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    【化学】江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题(A)(解析版)
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    【化学】江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题(A)(解析版)

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    江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题(A)
    1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
    A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ/mol
    B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol,则2CO2(g) =2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+2×283.0kJ/mol
    C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
    D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH-(aq)====H2O(l)中和热为-57.3 kJ·mol-1,H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶,会产生额外的热,故A错误;
    B.在25℃,101 kPa时,1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热:CO(g)+1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH=-283.0kJ/mol,再利用盖斯定律,得:2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H=+2×283.0kJ/mol,故B正确;
    C.反应的吸、放热与反应条件无关,如有些放热反应必须在加热条件下才能进行,如铝热反应,故C错误;
    D.燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量,应生成液态水,D错误。答案选B。
    2.化学用语是学习化学重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语中,正确的是( )
    A. 熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的正极电极反应为O2+4e-=2O2-
    B. 由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池,其负极电极反应为:Mg-2e-= Mg2+
    C. 钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极被氧化:Fe-3e-=Fe3+
    D. 用惰性电极电解饱和食盐水时,阳极的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A项、融碳酸盐介质的氢氧燃料电池中,氧气在二氧化碳作用下得电子发生还原反应生成碳酸根,电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-,故A错误;
    B项、由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池,Mg与氢氧化钠溶液不反应,Al与氢氧化钠溶液反应,则Mg做正极,Al做负极,Al失电子发生氧化反应,电极反应式为Al-3e-+2OH-=AlO2-+H2O,故B错误;
    C项、钢铁发生吸氧腐蚀时,碳做正极,铁作负极,铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,故C错误;
    D项、用惰性电极电解饱和食盐水时,氯离子的放电能力强于氢氧根,氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑,故D正确;
    故选D。
    3.一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体,图1表示各物质浓度随时间的变化,图2表示速率随时间的变化。t2、t3、t4、t5时刻后各改变一种条件,且改变条件均不同。若t4时刻改变条件是压强,则下列说法错误的是( )

    A. 若t1=15s,则前15s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
    B. 该反应的化学方程式为:3A(g) B(g)+2C(g)
    C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
    D. B的起始物质的量为0.04mol
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.若t1=15s,生成物C在t0~t1时间段的平均反应速率v==mol/(L∙s)=0.004mol/(L∙s),A正确;B.反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L,C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L,反应中A与C的计量数之比为0.09:0.06=3:2,则该反应中气体的化学计量数之和前后相等,则有:3A(g)B(g)+2C(g),B正确;C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是增大反应物浓度、加入催化剂、升高温度,C错误;D.根据方程式可知消耗0.09mol/L的A,则生成0.03mol/L的B,容器的体积为=2L,生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol,平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol,所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol,D正确。答案选C。
    4.I2在KI溶液中存在下列平衡:I2(aq)+I—(aq) I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中,I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法都正确的是( )

    ①反应I2(aq) +I—(aq) I3—(aq)的H>0
    ②若温度为T1、T2,反应的平衡常数分别为K1、K2,则K1>K2
    ③若反应进行到状态D时,一定有v正>v逆
    ④状态A与状态B相比,状态A的c(I2)大
    ⑤保持温度不变,在该混合液中加水,c(I3—)/c(I2)将变大
    A. 只有①② B. 只有②③ C. ②③④ D. ②③⑤
    【答案】B
    【解析】
    【详解】①根据图像分析,温度升高,I3—(aq)的浓度减小,说明升温,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,故错误;②若温度为T1、T2,反应的平衡常数分别为K1、K2,温度升高,平衡逆向移动,则平衡常数减小,故正确;③若反应进行到状态D时,c(I3—)比平衡状态时的浓度小,则反应正向进行,则一定有v正>v逆,故正确;④状态A与状态B相比,状态A的c(I3—)大,说明状态A的c(I2)小,故错误;⑤保持温度不变,在该混合液中加水,平衡逆向移动,c(I3—)/c(I2)将变小,故错误。
    故选B。
    5.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行,如图表示在不同反应时间t时,温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B%的关系曲线,由曲线分析,下列判断正确的是( )

