烟台市中英文高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题

这是一份烟台市中英文高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考 化学试题，共14页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（1-10为单选，每题只有一个选项；11-15为不定项选择，每题1-2个选项）
1．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，下列说法正确的是
A．能利用甲制备氢氧化亚铁沉淀
B．能利用乙得出如下结论，氧化性：KMnO4>Cl2>S
C．能利用丙制备无水MgCl2
D．能利用丁制备并收集氨气
2．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
3．与生成硫酸氢甲酯的反应为 ，水可以作为该反应的催化剂，有水条件下部分反应历程如图所示，其中“…”表示粒子间的静电作用。
下列说法正确的是
A．上述反应历程可说明
B．将反应的活化能降到了3.66eV
C．反应物间形成静电作用均有助于增大体系相对能量，使反应更容易进行
D．过渡状态I到过渡状态II发生的是化学变化
4．Ag+氧化能力与Fe3+相近，某学习小组设计如下实验，探究Ag+与I-的反应：
实验①：向0.01ml/LAgNO3溶液中滴等体积等浓度的KI溶液，析出棕黄色沉淀，溶液仍无色；
实验②：向0.01ml/LKI溶液中滴等体积等浓度的AgNO3溶液，析出棕黄色沉淀，溶液仍无色；
实验③：设计如下电装置，电流表指针发生偏转，右侧石墨电极表面有灰黑色固体析出；
实验④：用0.01ml/L硝酸代替AgNO3溶液，电流表指针也偏转。
下列说法正确的是
A．实验①可知，若用Fe3+与I-反应将生成FeI3
B．实验①和②可知，两溶液间反应，互相滴加现象一定相同
C．实验③和④可知，在实验③中是Ag+和共同氧化了I-
D．根据上述实验可知，Ag++I-=AgI的反应速率大于2Ag++2I-=2Ag+I2的速率
5．某学生对与漂粉精的反应进行实验探究：
下列说法错误的是
A．漂粉精的有效成分为，可用于游泳池的消毒
B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验现象ⅰ中白雾是否含有HCl
C．现象ⅱ中溶液变为黄绿色是因为随着酸性增强漂粉精中的成分反应生成
D．现象ⅲ中发生反应的离子方程式为：
6．聚合硫酸铁(SPFS)是水处理中重要的絮凝剂，SPFS可以表示为。下图是以废铁屑为原料制备SPFS的一种工艺流程，下列说法错误的是
A．酸浸槽中加入的酸最好是稀硫酸
B．每生成1mlSPFS消耗
C．在聚合釜中，随着水的加入中变小
D．减压蒸发的优点是蒸发温度低，SPFS不易分解
7．某小组同学用下图装置，利用六水合硫酸亚铁铵溶液、氨水和草酸氢钾溶液为原料，制备三草酸合铁酸钾晶体，并测定产品的纯度。
实验步骤如下。
①制备三草酸合铁酸钾晶体：利用如图装置，采用水浴加热，制取沉淀；向制好的沉淀中缓慢倒入草酸氢钾溶液，不断搅拌至溶液呈透明的翠绿色，即可得到产物溶液。
②测定三草酸合铁酸钾晶体的纯度：小组同学准确称取了产品，配成了溶液，取该溶液于锥形瓶中，加入少量稀硫酸，滴入二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，用标准液滴定至紫红色，进行了三次平行实验，平均消耗标准液(已知在酸性介质中被还原为，杂质不与标准液反应)。
根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．持续升温可以提高的沉淀速度
B．制备沉淀时，应该先滴加溶液，再滴加氨水
C．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡会使产品纯度偏高
D．由翠绿色溶液得三草酸合铁酸钾晶体的操作为蒸发结晶、干燥
8．Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。
已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，Cl2沸点，熔点；Cl2O沸点，熔点。
③在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
下列说法正确的是
A．调控进入反应柱的混合气体中Cl2和N2的比例越高越好
B．将加热带缠绕于反应柱并加热
C．反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，在氯气未发生冷凝时抽气
D．装置之后需要加一个装有CaCl2的球形干燥管，并再接一个盛装澄清石灰水的尾气处理装置
9．我国技术人员利用微电解器实现了不添加化学试剂软化冷却水，同时制备溶液用于循环冷却水的杀菌消毒。微电解器结构如图1所示，电解过程中阴、阳极室溶液pH变化如图2所示。下列叙述错误的是
Cl
A．a电极反应式为
B．冷却水在阴极室的停留时间会影响软化效果
C．电解过程中，阳极室可能会生成和的混合物
D．阴极室中的和通过离子交换膜到达阳极室实现软化
10．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法正确的是
