江苏省南通市2019-2020高二化学上学期期中质量调研（选修）试题（Word版带解析）

2019～2020 学年度高二年级第一学期期中质量调研化 学 (选修) 本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64 单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学反应原理在生产生活中有广泛的应用。下列叙述正确的是 A. 开发新技术可将水分解成氢气、氧气并释放能量 B. 研制新型催化剂可提高汽车尾气 平衡转化率 C. 燃料电池能将化学能完全转化为电能 D. 为防止金属管道被腐蚀，应将金属管道与电源负极相连 【答案】D 【解析】 【详解】A. 水分解成氢气、氧气属于分解反应，应吸收能量，故 A 错误； B. 催化剂只能改变反应速率，对反应的平衡转化率没有影响，故 B 错误； C. 燃料电池在工作时，理论上可以将化学能直接转化为电能，但由于电阻作用，也会有热量 产生，故不能将化学能完全转化为电能，故 C 错误； D. 应将金属管道与电源负极相连，则金属管道不容易失电子，属于外加电源的阴极保护法， 故 D 正确； 故选 D。 【点睛】催化剂对可逆反应的正反应方向和逆反应方向影响程度是一样的，所以对反应的平 衡转化率没有影响，简单的说是影响反应速率，不影响平衡。 2.下列有关化学用语表示中正确的是 A. H2O2 的电子式：H: : :H B. 中子数为 18 的硫原子： C. 氟离子的结构示意图： D. 聚乙烯的结构简式： 【答案】A 【解析】 【详解】A. H2O2 中各原子间均以共价键结合，电子式为：H: : :H，故 A 正确； B. 中子数为 18 的硫原子，则质量数为 34，可以表示为： ，故 B 错误； C. 氟离子的质子数为 9，核外电子数为 10，则离子结构示意图为： ； 的 16 34S 34 16SD. 聚乙烯的结构简式为： ，故 D 错误； 故选 A。 3.下列关于有机物的描述中，正确的是 A. 乙醇在 Cu 催化下能被氧气氧化成乙醛 B. 乙烯使高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同 C. 油脂可以水解生成氨基酸 D. 葡萄糖能发生银镜反应和水解反应 【答案】A 【解析】 【详解】A. 乙醇在 Cu 催化下能被氧气氧化成乙醛，属于失氢氧化，故 A 正确； B. 乙烯被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯和溴水发生加成反应而使溴水褪色，故 二者原理不相同，故 B 错误； C. 油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，故 C 错误； D. 葡萄糖中含有醛基，能发生银镜反应，葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，故 D 错误； 故选 A。 4.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 用醋酸溶解大理石：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑ B. 向氨水中通入足量 SO2 气体：SO2＋NH3·H2O＝NH ＋HSO C. FeO 溶于稀硝酸：FeO＋2H＋＝Fe2＋＋H2O D. 电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－ 【答案】B 【解析】 【详解】A. 醋酸为弱酸，反应的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO-＋H2O＋CO2↑， 故 A 错误； B. 向氨水中通入足量 SO2 气体反应生成亚硫酸铵，离子方式为：SO2＋NH3·H2O＝NH ＋ HSO ，故 B 正确； 1 P v - 3 通电 1 P v - 3C. 稀硝酸有强氧化性，反应生成 Fe3+，离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3-＝3Fe3+＋NO↑＋ 5H2O，故 C 错误； D. 电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，离子方程式为：2Cl－＋Mg2+＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】离子方程式判断正误首先可以看离子符号书写是否正确，再看是否守恒、是否符合 反应的客观事实，如反应物量的不同，产物可能不同。 