四川省雅安市多校聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月月考化學(xué)試題【含答案解析】

四川省雅安市多校聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期12月月考化學(xué)試題考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共100分?？荚嚂r(shí)間75分鐘。2.請(qǐng)將各題答案填寫在答題卡上。3.本試卷主要考試內(nèi)容：人教版選擇性必修1。4.可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.中國(guó)航天科技發(fā)展舉世矚目。2020年“嫦娥五號(hào)”成功攜帶月球樣品返回地球，2021年“天問一號(hào)”著陸火星，它們都是由以液氫為燃料的“長(zhǎng)征五號(hào)”火箭搭載升空的。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是A.氫氣燃燒的產(chǎn)物不污染環(huán)境，有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”B.低溫液態(tài)儲(chǔ)氫可以大大提高氫氣的密度，降低儲(chǔ)運(yùn)成本C.已知，，則燃燒熱D.氫氣的來源較多，包括水的電解、煤的氣化、乙烷裂解和氯堿工業(yè)等【答案】C【解析】【詳解】A．氫氣燃燒的產(chǎn)物是水，不污染環(huán)境，大力發(fā)展氫能的使用，可減少化石燃料的需求，有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”，A正確；B．常溫下氣態(tài)氣的密度小，體積大，且對(duì)運(yùn)輸氣管要求高，故儲(chǔ)運(yùn)成本高，低溫液態(tài)儲(chǔ)氫可以大大提高氫氣的密度，降低儲(chǔ)運(yùn)成本，B正確；C．燃燒熱是指1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定產(chǎn)物時(shí)放出的熱量，該熱化學(xué)方程式中，H2O(g)不是穩(wěn)定產(chǎn)物，且由于不知道氣態(tài)水轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放出的能量，故不能計(jì)算燃燒熱，C錯(cuò)誤；D．水的電解產(chǎn)物是氫氣和氧氣，煤的氣化可得到氫氣和CO，乙烷裂解產(chǎn)生乙烯和氫氣，氯堿工業(yè)是通過電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，故都可作為氫氣的來源，D正確；答案選C。2.下列事實(shí)不能用勒夏特列原理(化學(xué)平衡移動(dòng)原理)解釋的是A.合成氨時(shí)，選定溫度為400~500℃，而不是常溫B.人體血液的pH穩(wěn)定在7.4±0.05范圍內(nèi)C.氯氣在水中的溶解度大于在飽和食鹽水中的溶解度D.生活中，可用熱的純堿溶液除油污【答案】A【解析】【詳解】A．工業(yè)合成氨是放熱反應(yīng)，升溫化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，不利于氨氣的制備，之所以采用400℃～500℃的高溫條件，是因?yàn)樵诖藴囟认拢呋瘎┗钚宰罡?，且反?yīng)速率較大，不能用勒夏特列原理解釋，故A符合題意；B．人體血液中存在化學(xué)平衡，血液酸性增強(qiáng)時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，氫離子濃度減小，酸性降低，血液堿性增強(qiáng)時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，氫離子濃度增大，堿性減低，從而維持人體的pH為一定范圍內(nèi)，能用勒夏特列原理解釋，故B不符合題意；C．氯氣和水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，飽和食鹽水中氯離子濃度大，化學(xué)平衡逆向進(jìn)行，減小氯氣溶解度，能用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意；D．純堿溶液中碳酸根離子水解生成氫氧根離子具有去油污的作用，加熱條件下，碳酸根離子水解程度增大，氫氧根離子濃度增大，去油污能力增強(qiáng)，能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意；故選：A。3.下列做法的目的與改變化學(xué)反應(yīng)速率無關(guān)的是A.瓜子包裝內(nèi)放置除氧劑 B.