已知：环己醇和环己烯常温下都为液体；环己烯密度，能与水形成共沸物。
A．环己醇环上的一氯代物有3种
B．操作依次是蒸馏、过滤、蒸馏
C．浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因可能为浓硫酸易使原料炭化，产生，导致污染
D．分离出有机相后，需加入无水氯化钙干燥，在操作3之前的“过滤”操作也可省去不做
11．可用于“接触法”制，因在催化剂表面与接触得名，部分反应过程如图1。也可以利用电化学原理来制备硫酸，如下图2(质子交换膜仅允许通过)。
下列说法正确的是
A．和都属于酸性氧化物，通入溶液中都会产生白色沉淀
B．“接触法”中增大的浓度可明显提高的生成速率和的平衡转化率
C．图2中正极区溶液pH可能不变
D．若的通入速率(标准状况)，为维持浓度不变，理论上左侧水流入速率为
12．已知制备的反应为，保持总压强不变，向反应器充入一定量和，发生上述反应．测得平衡转化率与投料比[]（温度不变）、温度倒数（投料比不变）关系如图所示，下列叙述错误的是
A．其他条件不变，达平衡后充入氩气，平衡不移动
B．曲线①代表平衡转化率与投料比关系
C．一定条件下，达到平衡时气体平均摩尔质量不变
D．若当投料比为2、温度为时平衡转化率为，则体积分数为
13．以磷矿石[为主，含少量Si、Al、Fe等元素]为原料，电炉法制磷酸的流程如图。有关说法正确的是
已知：
①磷矿石的含磷量>25%为高品位矿(以计)。
②电炉主反应为
A．“炉渣”中除含还可能含有
B．“电除尘器”除尘利用了胶体的聚沉
C．可以破坏矿石结构，起到助熔剂的作用
D．1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石不是高品位
14．恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。
下列说法正确的是
A．AB段越大，析氢速率越大
B．其他条件不变，增大空气中氧气浓度，析出质量减少
C．BC段正极反应式主要为
D．DE段溶液基本不变，可能的原因：相同时间内，消耗的量与产生的量基本相同
15．将CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0 L的恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1 ml CO2和0.18 ml H2，在乙中充入0.2 ml CO2和0.36 ml H2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．曲线X表示的是容器甲中CO2的平衡转化率随温度的变化
B．体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)＜2P总(状态Ⅲ)
C．将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，可变成状态Ⅱ
D．T2 K时，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1ml，反应将向正方向进行
二、解答题
16．矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是(条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．化合物C在水溶液中最多可中和
D．的氧化性弱于
(3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。
17．三氯化铬(CrCl3)为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。
(1)某化学小组用Cr2O3和CCl4在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中锥形瓶内装有CCl4，其沸点为76.8℃。
实验前先加热装置A，产生气体的化学方程式： ，实验过程中需持续产生该气体，该气体的作用为 。
(2)装置D中还会生成光气(COCl2)，D中反应的化学方程式为 。
(3)从安全角度考虑，A-E实验装置设计的不足是： 。
(4)为进一步探究CrCl3的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴0.1ml/LCrCl3溶液，并用4滴2ml/L酸化，再分别加入不同滴数的0.1ml/L KMnO4溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。
①浓度对反应的影响
CrCl3与KMnO4在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是 ，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②CrCl3与KMnO4的用量对反应的影响
对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr3+氧化为，与KMnO4最佳用量比为 。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是 。