    A. T1p放热反应
    B. T1>T2 p1 C. T1p2 m+n>p放热反应
    D. T1>T2 p1p吸热反应
    【答案】B
    【解析】
    【分析】当横坐标表示时间时,有“先拐先平,数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时,常采用“定一议二”的方法。
    【详解】A. 对比曲线①和②,发现二者的压强相同而温度不同,而②曲线“先拐先平”,说明②曲线对应的速率大,说明T1>T2 ,A项错误;
    B. 在A项分析的基础上,相对于T2来说,T1相当于升高温度,而从图示纵坐标看出,升高温度反应物B的量减小,说明升温使平衡右移,所以正向应是吸热反应;再比较②曲线和③曲线,发现温度相同而压强不同,此时②曲线“先拐先平”,说明压强p2>p1,p2相对于p1来说相当于加压,从图示中纵坐标来看,加压使反应物B的量增加,说明加压平衡左移,所以有m+n C. 从A项分析中,知T1>T2,C项错误;
    D. 由B项分析知m+n 所以答案选择B项。
    6.在2 L恒容密闭容器中充入、,在一定条件下发生如下反应: ;CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图所示。下列推断正确的是( )

    A. 工业上,利用上述反应合成甲醇,温度越高越好
    B. 图象中X代表温度,
    C. 图象中P点代表的平衡常数K为
    D. 温度和容积不变,再充入、1 mol CO,达到平衡时CO的转化率减小
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.该反应的正反应是放热反应,温度升高,平衡向左移动,甲醇的产率降低,应根据催化剂来选择合适的温度,A项错误;
    B.该反应的正反应是放热反应,又是气体分子数减小的反应,从图象看出,随着X增大,CO的转化率增大,所以X代表压强,M代表温度,温度越高,CO的平衡转化率越低,所以,B项错误;
    C.P点时CO的转化率为50%,用“三段式”法进行计算:

    起始浓度/() 1 0.5 0
    变化浓度/() 0.5 0.25 0.25
    平衡浓度/() 0.5 0.25 0.25
    (单位可省),C项正确;
    D.温度不变,平衡常数不变,容积不变,再充入、1 mol CO,相当于增大压强,平衡向右移动,、CO的转化率都增大,D项错误。
    答案选C。
    7.一定温度下在一定体积的密闭容器中,下列叙述不能作为可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是 ( )
    ①C的生成速率与C的消耗速率相等
    ②单位时间内生成a mol A,同时生成3a mol B
    ③A、B、C的浓度不再变化
    ④C的物质的量不再变化
    ⑤混合气体的总压强不再变化
    ⑥混合气体的总物质的量不再变化
    ⑦单位时间消耗a mol A,同时生成3a mol B
    ⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
    A. ②⑧ B. ④⑦ C. ①③ D. ⑤⑥
    【答案】A
    【解析】
    【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等,说明反应达到平衡状态,故不选①;
    ②单位时间内生成a molA,同时生成3a molB,A、B都是反应物,生成A、B的速率都是逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态,故选②; 
    ③A、B、C的浓度不再变化,说明反应达到平衡状态,故不选③; 
    ④C的物质的量不再变化,说明各组分浓度不变,反应达到平衡状态,故不选④; 
    ⑤混合气体的总压强不再变化,反应前后气体体积不相同,压强不变说明各组分浓度不变,反应达到平衡状态,故不选⑤; 
    ⑥混合气体的总物质的量不再变化,反应前后气体物质的量不相同,气体总物质的量不变说明各组分浓度不变,反应达到平衡状态,故不选⑥; 
    ⑦单位时间消耗a mol A,同时生成3a molB,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故不选⑦; 
    ⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少,与平衡状态无关,故选⑧;
    根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志,故选A;
    答案:A
    8.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0,按照相同的物质的量投料,测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )

    A. 温度:T1>T2>T3
    B. 正反应速率:v(a)>v(c),v(b)>v(d)
    C. 平衡常数:K(a)>K(c),K(b)=K(d)
    D. 平均摩尔质量:M(a)M(d)
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A. 根据该反应为放热,温度升高,平衡逆向移动,一氧化碳的转化率降低,所以温度:T1K(c),K(b)=K(d),故正确;D. 温度升高,平衡逆向移动,气体总质量不变,但总物质的量增大,所以平均摩尔质量:M(a)>M(c);b的压强大于d的,平衡向正反应方向进行的程度大,平均摩尔质量增大,所以有M(b)>M(d)。故错误。故选C。
    9.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
    A. 前2秒,以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·s)
    B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
    C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol
    D. 平衡时,如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
    【答案】C
    【解析】
    【分析】A.根据化学反应速率的定义可知,利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率;
    B.利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算;
    C.利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量;
    D.若往容器内充入N2O4气体,相当于压缩容器体积,相当于增大压强,利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
    【详解】A项,前2秒,以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
    ,则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s),故A项错误;
    B项2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L,其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol,则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol,容器内的压强为反应前的=1.1倍,故B项错误;
    C项,平衡时,体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol,设剩余N2O4的物质的量为xmol,则有(0.5-x)×2+x=0.8,解得x=0.2mol,即体系内含0.2mol N2O4,故C项正确;
    D项,平衡时,若往容器内充入N2O4气体,相当于在原来的基础上缩小体积,由N2O4═2NO2,则缩小体积,压强增大,化学平衡逆向移动,N2O4的转化率降低,故D项错误。
    综上所述,本题正确答案C。
    10.KClO3和KHSO3能发生反应:ClO3-+HSO3-→SO42-+ Cl-+ H+(未配平)。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。下图为用ClO3-在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应υ-t图。下列说法正确的( )

    A. 反应开始时速率增大可能是c(H+)所致
    B. 纵坐标为υ(Cl-)的υ-t曲线与图中曲线不能完全重合
    C. 后期速率υ下降主要原因是反应向逆反应方向进行
    D. 图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(SO42-)增加量
    【答案】A
    【解析】
    【分析】1molClO3-参加氧化还原反应得到6mol电子,1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子,所以得失电子的最小公倍数是6,则ClO3-的计量数是1,亚硫酸氢根离子的计量数是3,由原子个数守恒可得反应方程式为ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+。
    【详解】A项、由题给信息可知反应的速率随c(H+)的增大而加快,由方程式可知,反应开始时随着反应的进行,c(H+)不断增大,反应的速率加快,故A正确;
    B项、化学反应速率之比等于化学计量数之比,由方程式可知υ(ClO3-):υ(Cl-)=1:1,则纵坐标为υ(Cl-)的υ-t曲线与图中曲线重合,故B错误;
    C项、随着反应的进行,反应物的浓度减少,反应速率减小,所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小,故C错误;
    D项、图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(ClO3-)减少量,由方程式可知,SO42-的化学计量数是ClO3-的3倍,则t1-t2时间内c(SO42-)增加量应是c(ClO3-)减少量的3倍,故D错误;
    故选A。
    11.下列实验装置符合实验目的是( )
    目的
    粗铜的精炼
    验证NaCl溶液(含酚酞)的产物
    在铁制品上镀铜
    构成原电池
    装置




    选项
    A
    B
    C
    D
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A、粗铜精炼时,粗铜作阳极,纯铜作阴极,A错误;
    B、根据电流的方向可判断,铁是阳极,碳棒是阴极,铁失去电子,而不是溶液中的氯离子,因此得不到氯气,B错误;
    C、电镀时,镀层金属作阳极,待镀金属作阴极,含有镀层金属离子的溶液作电解液,在铁上镀铜,铜应和电源的正极相连,C错误;
    D、符合原电池的构成条件,D正确;
    故答案选D。
    12.某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属,它们的硫酸盐可溶于水,当K闭合时,SO42—从右向左通过交换膜移向A极。下列分析正确的是( )

