湖南省長(zhǎng)沙麓山國(guó)際實(shí)驗(yàn)學(xué)校2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期第一次學(xué)情檢測(cè)化學(xué)試卷

湖南省長(zhǎng)沙市麓山國(guó)際實(shí)驗(yàn)學(xué)校20232024學(xué)年高二下學(xué)期第一次學(xué)情檢測(cè)化學(xué)試題總分：100分時(shí)量：75分鐘可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：Fe56Zn65一、單選題(每題3分，共42分)1.下列說法不正確的是A.可以用勒夏特列原理解釋實(shí)驗(yàn)室中常用排飽和食鹽水的方法收集氯氣B.熱的碳酸鈉溶液可用于去除餐具的油污C.燃燒木柴時(shí)，采用較細(xì)木材并將木柴架空D.農(nóng)業(yè)上將草木灰和銨態(tài)氮肥混合使用，可以增強(qiáng)肥效【答案】D【解析】【詳解】A．氯氣溶于水的反應(yīng)為，由于飽和食鹽水中含有大量的氯離子，該平衡逆向移動(dòng)，氯氣溶解度減小，可用勒夏特列原理解釋，故A正確；B．碳酸鈉水解顯堿性，油脂在堿性環(huán)境下水解，加熱可以促進(jìn)碳酸鈉的水解，所以熱的碳酸鈉溶液可用于去除餐具的油污，故B正確；C．燃燒木柴時(shí)，采用較細(xì)木材并將木柴架空，增大了木材與空氣的接觸面積，促進(jìn)木材充分燃燒，故C正確；D．銨根離子水解顯酸性，碳酸根離子水解顯堿性，二者混合會(huì)發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，生成氨氣，會(huì)降低肥效，故D錯(cuò)誤；故選D。2.下列化學(xué)用語或表述正確的是A.的空間結(jié)構(gòu)：形B.基態(tài)碳原子的軌道表示式：C.基態(tài)原子的價(jià)電子排布式：D.分子的模型：【答案】C【解析】【詳解】A．中Be為sp雜化，空間結(jié)構(gòu)為直線形，A錯(cuò)誤；B．基態(tài)碳原子的軌道表示式：，B錯(cuò)誤；C．鎳為28號(hào)元素，基態(tài)原子的價(jià)電子排布式：，C正確；D．分子中P為sp3雜化，模型為四面體形，D錯(cuò)誤；故選C。3.化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作是進(jìn)行科學(xué)實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)，下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作、儀器選擇及相關(guān)敘述正確的是A.圖1表示堿式滴定管排氣泡B.圖2表示測(cè)定中和熱C.圖3表示用硝酸鋁溶液直接蒸發(fā)結(jié)晶獲得無水硝酸鋁D.圖4表示閘門應(yīng)與外接電源的負(fù)極相連被保護(hù)該方法叫做犧牲陽極的陰極保護(hù)法【答案】A【解析】【詳解】A．圖1擠壓乳膠管斜向上約45°趕走氣泡，表示堿式滴定管排氣泡，A正確；B．圖2測(cè)定中和熱裝置，內(nèi)外燒杯口應(yīng)相平，減少熱量散失，B錯(cuò)誤；C．硝酸鋁溶液中存在Al(NO3)3+3H2OAl(OH)3+3HNO3，加熱促進(jìn)水解，硝酸易揮發(fā)、分解，因此蒸發(fā)結(jié)晶無法獲得硝酸鋁，最終得到氧化鋁，C錯(cuò)誤；D．圖4表示閘門應(yīng)與外接電源的負(fù)極相連被保護(hù)該方法叫做外加電流的陰極保護(hù)法，D錯(cuò)誤；故選A。4.下列說法不正確的是A.乳酸分子CH3CH(OH)COOH是手性分子B.酸性：是因?yàn)樵訛槲娮踊沟昧u基OH鍵極性增強(qiáng)，易電離出H+C.硫難溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，說明分子極性：H2O＞C2H5OH＞CS2D.鄰羥基苯甲醛的沸點(diǎn)高于對(duì)羥基苯甲醛的沸點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】A．乳酸分子中，連接羥基的碳原子周圍連接了4個(gè)不同的基團(tuán)，屬于手性碳，故乳酸分子是手性分子，A項(xiàng)正確；B．Cl電負(fù)性較強(qiáng)，Cl原子為吸電子基，由于誘導(dǎo)作用使得OH中O和H的共用電子對(duì)偏向O，鍵極性增強(qiáng)，H更易離去，更易電離出H+，使得酸性增強(qiáng)，故酸性：，B項(xiàng)正確；C．硫分子是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，硫難溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，說明分子極性：H2O>C2H5OH>CS2，C項(xiàng)正確；D．鄰羥基苯甲醛存分子內(nèi)氫鍵，對(duì)羥基苯甲醛存在分子間羥基，故沸點(diǎn)：鄰羥基苯甲醛<對(duì)羥基苯甲醛，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。5.下列關(guān)于反應(yīng)能量的說法正確的是A.若反應(yīng)A(s)=B(s)，ΔH<0，則說明A物質(zhì)比B物質(zhì)穩(wěn)定，分子內(nèi)共價(jià)鍵鍵能A比B大B.