浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二上学期第二次教学调研（12月）化学Word版含解析.docx

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浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二上学期第二次教学调研化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Ti48一、选择题Ⅰ(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质含共价键且属于盐的是A.B.C.KClOD.【答案】C【解析】【详解】A．是氧化物，含有离子键和非极性共价键，故A不符合题意；B．是碱，含有离子键和极性共价键，故B不符合题意；C．KClO是盐，含有离子键和极性共价键，故C符合题意；D．是酸，含有共价键，故D不符合题意。综上所述，答案为C。2.下列粒子对水的电离没有影响的是A.CH3COOHB.C.M3+：1s22s22p6D.【答案】B【解析】【详解】A．乙酸是弱酸，在溶液中部分电离出的氢离子抑制水的电离，选项A不符合题意；B．为氯离子，盐酸是强酸，氯离子在溶液中不水解，不影响水的电离，选项B符合题意；C．1s22s22p6的阳离子为铝离子，铝离子为弱碱阳离子，铝离子在溶液中水解促进水的电离，选项C不符合题意；D．水能微弱电离出氢氧根离子，氢氧根离子抑制水的电离，选项D不符合题意；答案选B。3.下列表示的不同状态的N元素原子中，第一电离能最小的是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】不同状态的N元素原子中，第一电离能最小，说明处于激发态且能量较高，根据四个选项分析，B选项中一个电子在3p能级，能量最高，失去该电子需要的能量最小，则第一电离能最小，故B符合题意。综上所述，答案为B。4.下列说法正确的是A.铜元素位于元素周期表的d区B.中子数为32的铁原子：C.的空间结构为三角锥形D.Cl-Cl的键电子云图形为：【答案】D【解析】【详解】A．铜元素位于元素周期表的ds区，A错误；B．中子数为32的铁原子：，B错误；C．的空间结构平面三角形，C错误；D．Cl-Cl的键电子云通过头碰头重叠，电子云图形为：，D正确；答案选D。5.下列生活中常用的方法，其原理与盐类的水解反应有关的是A.用草木灰去除油污B.用氢氢化铝中和过多胃酸C.用食盐腌制腊肉D.用白醋清洗水壶中的水垢【答案】A【解析】【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，水解之后其溶液呈碱性可以用于除油污，A正确；B．氢氧化铝中和胃酸是利用酸碱中和反应，B错误；C．食盐中的氯化钠是强酸强碱盐，不会发生水解，C错误；D．白醋与水垢反应是白醋与碳酸钙的反应，与水解无关，D错误；故选A。6.下列说法错误是 A.下列离子在溶液中能大量共存：Al3+、Na+、S2﹣、NOB.为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸C.实验室盛放Na2CO3，Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞D.相同浓度的NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次增大则HX、HY、HZ的酸性依次减弱【答案】A【解析】【详解】A．铝离子和硫离子发生双水解导致不能共存，A错误；B．铁离子会发生水解，加入少量盐酸可以抑制铁离子水解，B正确；C．碳酸钠溶液显碱性会和玻璃中二氧化硅反应，硅酸钠具有粘性也不能使用玻璃塞，C正确；D．酸的酸性越弱，对应酸根离子水解程度越大，溶液碱性越强；相同浓度的NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次增大说明HX、HY、HZ的酸性依次减弱，D正确；故选A。7.下列离子方程式书写正确的是A.NaHCO3溶液的水解：B.向溶液中通入少量SO2：C.向溶液中滴加Na2CO3溶液：D.向CaCl2溶液中通入CO2：【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3溶液的水解离子方程式：，选项A错误；B．向溶液中通入少量SO2离子方程式：，选项B正确；C．向溶液中滴加Na2CO3溶液离子方程式：，选项C错误；Ｄ．向CaCl2溶液中通入CO2，两者不反应，选项D错误；答案选B。8.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是①②③④⑤⑥ A.全部B.仅①②C.仅①⑤D.仅①【答案】D【解析】【详解】①溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的原溶质，①符合；②具有还原性，加热时被氧化为，故②不符合；③受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的碳酸钙，故③不符合；④受热分解生成、和，得不到原溶质，故④不符合；⑤加热到质量不变时分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑤不符合；⑥溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热时，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故⑥不符合；综上所述，只有①符合，答案选D。9.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M电子层上p能级有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的价层电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是A.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B.简单离子半径：T>X>QC.的中心原子价层电子对数为3D.XQ2的空间结构是V形【答案】C【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的价层电子排布式为，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素。【详解】A．元素Y和Q可形成化合物Y2Q3，即，A项正确；B．核外电子排布相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，所以离子半径：，的核外电子只有两层，而、的核外电子有三层，所以简单离子半径：，B项正确； C．由分析知是，中心原子价层电子对数为，C项错误；D．