    A. 溶液中c(A2+)减小
    B. B极的电极反应:B-2e-=B2+
    C. Y电极上有H2产生,发生还原反应
    D. 反应初期,X电极周围出现白色胶状沉淀
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.据右面图示可知,左侧装置为原电池,右侧为电解池。由题意在交换膜处SO42-从右向左移动可知,A为原电池负极,电极反应式为:A-2e-=A2+, A2+的浓度增大,故A分析错误;
    B.B电极为原电池的正极,电极反应式为:B2++2e-=B,故B分析错误;
    C.Y电极与原电池的正极B相连,即y电极为电解池的阳极,发生氧化反应,电极反应式为:2Cl一 一2e一=C12↑。故C分析错误;
    D.X电极为电解池的阴极,其电极反应式为2H+ + 2e-+ =H2 ↑,由于H+来自于H2O,从而破坏水的电离平衡,使溶液显碱性,所以会发生此反应:AI3++3OH-=Al(OH)3,故D分析正确;
    答案选D。
    13.电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示,电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐,通电一段时间后,Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是( )

    A. Ni电极表面发生了还原反应
    B. 阳极的电极反应为:2O2—-4e-=O2
    C. 电解质中发生的离子反应有:2SO2 +4O2—=2SO42—
    D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
    【答案】C
    【解析】
    【分析】由图可知,Ni电极表面发生了SO42-转化为S,CO32-转化为C的反应,为还原反应;SnO2电极上发生了2O2—-4e-=O2↑,为氧化反应,所以Ni电极为阴极,SnO2电极为阳极,据此分析解答。
    【详解】A. 由图示原理可知,Ni电极表面发生了还原反应,故A正确;
    B. 阳极发生失电子的氧化反应,电极反应为:2O2—-4e-=O2↑,故B正确;
    C. 电解质中发生的离子反应有:2SO2 +O2+2O2-=2SO42—和CO2 +O2-=CO32-,故C错误;
    D. 该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-,所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环,故D正确。
    故答案选C。
    14.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时,下列说法不正确的是( )

    A. 甲为正极,丙为阴极
    B. 丁极的电极反应式为MnO42――e-===MnO4-
    C. KOH溶液的质量分数:c%>a%>b%
    D. 标准状况下,甲电极上每消耗22.4L气体时,理论上有4molK+移入阴极区
    【答案】C
    【解析】
    【分析】分析装置的特点,可知左边是燃料电池,右边是电解池;通入氧气的电极甲是电池的正极,与甲相连的电极丁是电解池的阳极,则丁电极上MnO42―被氧化为MnO4-;丙电极是电解池的阴极,溶液中氢离子在阴极被还原为氢气,所以气体X是氢气。
    【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极,与电源正极相连的一极为电解池阳极,所以丙是阴极,故A正确;
    B、丁是电解池阳极,MnO42―失电子被氧化为MnO4-,电极反应式是MnO42――e-===MnO4-,故B正确;
    C、丙电极上的反应是 ,电极甲的电极反应式是,乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O,根据溶液流动方向,c%>b%>a%,故C错误,
    D. 标准状况下,甲电极上每消耗22.4L氧气时,转移4mol电子,所以理论上有4molK+移入阴极区,故D正确。
    15.高能锂离子电池总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S,LiPF6·SO(CH3)2为电解质,用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )

    A. LiPF6·SO(CH3)2可用Li2SO4水溶液代替
    B. 当转移1mol e-时,b室离子数增加NA个
    C. 该电池充电时阳极反应式为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+
    D. 若去除图阴离子膜,则电解反应总方程式发生改变
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A. Li是活泼金属可与水反应,故A不正确;
    B. 当转移1mol e-时,b室中从a过来1molNa+,从b过来1molCl-,离子数应该增加2NA个,故B不正确;
    C.该电池充电时阳极反应式是正极反应的逆反应,故C正确;
    D.若去除图阴离子膜,则电解反应总方程式不会发生改变,依然是阳极氢氧根离子失电子,阴极镍离子得电子,故D不正确;
    正确答案:C。
    16.下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置(忽略其他有机物)。已知储氢装置的电流效率×100%,下列说法不正确的是( )