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=216kJ·mol1，則反應(yīng)物總能量>生成物總能量C.101kPa時(shí)，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=QkJ·mol1，則C的燃燒熱為QkJ·mol1D.H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1，含1molNaOH的氫氧化鈉溶液與含0.5molH2SO4的濃硫酸混合后放出57.3kJ的熱量【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)能量最低原理：能量越低越穩(wěn)定，若反應(yīng)A(s)=B(s)，ΔH<0，則說明B物質(zhì)比A物質(zhì)穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)焓變數(shù)值小于零，為放熱反應(yīng)，所以該反應(yīng)反應(yīng)物總能量>生成物總能量，故B正確；C．燃燒熱是指1mol純凈的可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物所放出的熱量，CO不是C的穩(wěn)定氧化物，故C錯(cuò)誤；D．濃硫酸溶于水放熱，所以含1molNaOH的氫氧化鈉溶液與含0.5molH2SO4的濃硫酸混合后放出的熱量大于57.3kJ，故D錯(cuò)誤；故選B。6.下列說法正確的是A.一定條件下反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，B.在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)C.室溫下，的溶液與的溶液等體積混合，溶液D.對(duì)于乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)（），加入少量濃硫酸并加熱，該反應(yīng)的反應(yīng)速率和平衡常數(shù)均增大【答案】C【解析】【詳解】A．反應(yīng)速率比等于系數(shù)比，若，則正逆反應(yīng)速率不相等，不平衡，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)為熵減的反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)能自發(fā)，在常溫下該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，，B錯(cuò)誤；C．醋酸為弱酸部分電離，室溫下，pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，反應(yīng)后CH3COOH有剩余，發(fā)生電離后使溶液顯酸性，pH<7，C正確；D．對(duì)于乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)（ΔH＜0，為放熱反應(yīng)），加入少量濃硫酸并加熱，該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，但平衡常數(shù)減小，D錯(cuò)誤；故選C。7.金屬可活化放出，其反應(yīng)歷程如圖所示：下列關(guān)于活化歷程的說法錯(cuò)誤的是A.中間體1→中間體2的過程是放熱過程B.加入催化劑可降低該反應(yīng)的反應(yīng)熱，加快反應(yīng)速率C.和的總鍵能小于和的總鍵能D.中間體2→中間體3的過程是決定整個(gè)歷程反應(yīng)速率的關(guān)鍵步驟【答案】B【解析】【詳解】A．中間體1的相對(duì)能量為56.21，中間體2的相對(duì)能量為154.82，中間體1→中間體2的過程是放熱過程，故A正確；B．催化劑不能改變反應(yīng)物和生成物的能量，加入催化劑，該反應(yīng)的反應(yīng)熱不變，故B錯(cuò)誤；C．和的相對(duì)總能量為0，和的相對(duì)總能量為6.57，正反應(yīng)放熱，和總鍵能小于和的總鍵能，故C正確；D．慢反應(yīng)決定總反應(yīng)速率，中間體2→中間體3的過程正反應(yīng)活化能最大，反應(yīng)速率最慢，所以中間體2→中間體3的過程是決定整個(gè)歷程反應(yīng)速率的關(guān)鍵步驟，故D正確；選B。8.常溫下，下列各組離子在有關(guān)限定條件下的溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.由水電離產(chǎn)生的的溶液中：、、、【答案】B【解析】【詳解】A．在mol/L的溶液，顯中性，、結(jié)合成沉淀，不能共存，故A錯(cuò)誤；

B．常溫下，的溶液，顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C．常溫下pH=13的溶液，顯堿性，不能大量存在，故C錯(cuò)誤；