由分析知是，中心原子价层电子对数为，空间结构是V形，D项正确；故选C。10.下列说法或有关化学用语的表达正确的是A.能级能量大小关系：B.基态铜原子(29Cu)的价层电子排布式：C.处于激发态的电子排布式可能为：D.基态的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．由构造原理可知，4f的能力低于5d，故A错误；B．铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故B错误；C．钙元素的原子序数为20，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，则发态的电子排布式可能为，故C正确；D．钠元素的原子序数为11，基态钠离子的电子排布式为1s22s22p6，轨道表示式为，故D错误；故选C。11.下列有关比较正确的是A.熔点：B.熔、沸点：NaBr>NaCl>MgOC.酸性：D.热稳定性：【答案】D【解析】【详解】A．均为分子晶体，其熔点和范德华力有关，且相对分子质量越大，范德华力越大，故A项错误；B．离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子晶体的离子键越强，熔沸点越高，所以熔、沸点： NaBr7，选项B错误；C．NaCN溶液中CN-水解，相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数，选项C错误；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，选项D错误；答案选A。17.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：B.基态原子未成对电子数：C.简单离子半径：D.基态原子第一电离能由大到小的顺序为：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Z为C、M为N，由于碳有固态、液态和气态的很多氢化物，故无法比较碳和氮氢化物的沸点，A错误；B．由分析可知，Y为B，核外有1个未成对电子，而Q为F，核外也有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：，B错误； C．由分析可知，M为N、Q为F，故N3-、F-具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，即简单离子半径：N3-＞F-即，C错误；D．由分析可知，Y为B，Z为C，M为N，Q为F，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于相邻元素，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故基态原子第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞C＞B即，D正确；故答案为：D。18.向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是A.依据反应可知：；还原性：B.基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3C.位于周期表中第VIII族；反应中失去电子D.离子半径大小：【答案】A【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，因此无法判断和的酸性强弱，即无法比较酸的电离常数的大小，故A项错误；Ｂ．基态碳原子的电子排布式为，基态氮原子的电子排布式为，因此基态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3，故B项正确；Ｃ．Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，的价层电子排布式为，在该反应中元素升两价，失两个电子，因此失去了电子，故C项正确；Ｄ．离子半径大小比较，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故D项正确。19.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH．下列说法正确的是 A.电池放电过程中，Cu(2)作正极，电极反应为Cu2++2e-═CuB.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.b为电解池的阴极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80gNaOH【答案】B【解析】【分析】浓差电池中，左侧溶液中Cu2+浓度大，Cu2+的氧化性强，则Cu(1)电极为正极、Cu(2)电极为负极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2++2e﹣═Cu，负极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，阳极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极上水得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，所以Na+通过离子交换膜c生成NaOH，通过离子交换膜d生成硫酸，即c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜。【详解】A．浓差电池中，Cu(1)电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，故A错误；B．a电极为阴极、b电极为阳极，阳极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，则a极附近生成NaOH、b极附近生成H2SO4，所以钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，故B正确；C．电解槽中a电极为阴极，水发生得电子的还原反应生成氢气，a电极反应为4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣，故C错误；D．电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu：(2.5﹣1.5)mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e﹣═Cu，阴极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，根据电子守恒有Cu～2e﹣～2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，生成NaOH的质量m(NaOH)=nM=4mol×40g/mol=160g，故D错误；故选B。 