    A. 采用多孔电极增大了接触面积,可降低电池能量损失
    B. 过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存
    C. 生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
    D. 若=75%,则参加反应的苯为0.8mol
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积,降低能量损失,故A正确;
    B. 该过程苯被还原为环己烷,C-H键没有断裂,形成新的C-H键,故B错误;
    C. 储氢是将苯转化为环己烷,电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12,故C正确;
    D. 根据图示,苯加氢发生还原反应生成环己烷,装置中右侧电极为阳极,根据放电顺序,左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol,根据阴阳得失电子守恒,阴极得到电子总数为6.4mol,若η=75%,则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75%=4.8mol,苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12,参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol,故D正确;
    故选B。
    17.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
    实验I:向某浓度的KIO3酸性溶液(过量)中加入Na2SO3溶液(含淀粉),一段时间(t秒)后,溶液突然变蓝。
    资料:IO3-在酸性溶液氧化I-,反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O
    (1)溶液变蓝,说明Na2SO3具有_________性。
    (2)针对t秒前溶液未变蓝,小组做出如下假设:
    i.t秒前未生成I2,是由于反应的活化能______(填“大”或“小”),反应速率慢导致的。
    ii.t秒前生成了I2,但由于存在Na2SO3,_____(用离子方程式表示),I2被消耗。
    (3)下述实验证实了假设ii合理。
    实验II:向实验I的蓝色溶液中加入_______,蓝色迅速消失,后再次变蓝。
    (4)进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程,装置如下。
    实验III:K闭合后,电流表的指针偏转情况记录如下表:
    表盘