青香蕉和蘋果放一起催熟C.食鹽中添加碘酸鉀 D.紅薯放在地窖中保存【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在瓜子包裝內(nèi)放置除氧劑的目的是防止食品變質(zhì)，減慢腐敗變質(zhì)的速度，故A不符合題意；B．未成熟的青香蕉與成熟蘋果一起密封放置,可以加快香蕉的成熟速率，故B不符合題意；C．食鹽中添加碘酸鉀是為了防止缺碘，與反應(yīng)速率無關(guān)，故C符合題意；D．紅薯放在地窖中保存可以減緩紅薯的變質(zhì)速度，故D不符合題意；故答案為C?！军c(diǎn)睛】4.下列應(yīng)用與鹽類水解無關(guān)的是A.氯化銨用作除銹劑B.明礬作凈水劑C.用氯化鐵溶液制氫氧化鐵膠體D.鹽酸用作除垢劑，除去水垢【答案】D【解析】【詳解】A．氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，可用于除銹，故A不選；B．明礬在溶液中水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性能凈水，故B不選；

C．氯化鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，故C不選；D．水垢的主要成分為碳酸鈣和氫氧化鎂，鹽酸除垢利用的是鹽酸的酸性，與鹽類水解無關(guān)，故D選；故選D。5.下列說法能證明一元酸(HA)是弱電解質(zhì)的是A.HA溶液的導(dǎo)電性比醋酸溶液弱。B.常溫下測(cè)得0.01mol/LHA溶液的pH=2C.常溫下測(cè)得NaA溶液呈堿性D.往HA溶液中滴加甲基橙，溶液顯紅色【答案】C【解析】【詳解】A．HA的導(dǎo)電性比醋酸弱，說明HA溶液中離子濃度較小，濃度未知不能說明HA部分電離，所以不能證明HA是弱電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．常溫下測(cè)得溶液的pH═2，則HA完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．常溫下測(cè)定NaA溶液呈堿性，說明NaA是強(qiáng)堿弱酸鹽，則HA為弱電解質(zhì)，故C正確；D．甲基橙變色范圍為3.1-4.4，向HA溶液中滴加甲基橙，溶液顯紅色，說明HA酸，但是不能說明HA部分電離，則不能證明HA是弱電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：C。6.下列說法錯(cuò)誤的是A.多元弱酸的逐級(jí)電離平衡常數(shù)依次減小B.強(qiáng)酸與強(qiáng)堿形成的鹽，其水溶液不一定呈中性C.水的離子積常數(shù)Kw不僅適用于純水，也適用于稀的酸、堿、鹽溶液D.電離平衡常數(shù)大的酸溶液中的c(H+)一定比電離平衡常數(shù)小的酸溶液中的c(H+)大【答案】D【解析】【詳解】A．多元弱酸分步電離，上一級(jí)電離產(chǎn)生的H+對(duì)下一級(jí)電離有抑制作用，第一步電離程度最大，并逐級(jí)電離程度依次減小，故多元弱酸的逐級(jí)電離平衡常數(shù)依次減小，A正確；B．強(qiáng)酸與強(qiáng)堿形成的鹽可能是正鹽，其水溶液呈中性，也可能是酸式鹽，其水溶液呈酸性，還可能是堿式鹽，其水溶液呈堿性，B正確；C．水的離子積只與溫度有關(guān)，和所處的環(huán)境無關(guān)，即Kw不只是適用于純水，也適用于其他稀的電解質(zhì)溶液，C正確；D．c(H+)與酸的強(qiáng)弱和酸的濃度均有關(guān)，酸的濃度沒有確定，無法比較酸溶液中H+的濃度的相對(duì)大小，即電離常數(shù)大的酸溶液中c(H+)不一定比電離常數(shù)小的酸溶液中的c(H+)大，D錯(cuò)誤；故答案為：D。7.下列裝置能夠形成原電池且銅為負(fù)極的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】A．能形成原電池，Zn比Cu活潑，Zn作負(fù)極，Cu作正極，故A錯(cuò)誤；

B．能形成原電池，F(xiàn)e比Cu活潑，鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，F(xiàn)e作負(fù)極，Cu作正極，故B錯(cuò)誤；

C．Cu比Ag活潑，但是酒精是非電解質(zhì)，不能構(gòu)成原電池，電路中無電流產(chǎn)生，故C錯(cuò)誤；

D．能形成原電池，但常溫下Al遇濃硝酸鈍化，Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅，銅失電子，故Cu作負(fù)極，故D正確；