18．氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1ml该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。
[已知： ]。
(2)某温度下，和按投料比加入容积2L的密闭容器中催化重整制取高纯氢，初始压强为，平衡时的转化率为，(S表示选择性，)，则分压为 ，反Ⅱ的 (保留小数点后两位)；在该温度下的平衡体系升温，随着温度的升高，的转化率先减小后增大的原因可能是 。
(3)用CaO可以去除。体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从时开始，体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率降低。此时CaO消耗率约为，大部分已失效，原因是 。
(4)在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应Ⅱ：，调整CO和初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。
已知：反应速率，、分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ，在C点所示投料比下，当CO转化率达到时， 。
19．钯(Pd)见一种银白色过渡金属，质软、有良好的延展性和可塑性，他锻造、压延和拉丝。块状金属钯能吸收大量氢气，使体积显著胀大、变脆乃至破裂成碎片。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收钯和类芬顿催化剂的工艺流程如图所示：
已知：①常温下，钯不溶于盐酸；Pd易被氧化为难溶于酸的而失去催化活性；
②阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(R—表示树脂的有机成分)；
③常温下，；；；当溶液中某离子浓度小于等于时，可认为该离子沉淀完全；
④是一种二元强酸，在溶液中存在配位平衡： ；在水中溶解度小。
回答下列问题：
(1)废钯催化剂“焙烧”时，先通入空气进行逆流式焙烧，其主要目的是 ，再通入甲酸继续焙烧的目的是 。
(2)“酸浸”过程需要升高温度至70℃左右，则主要反应的离子方程式为 ，实现浸取Pd的同时，还可能会存在的缺陷是 。
(3)“洗脱”时，加入最佳“试剂Y”的名称是 ，“洗脱液”中要加入过量的目的是 。
(4)“还原”过程中，不生成污染环境的气体，则被氧化的元素与被还原的元素物质的量之比为 。
20．使用废炭再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了循环内的零排放。
I．将工业废气中的。加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向。在催化剂作用下主要发生如下反应：
①
②
③
已知甲醇的选择性。
(1) kJ/ml，反应③的自发进行的条件是 (填“低温”或“高温”)。
(2)恒温恒容条件下，原料气、与物质的量浓度之比1：3投料时，已知初始压强为4MPa，，控制合适的条件(不考虑反应③)。
i．下列有关说法正确的是 。
A．反应过程中
B．容器的压强不再变化时，两反应都达到平衡
C．加入反应①的催化剂，可提高平衡时甲醇的选择性
D．降低反应温度，反应①②的正、逆反应的速率都减小
ii．若平衡时甲醇的选择性为60%，平衡转化率为50%，该条件下反应②的 (保留三位小数)。
II．恒压时，将3ml和1ml充入密闭溶器中进行上述反应。
(3)平衡时转化率、选择性、CO选择性，随温度T变化如图甲所示：
图中表示的是曲线 。
(4)为了探究原料气中混入CO气体对反应的影响，测得平衡时、平衡时物质的量与初始物质的量之比γ随原料气中的变化如图乙所示。
图中随着的增大，降低而γ升高的原因是 。
III．新能源的利用对实现碳中和也有重要意义。第二代钠离子电池是以硬碳()为基底材料的嵌钠硬碳()和锰基高锰普鲁士白为电极的一种新型二次电池。在充放电过程中，在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。其工作原理如图所示。
(5)若用该钠离子电池给铅酸蓄电池充电，普鲁士白电极连接 (填“Pb”或“”)。钠离子电池负极的电极反应式为 。
A．可用装置①检验气体中含SO2和SO3
B．可用装置②制备HCl
C．可用装置③测量反应产生气体体积
D．可用装置④证明氯化银溶解度大于硫化银
操作
现象
取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝（约为12），后褪色
ⅰ．液面上方出现白雾；
ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
KMnO4的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
25℃
90~100℃
1
紫红色
蓝绿色溶液
2~9
紫红色
黄绿色溶液，且随KMnO4滴数增加，黄色成分增多
10
紫红色
澄清的橙黄色溶液
11~23
紫红色
橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随KMnO4滴数增加，沉淀增多
24~25
紫红色
紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
物质