D．由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1012mol/L的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中、發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：B。9.工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))制備PbSO4晶體的工藝流程如圖：已知：PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水；PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)△H>0；Ksp(PbSO4)=1×108，Ksp(PbCl2)=1.6×105。下列說法錯(cuò)誤的是A.“浸取”時(shí)的主要離子反應(yīng)為MnO2+PbS+4H++2Cl=PbCl2+S+Mn2++2H2OB.“濾渣2”的主要成分是Fe(OH)3C.“沉降”時(shí)加入冰水，PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)平衡左移，有利于PbCl2沉淀更完全D.“沉淀轉(zhuǎn)化”過程達(dá)平衡時(shí)，溶液中=1.6×103【答案】A【解析】【分析】方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))和MnO2中加入稀鹽酸，鹽酸與MnO2、PbS發(fā)生反應(yīng)生成PbCl2和S，MnO2被還原成Mn2+，加入的NaCl可促進(jìn)反應(yīng)PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)平衡正向移動(dòng)，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO調(diào)節(jié)溶液pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀除去，然后過濾；PbCl2難溶于冷水，將濾液冷水沉降過濾得到PbCl2晶體；之后加入稀硫酸發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，生成硫酸鉛晶體，濾液a中主要成分為HCl，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼．“浸取”時(shí)鹽酸與MnO2、PbS發(fā)生反應(yīng)生成PbCl2和S，MnO2被還原成Mn2+，加入的NaCl可促進(jìn)反應(yīng)PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)平衡正向移動(dòng)，使更多的Pb元素存在于溶液中，離子方程式為：MnO2+PbS+4H++4Cl=+S+Mn2++2H2O，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．加入MnO調(diào)節(jié)溶液pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀除去，所以“濾渣2”的主要成分是Fe(OH)3，B項(xiàng)正確；C．PbCl2(s)+2Cl(aq)(aq)△H>0反應(yīng)吸熱，加入冰水溫度降低，反應(yīng)逆向移動(dòng)，即平衡向左移，C項(xiàng)正確；D．當(dāng)“沉淀轉(zhuǎn)化”過程達(dá)平衡時(shí)，有，D項(xiàng)正確；答案選A。10.X、Y、Z、W四種元素，原子序數(shù)依次增大。Y與X、Z均相鄰，元素Y的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，元素Z基態(tài)原子的3p軌道上有4個(gè)電子。元素W基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為1。下列說法不正確的是A.第一電離能：B.電負(fù)性：C.元素Y和Z能形成含有極性鍵的非極性分子D.元素Z和W的單質(zhì)加熱反應(yīng)后產(chǎn)物的化學(xué)式為WZ【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W四種元素，原子序數(shù)依次增大，Y與X、Z均相鄰，元素Y的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則Y為O，元素Z基態(tài)原子的3p軌道上有4個(gè)電子，則X為N，Z為S，元素W基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為1，則W為Cu。【詳解】A．根據(jù)分析可知第一電離能：，A正確；B．根據(jù)分析可知電負(fù)性：，B正確；C．元素Y和Z能形成含有極性鍵的非極性分子SO3，C正確；D．元素Z和W的單質(zhì)加熱反應(yīng)后產(chǎn)物的化學(xué)式為，D錯(cuò)誤；故選D。11.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的實(shí)驗(yàn)結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成與發(fā)生了雙水解反應(yīng)B向NaOH固體中加入少量稀鹽酸，測(cè)得溫度高于室溫鹽酸與NaOH反應(yīng)為放熱反應(yīng)C室溫下，測(cè)得相同濃度的NaX和NaY溶液的pH分別為8和9酸性：D向等濃度的NaCl、KI的混合溶液中滴加少量溶液，得到黃色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，離子方程式為，不是雙水解反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．NaOH固體溶于水也放熱，不能證明鹽酸與NaOH反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．