5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. CaCl2(aq) CaCO3 CaSiO3 B. Fe Fe2O3 FeCl3 C. NaCl(aq) NaOH(aq) NaAlO2 D. NH3 NO2 HNO3 【答案】C 【解析】 【详解】A. CaCl2(aq)通入 CO2 不能反应生成碳酸钙沉淀，故 A 错误； B. Fe 和水蒸气在高温条件下生成 Fe3O4，故 B 错误； C.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成 偏铝酸钠，故 C 正确； D. NH3 与 O2 在催化剂作用下反应生成 NO 和水，故 D 错误； 故选 C。 6.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且位于三个不同周期。X 与 W 同主族，Z 原子最外层电子数是其内层电子总数的 3 倍，Z 原子的核电荷数等于 X、Y 原子核电荷数之和。 下列说法正确的是 A 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B. X2Z2 与 W2Z2 中的化学键类型 C. 简单气态氢化物的热稳定性 Y 的比 Z 的强 D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物或离子化合物 . 通电 2CO→ 2SiO→高温 2H O→高温 →盐酸 →通电 2 3Al O→ 2O Δ →催化剂， 2H O→【答案】D 【解析】 【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中 Z 的最外层电子数是其内层电子总数 的 3 倍，由于最外层电子数不超过 8，故原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Z 为 O 元素；因为元素位于三个不同周期，且 X 原子序数最小，则 X 为 H；X 与 W 同主族，则 W 为 Na；Z 原子的核电荷数等于 X、Y 原子核电荷数之和，即 Y 的核电荷数为 8-1=7，则 Y 为 N，据 此分析解答。 【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中 Z 的最外层电子数是其内层 电子总数的 3 倍，由于最外层电子数不超过 8，故原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Z 为 O 元素；因为元素位于三个不同周期，且 X 原子序数最小，则 X 为 H；X 与 W 同主 族，则 W 为 Na；Z 原子的核电荷数等于 X、Y 原子核电荷数之和，即 Y 的核电荷数为 8-1=7， 则 Y 为 N。 A. 同周期主族元素，原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素，原子半径随核电荷数增 大而增大，则原子半径： r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故 A 错误； B. H2O2 中只含共价键，Na2O2 中既有离子键又有共价键，所以化学键类型不同，故 B 错误； C. 非金属性 N 弱于 O，则简单气态氢化物的热稳定性 NH3 弱于 H2O，故 C 错误； D. H、N、O 三种元素可以组成 HNO3 和 NH4NO3，前者为共价化合物，后者为离子化合物，故 D 正确； 故选 D。 7.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 无色溶液：NH 、Cu2+、NO 、SO B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液：Al3+、Fe3+、NO 、Cl－ C. 滴加 KSCN 溶液显红色的溶液：Ba2+、K＋、Cl－、OH－ D. 与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、Mg2+、CO 、NO 【答案】B 【解析】 【详解】A. 无色溶液中：Cu2+呈蓝色，故 A 错误； + 4 - 3 2 4 − - 3 2- 3 - 3B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与 Al3+、Fe3+、NO 、Cl－均不反应，可以大量共存， 故 B 正确； C. 滴加 KSCN 溶液显红色的溶液中存在 Fe3+，Fe3+与 OH－反应生成氢氧化铁沉淀而不能共存， 故 C 错误； D. 与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量 H+或 OH-，H+与 CO 反应生成二氧化碳气体和水， OH-与 Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀而不能共存，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】有限制条件的离子共存问题，首先要正确分析限制条件，如溶液的颜色和酸碱性； 其次考虑溶液中的离子是否因为发生复分解、氧化还原反应、水解反应等而不能大量共存。 