重庆一中高二上学期10月月考化学试题

2022年重庆一中高2024届高二上期10月月考化学测试试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ba137一、选择题：本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示装置中属于原电池的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．C和Zn存在活泼差异，有自发的氧化还原反应，有电解质溶液，形成闭合电路，是原电池，故A正确；B．有外接电源，是将电能为转化为化学能的装置，是电解池，故B错误；C．酒精是非电解质，其水溶液不导电，不能构成原电池，故C错误；D．无自发的氧化还原反应，不能构成原电池，故D错误，答案为A。2.下列试剂保存方法不正确的是A.NH4F溶液保存在带橡胶塞的细口玻璃瓶中B.FeCl2溶液保存时需加少量铁粉防氧化C.浓硝酸保存在棕色细口瓶中D.金属锂通常保存在石蜡中【答案】A【解析】【详解】A．NH4F水溶液中，氟离子水解得到HF，玻璃的成分二氧化硅可以和HF酸之间发生反应，所以NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，A错误；B．Fe2+容易被氧化为Fe3+，铁屑可以还原Fe3+生成Fe2+，存放FeCl2溶液的试剂瓶内加少量铁屑防氧化，B正确；C．浓硝酸不稳定，见光易分解，应该避光保存，所以放在棕色试剂瓶中，C正确；D．锂易和氧气水反应，应隔绝空气和水保存，锂的密度大于液体石蜡，故可以保存在液体石蜡中，D正确；故选A。3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.1L1.0mol•L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB.将含有1molFeCl3的饱和氯化铁溶液滴入沸水中制得1molFe(OH)3胶粒C.将0.1molCl2通入水中，转移电子数为0.1NAD.1.6g由O2和O3组成的混合物中含有O原子的数目为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．1L1.0mol•L1的NaAlO2水溶液中含有溶质NaAlO2的物质的量是1.0mol，但其会水解，加之溶液中除溶质含有O原子外，溶剂水中也含有大量O原子，故该溶液中含有O原子的数目不能确定，A错误；B．Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，故将含有1molFeCl3的饱和氯化铁溶液滴入沸水中形成的Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1mol，B错误；C．Cl2与水反应产生HCl、HClO，若有1molCl2发生该反应，转移电子的物质的量是1mol，但该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故将0.1molCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，C错误；D．O2和O3分子都是由O原子构成，O原子相对原子质量是16，所以1.6g由O2和O3组成的混合物中含有O原子的物质的量是0.1mol，则其中含有的O原子的数目为0.1NA，D正确；故合理选项是D。4.常温下，一定浓度的某溶液中由水电离出的c(H+)=105mol/L，则溶液中的溶质可能是A.Al2(SO4)3 B.CH3COOH C.NaOH D.NaHSO4【答案】A【解析】【详解】常温下，一定浓度的某溶液中由水电离出的c(H+)=105mol/L，说明溶液中的溶质促进了水的电离，醋酸和硫酸氢钠在溶液中电离出的氢离子、氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子均抑制水的电离，只有硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，故选A。5.将下列固体溶于水形成的溶液蒸干、灼烧，得到的物质化学组成与原固体物质相同的是A.胆矾 B.氯化铝 C.硫酸亚铁 D.碳酸钠【答案】D【解析】【详解】A．胆矾()溶于水，Cu2+可以水解，但生成硫酸是非挥发性酸，将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到固体，故A错误；B．氯化铝溶液中Al3+可以水解，HCl是挥发性酸，加热促进水解，HCl逸出，蒸发结晶得到Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，故B错误；C．硫酸亚铁溶液中Fe2+具有还原性，溶液加热会发生氧化还原反应，蒸发结晶、再灼烧，得到的固体是硫酸铁，故C错误；D．碳酸钠溶液加热碳酸根会水解，但生成强碱氢氧化钠，最终蒸干灼烧还是碳酸钠，故D正确；故答案为D。6.下列溶液中一定能大量共存的离子组是A.某无色透明溶液：Al3+、K+、SO、S2B.能使紫色石蕊变红的溶液：Na+、K+、Cl、NOC.能与活泼金属反应产生氢气的溶液：Fe2+、Na+、NO、SOD.常温下，由水电离产生的H+浓度为1011mol/L的溶液：Na+、K+、Cl、S2O【答案】B【解析】【详解】A．Al3+与S2可以反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，不能大量共存，故A错误；B．能使紫色石蕊变红的溶液为酸性溶液，Na+、K+、Cl、NO互不反应，可以大量共存，故B正确；C．能与活泼金属反应产生氢气的溶液为酸性溶液，酸性条件下NO可以氧化Fe2+，故C错误；D．常温下，由水电离产生的H+浓度为1011mol/L的溶液为酸溶液或碱溶液，酸性条件下S2O不能大量存在，故D错误；故选B。7.用惰性电极电解下列物质的不饱和溶液，溶液pH减小的是A.氢氧化钠 B.硫酸 C.氯化钠 D.硫酸钠【答案】B【解析】【详解】A．