故選：D。8.下列裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.圖1表示電解MgCl2溶液，制備金屬M(fèi)gB.圖2表示犧牲陽(yáng)極法保護(hù)鋼鐵橋墩C.圖3所示裝置中的鐵釘幾乎沒被腐蝕D.圖4能驗(yàn)證飽和食鹽水(含酚酞)的電解產(chǎn)物【答案】A【解析】【詳解】A．電解池陰極上得電子能力：H+>Mg2+，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，電解MgCl2溶液不能制備Mg，應(yīng)該電解熔融MgCl2，A錯(cuò)誤；B．鋅比鐵活潑，鋅失電子，被氧化，從而保護(hù)了鐵不被腐蝕，故表示犧牲陽(yáng)極法，B正確；C．由于常溫下鐵遇到濃硫酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，所以裝置中的鐵釘幾乎沒被腐蝕，C正確；D．電解飽和食鹽水，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，檢驗(yàn)氯氣用碘化鉀淀粉溶液；陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉，氫氧化鈉能使酚酞變紅色，該裝置能驗(yàn)證氯化鈉溶液的電解產(chǎn)物，D正確；故答案為：A。9.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.25℃時(shí)，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的數(shù)目為0.2NAB.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有的數(shù)目為0.1NAC.25℃時(shí)，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的個(gè)數(shù)為0.1NAD.25℃時(shí)，1LpH=10的CH3COONa溶液中，水電離出的H+的數(shù)目為10-4NA【答案】D【解析】【詳解】A．25℃時(shí)，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的物質(zhì)的量為0.1mol/L×1L=0.1mol，故A錯(cuò)誤；B．Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根在溶液中水解使溶液呈堿性，則1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有的數(shù)目小于0.1NA，故B錯(cuò)誤；C．缺溶液的體積，無法計(jì)算25℃時(shí)，pH=13的氫氧化鈉溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量和含有的氫氧根離子數(shù)目，故C錯(cuò)誤；D．溶液中，水電離出的氫離子濃度總是等于水電離出的氫氧根離子濃度，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根在溶液中水解使溶液呈堿性，則25℃時(shí)，pH=10的醋酸鈉溶液中，水電離出的氫離子濃度和氫氧根離子濃度為10-4mol·L-1，則1L溶液中水電離出的H+的數(shù)目為10-4NA，故D正確；故選D。10.將等物質(zhì)的量濃度的NaOH(甲)、NH3·H2O(乙)水溶液加水稀釋，下列圖示能正確表示水電離出的c水(H+)與加入水的體積V的關(guān)系的是A. B.C D.【答案】D【解析】【詳解】NaOH和NH3·H2O的電離均會(huì)抑制水的電離，所以加水稀釋的過程中，溶液中氫氧根溶度減小，由水電離出的氫離子濃度會(huì)越來越大，但NH3·H2O為弱電解質(zhì)，甲、乙兩溶液物質(zhì)的量濃度相同時(shí)乙溶液電離出的氫氧根離子較少，對(duì)水的電離的抑制作用較弱，水電離出的氫離子濃度更大，D項(xiàng)符合題意，故選D。11.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象結(jié)論A向Fe(NO3)2溶液中滴人硫酸酸化的H2O2溶液，溶液由淺綠色變?yōu)辄S色氧化性：H2O2>>Fe2+B向4mL0.1mol/LK2CrO4溶液中緩慢滴加1molL稀硫酸，溶液由黃色變?yōu)槌壬龃骳(H+)有利于轉(zhuǎn)化為C等體積pH=2的HX和HY兩種酸溶液分別與足量的鋅粒反應(yīng)，用排水法收集氣體，HX溶液放出的氫氣多且反應(yīng)速率快證明HX的酸性比HY強(qiáng)D室溫下，向濃度均為0.05mol/L的NaI和NaCl的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)>Ksp(AgCI)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．