烟台市中英文学校高三化学9月化学月考试题参考答案：
1．B
【详解】A．用装置甲制备氢氧化亚铁时，应该将铁和稀硫酸放在左边试管，将氢氧化钠溶液放在右边试管，反应时，先打开止水夹，用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置中的空气排尽，然后关闭止水夹，利用反应生成的氢气增大左边试管的压强，利用压强将硫酸亚铁溶液压入右边试管中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液在无氧环境中反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，故A项错误；
B．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，反应中高锰酸钾为氧化剂，氯气为氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，氯气通入硫化钠溶液生成S单质，氯气为氧化剂，S单质为氧化产物，则氧化性：Cl2>S，故B项正确；
C．MgCl2能水解，在加热时应通入干燥的HCl，防止MgCl2的水解，故C项错误；
D．装置丁氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，生成氨气和氯化氢气体在常温下反应生成氯化铵，故D项错误；
2．B
【详解】A．二氧化硫可以使品红溶液褪色，故可以使用品红溶液检验二氧化硫，但三氧化硫也被品红溶液吸收，不能检验三氧化硫，A错误；
B．浓硫酸和氯化钠反应生成挥发性氯化氢气体，B正确；
C．用排液体法测量气体体积，伸入量筒的导管尽可能伸入到底部，题中所给装置，伸入量筒的导管太短，C错误；
D．向硝酸银溶液滴加几滴NaCl溶液，硝酸银过量，再滴加几滴Na2S溶液，S2−与过量Ag+反应生成Ag2S，即题中不能比较两者溶解度大小，D错误；
3．D
【详解】A．有水条件下部分反应历程如图所示，部分历程，不能判断，A错误；
B．将反应的活化能从3.66eV降到了-2.96eV，B错误；
C．反应物间形成静电作用均有助于增大体系相对能量，使反应不容易进行，C错误；
D．过渡状态I到过渡状态II发生化学键变化，是化学变化，D正确；
4．D
【详解】A．实验①中有棕黄色沉淀，溶液无色，说明未将氧化，由于，和的氧化还原反应不易发生，而与不能生成沉淀，两者更易发生氧化还原反应，故A错误；
B．两溶液间反应，互相滴加现象与反应物性质有关，互滴现象并不一定相同，如氯化铝与NaOH溶液互滴时，氯化铝溶液滴入氢氧化钠过程中先产生白色沉淀，后沉淀溶解；反滴时开始无现象，后产生白色沉淀，故B错误；
C．实验③右侧石墨电极表面有灰黑色固体析出，可知生成了Ag，即银离子得电子氧化了，没有与反应；实验④在酸性条件下可氧化碘离子，故C错误；
D．由实验①②可知，产生棕黄色沉淀，说明反应速率大于2Ag++2I-=2Ag+I2的速率，故D正确；
5．B
【详解】A．次氯酸具有强氧化性，能用于杀菌消毒，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，可用于游泳池的消毒，A正确；
B．白雾里可能有氯气生成，氯气也能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且能使湿润的蓝色石蕊试纸褪色，会干扰氯化氢的检验，B错误；
C．溶液变黄绿色的原因是因为随着酸性增强ClO－和Cl－在酸性条件下生成Cl2，C正确；
D．氯气具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中发生氧化还原反应生成没有漂白性的盐酸盒硫酸，离子方程式，D正确；
6．C
【分析】由题给流程可知，废铁屑在粉碎机中粉碎、过筛后加入硫酸酸浸，将氧化铁和铁转化为硫酸铁和硫酸亚铁，过滤得到含有硫酸铁、硫酸亚铁的滤液和固体残渣，向滤液加入过氧化氢溶液或者通入氧气，将溶液中硫酸亚铁转化为硫酸铁，向反应后的溶液中加入硫酸溶液和水使溶液中的铁离子部分水解生成SPFS，减压蒸发得到SPFS固体。
【详解】A．由SPFS固体中含有硫酸根离子可知，为了不引入其他杂质，酸浸釜中加入的酸最好是硫酸，故A正确；
B．由分析可知，加入氧气目的是将溶液中硫酸亚铁转化为硫酸铁，铁元素化合价升高1，由得失电子数目守恒可知，生成1mlSPFS时，消耗氧气的物质的量为，故B正确；
C．向反应后的溶液中加入硫酸溶液和水的目的是使溶液中的铁离子部分水解生成SPFS，随着水的加入，硫酸铁溶液的浓度减小，铁离子的水解程度增大，则中变大，故C错误；
D．相对于常压蒸发，，减压蒸发可以降低蒸发温度，防止温度过高，SPFS受热分解，故D正确；
7．B
【详解】A．持续升温会使分解、氨水挥发出氨气，降低的沉淀速度，故A项错误；B．如果先加氨水后加溶液，可能会导致没有完全被氧化，生成的三草酸合铁酸钾晶体不纯净，所以制备沉淀时，应该先滴加溶液，再滴加氨水，故B项正确；
C．滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡会使产品纯度偏低，故C项错误；
D．由翠绿色溶液得晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D项错误；
8．C