电解氢氧化钠溶液相当于电解水，氢氧化钠的浓度增大，氢氧根离子浓度增大，溶液pH值增大，A错误；B．电解H2SO4溶液相当于电解水，H2SO4的浓度增大，氢离子浓度增大，溶液pH值减小，B正确；C．电解NaCl溶液，溶液中氢离子、氯离子放电，导致溶液中氢氧根离子的浓度增大，溶液的pH值增大，C错误；D．电解Na2SO4溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，D错误；故选B。8.室温下，下列关于平衡常数说法正确的是A.弱电解质的电离平衡常数随溶液浓度增大而减小B.pH=2的H2SO4溶液中，水的离子积常数Kw=1024C.已知Ka(HF)＞Ka(HCN)，则Kh(NaF)＜Kh(NaCN)D.难溶电解质的溶度积Ksp越小，则其溶解度越小【答案】C【解析】【详解】A．弱电解质的电离平衡常数只与温度有关，故A错误；B．室温条件下，水的离子积常数Kw=1014，故B错误；C．已知Ka(HF)＞Ka(HCN)，根据Kh=，则Kh(NaF)＜Kh(NaCN)，故C正确；D．两种结构相似的难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度越小，故D错误；故选C。9.关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。用如图所示装置(夹持装置省略)进行实验，操作正确且能达到目的的是A.甲装置可检验溶液中是否有K+B.乙装置中选用的指示剂与Ag+形成沉淀的溶解度比AgBr的溶解度大C.丙装置可构成铜锌双液原电池并持续供电D.丁装置可测量稀硫酸的pH【答案】B【解析】【详解】A．通过焰色试验检验K+颜色时要透过蓝色钴玻璃观察，以滤去钠元素黄色光的干扰，A错误；B．当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生成物的溶解度小时，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应，故乙装置中选用的指示剂与Ag+形成沉淀的溶解度比AgBr的溶解度大，B正确；C．左侧烧杯中Zn与CuSO4溶液发生置换反应,应将两个烧杯中的电解质溶液应该互换，C错误；D．测定稀硫酸的pH时，应该用一根洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测溶液，滴在pH试纸上，半分钟后跟标准比色卡比较，以判断溶液pH的大小，而不能将pH试纸直接伸入待测溶液中，D错误；故合理选项是B。10.目前，丁烷脱氢制丁烯的研究已取得重大突破，利用计算机技术测得在催化剂表面的反应历程如图所示，其中催化剂表面上的物质用*标注，TS表示过渡态物质。下列说法错误的是A.该历程中决速步骤为C4H9*+H*=C4H8*+2H*B.催化剂可降低反应活化能C.C4H10→C4H8+H2，该反应有非极性键形成D.该反应的热化学方程式为：C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)△H=+0.06NAeV【答案】A【解析】【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步，由图可知，C4H10转化为C4H10*时的活化能最大，则该历程中决速步骤为C4H10=C4H10*，故A错误；B．催化剂能改变反应的途径，降低反应活化能，加快反应速率，故B正确；C．由图可知，该反应的方程式为C4H10→C4H8+H2，反应中有氢氢非极性键形成，故C正确；D．由图可知，该反应的方程式为C4H10→C4H8+H2，反应的焓变△H=+0.06NAeV，则反应的热化学方程式为C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)△H=+0.06NAeV，故D正确；故选A。11.下列化学用语正确的是A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+(aq)B.电解氯化镁水溶液：2Cl+2H2O2OH+Cl2↑+H2↑C.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全：Ba2++2OH+2H++=BaSO4↓+2H2OD.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3=Al2(SO4)3↓【答案】A【解析】【详解】A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，转化为更难溶的碳酸钙，反应的离子方程式为：(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+(aq)，选项A正确；B．电解氯化镁水溶液，得到氢氧化镁、氢气和氯气，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，选项B错误；C．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全，反应生成硫酸钡沉淀、水和氢氧化钠，发生反应的离子方程式为：Ba2++OH+H++=BaSO4↓+H2O，选项C错误；D．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，选项D错误；答案选A。12.Cu2O是一种半导体材料，一种制取Cu2O的电解池示意图如图，总反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是A.铜电极产生氢气B.石墨电极接直流电源的正极C.当有1mol电子转移时，有0.5molCu2O生成D.铜电极发生的电极反应2Cu+2e+H2O=Cu2O+2H+【答案】C【解析】【详解】A．从电解总反应知金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，A错误；B．根据反应可知铜做阳极，连接电源的正极，石墨做阴极，连接电源的负极，B错误；C．