硝酸根離子在酸性條件下有強(qiáng)氧化性，也可氧化二價(jià)鐵，故不能得到氧化性：H2O2>Fe3+，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．K2CrO4溶液中存在(aq,橙色)+H2O(l)?2H+(aq)+2(aq,黃色)，加入稀硝酸，平衡逆向移動(dòng)，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，則增大c(H+)有利于轉(zhuǎn)化為，B項(xiàng)正確；C．等體積pH均為2的HX和HY兩種酸溶液分別與足量鋅反應(yīng)，HX溶液放出的H2多且速率快，說明HX的物質(zhì)的量濃度更大，但是電離出的氫離子濃度相同(pH都是2)，所以說明HX的電離程度更小，即HX的酸性更弱，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．有黃色沉淀生成說明碘化銀先沉淀，故其溶解度更小，Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。12.根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論正確的是A.圖甲是常溫下用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液的滴定曲線，Q點(diǎn)表示酸堿中和滴定終點(diǎn)B.圖乙是I2+I-中的平衡濃度隨溫度變化的曲線，說明平衡常數(shù)K(T1)<K(T2)C.圖丙表示CO2通入飽和Na2CO3溶液中，溶液導(dǎo)電能力的變化D.圖丁是1molX2(g)、1molY2(g)反應(yīng)生成2molXY(g)的能量變化曲線，a表示1molX2(g)、1molY2(g)變成氣態(tài)原子過程中吸收的能量【答案】D【解析】【詳解】A．0.1000mol/L氫氧化鈉溶液與20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液恰好反應(yīng)生成醋酸鈉時(shí)，消耗氫氧化鈉溶液的體積為20.00mL，溶液呈堿性，則溶液pH為7的Q點(diǎn)不是滴定終點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，溫度升高，c()降低，說明升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，則平衡常數(shù)K(T1)大于K(T2)，故B錯(cuò)誤；C．二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3↓，反應(yīng)中離子濃度減小，導(dǎo)電能力減弱，但不會(huì)趨于0，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，1molX2(g)、1molY2(g)反應(yīng)生成2molXY(g)的反應(yīng)為反應(yīng)物總能量小于生成物總能量的吸熱反應(yīng)，a表示1molX2(g)、1molY2(g)化學(xué)鍵斷裂變成氣態(tài)原子過程中吸收的能量，故D正確；故選D。13.電解法可將硝基苯降解為苯胺，工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.b極連接電源負(fù)極B.理論上每轉(zhuǎn)移4mol電子，將有4molH+從右室移入左室C.電解質(zhì)溶液中H+濃度越大，越利于硝基苯降解D.a極上硝基苯發(fā)生的反應(yīng)為-6e-+6H+=+2H2O【答案】B【解析】【分析】電解池中陽(yáng)離子流向陰極，根據(jù)氫離子流動(dòng)方向可知a電極為陰極，b電極為陽(yáng)極，陰極硝基苯得電子生成苯胺，同時(shí)氫離子也會(huì)在陰極得到點(diǎn)生成氫氣，陽(yáng)極水放電生成氧氣；【詳解】A．b極為陽(yáng)極，與電源正極相連，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．電解池中陽(yáng)離子移向陰極，根據(jù)電荷守恒，電路中每轉(zhuǎn)移4mol電子將有4molH+從右室移入左室，B項(xiàng)正確；C．電解質(zhì)溶液中H+濃度過高，在電極上得電子的氫離子會(huì)更多，不利于硝基苯得電子，不利于硝基苯降解，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．a(chǎn)極上硝基苯發(fā)生的反應(yīng)為+6e-+6H+=+2H2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。