20.NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法中正确的是A.用图1所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中B.用图2所示装置准确称得固体C.用图3所示操作排出碱式滴定管中的气泡D.用图4所示装置以NaOH待测液滴定【答案】C【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液时，将氢氧化钠溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流，A错误；B．托盘天平是粗量器，精度为±0.1g，所以不能用托盘天平称取0.1500g二水草酸固体，B错误；C．排出排出碱式滴定管中的气泡时，应将橡胶管向上弯曲，挤压橡胶管中的玻璃小球，快速放液，C正确；D．氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠溶液应装在碱式滴定管中，不能装在酸式滴定管中，D错误；故选C21.“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”不能违背客观事实，下列“类比”合理的是A.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2B.Na在空气中燃烧生成Na2O2，则同族的Li在空气中燃烧也生成Li2O2C.Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]D.Al3+与S2﹣在水溶液中因水解无法大量共存，则Fe3+与S2﹣在水溶液中也因水解无法大量共存【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，与过氧化钠发生氧化还原反应生成硫酸钠，故A错误； B．锂在空气中燃烧只生成一种氧化物，即Li2O，不存在Li2O2，故B错误；C．Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]，故C正确；D．Fe3+与S2﹣能够发生氧化还原反应，所以二者不能大量共存是因为发生氧化还原反应，与水解无关，故D错误；故选：C。22.已知：T℃时，Ksp(CaSO4)=4.0×10-6、Ksp(CaCO3)=4.0×10-9、Ksp(PbCO3)=8.4×10-14，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pM=-lgc(阴离子)、pN=-lgc(阳离子)。下列说法错误的是A.a线是CaSO4沉淀溶解平衡曲线B.T℃时，向0.001molCaCO3沉淀中加入Na2SO4溶液(反应后溶液为1L)，使CaCO3沉淀会转化为CaSO4沉淀，所需Na2SO4的物质的量至少为1.001molC.T℃时，向10mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和，溶液中=D.若d点表示CaCO3的饱和溶液加入CaSO4饱和溶液等体积混合则：c()＜c(Ca2＋)＜c(SO)【答案】D【解析】【分析】由图可知，a线表示的Ksp数值最大，则为CaSO4沉淀溶解平衡曲线；b、c分别表示CaCO3、PbCO3沉淀溶解平衡曲线；【详解】A．由分析可知，a线是CaSO4沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．T℃时，向0.001molCaCO3沉淀中加入Na2SO4溶液(反应后溶液为1L)，使CaCO3沉淀会转化为CaSO4沉淀，，则需要消耗硫酸根离子0.001mol、同时生成碳酸根离子0.001mol，则溶液中钙离子的浓度为 ，则溶液中硫酸根离子浓度至少为，物质的量了为1.0mol，故所需Na2SO4的物质的量至少为1.001mol，B正确；C．T℃时，向10mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和，溶液中=，C正确；D．d点表示CaCO3的饱和溶液中钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，由图可知，钙离子浓度约为、则碳酸根离子浓度约为；加入CaSO4饱和溶液中钙离子、硫酸根离子浓度约为，两者等体积混合后，仍然为钙离子浓度最大、碳酸根离子浓度最小，故：c()＜c(SO)＜c(Ca2＋)，D错误；故选D。23.我国科学家研究化合物催化氢化生成甲酸的机理，其中由化合物生成化合物过程的机理和相对能量曲线如下图所示。均为过渡态。下列说法正确的是A.过渡态TS1比化合物Р更稳定B.过程M→P为化合物M生成化合物N的决速步骤C.化合物M催化氢化生成甲酸的反应过程中一定有键的生成和断裂D.由生成的热化学方程式：【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，选项B错误；C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O 键的断裂重新连接氢原子生成M，所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，选项D错误；答案选C。24.下列实验操作、现象及结论均正确是选项操作和现象结论A常温下，用pH计分别测定等体积溶液和溶液的pH，pH均为7两种溶液中水的电离程度相同B向2mL的KI溶液中滴加2mL的溶液，充分反应后加入2mL，取上层溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色与KI的反应存在限度C向溶有的的溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有强氧化性D向2mL溶液中滴入3滴NaOH溶液，再滴入4滴溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀同温度下的：A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解程度相同，溶液呈中性，加水稀释时，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解程度增大，促进水的电离程度增大，则1mol/L醋酸铵溶液中水的电离程度小于0.1mol/L醋酸铵溶液中水的电离程度，故A错误；B．碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化钾、氯化亚铁和碘，向等体积等浓度的碘化钾溶液与氯化铁溶液充分反应后的溶液中加入四氯化碳萃取溶液中的碘，向上层溶液滴加硫氰化钾溶液，溶液变红色说明反应后的溶液中含有铁离子，证明碘化钾溶液与氯化铁溶液反应存在限度，故B正确； C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，氨气与溶液中二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，则出现白色沉淀不能说明气体X具有强氧化性，故C错误；D．