8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是 A. 制 NH3 B. 制 SO2 C. 实现反应 D. 模拟氯碱工业 【答案】C 【解析】 【详解】A. 制 NH3 的装置属于加热固体的装置，试管口应该倾斜朝下，故 A 错误； B. 用浓硫酸与铜反应制 SO2 需要加热，故 B 错误； C. 该装置由于盐桥的存在，形成闭合回路，Fe3+和 I-发生氧化还原反应，故 C 正确； D. 氯碱工业主要原理是电解饱和食盐水，阳极不能用铁，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】铜和浓硫酸的反应属于高频考点，因为铜不活泼所以在加热的条件下才能和浓硫酸 反应，B 项是易错点。 9.某燃料电池可实现 NO 和 CO 的无害转化，其结构如图所示。下列说法正确的是 - 3 2- 3A. 石墨Ⅰ电极上发生氧化反应 B. 电池工作时 Na 向石墨Ⅱ电极处移动 C. 石墨Ⅱ反应式：CO－2e－＋O2－＝CO2 D. 电路中每通过 6 mol 电子，生成 1 mol N2 【答案】C 【解析】 【详解】A. 石墨Ⅰ电极上 NO 发生反应生成 N2，化合价降低，属于还原反应，故 A 错误； B. 电池工作时 Na+向正极移动，即向石墨 I 电极处移动，故 B 错误； C. 如图所示，石墨Ⅱ为负极，失电子，发生还原反应，反应式为：CO－2e－＋O2－＝CO2，故 C 正确； D. N 元素化合价有+2 降低为 0，每生成 1molN2 得到 4mol 电子，则电路中每通过 6 mol 电子， 生成 1.5 mol N2，故 D 错误； 故选 C。 10.下列有关说法正确的是 A. 合成氨生产中将 NH3 液化分离，可加快正反应速率，提高原料转化率 B. 3 mol H2 与 1 mol N2 混合反应生成 NH3，转移电子的数目为 6×6.02×1023 C. 铁表面镀铜时，铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连 D. 铅蓄电池充电时，阳极区溶液的 pH 和阳极质量均减小 【答案】D 【解析】 【详解】A. 合成氨生产中将 NH3 液化分离，正反应速率不变，逆反应速率降低，平衡向正反 应方向移动，所以可以提高原料转化率，故 A 错误； B. H2 和 N2 反应生成 NH3，该反应为可逆反应，不能完全反应，故转移电子的数目小于 6×6.02×1023，故 B 错误； C. 电镀时，阳极发生氧化反应，镀层金属应该在阳极，与正极相连，待镀金属铁作阴极，链 接电源的负极，故 C 错误；D. 铅蓄电池充电时，阳极反应为 PbSO4 + 2H2O - 2e- = PbO2 + 4H+ + SO42-，可见溶液的 pH 和阳极 质量均减小，故 D 正确； 故选 D。 不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分。每小题有一个或两个选项符合题 意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得 0 分；若正确答案包括两个选项，只选一 个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分。 11.化合物 G 是一种黄烷酮类药物。下列说法正确的是 A. G 分子中含有三种含氧官能团 B. G 分子中含有 2 个手性碳原子 C. G 可发生加成反应和水解反应 D. 1 mol G 与溴水反应，最多消耗 2 mol Br2 【答案】AD 【解析】 【详解】A. 根据结构简式分析，G 分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种含氧官能团，故 A 正 确； B. 手性碳原子所连接的四个基团要是不同，根据结构简式分析，G 分子中含有 1 个手性碳原 子，故 B 错误； C. 根据结构简式分析，G 中含有苯环，所以 G 可发生加成反应，但不能发生水解反应，故 C 错误； D. 根据苯酚的性质分析，在酚羟基的邻位和对位的氢可以被溴原子取代，故 1 mol G 与溴水 反应，最多消耗 2 mol Br2，故 D 正确； 故选 AD。 【点睛】判断手性碳原子注意两点：1.手性碳原子一定是饱和碳原子；2.手性碳原子所连接 的四个基团要是不同的。 12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验 现象 结论A 向酸性高锰酸钾溶液中通入 SO2 溶液颜色褪去 SO2 具有漂白性 B 将少量铜粉加入 FeCl3 溶液中 铜粉消失 还原性：Cu＞Fe2＋ C 向溶液 X 中先滴加稀硝酸，再滴加 氯化钡溶液 有白色沉淀生成 溶液 X 中含有 SO D 锌与稀硫酸反应制取氢气时，加入 少量硫酸铜溶液 反应速率加快 Cu2+起催化作用 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A. 