【分析】由实验装置可知，Cl2和N2混合气经过装置A干燥混合后，进入含有HgO粉末的反应柱中进行反应，在常温下生成Cl2O，将产物通入装置C中利用Cl2O沸点低的性质冷凝分理出Cl2O，最后装置D进行尾气处理。
【详解】A．的作用是稀释，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时不足时会发生副反应，因此混合气中和的比例不是越高越好，故A错误；
B．与反应制备的合适反应温度为，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故B错误；C．由题可知，沸点小于，在未发生冷凝时抽气可以有效的去除产物中的，故C正确；D．和都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，但是不用澄清石灰水，因为其浓度太小，应用溶液，同时需要防止溶液中水蒸气进入装置中，因此需要在和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，故D错误；
9．D
【分析】a极为阴极，得电子，pH值增大到碱性，发生电极反应为：；b为阳极，失电子，且pH由碱性减小到7左右，发生电极反应为：，据此分析；
【详解】A．a电极反应式为，A正确；B．和为阳离子，通过离子交换膜向阴极移动，通电后，在阴极室内形成强碱性区域，有利于和形成沉淀，冷却水在阴极室的停留时间会影响pH值，影响软化效果，B正确；C．电解过程中，阳极室可能会生成和的混合物，电极反应为：，，C正确；
D．和为阳离子，通过离子交换膜向阴极移动，阳极室中的和通过离子交换膜到达阴极室实现软化，D错误；
10．C
【分析】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯。
【详解】A．环己醇环上的等效氢有4种，环上的一氯代物有4种，故A错误；
B．结合流程和分析，操作依次是蒸馏、分液、蒸馏，故B错误；
C．环己醇为有机物，浓硫酸能使其碳化，并与C反应生成导致污染，故不用浓硫酸做催化剂，故C正确；
D．加入无水氯化钙后吸水变为结晶水合物，如果不过滤掉，直接蒸馏可能会导致氯化钙结晶水合物分解出水，环己烯能与水形成共沸物，故会影响产物的纯度，故D错误。
11．CD
【详解】A．和都属于酸性氧化物，通入溶液中不会产生白色沉淀，A错误；
B．增大的浓度可明显提高的生成速率，但平衡不移动，的平衡转化率不变，B错误；
C．通入O2一极是原电池的正极，电极反应式为:O2-4e-+4H+＝2H2O，负极室中的H+通过质子交换膜移动到正极，提供H+，同时左侧有水流流入，pH可能不变，C正确；
D．电池的总反应式为:2SO2+2H2O+O2＝2H2SO4，1min内2.24L，n(SO2)＝0.1ml，消耗水0.1ml，生成硫酸的质量为:0.1mlx98g/ml＝9.8g，消耗水的质量为:0.1ml×18g/ml＝1.8g，根据原H2SO4的浓度（50%）知需要稀释用水9.8g因此共需水9.8g+3.6g =13.4g，D正确；
12．B
【详解】A．该反应是气体分子数不变的反应，总压强不变，充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡不移动，故A正确；B．温度不变，投料比越大，平衡转化率越小，曲线②代表平衡转化率与投料比关系，投料比不变，降低温度，平衡转化率越大，曲线①代表平衡转化率与的关系，故B错误；C．气体平均摩尔质量为，根据反应可知，反应后有固体存在，因此气体总质量发生改变，则气体平均摩尔质量在改变，因此当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，故C正确；
D．用三段式计算：投料比为2，平衡转化率为40%，则计算如下：
平衡时体积分数为，故D正确；
13．AC
【详解】A．根据题意，磷矿石[Ca5(PO4)3F为主，含少量Si、Al、Fe等元素，故“炉渣”中除含CaSiO3还可能含有Ca(AlO2)2，A正确；
B．“电除尘器”除尘利用了胶体的电泳，B错误;
C．由已知反应②可以看出，SiO2可以和矿石中某些物质反应，起到助熔剂的作用，C正确；
D．1吨磷矿石制得98%的浓磷酸400kg，制备过程损耗率为15%，则该矿石含磷量为：＞25%，则该矿石是高品位，D错误；
14．BD
【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH较小，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同。
【详解】A．铁主要发生析氢腐蚀，负极，正极，越大，析氢速率越小，A错误；B．铁主要发生析氢腐蚀，负极，正极，当氧气浓度增大时，还会发生O2+4e-+4H+=2H2O，因此析出质量减小，B正确；C．由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，C错误；
D．pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同，D正确；
15．BD
【详解】A.由已知，结合图象可得，恒温恒容时，甲、乙两平衡不等效，由于正反应是气体分子数减少的瓜不，故压强越大反应物的转化率越高。在相同温度下，乙的CO2的平衡转化率高，所以曲线X表示的是容器乙中CO2的平衡转化率随温度的变化，选项A错误；