14.根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷，下列說法中錯(cuò)誤的是酸H2SO3HClOH2CO3電離平衡常數(shù)(25℃)K1=1.23×10-2K2=6.6×10-8K=3.2×10-8K1=45×10-7K2=4.7×10-11A.少量的CO2氣體通入次氯酸鈉溶液中的反應(yīng)為NaClO+H2O+CO2=HClO+NaHCO3B.0.1mol/L的NaHSO4溶液逐漸滴加到同濃度的NaClO溶液中，混合后溶液pH減小C.NaHSO3溶液中，離子濃度由大到小的順序是c(Na+)>c(H+)>c()>c()>c(OH-)D.濃度均為0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3、NaClO、NaHSO3溶液，pH最大的是Na2CO3【答案】C【解析】【詳解】A．由電離常數(shù)可知碳酸根離子結(jié)合氫離子能力比次氯酸根離子強(qiáng)，故少量的CO2通入次氯酸鈉溶液中應(yīng)生成HCO，方程式為：NaClO+H2O+CO2=HClO+NaHCO3，A正確；B．NaClO溶液中由于次氯酸根離子的水解導(dǎo)致溶液顯堿性，加入硫酸氫鈉后，氫離子和次氯酸根離子反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸根離子濃度降低，溶液pH減小，B正確；C．NaHSO3溶液中亞硫酸氫根離子的水解常數(shù)，亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，則離子濃度由大到小的順序是c(Na+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-)，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知，碳酸的二級(jí)電離常數(shù)最小，則碳酸根離子的水解程度最大，故pH最大的是Na2CO3，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.能源的開發(fā)、利用與人類社會(huì)的可持續(xù)發(fā)展息息相關(guān)，充分利用好能源是擺在人類面前的重大課題。（1）為解決目前燃料使用過程中的環(huán)境污染問題，并緩解能源危機(jī)，有專家提出利用太陽(yáng)能促進(jìn)燃料循環(huán)使用的構(gòu)想，如圖所示：過程Ⅰ的能量轉(zhuǎn)化形式為___________能轉(zhuǎn)化為___________能。（2）有機(jī)物M經(jīng)過太陽(yáng)光照射可轉(zhuǎn)化成N，轉(zhuǎn)化過程如下：ΔH=+88.6kJ/mol則M、N中，較穩(wěn)定的是___________。（3）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(yáng)能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)。其過程如圖所示：太陽(yáng)能→熱能→反應(yīng)Ⅰ：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ/mol反應(yīng)Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=-297kJ/mol寫出反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：___________。（4）依據(jù)原電池的構(gòu)成原理，下列化學(xué)反應(yīng)在理論上可以設(shè)計(jì)成原電池的是___________(填標(biāo)號(hào))。A.C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH>0B.4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)ΔH<0C.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH<0D.C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH<0（5）如圖所示的裝置中，X、Y都是惰性電極。將電路接通后，向乙裝置中滴入無色酚酞溶液，F(xiàn)e極附近顯紅色。①甲裝置是甲烷燃料電池(電解質(zhì)溶液為KOH溶液)的結(jié)構(gòu)示意圖，電極a上的電極反應(yīng)式是___________。②乙裝置中，總反應(yīng)的離子方程式是___________。③若丙裝置中精銅電極的質(zhì)量增加了6.4g，則甲裝置中標(biāo)準(zhǔn)狀況下消耗的CH4的體積為___________?！