向酸性高锰酸钾溶液中通入 SO2，颜色褪去是因为 SO2 被高锰酸钾氧化，说明 SO2 具有还原性，故 A 结论错误； B. 将少量铜粉加入 FeCl3 溶液中，反应为 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu 为还原剂，Fe2+为还原产物， 还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：Cu＞Fe2＋，故 B 正确； C. 因为硝酸具有强氧化性，若溶液中含有 SO32-，则用硝酸酸化后加氯化钡溶液也有白色沉淀 生成，故 C 结论错误； D. 加入硫酸铜后，锌置换出铜，构成原电池，反应加快，故 D 结论错误； 故选 B。 13.下列图示与对应的叙述相符的是 A. 如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的反应过程 B. 如图表示 2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0 的 v 逆 随时间变化曲线，t1 时刻改变的条件是降低 温度C. 如图表示反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0 的平衡常数 K 随压强的变化 D. 如图表示电解精炼铜过程中阳极质量随时间的变化 【答案】C 【解析】 【详解】A. 有催化剂时，反应的活化能低，图中实线部分应为无催化剂的情况，故 A 错误； B. 2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0 该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，v 正、v 逆均减小，t1 时刻后 v 逆增大，故 B 错误； C. 平衡常数只和温度有关，温度不变平衡常数保持不变，故 C 正确； D. 阳极发生氧化反应，粗铜作阳极，电解过程冲，阳极质量减小，故 D 错误；故选 C。 14.下图为一定条件下有关反应 A(g)＋B(g) xC(g) ΔH＜0 的图像。其中图甲表示起始 A(g)、B(g)的物质的量一定，不同温度时，A 的平衡转化率随容器压强的变化。图乙表示温度、 容器体积和起始 A(g)的物质的量一定，改变起始充入 B(g)的物质的量，所得反应物的平衡转 化率随充入 B(g)的物质的量的变化。下列依据图像所得结论正确的是 A. T1＞T2 B. x＝1 C. 图乙中曲线Ⅰ表示的反应物是 A(g) D. M 点时起始 A(g)、B(g)的物质的量之比为 1∶1 【答案】AD 【解析】 【详解】A. A(g)＋B(g) xC(g) ΔH＜0，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，相 同压强时 T1 至 T2，A 的转化率增大，平衡正反应方向移动，则说明 T1＞T2，故 A 正确； B. 如图所示，温度不变时，压强增大 A 的转化率不变，即压强对反应平衡不影响，反应前后 气体体积不变，即 x＝1+1=2，故 B 错误； C.加入反应物 B，平衡向正反应方向移动，A 的转化率应该应该增大，图乙中曲线Ⅰ表示转化 率降低，故 C 错误； D. M 点时 A、B 转化率相同，反应中 A 和 B1:1 反应，则说明起始 A(g)、B(g)的物质的量之比 为 1∶1，故 D 正确； 故选 AD。 15.在三个体积均为 0.5 L 的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)＋Cl2(g) COCl2(g) ΔH＜ 0，已知容器Ⅰ中反应在 5 min 时到达平衡。 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol容器 编号 温度/℃ CO Cl2 COCl2 COCl2 Ⅰ 500 1.0 1.0 0 0.8 Ⅱ 500 a 0.55 0 0.5 Ⅲ T 0.5 0.5 0.5 0.7 下列说法中正确的是 A. 容器Ⅰ中前 5 min 的平均反应速率 v(CO)=0.16 mol·L－1·min－1 B. 反应Ⅲ的温度 T＜500℃ C. 容器Ⅱ中起始时 CO 的物质的量为 1.0 mol D. 若起始时向容器Ⅰ加入 CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时 CO 转化率小于 80%] 【答案】CD 【解析】 【分析】 依据速率表达式计算用 COCl2 表示的反应速率，依据速率之比等于计量系数之比计算用 CO 表 示速率；I 和Ⅲ为等效平衡，依据温度改变后 COCl2 物质的量判断反应温度；依据Ⅰ组数据计 算反应平衡常数，Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同，依据平衡常数计算容器Ⅱ中起始时 CO 的 物质的量；根据勒夏特列原理分析平衡移动的方向，比较转化率的变化。