向过量的氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液后，再滴入氯化铁溶液，溶液中先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀说明氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，但无法比较分子组成类型不同的氢氧化铁和氢氧化镁的溶度积大小，故D错误；故选B。25.下列叙述及对应图示错误的是A.图甲是某温度下的醋酸与醋酸钠混合溶液中、与pH的关系曲线，的溶液中：B.图乙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C.图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，时刻溶液的温度最高D.图丁是在的溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中的变化曲线，的水解程度：A点小于B点【答案】C【解析】【详解】A．根据图像中交点的坐标可知，的电离常数，时电离常数不变，故A正确；B．由图可知，时刻突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C．铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故C错误；D．Na2CO3溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，Na2CO3的水解程度越来越大，A点小于B 点，故D正确；答案选C。二、非选择题(本大题共4小题，共50分)26.雄黄(As4S4)、雌黄(As2S3)均可入药，具有解毒、杀菌、去燥湿的功效，也是中国画主要的黄色矿物质颜料。回答下列问题：（1）基态硫原子核外电子的空间运动状态有___________种；其核外电子运动最高能级的电子云轮廓图的形状为___________。（2）基态砷原子的价层电子的轨道表示式为___________。（3）第一电离能As___________Se(填“>”或“<”)。（4）基态原子的N能层有1个未成对电子，M能层未成对电子数最多的元素是___________(填元素符号，下同)，其价层电子排布式为___________。该元素处于周期表的___________区。【答案】26.①.9②.哑铃形27.28.>29.①.铬(Cr)②.③.d【解析】【小问1详解】基态硫原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，运动轨道数有1s、2s、3s、3个2p轨道、3个3p轨道，共9个轨道，核外电子的空间运动状态有9种，其核外电子运动最高能级为3p轨道，电子云轮廓图的形状为哑铃形，故答案为：9；哑铃形。【小问2详解】基态砷原子的价层电子排布式为4s24p3，其轨道表示式为。【小问3详解】同周期元素从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，但由于As半充满较稳定，则第一电离能As大于Se，故答案为：>。【小问4详解】基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是铬(Cr)，24Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，处于周期表的d区，故答案为：铬(Cr)；3d54s1；d。27.工业合成氨是20 世纪的伟大成就之一，但化肥的过度使用、硝酸工业废气和动车尾气的排放，给水体和大气带来了一定程度的污染，需要进行综合处理。Ⅰ.合成氨（1）工业合成氨反应为：kJ·mol，下列说法正确的是_______。A.采用高温以提高反应的平衡转化率B.采用高压以加快反应速率，提高的产量C.为提高转化率，可适当增大的浓度D.生产过程中将液化分离，有利于氨的合成（2）一种电化学合成氨的原理如图所示。产生的电极反应式是_______。Ⅱ.含氮污染的处理（3）水体中氨氮处理：在微生物作用下，废水中经两步反应被氧化成：kJ·molkJ·mol则全部氧化成的热化学方程式是_______。（4）大气中NO处理：电解NaCl溶液(调节起始pH约为9)获得NaClO溶液，可用于去除大气中NO。其他条件相同，电解所得溶液中相关成分的浓度与电流强度的关系如图所示。 ①用电解所得NaClO溶液氧化NO生成和，其离子方程式为_______。②电流强度大于4A，随着电流强度增大，电解所得溶液对NO去除率下降，其原因是_______。【答案】（1）BCD（2）+6H++6e-=2NH3（3）+2O2(g)=2H+(aq)+(aq)+H2O(l)=-346kJ/mol（4）①.3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2+H2O②.电流强度大于4A，随着电流强度增大，电解生成的NaClO浓度下降，氧化NO的能力减弱，对NO去除率下降【解析】【小问1详解】A．该反应为放热反应，高温使平衡逆向移动，会降低平衡转化率，采用高温只为了提高反应速率，故A错误；B．该反应正向气体分子数减少，采用高压可使平衡正向移动，既加快反应速率，也提高了的产量，故B正确；C．适当增大的浓度，平衡正向移动，H2转化率增大，故C正确；D．及时分离出氨气，可使平衡正向移动，有利于氨的合成，故D正确；故答案为：BCD。【小问2详解】由图可知氮气在钯电极A上得电子，并结合氢离子生成氨气，电极反应为：+6H++6e-=2NH3。【小问3详解】已知①kJ·mol；②kJ·mol，根据盖斯定律可知：①+②可得2 +4O2(g)=4H+(aq)+2(aq)+2H2O(l)=-546kJ/mol-146kJ/mol=-692kJ/mol，则全部氧化成的热化学方程式是+2O2(g)=2H+(aq)+(aq)+H2O(l)=-346kJ/mol。【小问4详解】①NaClO溶液氧化NO生成和，1molNaClO得2mol电子，1molNO失3mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应的离子方程式为：3ClO-+2NO+2OH-=3Cl-+2+H2O；②电流强度大于4A，随着电流强度增大，电解生成的NaClO浓度下降，氧化NO的能力减弱，对NO去除率下降。28.工业上纳米的制备过程是以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度生成纳米，测定产物组成的方法如下：步骤一：取样品用稀硫酸充分溶解得到溶液，再用足量铝将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液混合并注入容量瓶，定容得到待测液。