敬鸢浮浚?）①.太陽(yáng)②.化學(xué)（2）M（3）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol（4）BD（5）①.CH4+10OH--8e-=+7H2O②.2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑③.0.56L或560mL【解析】【小問1詳解】由圖可知，過程Ⅰ是太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；【小問2詳解】有機(jī)物M經(jīng)過太陽(yáng)光光照可轉(zhuǎn)化成N，△H=+88.6kJ?mol-1，過程是吸熱反應(yīng)，N暗處轉(zhuǎn)化為M，是放熱反應(yīng)，能量越低越穩(wěn)定，說明M穩(wěn)定；【小問3詳解】由圖可知，反應(yīng)Ⅱ?yàn)?SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，根據(jù)蓋斯定律，Ⅱ=(Ⅰ+Ⅲ)×(-1)，整理可得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol?！拘?詳解】依據(jù)原電池的構(gòu)成原理，自發(fā)進(jìn)行的放熱的氧化還原反應(yīng)在理論上可以設(shè)計(jì)成原電池，A項(xiàng)是吸熱反應(yīng)，C項(xiàng)是非氧化還原反應(yīng)，故選BD；【小問5詳解】①將電路接通后，向乙裝置中滴入酚酞溶液，F(xiàn)e極附近顯紅色，說明Fe為陰極，C為陽(yáng)極，甲裝置左邊為負(fù)極，右邊為正極，則a處通入的是CH4，電極a上發(fā)生的電極反應(yīng)是CH4+10OH--8e-=+7H2O；②乙裝置為電解飽和食鹽水，其總反應(yīng)的離子方程式是2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑。③丙裝置中精銅電極的電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu，若該電極質(zhì)量增加了6.4g，則生成Cu的物質(zhì)的量n===0.1mol，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，甲裝置中a處通入的是CH4，電極上發(fā)生的電極反應(yīng)是CH4+10OH--8e-=+7H2O，轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，消耗0.025molCH4，體積V=0.025mol×22.4L/mol=0.56L。16.某研究小組為了精確檢測(cè)果脯蜜餞中添加劑亞硫酸鹽的含量，用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：Ⅰ.三頸燒瓶中加入25.00g均勻的果脯蜜餞樣品和200mL水，錐形瓶中加入25.00mL0.016mol/LKMnO4溶液。Ⅱ.以0.1L/min的流速通入氮?dú)?，再滴入磷酸，加熱并保持微沸，待錐形瓶中溶液的顏色不再發(fā)生變化，停止加熱。Ⅲ.向潤(rùn)洗過的滴定管中裝入0.0500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液至0刻度以上，排盡空氣后記錄讀數(shù)，將(NH4)2Fe(SO4)2溶液逐滴滴入錐形瓶，待溶液變?yōu)闇\紅色時(shí)，用蒸餾水洗滌錐形瓶?jī)?nèi)壁，繼續(xù)滴定至溶液由淺紅色褪為無色，記錄讀數(shù)。Ⅳ.重復(fù)步驟Ⅲ實(shí)驗(yàn)3次，記錄消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液體積如下表：第一次第二次第三次第四次(NH4)2Fe(SO4)2溶液體積19.98mL20.50mL20.00mL20.02mL回答下列問題：（1）冷凝管的進(jìn)水口為___________(填“a”或“b”)，通入氮?dú)獾哪康氖莀__________。（2）步驟Ⅱ中KMnO4被還原為Mn2+，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）設(shè)計(jì)步驟Ⅲ的目的是___________，其中所用滴定管的名稱是___________。（4）加入的H3PO4的作用是___________。（5）上述實(shí)驗(yàn)中若先加磷酸再通氮?dú)?，?huì)使測(cè)定結(jié)果___________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)；該樣品中亞硫酸鹽含量(以SO2計(jì))為___________g/kg?！