
故选D。
11．某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是

A．W、X、Y三种元素对应的最简单氢化物的热稳定性：Y＜W＜X
B．W、Y、Z三种元素均存在含氧酸，其中H3PO3为三元弱酸
C．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
D．X的一种单质和化合物ZX2均可用于自来水消毒
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物的结构可知W形成3个单键，X形成2个共价键，W、Y同主族，结合原子序数可知W为N，Y为P，X为O；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为2×6-5=7，且Z的原子序数最大，Z为Cl；由上述分析可知：W为N、X为O、Y为P、Z为Cl元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：P＜N＜O，即元素非金属性：Y＜W＜X，所以简单氢化物的稳定性：Y＜W＜X，A正确；
B．H3PO3为二元弱酸，B错误；
C．W为N，其简单氢化物为NH3，Z为Cl，其单质是Cl2，Cl2与NH3发生氧化还原反应产生NH4Cl白色固体，因此看到有白烟生成，C正确；
D．X为O，它的一种单质O3具有强氧化性，可用于自来水消毒；ZX2为ClO2具有强氧化性，也可用于自来水消毒，D正确；
故选B。
12．某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，设计下表实验。将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞。从胶头滴管中一次性滴入醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。下列说法不正确的是

编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/
醋酸/
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
2.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
a
36.0
2.0
③
M
0.2
2.0
90.0
2.0

A．
B．M为“碳粉质量的影响”
C．该实验一共探究了4种影响因素
D．铁发生电化学腐蚀负极反应为
【答案】C
【详解】A．由表格数据可知，①②的实验目的为探究醋酸浓度对铁发生电化学腐蚀类型的影响，由变量唯一化原则可知，实验中①和②的醋酸浓度不同，所以铁粉的质量应该相同，所以a为2.0，故A正确；
B．由表格数据可知，①和③的碳粉质量不同，其他条件完全相同，所以实验目的是探究碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故B正确；
C．由表格数据可知，该实验只探究了醋酸浓度、碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故C错误；
D．铁发生电化学腐蚀时，铁做负极失去电子被损耗，电极反应式为，故D正确；
故选C。
13．在298K、101kPa下，合成氨反应的能量变化图如图所示(图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是

A．图中决速步骤的反应方程式为
B．该历程中最大能垒(活化能)E=295kJ/mol
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率
D．该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好
【答案】A
【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的决速步骤取决于最慢的反应，所以合成氨反应的决速步骤取决于活化能最大的反应，由图可知，决速步骤的反应方程式为，故A正确；
B．由图可知，该历程中最大能垒的反应为，活化能为E=62kJ/mol，故B错误；
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大反应物的转化率，故C错误；
D．该反应为放热反应，反应中要选择催化剂的活性温度为反应温度，增大反应速率，提高单位时间内氨气的产率，故D错误；
故选A。
14．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ•mol-1
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ•mol-1
在0.5MPa条件下，将n(CO2)∶n(H2)为1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是

A．图中曲线②表示CH3OH的选择性随温度的变化
B．一定温度下，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率
C．升高温度时，CO的选择性降低
D．一定温度下，选用高效催化剂可提高CH3OH的平衡产率
【答案】B
【详解】A．反应①为放热反应，升高温度后平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CH3OH的选择性也降低，所以升高温度之后，CH3OH的总的选择性降低，曲线①表示CH3OH的选择性随温度的变化，A错误；
B．一定温度下，增大n(CO2)∶n(H2)的比值，平衡正向移动，氢气的转化率提高，B正确；
C．升高温度，反应反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CO的选择性升高，C错误；
D．选用催化剂只能改变反应堆速率，不能改变转化率，D错误；
故选B。
15．当氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，氧化还原反应才能进行。用如图所示装置探究原电池的工作原理，其中、均为碳棒，此时电流表的指针不发生偏转。已知：①反应中的两个电对的标准电极电势，。②标准电动势，n为转移的电子数。下列说法错误的是