室溫下，測(cè)得相同濃度的NaX和NaY溶液的pH分別為8和9，說明Y水解程度更大，酸性：，C錯(cuò)誤；D．向等濃度的NaCl、KI的混合溶液中滴加少量溶液，先生成黃色沉淀碘化銀，說明，D正確；故選D。12.已知相關(guān)數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)HFH2CO3CaF2CaCO3相關(guān)數(shù)據(jù)Ka=6.8×10?4Ka1=4.5×10?7Ka2=4.7×10?11Ksp=3.5×10?11Ksp=3.4×10?9下列說法正確的是A.氟化鈉溶液中存在五種微粒B.氫氟酸滴入碳酸鈉溶液中，可能不產(chǎn)生氣體C.氫氧化鈣溶液與氫氟酸混合的離子方程式：2OH?+Ca2++2H++2F?=CaF2↓+2H2OD.向氟化鈣懸濁液中通入CO2能夠發(fā)生反應(yīng)：CaF2+CO2+H2O=CaCO3+2HF【答案】B【解析】【詳解】A．氟化鈉溶液氟離子會(huì)發(fā)生水解生成HF和氫氧根離子，存在的微粒有：鈉離子、氟離子、HF分子、氫氧根離子、水分子和少量的氫離子共6種，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，HF的電離平衡常數(shù)強(qiáng)于碳酸，所以將少量HF滴入碳酸鈉溶液中，會(huì)生成碳酸氫鈉，此時(shí)不會(huì)看到有氣泡生成，若HF過量，則會(huì)看到生成氣體，B正確；C．HF為弱酸，在離子方程式中不能拆分，需保留化學(xué)式，C錯(cuò)誤；D．碳酸的酸性弱于HF，所以不能發(fā)生上述反應(yīng)，且碳酸鈣可溶于HF，產(chǎn)物不共存，D錯(cuò)誤；13.催化還原二氧化碳是解決溫室效應(yīng)及能源問題的重要手段之一，中國(guó)科學(xué)家設(shè)計(jì)出如圖裝置實(shí)現(xiàn)的轉(zhuǎn)化，電池總反應(yīng)為：。下列說法正確的是A.太陽能電池正極為A極B.該裝置工作時(shí)，質(zhì)子通過交換膜由電極Ⅰ移向電極ⅡC.催化電極Ⅰ的電極反應(yīng)：D.該裝置不僅還原，還產(chǎn)生了具有經(jīng)濟(jì)附加值的次氯酸鹽【答案】D【解析】【分析】由電池總反應(yīng)為：可知，CO2得電子生成CO，電極Ⅰ生成CO得電子為陰極，電極Ⅱ?yàn)殛枠O；【詳解】A．電極I是二氧化碳變?yōu)橐谎趸?，化合價(jià)降低，是陰極，則太陽能電池的負(fù)極為A極，故A錯(cuò)誤；B．該裝置工作時(shí)，電極I為陰極，電極Ⅱ?yàn)殛枠O，根據(jù)電解質(zhì)“異性相吸”得到質(zhì)子通過交換膜由電極Ⅱ移向電極I，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)A選項(xiàng)分析電極I為陰極，得到電子，因此催化電極I的電極反應(yīng)：，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電池總反應(yīng)為：，說明該裝置不僅還原CO2，還產(chǎn)生了具有經(jīng)濟(jì)附加值的次氯酸鹽，故D正確；答案選D。14.常溫下，以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L?1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系數(shù)δ(物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示下列說法中正確的是A.H2A在水中電離的方程式為：H2A?H++HA，HA?H++A2B.當(dāng)VNaOH溶液=20.00mL時(shí)，溶液中離子濃度大小順序?yàn)椋篶(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)C.常溫下，HA的電離平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為105D.當(dāng)VNaOH溶液=30.00mL時(shí)，c(HA)+c(H+)=c(A2)+c(OH)【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像的變化趨勢(shì)可知①、②代表含A微粒分布系數(shù)，③代表pH變化，據(jù)圖可知未滴加NaOH溶液時(shí)，溶液中含A微粒只有兩種，則應(yīng)為HA和A2，不含H2A，說明H2A第一步完全電離，在水中的電離方程式為H2A=H++HA，HA?H++A2，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)VNaOH溶液=20.00mL時(shí)，NaOH和H2A恰好完全反應(yīng)生成NaHA，溶質(zhì)為NaHA，溶液中存在HA?H++A2和H2O?H++OH，所以離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(OH)，B正確；C．HA的電離平衡常數(shù)表達(dá)式為Ka=，據(jù)圖可知當(dāng)c(A2)=c(HA)時(shí)加入25mLNaOH溶液，此時(shí)pH為2.0，即c(H+)=1×102mol/L，所以Ka=1×102，即HA的電離平衡常數(shù)數(shù)量級(jí)為102，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)VNaOH溶液=30.00mL時(shí)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHA、Na2A，溶液中的電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，物料守恒為2c(Na+)=3c(A2)+3c(HA)，用兩個(gè)等式消去c(Na+)可得：c(HA)+2c(H+)=c(A2)+2c(OH)，D錯(cuò)誤；故選B。