    时间/min
    0~t1
    t2~t3
    t4
    偏转
    位置
    右偏至Y
    指针回到“0”处,又返至“X”处;如此周期性往复多次……
    指针
    归零
    ① K闭合后,取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液,现象是______。
    ② 0~t1时,从a极区取溶液于试管中,滴加淀粉溶液,溶液变蓝;直接向a极区滴加淀粉溶液,溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_______。
    ③ 结合反应解释t2~t3时指针回到“0”处的原因:________。
    (5)综合实验I、II、III,下列说法正确的是_______。
    A.对比实验I、II,t秒后溶液变蓝,I中SO32-被完全氧化
    B.对比实验I、III,t秒前IO3- 未发生反应
    C.实验III中指针返回X处的原因,可能是I2氧化SO32-
    【答案】(1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时,a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ,IO3- 不再与SO32-发生反应,外电路无电流通过 (8). AC
    【解析】
    【详解】(1)向某浓度的KIO3酸性溶液(过量)中加入Na2SO3溶液(含淀粉),一段时间(t秒)后,溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2,IO3-中I的化合价从+5降低到0,硫的化合价升高,则Na2SO3具有还原性,答案为还原;
    (2)i.一般情况下活化能大,化学反应速率慢,答案为大;
    ii. I2具有氧化性,SO32-具有还原性,能够发生氧化还原反应,则I2被还原成I-,SO32-被氧化成SO42-,根据得失电子守恒和原子守恒,配平方程式。答案为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+;
    (3)为了证明假设ii的合理性,即生成的I2会由于Na2SO3的存在,而与之反应,使得溶液不再呈蓝色,则需要在含有I2的溶液中,加入少量的Na2SO3溶液,与I2反应,使蓝色消失,答案为少量Na2SO3;
    (4)0~t1,指针右偏至Y,说明有电流产生,发生了氧化还原反应,t2~t3,指针回到“0”处,又返至“X”处;如此周期性往复多次……中间有一段时间,回路中没有电流产生,之后往复,直到亚硫酸钠完全反应完。
    ①闭合开关后,指针有偏转,有发生反应说明SO32-被氧化成了SO42-。加入盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀;
    ②0~t1时,直接向a极区滴加淀粉溶液,溶液未变蓝,但是又发生了反应,根据假设,生成的碘单质与SO32-反应,生成了I-,答案为I-;
    ③t2~t3时指针回到“0”处,说明电路中没有电流,SO32-没有参与反应,但是随后又有电流产生,而且偏转到X,说明有碘单质生成,是碘酸根和碘离子的反应,答案为此时,a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ,IO3- 不再与SO32-发生反应,外电路无电流通过;
    (5)A.如果有SO32-存在,SO32-会与I2反应,现溶液呈现蓝色,说明存在I2,没有SO32-,A正确;B. 对比实验I、III,t秒前IO3-还原成I-,而不是I2,有发生变化,B项错误;C.指针回到0,电路中没有发生反应,发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O,但是随后指针又转到x,说明又与SO32-反应,产生电流。如果是IO3-与SO32-反应,指针会指到Y,所以是I2与SO32-反应,C正确;答案为AC。
    18.汽车尾气中含有CO、NO、NO2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题:
    (1)已知:2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g) △H1=-10244kJ·mol-1
    N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2
    2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H3=-746kJ·mol-1
    ①若H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ·mol-1,则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为______________________________________________。
    ②部分化学键键能数据如下:
    化学键
    O=O
    C=O
    C≡O
    E/(kJ·mol)
    494
    799
    1076
    △H2=__________kJ·mol-1
    (2)1573K时,N2+O22NO平衡常数为2. 0×10-6,若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为0. 2mol、0. 001mol,则生成NO的物质的量为__________mol,N2的转化率为__________。
    (3)反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的平衡常数为1. 68×1060,从热力学角度看,该反应程度应该很大,实际汽车尾气中该反应的程度很小,原因是________________,要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度,关键是要_____________。
    (4)T<500K时,反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)分两步进行:
    第一步:NO2(g)+NO2(g)→NO3(g)+NO(g) (慢反应)
    第二步:NO3(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g) (快反应)
    下列表述正确的是__________(填标号)
    A. 反应速率与NO浓度有关 B. 反应速率与NO2浓度有关
    C. 反应的中间产物只有NO3 D. 第二步反应活化能较高
    【答案】(1). C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1 (2). +196 (3). 2 0×10-5 (4). 0. 005% (5). 反应活化能高,反应速率慢 (6). 找耐高温的催化剂 (7). BC
    【解析】
    【分析】(1)依据盖斯定律和反应热与键能的关系计算;
    (2)依据化学平衡常数公式计算可得;
    (3)化学反应应用于实际工农业生产时,不仅要考虑反应进行的程度,还要考虑反应进行的快慢,反应的快慢与反应活化能有关;
    (4) 化学反应速率取决于慢反应,由题意可知反应分两步进行,反应速率取决于第一步慢反应,即与NO2浓度有关。
    【详解】(1)①燃烧热是指在101kP时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,此时C元素要燃烧生成二氧化碳,H元素要转化为液态水,将已知热化学方程式编号为①C8H18(1)+ O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H1=-5122kJ·mol-1,②H2O(1)=H2O(g) △H2=+44kJ·mol-1,由盖斯定律可知,①—9×②可得表示辛烷燃烧热的热化学方程式C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ,则ΔH=△H1—9△H2=(-5122kJ·mol-1)—9×(+44kJ·mol-1)=-5518 kJ·mol-1,故答案为:C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1;
    ②将已知热化学方程式编号为①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2,②2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3=-746kJ·mol-1,由盖斯定律可知,①+②可得2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) △H=△H2+△H3,由题给键能数据可知△H=反应物键能之和—生成物键能之和=(2×1076kJ/mol+494 kJ/mol)—2×2×799kJ/mol=—550 kJ/mol,则△H2=△H—△H3=—550 kJ/mol—(-746 kJ/mol)=+196 kJ/mol,故答案为:+196;
    (2)设生成NO的物质的量为amol,内燃机燃烧室的体积为VL,由反应的平衡常数公式可得K===2. 0×10-6,解得a=2 0×10-5mol,则起始N2的物质的量为(2.0+×2 0×10-5)mol≈2.0mol,转化率为×100%=0. 005%,故答案为:2 0×10-5;0. 005%;
    (3)化学反应应用于实际工农业生产时,不仅要考虑反应进行的程度,还要考虑反应进行的快慢,反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)在实际汽车尾气中进行的程度很小,可能的原因是该反应活化能高,导致反应速率慢,若要提高反应速率最有效的措施是寻找合适的催化剂,降低反应活化能,则要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度,关键是要寻找耐高温的催化剂,故答案为:反应活化能高,反应速率慢;找耐高温的催化剂;
    (4) 化学反应速率取决于慢反应,由题意可知反应分两步进行,反应速率取决于第一步慢反应,即与NO2浓度有关。
    A、NO是生成物,,NO的浓度与该反应速率没有直接关系,故错误;
    B、反应分两步进行,反应速率取主要取决于“慢反应”,则NO2的浓度影响该反应速率,故正确;
    C、由两步反应可知,第一步反应中NO3为生成物,第二步反应中NO3为反应物,由总方程式NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)可知反应物和最终产物中都没有NO3,则NO3为反应中间产物,故正确;
    D、反应活化能越高反应速率越慢,第一步反应是慢反应,第二步反应是快反应,则第二步 反应的活化能较小,故错误;
    BC正确,故答案为:BC。
    19.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法:保持污水的pH在5.0~6.0,
    通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性,可吸附污物而沉积下来,具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层,弃去浮渣层,即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水,设计的装置示意图如下图所示。