步骤二：取待测液于锥形瓶中，加入几滴指示剂，用的标准溶液滴定，将氧化为，三次滴定测得数据记录如下：实验编号待测溶液的体积/mL滴定前标准液的体积读数/mL滴定后标准液的体积读数/mL125.000.2024.22225.001.2129.21325.0015025.48回答下列问题：（1）若对步骤一所得的溶液加水稀释，溶液中会产生少量偏钛酸沉淀，写出该反应的离子方程式___________。（2）上述滴定实验中，可选择___________为指示剂，判断到达滴定终点的方法是___________。（3）下列关于滴定分析的操作，错误的是___________。A．滴定时要适当控制滴定速率B．用量筒量取待测液转移至锥形瓶C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内。（4）通过分析、计算，该样品的组成为___________；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则测得比实际值___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）（2）①.溶液②.滴加最后半滴标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色（3）BC（4）①.②.偏大【解析】【分析】本实验测定原理：NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定含Ti3+的待测液，根据标准液的消耗计算出Ti3+物质的量，由Ti原子守恒得TiO2的物质的量，建立样品质量与所含TiO2物质的量的关系式，表示。【小问1详解】TiOSO4溶液加水稀释，TiO2+水解生成少量偏钛酸(H2TiO3)沉淀：TiO2++2H2O⇌H2TiO3↓+2H+；【小问2详解】用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，Ti3+被Fe3+氧化为TiO2+，Fe3+被还原为亚铁离子，标准液中铁离子能使KSCN溶液变红色，故滴定实验中，可选择KSCN溶液为指示剂，判断到达滴定终点的方法是：滴加最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液后，溶液变为红色且半分钟内不褪色；【小问3详解】A．滴定时要适当控制滴定速率，便于观察滴定情况，A正确；B．应该使用移液管量取25.00mL待测液转移至锥形瓶，B错误；C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，C错误；D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，便于准确读数，D正确；E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内，防止出现实验误差，E正确；故选BC；【小问4详解】3次实验消耗标准液的体积分别为24.02mL、28.00mL、23.98mL，第2次实验数据误差较大，舍去，第1次和第3次体积的平均值为24.00mL，根据滴定过程反应和原子守恒可得关系式： ，即，所以，即样品组成为；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则标准液消耗体积偏大，所测钛的物质的量增加，测得比实际值偏大。29.三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。反应I：反应Ⅱ：请回答：（1）有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压（2）反应的_______（3）我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图()，下列说法正确的是_______。A.使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率B.第④步的反应式为 C.加氢制甲醇符合绿色化学理念D.若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率（4）在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量及，起始和平衡时各组分的量如下：总压/起始/103.0000平衡/p若反应均达平衡时，，则表中_______；若此时，则反应I的平衡常数_______(无需带单位，用含总压p的式子表示)。（5）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响①当温度高于后，甲醇产率减小的原因可能是_______。②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化的曲线图_______。【答案】（1）B（2）-90.64（3）BD（4）①.②.（5）①.之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动②. 【解析】【小问1详解】合成甲醇的反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B；【小问2详解】已知反应I：反应Ⅱ：根据盖斯定律，由I-Ⅱ得反应=-90.64，答案为-90.64；【小问3详解】A．催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A错误；B．第④步反应涉及*H2O和*H反应生成水，反应式为，选项B正确；C．总反应为，反应物没有全部转化为甲醇，所以加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%，不符合绿色化学理念，选项C错误；D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D正确；答案选BD；【小问4详解】反应前气体的物质的量是12mol，压强为，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的量是4=mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则 所以n1=，则该反应生成水mol，消耗CO2mol，消耗H21mol，此时n2=，则反应生成molH2O，消耗molCO2、消耗molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是mol、mol；反应Ⅰ的平衡常数=；【小问5详解】①在之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大；之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动；