【 详 解 】 A.I 中 平 衡 时 得 到 △n(COCl2)=0.8mol ， 根 据 方 程 式 知 ， 参 加 反 应 的 △n(CO)=△n(COCl2)=0.8mol，则 5min 内， ，故 A 错误； B.I、III 是等效平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，III 产物浓度降低，说明平衡逆向移 动，则 T 的温度高于 I 的温度，即 T>500℃，故 B 错误； C.I 中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=1.0mol−0.8mol=0.2mol，则平衡时 c(CO)=c(Cl2)= ，c(COCl2)=，化学平衡常数 ，温度相同化学平衡常数相 同，所以 II 中化学平衡常数 K=10，运用三段式法分析得： CO(g ) + Cl2(g) COCl2(g)， 初始 a 0.55 0 反应 0.5 0.5 0.5 平衡 (a−0.5) 0.05 0.5 化学平衡常数 ，则 a=1mol，故 C 正确； D.I 中加入 1.0molCO、1.0molCl2 时，CO 转化率 ，如果起始时向容器Ⅰ 加入 CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，容器内压强小于加入 1.0molCO、1.0molCl2 时压强，减 小压强平衡向气体体积增大的方向移动，所以 CO 转化率小于 80%，故 D 正确； 故选 CD。 16.利用硫酸渣（主要含 Fe2O3、SiO2）制备纳米 Fe3O4 的工艺流程如下： （1）“还原”时 FeS2 被氧化为 SO ，该反应的离子方程式为：_____。 （2）“沉铁”过程中的离子反应方程式为：______。 （3）“氧化”过程中的离子方程式为：________。 （4）一定条件下以 Fe 片作阳极、石墨作阴极电解 NaCl 溶液也可制得纳米 Fe3O4，写出该反应 ( ) ( ) -1 0.8mol V 0.5L= = =5mi Vn CO v CO 0.32mol LVt n ⋅ 0.2mol =0.4mol/L0.5L 0.4×0. 1.6K= 4 =10  0.5mol 0.5LK= =100.05mol (a-0.5)mol×0.5L 0.5L 0.8mol×1001.0mol %=80% 2 4 −的化学方程式：_________。 （5）有氧条件下，NO 可被 NH3 催化还原为 N2 和 H2O。当 n(NO)∶n(O2)＝4∶1 时，该反应的化 学方程式：_________。 【答案】 (1). 14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO ＋16H+ (2). Fe2+＋2NH3·H2O＝ Fe(OH)2↓＋2NH (3). 3Fe(OH)2＋2NO ＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O (4). 3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2↑ (5). 4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O 【解析】 【详解】（1）Fe3+被 FeS2 还原为 Fe2+，FeS2 被氧化生成 SO ，则该反应的离子方程式为：14Fe3+ ＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO ＋16H+，故答案为：14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO ＋16H+； （2）“沉铁”过程是硫酸亚铁与氨水生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为 Fe2+＋2NH3·H2O＝ Fe(OH)2↓＋2NH ，故答案为：Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH ； （3）“氧化”过程是氢氧化亚铁与亚硝酸钠的反应生成四氧化铁、一氧化氮、氢氧化钠和水， 离子方程式为：3Fe(OH)2＋2NO ＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O，故答案为：3Fe(OH)2＋2NO ＝ Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O； （4）Fe 作阳极，失电子化合价升高，阴极上氢离子得电子生成氢气，总反应为 3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2↑，故答案为：3Fe＋4H2O Fe3O4＋4H2↑ （5）根据题干信息反应物为 NH3、NO、O2，生成物为 N2、H2O，根据电子转移守恒配平得反应 方程式为：4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O，故答案为：4NH3＋4NO＋O2 4N2＋6H2O。 