敬鸢浮浚?）①.a②.實(shí)驗(yàn)開始前，排盡裝置內(nèi)的空氣，實(shí)驗(yàn)開始后將生成的SO2全部排入高錳酸鉀溶液中（2）2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+（3）①.測(cè)定錐形瓶中剩余的KMnO4的量②.酸式滴定管（4）使亞硫酸鹽轉(zhuǎn)化為SO2逸出（5）①.偏低②.1.28【解析】【分析】磷酸和果脯蜜餞中的亞硫酸鹽反應(yīng)放出二氧化硫，用氮?dú)獍讯趸蛉颗湃敫咤i酸鉀溶液中，然后用(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定剩余的高錳酸鉀，從而計(jì)算果脯蜜餞放出二氧化硫的量。【小問1詳解】為提高冷凝效果，冷凝水“低進(jìn)高出”，冷凝管的進(jìn)水方向?yàn)閍；裝置中有空氣，會(huì)影響實(shí)驗(yàn)，則通入氮?dú)獾哪康氖牵簩?shí)驗(yàn)開始前，排盡裝置內(nèi)的空氣，實(shí)驗(yàn)開始后將生成的SO2全部排入高錳酸鉀溶液中；【小問2詳解】步驟Ⅱ中KMnO4被二氧化硫還原為Mn2+，二氧化硫被氧化為硫酸根離子，根據(jù)得失電子守恒，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+；【小問3詳解】步驟Ⅲ是利用(NH4)2Fe(SO4)2除去和SO2反應(yīng)剩余的KMnO4溶液，否則導(dǎo)致測(cè)定值偏大，酸性溶液盛放在酸式滴定管中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液呈酸性，應(yīng)該用酸式滴定管盛放，故答案為：測(cè)定錐形瓶中剩余的KMnO4；酸式滴定管；【小問4詳解】加入H3PO4后，溶液中存在化學(xué)平衡：，，，SO2的溶解度隨溫度的升高而減小，SO2逸出，促進(jìn)了上述平衡正移，所以加入的H3PO4的作用是：使亞硫酸鹽轉(zhuǎn)化為SO2逸出；【小問5詳解】若先加磷酸再通氮?dú)猓赡苡胁糠侄趸虮谎鯕庋趸?，消耗高錳酸鉀的量偏少，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏低；n(KMnO4)總=25.00×10-3L×0.016mol?L-1=4.000×10?4moln[(NH4)2Fe(SO4)2]=n(Fe2+)=20.00×10?3L×0.0500mol?L-1=1.000×10?3mol由題意可得關(guān)系式：KMnO4~5Fe2+n(KMnO4)剩余=n(Fe2+)=×1.000×10?3mol=2.000×10?4mol由題意可得關(guān)系式：2KMnO4~5SO2與SO2反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量：4.000×10?4mol-2.000×10?4mol=2.000×10?4moln(SO2)=n(KMnO4)=×2.000×10?4mol=5.000×10?4molm(SO2)=5000×10?4mol×64g?mol?1=3.200×10?2g樣品中亞硫酸鹽的含量：=1.28g?kg-1。17.以水氯鎂石樣品(主要成分為MgCl2·6H2O，含少量有機(jī)色素和Fe2+、Cu2+、Mn2+、Pb2+)為原料，制備氯化鎂的流程如圖：回答下列問題：（1）“脫色”過程中H2O2會(huì)轉(zhuǎn)化為·OH(羥基自由基)，·OH可使部分有機(jī)色素轉(zhuǎn)化為CO2和H2O。①·OH體現(xiàn)的性質(zhì)是___________。②相同時(shí)間內(nèi)，測(cè)得不同溫度下脫色率的變化如圖所示。50℃前脫色率隨著溫度升高而升高，原因是___________。（2）“沉淀”時(shí)，在H2O2的作用下，Mn2+轉(zhuǎn)化成MnO2的離子方程式為___________。（3）在加入(NH4)2S之前需先加熱微沸，其目的是___________。（4）已知：室溫下Ksp(CuS)=6×10-36、Ksp(PbS)=8×10-28，溶液中離子濃度小于或等于1×10-5mol/L即認(rèn)為該離子已經(jīng)除盡。除Cu2+、Pb2+時(shí)，Cu2+、Pb2+均沉淀完全，此時(shí)需控制溶液中c(S2-)不低于___________。（5）從氯化鎂溶液中制得MgCl2·6H2O的操作為___________。制備無水氯化鎂的方法為___________?！敬鸢浮浚?）①.氧化性②.升高溫度，吸附速率加快，雙氧水(·OH濃度增大)的氧化能力增強(qiáng)，氧化速率加快，形成Fe(OH)3膠體，吸附能力提高，脫色率提高(合理答案均可)（2）Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO2↓+2+2H2O（3）將多余的雙氧水分解，防止氧化后加入的S2-（4）8×10-23mol/L（5）①.蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶②.在氯化氫的氛圍中加熱分解脫水【解析】【分析】水氯鎂石樣品溶液中加入活性炭和雙氧水，能去除樣品中的色素且能把Fe2+氧化成Fe3+，加氨水調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去，加入適量的(NH4)2S除去剩余的Cu2+、Pb2+等離子，然后從得到的氯化鎂溶液中分離出氯化鎂，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】①·OH具有較強(qiáng)的得電子能力，體現(xiàn)氧化性；②50℃前脫色率隨著溫度升高而升高，原因是：升高溫度，吸附速率加快，雙氧水(·OH濃度增大)的氧化能力增強(qiáng)，氧化速率加快，形成Fe(OH)3膠體，吸附能力提高，脫色率提高；【小問2詳解】加氨水調(diào)節(jié)pH時(shí)，Mn2+被溶液中的H2O2氧化轉(zhuǎn)化成MnO2的離子方程式為Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO2↓+2+2H2O?！拘?詳解】加入(NH4)2S之前加熱，將多余的雙氧水分解，防止氧化后加入的S2-?！拘?詳解】除Cu2+、Pb2+時(shí)，Cu2+、Pb2+均沉淀完全，此時(shí)需控制溶液中c(S2-)使Pb2+完全沉淀，則c(S2-)===8×10-23(mol/L)；【小問5詳解】在逐步升溫的條件下，結(jié)晶水合物能部分或全部失去結(jié)晶水，從氯化鎂溶液中析出MgCl2?6H2O晶體，不能采用蒸發(fā)結(jié)晶，需用降溫結(jié)晶，則從氯化鎂溶液中制得MgCl2·6H2O的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；加熱過程促進(jìn)Mg2+水解，反應(yīng)方程式為MgCl2+2H2O，生成HCl易揮發(fā)，為抑制鎂離子水解，可在氯化氫氣體氛圍下進(jìn)行，則制備無水氯化鎂的方法為在氯化氫的氛圍中加熱分解脫水。18.研發(fā)二氧化碳的利用技術(shù)，將二氧化碳轉(zhuǎn)化為能源是減輕環(huán)境污染和解決能源問題的方案之一，回答下列問題：（1）利用CO2合成二甲醚有兩種工藝。工藝1：涉及以下主要反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ.甲醇的合成：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.0kJ/mol反應(yīng)Ⅱ.逆水汽變換：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.0kJ/mol反應(yīng)Ⅲ.甲醇脫水：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH3=-23.5kJ/mol工藝2：反應(yīng)Ⅳ.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH①ΔH=___________kJ/mol，反應(yīng)Ⅳ在___________(填“低溫”“高溫”或“任意溫度”)下自發(fā)進(jìn)行。③在恒溫恒容的密閉容器中，下列說法能判斷反應(yīng)Ⅳ達(dá)到平衡的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．氣體物質(zhì)中碳元素與氧元素的質(zhì)量比不變B．容器內(nèi)CH3OCH3濃度保持不變C．容器內(nèi)氣體密度不變D．容器內(nèi)氣體的平均摩爾質(zhì)量不變（2）在不同壓強(qiáng)下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇(反應(yīng)Ⅰ)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化關(guān)系如圖甲、乙所示。①下列說法正確是___________(填標(biāo)號(hào))。A．圖甲縱坐標(biāo)表示CH3OH的平衡產(chǎn)率B．p1<p2<p3C．為了同時(shí)提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和CH3OH的平衡產(chǎn)率，應(yīng)選擇低溫、高壓條件D．一定溫度、壓強(qiáng)下，提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率的主要方向是尋找活性更高的催化劑②圖乙中，某溫度