B.状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2mlCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1mlCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡向正反应方向移动，所以P总（状态II）＜2P总（状态III），选项B正确；
C. 由图象可知，将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，只能得到状态III而得不到状态II，选项C错误；
D. T2 K时，乙中CO2的平衡转化率40%，平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度分别为0.12ml/L、0.12ml/L、0.04ml/L、0.12ml/L，K=，在相同温度下，化学平衡常数不变。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1ml，Q=，反应将向正方向进行，选项D正确。
【点睛】本题通过图象考查了影响平衡的因素分析判断，题目难中等，关键看懂图象，学会分析图象的方法，易错点为选项B，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2mlCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1mlCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡正向移动使体系的压强会减小一些，故P总（状态II）＜2P总（状态III）。
16．(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3 (2)AB
(3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O
【分析】
铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。
【详解】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确；
C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和4mlNaOH，C错误；
D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误；
故选AB。
（3）
①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；
②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，HSO3X为强电解质，需要拆开，发生反应的离子方程式为H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O。
17．(1) 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 排尽装置中空气、吹出CCl4或吹出CrCl3
(2)
(3)连接D、E的导管过细，易发生固体凝华堵塞或B装置易倒吸
(4) 反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行 1∶1 高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应
【分析】A中氨气和氧化铜反应：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，B装置干燥氮气，C装置产生CCl4蒸气，D装置中CCl4和Cr2O3反应制备CrCl3，E装置收集CrCl3，反应结束前，应先熄灭D装置的酒精灯，后熄灭A装置的酒精灯。
【详解】（1）实验前先加热装置A，CuO被NH3还原，生成Cu和N2等，产生气体的化学方程式：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，实验前需排尽装置内的空气，以防止生成的Cu被氧化，则过程中氮气的作用为：排尽装置中空气或吹出CCl4或吹出CrCl3。
（2）装置D中Cr2O3和CCl4反应生成COCl2和CrCl3，则化学方程式为：。
（3）三氯化铬易潮解，易升华，导管太细容易堵塞导管，则从安全角度考虑，A-E实验装置设计的不足是：连接D、E的导管过细，易发生固体凝华堵塞。
（4）①观察不到离子的橙色的原因可能为两个，一个是颜色被高锰酸根离子的颜色掩盖了，另一个是没有生成，即反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；
②根据表格可知，当酸性高锰酸钾溶液用量为10滴时，得到的是澄清的橙黄色溶液，故欲将Cr3+氧化为，CrCl3与KMnO4最佳用量比为10 : 10=1∶1；这与由反应所推断得到的用量比不符，用量增大，可能是与Cl-发生了反应，则推测的原因是：高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应。
【点睛】KMnO4具有强氧化性，能将Cl-、Br-、I-等氧化。
18．(1)