二、非選擇題(每空2分，共58分)15.硫氰酸鉀(KSCN)是一種用途廣泛的化學(xué)藥品，常用于合成樹脂、殺蟲殺菌劑等。某化學(xué)小組用下圖實(shí)驗(yàn)裝置模擬工業(yè)制備硫氰酸鉀，并進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)探究。已知：D中三頸燒瓶?jī)?nèi)盛放、水和催化劑，發(fā)生反應(yīng)，該反應(yīng)比較緩慢且高于時(shí)易分解，在高于時(shí)即分解。（1）D中盛裝溶液的儀器名稱為___________，E中球形干燥管的作用為___________。（2）制備溶液：將D中反應(yīng)混合液加熱至，打開通入氨氣。反應(yīng)一段時(shí)間后，關(guān)閉，保持三頸燒瓶?jī)?nèi)反應(yīng)混合液溫度為一段時(shí)間，該過程的目的為___________；打開，緩緩滴入適量的溶液，繼續(xù)保持反應(yīng)混合液溫度為。（3）裝置E中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子方程式是___________。（4）將制備所得硫氰酸鉀晶體進(jìn)行含量的測(cè)定：稱取樣品，配成溶液。量取溶液于錐形瓶中，加入適量稀硝酸，再加入幾滴，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，平行滴定四次，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為，。[己知：滴定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為白色]①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為___________。②晶體中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________(的摩爾質(zhì)量為)。③下列操作或說法正確的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．用量筒量取溶液于錐形瓶中B．錐形瓶洗凈后未干燥，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低C．讀數(shù)時(shí)可以將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直D．滴定前平視讀數(shù)，滴定后仰視讀數(shù)，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.防倒吸（2）使完全分解而除去，防止受熱分解（3）（4）①.滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液紅色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色②.77.6%③.CD【解析】【分析】濃氨水與生石灰反應(yīng)制取氨氣，利用球形干燥管內(nèi)堿石灰干燥后，通入四氯化碳中，產(chǎn)生的氨氣與D中的CS2、水和催化劑發(fā)生反應(yīng)，由于反應(yīng)緩慢且高于且高于時(shí)易分解，在高于時(shí)即分解，所以需要控制溫度，生成的產(chǎn)物與氫氧化鉀發(fā)生反應(yīng)，生成KSCN，生成的H2S及未反應(yīng)完全的氨氣可以用酸性硫酸鐵溶液吸收，除去尾氣。【小問1詳解】①D中盛裝溶液的儀器可使溶液順利滴下，為恒壓滴液漏斗；②氨氣極易溶于水造成溶液倒吸，故E中球形干燥管的作用為防倒吸；【小問2詳解】根據(jù)已知可知，該反應(yīng)比較緩慢且高于時(shí)易分解，故該過程的目的是：使完全分解而除去，防止受熱分解；【小問3詳解】根據(jù)分析可知尾氣為生成的H2S及未反應(yīng)完全的氨氣，裝置E中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子方程式是：；【小問4詳解】①SCN與Fe3+發(fā)生可逆反應(yīng)：3SCN+Fe3+?Fe(SCN)3，溶液變?yōu)檠t色，當(dāng)向溶液中加入硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，又發(fā)生反應(yīng)：生成白色沉淀，反應(yīng)消耗SCN，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，使SCN濃度的減小，溶液紅色變淺，當(dāng)SCN與Ag+恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶液中不含有SCN，溶液紅色褪去，故滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液紅色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色；②第三次數(shù)據(jù)偏差過大，舍去，平均消耗20.00ml標(biāo)準(zhǔn)溶液，由可知，n(SCN)=0.1mol/L×20×103L=20×103mol，所以晶體中KSCN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：③A．