    (1)实验时若污水中离子浓度较小,导电能力较差,产生气泡速率缓慢,无法使悬浮物形成浮渣。此时,应向污水中加入适量的________。
    a.H2SO4     b.CH3CH2OH c.Na2SO4 d.NaOH
    (2)电解过程中,电解池阳极发生了两个电极反应,其中一个为2H2O-4e-=O2↑+4H+,则另一个电极反应式为_____________________________。
    (3)电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为_____________________________。
    (4)熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐电解质,CH4为燃料,空气为氧化剂,稀土金属材料为电极。
    ①正极的电极反应式为______________________________________;
    ②为了使该燃料电池长时间稳定运行,电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是___________。
    (5)实验过程中,若在阴极产生了44.8 L(标准状况)气体,则熔融盐燃料电池消耗CH4(标准状况)________L。
    【答案】(1). c (2). Fe-2e-===Fe2+ (3). 4Fe2++10H2O+O2===4Fe(OH)3↓+8H+或4Fe2++4H++O2===4Fe3++2H2O,Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓ (4). O2+2CO2+4e-===2CO32-(或2O2+4CO2+8e-===4CO32-) (5). CO2 (6). 11.2
    【解析】
    【分析】A装置为电解池,B装置为原电池装置,原电池工作时,通入甲烷的一级为负极,发生氧化反应,负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O,通入氧气的一极为正极,发生还原反应,正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-,电解池中Fe为阳极,发生Fe-2e-=Fe2+,阴极的电极反应为:2H++2e-=H2↑,二价铁离子具有还原性,能被氧气氧化到正三价,4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+。
    【详解】(1)由题意可知,保持保持污水的pH在5.0~6.0之间,通过电解生成Fe(OH)3沉淀时,加入能使溶液导电能力增强的电解质,必须是可溶于水的、显中性的盐,故选c,故答案为:c;
    (2)燃料电池中通入空气的电极是正极,通入甲烷的电极是负极,铁与正极相连作阳极,活泼金属电极做电解池的阳极时,电极本身失去电子,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,故答案为:Fe-2e-=Fe2+;
    (3)阳极铁失去电子转化为亚铁离子,亚铁离子具有还原性,能被氧气氧化生成铁离子,铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁红褐色沉淀,反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+,故答案为:4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+;
    (4)①燃料电池中,正极得到电子发生还原反应,即一定是氧气得电子的过程。由于电解质是熔融碳酸盐,因此正极电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-,故答案为:O2+2CO2+4e-=2CO32-;
    ②负极甲烷失去电子转化为CO2,而正极需要消耗CO2,所以可以循环利用的物质是CO2,故答案为:CO2;
    (5)阴极电极反应为2H++2e-=H2↑,即44.8L(标准状况)气体是氢气,物质的量是2mol,转移电子的物质的量为4mol。根据电池的负极电极反应CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O可知当转移4mol电子时,消耗CH40.5mol,在标准状况下的体积V=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,故答案为:11.2。
    20.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”,其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出).