A．若向右侧烧杯中滴加浓盐酸，电流计指针会发生偏转
B．若向右侧烧杯中滴加溶液，此时电极的电极反应式为
C．向右侧烧杯中加入溶液时，盐桥中的阳离子向左侧烧杯移动
D．反应的
【答案】D
【分析】由题干信息可知，两个电对的标准电极电势，，故原电池中C2的电极电势大于C1，则C2为正极，电极反应式为：+2H++2e-=+H2O，C1为负极，电极反应为：2I--2e-=I2，据此分析解题。
【详解】A．若向右侧烧杯中滴加浓盐酸，则增大H+浓度，使得反应正向移动，故电流计指针会发生偏转，A正确；
B．若向右侧烧杯中滴加溶液，则H+浓度减小，使得反应逆向移动，则此时电极的电极反应式为，B正确；
C．由B项分析可知，向右侧烧杯中加入溶液时，C2为负极，C1为正极，故盐桥中的阳离子向正极区即左侧烧杯移动，C正确；
D．由题干信息可知，该反应的标准电动势=0.02V，转移电子数目为2，结合可得，D错误；
故答案为：D。
16．T1℃时，向1L密闭容器中充入10molH2和3molSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t变化如图中实线所示。下列说法正确的是

A．实线a代表n(H2O)随时间变化的曲线
B．t1min时，v正(SO2)＜v逆(H2S)
C．该反应的平衡常数K=L•mol-1
D．若该反应在T2℃(T2＜T1)时进行，则虚线b可表示n(SO2)的变化
【答案】C
【详解】A．由3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g)    ΔH<0可知，达到平衡时生成H2O的物质的量是消耗SO2的2倍，故实线a不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S随时间变化的曲线，A错误；
B．由题干图示信息可知，t1min后H2S的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有v正(SO2)=v逆(H2S)，此时v正(H2S)> v逆(H2S)，即v正(SO2)> v逆(H2S)，B错误；
C．由题干图示信息可知，达到平衡时，SO2的物质的量为0.3mol，根据三段式分析可知，容器的体积为1L，则该反应的平衡常数：，C正确；
D．根据3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g)    ΔH<0可知，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2＜T1)时进行，则虚线b不可表示n(SO2)的变化，D错误；
答案选C。

二、填空题
17．表格是周期表中的一部分，根据A～I在周期表中的位置，用元素符号(化学式)或化学符号回答下列问题：
主族
周期
I
II
III
IV
V
VI
VII
0
1
A







2



D
E

G

3
B

C
J
F

H
I

(1)A～I中，化学性质最不活泼的元素基态原子的电子排布式是_______，写出E基态原子价层电子的轨道表示式_______。
(2)其单质能用于制漂白粉的元素是_______。
(3)在D、E、J中，原子半径最大的元素是_______。
(4)A分别与D、E、G形成的化合物中，最稳定的化合物的电子式是_______。
(5)表格中C的单质与NaOH溶液发生反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)     1s22s22p63s23p6    
(2)Cl
(3)Si
(4)
(5)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

【分析】根据元素在元素周期表中的位置可知，A为H元素，B为Na元素，C为Al元素，D为C元素，J为Si元素，E为N元素，F为P元素，G为F元素，H为Cl元素，I为Ar元素，据此分析解答。
【详解】（1）A～I中，化学性质最不活泼的元素基态原子为Ar元素，其电子排布式是1s22s22p63s23p6；E为N元素，E基态原子价层电子排布式为2s22p3，轨道表示式为。
（2）氯气与石灰乳反应可制取漂白粉，故其单质能用于制漂白粉的元素是Cl。
（3）同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，D为C元素，J为Si元素，E为N元素，在D、E、J中，原子半径最大的元素是Si。
（4）D为C元素，E为N元素，G为F元素，非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：F＞N＞C，则A分别与D、E、G形成的化合物中最稳定的化合物为HF，其电子式是。
（5）C为Al元素，Al单质与NaOH溶液发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。

三、原理综合题
18．工业上利用CO2和H2反应生成甲醇，也是减少CO2的一种方法。在容积为1 L的恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0 kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(1)从反应开始到10分钟平衡，用CO2浓度的变化表示的反应速率v(CO2)=_______mol/(L·min)。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______。
A．容器内压强不变 B．混合气体中c(CO2)不变
C．v(CH3OH)=v(H2O) D．混合气体的密度不变
(3)求该反应的平衡常数表达式K=_______。达平衡后，H2的转化率是_______。
(4)工业上也可用CO和H2合成甲醇
已知：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-283.0 kJ/mol
②H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H2=-241.8 kJ/mol
③CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H3=-192.2 kJ/mol
则反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=_______kJ/mol
(5)环戊二烯( )容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度T1、T2下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。回答下列问题：