量筒精確度較低，不能用量筒量取溶液，A錯(cuò)誤；B．錐形瓶洗凈后未干燥，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果無影響，B錯(cuò)誤；C．讀數(shù)時(shí)為防止液體體積讀數(shù)不準(zhǔn)確，讀數(shù)時(shí)可以將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直，使視線最低處與刻度線相平進(jìn)行讀數(shù)，C正確；D．滴定前平視讀數(shù)，滴定后仰視讀數(shù)，會(huì)使末次讀數(shù)偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，D正確；故選CD。16.某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液(含和)，實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。回答下列問題：（1）工業(yè)上用一定濃度的硫酸浸取己粉碎的鎳鈷礦，提高浸取速率的方法為___________(答出一條即可)。（2）“氧化”時(shí)，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，其中S元素的化合價(jià)為___________。（3）已知：的電離方程式為、①氧化時(shí)，先通入足量混合氣，溶液中的正二價(jià)鐵元素被氧化為，該反應(yīng)的離子方程式為___________；再加入石灰乳，所得濾渣中主要成分是、___________。②通入混合氣中的體積分?jǐn)?shù)與氧化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，若混合氣中不添加，相同時(shí)間內(nèi)氧化率較低的原因是___________；的體積分?jǐn)?shù)高于9.0%時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)氧化率開始降低的原因是___________。（4）①將“鈷鎳渣”酸溶后，先加入溶液進(jìn)行“鈷鎳分離”，寫出“鈷鎳分離”反應(yīng)生成沉淀的離子方程式：___________。②若“鎳鈷分離”后溶液中，加入溶液“沉鎳”后的濾液中，則沉鎳率=___________。[已知：，沉鎳率]【答案】（1）適當(dāng)提高反應(yīng)溫度，適當(dāng)提高硫酸的濃度，攪拌等等(合理即可)（2）+6（3）①.②.③.混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)的氧化性遠(yuǎn)強(qiáng)于氧氣④.有還原性，過多將會(huì)降低的濃度，且生成的也會(huì)被還原成，降低氧化速率（4）①.②.99%或0.99【解析】【分析】硫酸浸取液中加入混合氣，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的H2SO5，加入石灰乳調(diào)節(jié)pH，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，亞鐵離子也被H2SO5氧化成鐵離子，故還有氫氧化鐵沉淀生成，鈣離子與硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鈣沉淀，濾渣為MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；過濾后濾液中加入NaOH沉鈷鎳，過濾后濾液中加入NaOH沉鎂，生成氫氧化鎂沉淀?！拘?詳解】用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積可提高浸取速率?！拘?詳解】H2SO5中含一個(gè)過氧根，相當(dāng)于H2O2中氫元素被磺酸基取代，根據(jù)化合價(jià)之和為零，S的化合價(jià)為+6?！拘?詳解】①溶液中的正二價(jià)鐵元素Fe(Ⅱ)被H2SO5氧化為Fe2(SO4)3，被還原為，離子方程式為：；由分析濾渣為MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；②通入混合氣中的體積分?jǐn)?shù)與氧化率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，若混合氣中不添加，相同時(shí)間內(nèi)氧化率較低的原因是：混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)的氧化性遠(yuǎn)強(qiáng)于氧氣；的體積分?jǐn)?shù)高于9.0%時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)氧化率開始降低的原因是:有還原性，過多將會(huì)降低的濃度，且生成的也會(huì)被還原成，降低氧化速率?！拘?詳解】①濾液中加NaClO將Co2+氧化為Co(OH)3，反應(yīng)的離子方程式為；②根據(jù)可知，c(Ni2+)=，沉鎳率。17.氮及其化合物在科研及生產(chǎn)中均有著重要的應(yīng)用。