(2) 1.56 开始升温时，以Ⅱ为主，该反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，转化率降低；再升温，以反应Ⅰ和Ⅲ为主，两个反应都是吸热反应，升温向正反应方向移动，转化率升高
(3)CaO可以去除的反应为：，生成的覆盖在CaO的表面，减小了CaO与的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
(4) B 5.0625
【详解】（1）由题干表中数据可知， ，又知 ，故 ；
（2）和按投料比加入容积2L的密闭容器中催化重整制取高纯氢，初始压强为，设，则，由平衡时的转化率为，(S表示选择性)，得，平衡时，容器中的，，由O守恒得，由H守恒得，则平衡时压强，则分压为，同理分压为，的分压为，的分压为，反Ⅱ的，由于开始升温时，以Ⅱ为主，该反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，转化率降低；再升温，以反应Ⅰ和Ⅲ为主，两个反应都是吸热反应，升温向正反应方向移动，转化率升高，故在该温度下的平衡体系升温，随着温度的升高，的转化率先减小后增大；
（3）由题干图象可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效；
（4）由题干信息可知，Ⅱ． 故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点；C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为，反应达到平衡时，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则，，
19．(1) 增大接触面积，加快反应速率，除去有机物、碳，同时将金属元素转化为相应氧化物 还原PdO，使后续酸浸能顺利进行
(2) 盐酸挥发导致原料利用率降低且会生成污染性气体
(3) 浓盐酸 使得Pd元素转化为而被分离出来
(4) 2:1
【分析】由流程可知，钯催化剂通入空气焙烧，再加入甲酸还原PdO为Pd，使后续酸浸顺利，然后加入氯酸钾和盐酸进行酸浸，铁、铜转化为氯化铁、氯化铜，通过离子交换树脂进行离子交换，然后洗脱得到含Pb元素的洗脱液，加入氯化铵得到，加入肼还原得到Pd单质；残余液可以加入铁置换出铜得到滤渣I，同时将铁离子还原为亚铁离子，滤液调节pH除去铝离子得到滤渣Ⅱ，得到溶液通入氧气氧化亚铁离子得到；
【详解】（1）先通入空气进行逆流式焙烧，其主要目的是增大接触面积，加快反应速率，除去有机物、碳，同时将金属元素转化为相应氧化物；再通入甲酸继续焙烧的目的是还原PdO，使后续酸浸能顺利溶解Pd；
（2）“酸浸”过程需要升高温度至70℃左右，主要反应为盐酸和氯酸钾、Pd发生氧化还原反应使得Pd转化为，同时氯酸根离子被还原为氯离子，离子方程式为，实现浸取Pd的同时，浓盐酸具有挥发性，且可能会和氯酸钾发生氧化还原生成有毒的氯气，故还可能会存在的缺陷是盐酸挥发导致原料利用率降低且会生成污染性气体；
（3）阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、，由离子交换树脂原料可知，“洗脱”时，加入最佳“试剂Y”的名称是盐酸，提高氯离子浓度，使得Pd元素进入水层；在水中溶解度小，故“洗脱液”中要加入过量的目的是使得Pd元素转化为而被分离出来；
（4）加入肼还原得到Pd单质，“还原”过程中，不生成污染环境的气体，则生成气体为氮气，反应中Pd化合价由+4变为0，发生还原反应被还原，肼中氮化合价由-2升高为0，发生氧化反应被氧化，由电子守恒可知，，故被氧化的元素与被还原的元素物质的量之比为2:1；
20．(1) -90.4 低温 (2) BD 0.105 (3)b
(4) 增大，与CO反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应③的正向进行，产生变多，所以升高 (5)
【详解】（1）由盖斯定律可知，；反应③是气体体积减小的放热反应，当时反应能自发进行，则该反应自发进行的条件是低温；
（2）i．A．原料气、与物质的量浓度之比1：3投料时，已知初始，则初始，根据H元素守恒，反应过程中，故A错误；
B．反应①是气体体积变化的反应，容器的压强不再变化时，①达到平衡，则H2O的浓度不再变化，说明反应②也达到平衡，故B正确；
C．加入反应①的催化剂，反应①的平衡不会发生移动，不可提高平衡时甲醇的选择性，故C错误；
D．降低反应温度，正逆反应速率都要减小，即反应①②的正、逆反应的速率都减小，故D正确；
答案为BD；
ii．根据已知条件列出“三段式”
甲醇的选择性为，平街转化率为，解得，，则平街压强为，该条件下反应②；
（3）由于，随着温度的升高，降低，所以表示的是曲线b；表示的是曲线c，反应①、③均为热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①、③逆向移动，反应②正向移动，CO的选择性变大，线c随温度的升高而升高；
（4）增大，与CO反应的变多，与反应的变少，所以降低；增大，更有利于反应③的正向进行，产生定多。所以γ升高；（5）给铅酸蓄电池充电时，普鲁士白为正极，连接铅酸蓄电池的电极，负极为嵌钠硬碳，电极及应式为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
D
B
C
B
C
D
C
题号
11
12
13
14
15





答案
CD
B
AC
BD
BD