17.大马酮是一种主要用于高级化妆品和食品的香料，可通过以下方法合成： 2 4 − + 4 2 − 通电 催化剂 2 4 − 2 4 − 2 4 − 1 P v 1 P v 2 − 2 − 通电 通电 催化剂 催化剂（1）E→F 的反应类型为________。 （2）物质 A 具有顺反异构，写出 A 的顺式结构：_______。 （3）写出同时满足下列条件的大马酮的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①能发生银镜反应 ②含有苯环，分子中有 4 种不同化学环境的氢 （4）请以 为原料制备，写出制备 的合成路线流程图（无机试剂任用，合 成路线流程图示例见本题题干）________。 【答案】 (1). 氧化反应 (2). (3). 或 (4). 【解析】 【分析】 根据流程图中有机物间的转化分析反应类型；根据限制条件书写同分异构体；根据结构简式 书写顺式的同分异构体；根据题干信息及官能团性质由原料设计流程图得到目标产物。 【详解】（1）根据 E 和 F 的结构特点分析，E 中的羟基转化为羰基，则该反应为失去氢的氧化 化反应，故答案为：氧化反应； （2）物质 A 含有碳碳双键，顺式结构中甲基和溴原子在双键的同一侧，结构简式为： ，故答案为 ； （3）大马酮的分子式为 C13H18O，①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②含有苯环，分子 中有 4 种不同化学环境的氢，其同分异构体为 ，故答案为：； （4）根据题干信息及官能团性质，由产物 结构特征，运用逆合成法分析得： 发生消 去反应，得到苯乙烯，苯乙烯在一定条件下氧化得到苯甲醛，苯甲醛与烃基卤化镁 （ ）反应使碳链增长得到 ，最后氧化得到 ，合成路线为 。 18.实验小组用如下图所示装置制备高铁酸钾（K2FeO4）。已知 K2FeO4 微溶于 KOH 溶液，在酸性 或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）A 溶液的作用是__________，从平衡的角度解释用 A 溶液而不是水的原因：_______。 （2）写出制取 K2FeO4 的化学方程式：_______。 （3）实验小组测定所得样品中 K2FeO4 含量的方法如下： 步骤 1：准确称取 1.0g K2FeO4 样品于锥形瓶中，加入 KOH 溶液和过量的 NaCrO2 溶液充分反应； 步骤 2：向步骤 1 所得溶液中加入足量稀硫酸； 步骤 3：向步骤 2 所得溶液中滴加指示剂，用浓度为 0.4000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液 滴定，反应至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液体积为 30.00 mL。已知测定过程中发生反应 的离子方程式为：FeO ＋CrO ＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋CrO ＋OH－；2H＋＋2CrO ＝Cr2O ＋ H2O；H＋＋Fe2＋＋Cr2O —Fe3＋＋Cr3＋＋H2O（未配平）； 的 2 4 − 2 − 2 4 − 2 4 − 2- 7 2- 7计算样品中 K2FeO4 质量分数，写出计算过程_______。 【答案】 (1). 除去 Cl2 中的 HCl (2). 由平衡 Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO 可知，增 大 Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小 Cl2 的溶解度 (3). 3Cl2＋2Fe(OH)3＋ 10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O (4). 79.2% 【解析】 【分析】 根据反应原理及装置图分析装置中的药品及用途；根据氧化还原反应原理书写并配平反应方 程式；根据滴定原理计算样品中的质量分数。 