根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問題：（1）氨氣與氧氣在一定壓強(qiáng)和800℃條件下發(fā)生催化氧化反應(yīng)時(shí)，可發(fā)生不同反應(yīng)，反應(yīng)i：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=905kJ·mol1產(chǎn)率98%；反應(yīng)ii：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=1268kJ·mol1產(chǎn)率2%。①該條件下氮?dú)獗谎鯕庋趸癁镹O的熱化學(xué)方程式為_______。②在一定壓強(qiáng)和800℃條件下發(fā)生催化氧化反應(yīng)時(shí)，反應(yīng)i的產(chǎn)率大于反應(yīng)ii的產(chǎn)率的原因可能是催化劑對(duì)反應(yīng)i的_______比對(duì)反應(yīng)ii的大。（2）某科研小組向一密閉容器中通入4molN2(g)、2molO2(g)，控制適當(dāng)條件使其發(fā)生如下反應(yīng)：2N2(g)+O2(g)2N2O(g)ΔH＞0，測(cè)出O2的某種平衡物理量X(體積百分?jǐn)?shù)或轉(zhuǎn)化率)隨著溫度、壓強(qiáng)變化而變化的情況如圖所示。X_______(填“能”或“不能”)表示平衡體系中O2的體積百分?jǐn)?shù)。（3）為了研究反應(yīng)的熱效應(yīng)，我國(guó)的科研人員計(jì)算了在一定范圍內(nèi)下列反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp。i．N2H4(l)N2(g)+2H2(g)ΔH0Kp0ii．N2H4(l)NH3(g)+N2(g)ΔH1Kp1iii．NH3(g)N2(g)+2H2(g)ΔH2Kp2①t℃時(shí)，在恒容容器中，加入足量N2H4(l)發(fā)生反應(yīng)i和ii。平衡時(shí)，測(cè)得容器內(nèi)壓強(qiáng)為22kPa，p(H2)=p(NH3)，反應(yīng)i的平衡常數(shù)Kp0=_______kPa3。②若①中反應(yīng)平衡后，保持溫度不變，將反應(yīng)容器的容積擴(kuò)大2倍，反應(yīng)再次達(dá)到平衡后，c(N2)相比原平衡_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。③lgKp1T和lgKp2T的線性關(guān)系圖如圖所示，據(jù)此分析：ΔH0_______(填“大于”或“小于”)0；對(duì)于反應(yīng)NH3(g)N2(g)+2H2(g)，圖中v正(A)_______(填“大于”、“小于”或“等于”)v正(B)。【答案】（1）①.N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ/mol②.選擇性（2）不能（3）①.384②.不變③.小于④.小于【解析】【小問1詳解】①已知：反應(yīng)i：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=905kJ·mol1,反應(yīng)ii：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=1268kJ·mol1，根據(jù)蓋斯定律，將×(iii)，整理可得N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ/mol；②在一定壓強(qiáng)和800℃條件下發(fā)生催化氧化反應(yīng)時(shí)，反應(yīng)i的產(chǎn)率大于反應(yīng)ii產(chǎn)率說明催化劑對(duì)反應(yīng)i的選擇性比反應(yīng)ii大；【小問2詳解】由圖可知：溫度升高，X的值增大，該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的吸熱反應(yīng)，壓強(qiáng)一定時(shí)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，氧氣的體積分?jǐn)?shù)減小，所以X不能表示平衡體系中壓強(qiáng)的體積百分?jǐn)?shù)，應(yīng)該是表示氧氣或氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率；【小問3詳解】①設(shè)t℃反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，氨氣和氫氣的平衡分壓均為akPa，由反應(yīng)i和ii可知氮?dú)獾姆謮簽閜(N2)=akPa×+akP×=akPa。由容器內(nèi)壓強(qiáng)為22kPa可得：2a+=22，解得a=8，則反應(yīng)i的平衡常數(shù)Kp0=p2(H2)·p(N2)=；②若①中反應(yīng)平衡后，保持溫度不變，將反應(yīng)容器容積擴(kuò)大2倍，容器中氣體壓強(qiáng)減小，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)再次平衡后，溫度不變，平衡常數(shù)不變，各物質(zhì)的濃度不變，則氮?dú)獾臐舛认啾仍胶鈺r(shí)不變；③由圖可知，升高溫度，lgKp1的變化大于lgKp2，lgKpl減小說明反應(yīng)ii為放熱反應(yīng)，lgKp2增大說明反應(yīng)iii為吸熱反應(yīng)。由蓋斯定律可知，ii+iii得到反應(yīng)i，則Kp0=KplKp2，lgKp1的變化大于1gKp2，說