①比较b、c处反应速率大小：v(b)_______v(c) (填“大于”“小于”或“等于”)。
②比较反应温度T1、T2的大小：T1_______T2 (填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(1)0.075
(2)AB
(3)          75%
(4)-574.4
(5)     大于     小于

【详解】（1）根据图示可知：从反应开始到10分钟平衡，CO2浓度减少了(1.00-0.25)mol/L，则用CO2的浓度变化表示的反应速率v(CO2)=；
（2）对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0 kJ/mol，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。
A．反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若容器内气体压强不变，则气体的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，A符合题意；
B．反应在恒温恒容的密闭容器中进行，反应正向进行导致c(CO2)减小，当混合气体中c(CO2)不变时反应达到平衡状态，B符合题意；
C．未指明反应速率的正、逆，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；
D．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则气体的密度始终恒定不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是AB；
（3）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的化学平衡常数K=；
根据图像可知从反应开始至达到平衡状态CO2的浓度减少0.75 mol/L，则根据反应方程式中CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应转化关系可知反应过程中H2的浓度改变了3×0.75 mol/L=2.25mol/L，由于容器的容积是1 L，则反应消耗H2的物质的量△n(H2)=2.25 mol/L×1 L=2.25 mol，反应开始时H2的物质的量是3 mol，故达平衡后，H2的转化率是；
（4）已知热化学方程式：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-283.0 kJ/mol
②H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H2=-241.8 kJ/mol
③CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H3=-192.2 kJ/mol
则根据盖斯定律将①+②×2-③，整理可得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-574.4 kJ/mol；
（5）①根据图示可知：b点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则b点速率大于c点，所以v(b)＞v(c)；
②温度升高，化学反应速率加快，反应达到平衡所需时间缩短，先达到平衡。根据图像可知反应在温度为T2时比温度为T1时先达到化学平衡状态，所以温度：T1＜T2。

四、实验题
19．I．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。
回答下列问题：
(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填序号)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入       B．分三次少量倒入   C．一次迅速倒入
(2)此实验不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_______。
II．碘化钾常用作合成有机化合物的原料。某实验小组设计实验探究KI的还原性。探究不同条件下空气中氧气氧化KI的速率。
组别
温度
KI溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
淀粉溶液
c(KI)
V
c(H2SO4)
V
1
298K
0.01 mol·L-1
5 mL
0.1 mol·L-1
5 mL
10 mL
3滴
2
313K
0.01 mol·L-1
a mL
b mol·L-1
5 mL
10 mL
3滴
3
298K
0.05 mol·L-1
10 mL
0.2 mol·L-1
5 mL
5 mL
3滴

(3)酸性条件下KI能被空气中氧气氧化，发生反应的离子方程式为_______。
(4)设计实验组别3的目的是_______。
III．探究反应“2Fe3++2I-2Fe2++I2”为可逆反应。
试剂：0.01 mol·L-1KI溶液，0.005 mol·L-1 Fe2SO4溶液，淀粉溶液，0.01 mol·L-1AgNO3溶液，KSCN溶液。实验如下：

(5)甲同学通过试管i和试管ii中现象结合可证明该反应为可逆反应，则试管i中现象为_______；乙同学认为该现象无法证明该反应为可逆反应，原因为_______。
(6)请选择上述试剂重新设计实验，证明该反应为可逆反应：_______。
【答案】(1)C
(2)H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定
(3)O2+4I-+4H+=2I2+2H2O
(4)探究硫酸的浓度对氧化速率的影响
(5)     产生黄色沉淀     含I2的溶液中加入AgNO3也能产生黄色沉淀
(6)向5 mL(过量)0.01 mol·L-1KI溶液中加入3 mL(少量) 0.005 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，再向其中加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有过量I-的溶液中存在Fe3+，即可证明该反应为可逆反应