    (1)工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应为:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),某温度下,将1mol CO2和3mol H2充入体积不变的2L密闭容器中,发生上述反应,测得不同时刻反应前后的压强关系如表:
    时间/h
    1
    2
    3
    4
    5
    6
    p后/p前
    0. 90
    0. 85
    0. 83
    0. 81
    0. 80
    0. 80
    ①用H2 表示前2h平均反应速率v(H2)=___.
    ②该温度下CO2的平衡转化率为___.
    (2)在300℃、8MPa下,将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1:3通入一恒压密闭容器中发生(1)中反应,达到平衡时,测得二氧化碳的平衡转化率为50%,则该反应条件下的平衡常数Kp=______________ (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数).
    (3)—定温度和压强下,在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92. 4 kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。

    ①在10~20 min内,NH3浓度变化的原因可能是_______。
    A. 加入催化剂 B. 缩小容器体积 C. 降低温度 D. 增加NH3的物质的量
    ② 20 min达到第一次平衡,在反应进行至25 min时,曲线发生变化的原因是____________,35min达到第二次平衡,则平衡的平衡常数K1______K2(填“>”“<”或“ = ”)
    【答案】(1). 0. 225mol/(L•h) (2). 40% (3). (4). AB (5). 移走 0. 1 molNH3 (6). =
    【解析】
    【分析】(1)①建立三段式,先依据=计算各物质的变化量,再计算氢气的反应速率;
    ②建立三段式,先依据=计算各物质的变化量,再计算二氧化碳转化率;
    (2)建立三段式,先依据=计算各物质的变化量,再计算各物质的物质的量分数,最后计算平衡分压常数;
    (3)①由图象可知各组分物质的量变化增加,且10min时变化是连续的,说明10min时改变条件,使正、逆反应速率均增大;
    ②由图象可知,第25分钟,NH3的物质的量减少0. 1 mol;平衡常数随温度变化,温度不变此时平衡常数K将不变。
    【详解】(1)①设2h时CO2的消耗量为x,依题意建立如下三段式:
    CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
    起(mol) 1 3 0 0
    变(mol) x 3x x x
    平(mol) 1—x 3—3x x x
    由=可得,=,x=0.3mol,则前2h平均反应速率v(H2)= 0. 225mol/(L•h),故答案为:0. 225mol/(L•h);
    ②由题给表格数据可知5h时,反应达到平衡,该温度下CO2的平衡转化率为a,依题意建立如下三段式:
    CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
    起(mol) 1 3 0 0
    变(mol) a 3a a a
    平(mol) 1—a 3—3a a a
    由=可得,=,x=0.4mol,则CO2的平衡转化率为×100%=40%,故答案为:40%;
    (2)设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol,依题意建立如下三段式:
    CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),
    起(mol) 1 3 0 0
    变(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
    平(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
    平衡时二氧化碳、甲醇和水的物质的量分数为,平衡分压为×8MPa,氢气的的物质的量分数为,平衡分压为×8MPa,则Kp==,故答案为:;
    (3)①由图象可知各组分物质的量变化增加,且10min时变化是连续的,说明10min时改变条件,使正、逆反应速率均增大。
    A、使用催化剂,正、逆反应速率增大,故正确;
    B、缩小容器体积,相当于增大压强,正、逆反应速率均增大,故正确;
    C、降低温度,反应速率减小,故错误;
    D、增加NH3物质的量,10min时NH3物质的量应偏离变化点,故错误;
    AB正确,故答案为:AB;
    ②由图象可知,第25分钟,NH3的物质的量减少0. 1 mol,而H2、N2的物质的量不变,说明应是分离出0. 1 mol NH3;当反应进行到时35-40min,各物质的量不变,说明反应达到第二次平衡状态,平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变,故答案为:移走0.1molNH3;=。


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