【详解】（1）浓盐酸易挥发，所以 A 溶液的作用是除去 Cl2 中的 HCl，用饱和食盐水目的是降 低 Cl2 的溶解度，原因是：由平衡 Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO 可知，增大 Cl－的浓度，可 以抑制平衡的正向进行，从而减小 Cl2 的溶解度，故答案为：除去 Cl2 中的 HCl ；由平衡 Cl2＋ H2O H＋＋Cl－＋HClO 可知，增大 Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小 Cl2 的 溶解度； （2）根据装置中药品分析得反应物为氯气、氢氧化铁和氢氧化钾，生成物为高铁酸钾、氯化 钾和水，反应方程式为：3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，故答案为：3Cl2＋ 2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O； （3）根据滴定过程中反应的离子方程式得出关系式：2FeO ~ 2CrO ~Cr2O ~6Fe2＋， n( K2FeO4)=1/3n( (NH4)2Fe(SO4)2)=1/3×0.4000 mol·L－1 ×0.03L=0.004mol，则样品中 K2FeO4 的质量分数为 ，故答案为： 79.2%。 【点睛】在滴定实验的相关计算中，找出标准液与待测液之间的比例关系式是解题的关键， 此题中给出的反应方程式未配平，可以根据氧化还原反应中得失电子守恒，找出它们反应的 比例关系。 19.对工业废气进行脱硝有多种方法。 （1）用活性炭还原法处理氮氧化物的反应为 C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)。一定条件下 按下表所示条件向体积固定的容器中充入物质发生该反应。 容器 温度 体积 C(s) NO(g) N2(g) CO2(g) 甲 600℃ V L 1mol 2mol 0 0 的 2 4 − 2 4 − 2- 7 0.004mol 198g/mol×100%1.0g 79.2% × ≈乙 600℃ V L 0 0 2mol 2mol ①下列能说明甲容器中反应达到平衡状态的是_______。 a．容器的压强保持不变 b．v(NO)正＝2v(CO2)逆 c．混合气体的密度保持不变 d．NO、N2、CO2 的物质的量之比为 2∶1∶1 ②关于平衡时的甲、乙两容器，下列说法一定正确的是_______。 a．p(甲)＝p(乙) b．c(NO)甲＝c(CO2)乙 c．2c(CO2)甲＝c(N2)乙 d．体积分数 φ(CO2)甲＝φ(N2)乙 （2）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用生成亚硝酰氯(ClNO)，涉及反应如下： 4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K1 ；2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ ClNO(g) K2；2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g) K3；则 K1、K2 、K3 之间的关系为 K3＝_______ （3）利用 O3 进行如下脱硝反应：2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g) ΔH＜0。其他条件一定 时，NO2(g)的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下图甲所示。X 表示_______（填“压强” 或“温度”），L1_______L2(填“＜”或“＞”)。 （4）用稀硝酸吸收 NOx 进行脱硝，得到 HNO3 和 HNO2（弱酸）的混合溶液，电解该混合溶液可 获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。 【答案】 (1). BC (2). CD (3). K22/K1 (4). 温度 (5). ＜ (6). HNO2−2e− ＋H2O＝3H+＋NO 【解析】 【分析】 根据反应平衡状态的含义分析判断反应是否达到平衡状态；根据平衡常数表达式分析比较各 平衡常数之间的关系；根据勒夏特列原理结合图像分析解答；根据电解原理分析书写电极反 应式。 【详解】（1）①a．反应前后气体的体积不变，所以反应过程中容器的压强始终保持不变，压 - 3强不变不能说明达到平衡，故此项错误； b．v(NO)正＝2v(CO2)正＝2v(CO2)逆 ，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故此项正 确； c．根据质量守恒，反应为气体质量减小的反应，所以混合气体的密度保持不变能说明反应达 到平衡状态，故此项正确； d．NO、N2、CO2 的物质的量之比为 2∶1∶1，不能说明它们的浓度不再改变，也就不能说明达 到平衡，故此项错误，故答案为：bc； ②a．