【分析】测定酸碱中和反应的反应热时关键是做好保温工作，为了保证反应的酸完全反应，加入的碱溶液要稍微过量，混合溶液时要将碱溶液一次快速加入；在测定外界条件对化学反应速率的影响时，应该采用控制变量方法，即只改变一个外界条件，其它条件都相同，根据外界条件与反应速率的大小关系判断其作用；要验证化学反应是可逆反应，应该使反应的两种物质中一种物质不足量，一种物质过量，通过加入其它物质检验反应后的溶液中还存在不足量的物质进行检验判断。
【详解】（1）为减少酸碱中和反应过程的热量损失，倒入NaOH溶液的正确操作是一次快速倒入，故合理选项是C；
（2）此实验不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，这是由于H2SO4与Ba(OH)2反应除生成H2O外，还会生成BaSO4沉淀，形成离子键时的生成热会影响中和热的测定；
（3）在酸性条件下空气中的O2与KI会发生反应产生钾盐、I2、H2O，该反应的离子方程式为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；
（4）实验3的反应温度是298K，温度相同，混合溶液总体积相同，KI溶液浓度相同，但H2SO4溶液浓度不相同，因此设计实验组别3的目的是探究硫酸的浓度对氧化速率的影响；
（5）KI与Fe2(SO4)3在溶液中会发生离子反应：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，二者反应的物质的量相等。根据在试管中加入KI与Fe2(SO4)3溶液的浓度及体积可知Fe3+过量。在试管i中加入1 mL0.01 mol/LAgNO3溶液时，会发生反应：Ag++I-=AgI↓，因此会看到产生黄色沉淀；乙同学认为该现象无法证明该反应为可逆反应，这是尽管I-完全反应产生了I2，但由于含I2的溶液中存在可逆反应I2+H2OHI+HIO，溶液中也会存在一定量I-，加入AgNO3也能产生黄色沉淀；
（6）要证明该反应为可逆反应，可以设计实验使I-过量，Fe3+不足量而完全反应，然后用KSCN溶液检验其中是否含有Fe3+进行判断。设计实验为：向5 mL(过量)0.01 mol·L-1KI溶液中加入3 mL(少量) 0.005 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，再向其中加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有过量I-的溶液中存在Fe3+，即可证明该反应为可逆反应。

五、工业流程题
20．某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。

已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2＋，其萃取原理(org为有机相); Cu2＋(aq)＋2HR(org) CuR2(org)＋2H＋(aq)。
(1)焙烧前粉碎的目的是_______。
(2)调节pH时，加入Cu(OH)2生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。
a．HCl      b．NaOH    c．H2SO4 d．NH3•H2O
(3)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的离子方程式为_______。
(4)“操作II”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。
(5)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200 mL 0.5 mol/L CuSO4溶液，生成铜3.2 g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)     2Fe3＋＋3Cu(OH)2=2Fe(OH)3＋3Cu2＋(或Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O、Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+)     c
(3)2Ni2＋＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O
(4)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复操作2～3次
(5)c(H+)＞c(SO)＞c(Cu2+)＞c(OH-)

【分析】铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、 FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入CuO或Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可获得产品，据此分析回答问题。
【详解】（1）焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率；
（2）调节pH时，加入Cu(OH)2生成氢氧化铁沉淀离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O、Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+ (或2Fe3＋＋3Cu(OH)2=2Fe(OH)3＋3Cu2＋)；
有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，故合理选项是c；
（3）向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，同时反应产生NaCl、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2Ni2＋＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；
（4）经硫酸反萃取后，得到硫酸铜溶液，然后加热蒸发、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可获得产品。“操作II”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复操作2～3次；
（5）电解CuSO4溶液方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，200 mL0.5 mol/LCuSO4溶液中含有溶质的物质的量是n(CuSO4)=0.5 mol/L×0.2 L=0.1 mol，反应产生3.2 g Cu，其物质的量是n(Cu)=，根据物质反应转化关系可知反应产生0.05 mol H2SO4，剩余未反应的CuSO4的物质的量也是0.05 mol。 H2SO4是二元强酸，完全电离产生H+、，溶液中还存在水微弱电离产生H+、OH-，CuSO4电离产生的Cu2+会有少量发生水解反应而消耗，所以溶液中离子浓度大小关系为c(H+)＞c(SO)＞c(Cu2+)＞c(OH-)。