若容器乙的体积为甲的 2 倍，则两容器中反应平衡等效，此时乙的体积与甲相等，则 p(甲) ＝1/2p(乙)，故此项错误； b．平衡的转化率未知，则平衡时无法判断平衡只反应物和生成物浓度的相对大小，故此项错 误； c．若容器乙的体积为甲的 2 倍，则两容器中反应平衡等效，因为两容器体积相等，则平衡时 2c(CO2)甲＝2c(CO2)乙，根据反应方程式可得，平衡时 c(CO2)乙=c(N2)乙，则 2c(CO2)甲＝c(N2) 乙 ，故此项正确； d．因为反应前后气体体积不变，所以两容器中反应平衡时，转化率相同，则体积分数 φ(CO2) 甲＝φ(N2)乙，故此项正确，故答案为：cd； （2）由平衡常数表达式得： ， ， ， 则 ，故答案为： ； （3）如图所示 NO2 的转化率降低，说明平衡向逆方向移动。该反应为放热反应，升高温度， 平衡向逆方向移动，所以 X 为温度，反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正方向 移动，所以 X 不能是压强；相同温度时，压强由 L1 变为 L2，平衡向正方向移动，说明压强增 大，即 L1＜L2，故答案为：温度； ＜； （4）电解时，阳极失电子发生氧化反应，HNO2 在阳极失电子，氧化生成 NO ，电极反应式为： HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO ，故答案为：HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO 。 20.甲醇、二甲醚(CH3OCH3)既是重要的化工原料，又是可再生能源，具有开发和应用广阔前景。 （1）合成二甲醚的反应原理为 2CO(g)＋4H2(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)。 ①该反应能够自发进行的原因是_______。 2 2 1 4 2 c(Cl ) c (NO)K = c (NO ) ⋅ 2 2 2 c(ClNO)K = c (NO ) 2 3 2 2 2 c (ClNO)K = c (NO ) c(Cl )⋅ 2 2 3 1 KK = K 2 2 1 K K - 3 - 3 - 3②若容器 体积恒定不变，CO、H2 起始通入量分别为 2 mol、4 mol，充分反应后达到平衡。下 列措施既可以提高反应速率又可以提高 CO 的转化率是_______。 a．升高温度 b．使用更高效的催化剂 c．充入 He，使体系总压强增大 d．缩小体积增大压强 （2）工业上合成甲醇的化学方程式为 CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＝－91 kJ·mol－1 ①已知某些化学键的键能数据如下表，则 x＝_______。 化学键 C－H H－H C－O C≡O O－H 键能/ kJ·mol-1 a b c x d ②在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒压容器中分别充入 a mol CO 和 2a mol H2 合成甲醇，三个容器的温度分 别为 T1、T2、T3。若实验测得反应均进行到 t min 时，三个容器中 CO 的体积分数如图所示， 此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是_____。若反应达到平衡，三个容器中 v(CH3OH)逆最大的是____。 【答案】 (1). ΔH＜0 (2). D (3). 3a＋c＋d－2b－91 (4). Ⅲ (5). Ⅲ 【解析】 【分析】 根据熵变和焓变对反应自发进行的影响分析解答；根据键能与焓变的关系分析计算相关键能； 根据影响反应速率的条件及平衡移动原理分析反应速率及转化率的变化；根据平衡移动原理 结合图像分析温度对平衡移动的影响。 【详解】（1）①根据反应方程式可以看出，反应为混乱度增大的反应，熵增和焓减有助于反 应自发进行，则该反应能够自发进行的原因是 ΔH＜0，故答案为：ΔH＜0； ②a．升高温度，反应速率增大，该反应放热，则升高温度，平衡逆方向移动，CO 转化率减小， 故此项错误； b．使用更高效的催化剂可以提高反应速率，但对平衡没有影响，即不能提高 CO 转化率，故 的此项错误； c．容器体积不变，充入 He，反应物和生成物浓度不变，反应速率不变，平衡也不移动，故此 项错误； d．缩小体积增大压强，反应物和生成物浓度增大，反应速率增大，该反应为气体体积减小的 反应，增大压强则平衡正方向移动，CO 转化率提高，故此项正确，故答案为：d； （2）①反应中需破坏 1molC≡O 键、2molH-H 键，同时形成 3molC-H 键、1molC-O 键和 1molO-H 键，根据键能与焓变关系得：－91=(3a+c+d)-(x+2b)，则 x=3a＋c＋d－2b－91； ②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H