根据反应可知转移2mol电子产生1molCu2O，当有1mol电子转移时，有0.5molCu2O生成，C正确；D．由分析可知金属铜作阳极，反应中失去电子，故铜电极发生的电极反应2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，D错误；故选C。二、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。13.常温下，下列溶液混合后，说法正确的是(已知CH3COOH和NH3•H2O的Ka=Kb＞107)A.等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后呈中性，NaOH溶液体积应该略微过量B.pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后溶液呈酸性C.CH3COONH4溶液加少量水稀释，c(H+)增大D.等物质的量浓度的CH3COOH溶液和CH3COONH4溶液等体积混合溶液呈酸性【答案】D【解析】【详解】A．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合溶液显碱性，若显中性，则CH3COOH溶液体积应该略微过量，故A错误；B．pH=2的盐酸和pH=12的氨水，氨水的浓度较大，等体积混合，氨水过量，故溶液呈碱性，故B错误；C．根据CH3COOH和NH3•H2O的Ka=Kb，CH3COONH4溶液显中性，加少量水稀释，溶液仍未中性，c(H+)不变，故C错误；D．CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，故混合溶液显酸性，故D正确；故选D。14.已知CH3COOH与NH3•H2O的电离常数分别为Ka与Kb，水的离子积为Kw，则CH3COONH4的水解平衡常数Kh为A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】CH3COOHCH3COO+H+，Ka=；NH3•H2O+OH，Kb=；CH3COONH4+H2OCH3COOH+NH3•H2O，Kh===；答案选C。15.如图所示的装置进行电解，通电一段时间，发现湿润的淀粉－KI试纸的C端变为蓝色。下列说法正确的是A.电源的正极为EB.电子流向：E→D→C→Fe极C.通电一段时间后，加入AgNO3固体可使甲池溶液复原D.通电一段时间后，乙池中出现蓝色沉淀【答案】D【解析】【分析】由通电一会儿，发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色可知，C是电解池的阳极、D为阴极，则E为电源的负极、F为正极，铂电极、铜电极为阳极，铁电极、石墨电极为阴极。【详解】A．由分析可知，电源的正极为F，故A错误；B．电解质溶液不能传递电子，则电子不能由D流向C，故B错误；C．由分析可知，甲池则铂电极为阳极、铁电极为阴极，电解方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，则通电一段时间后，加入氧化银固体可使甲池溶液复原，故C错误；D．由分析可知，乙池中铜电极为阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式为Cu—2e—=Cu2+，石墨电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，阳极生成的铜离子与阴极生成的氢氧根离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故D正确；故选D。16.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器连续采集锥形瓶内溶液的温度，平行测定三次，并取最高温度代入计算△HB探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象C判断反应后Ba2+是否沉淀完全将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加几滴Na2CO3溶液D证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)向2mL0.01mol•L1AgNO3溶液中滴加12滴同浓度的NaCl溶液后，再滴加12滴同浓度的KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．酸碱中和滴定操作是敞开体系，没有较好的保温措施，不能测定中和反应的反应热，A错误；B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，B错误；C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加几滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明溶液中的Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则沉淀完全，C正确；D．AgNO3溶液过量，过量的Ag+与滴入的KI溶液中的I反应产生AgI黄色沉淀，因此不能用于比较AgCl、AgI溶度积常数的大小，即不能证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D错误；故合理选项是C。17.如图所示为钠离子电池的一种新型电解质的结构，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三者的核外电子数之和等于35，Y与Z位于同一周期。下列说法正确的是A.YX水溶液中离子浓度：c(Y+)＞c(X)＞c(OH)＞c(H+)B.工业上常采用电解Y的盐溶液冶炼单质YC.同主族元素形成的简单氢化物中X的稳定性最弱D.元素Z最高价含氧酸为三元强酸【答案】AD【解析】【分析】Y与Z位于同一周期，且X、Y、Z原子序数之和等于35，所以Y、Z在第三周期，X在第二周期，从结构图看Y易失去1个电子形成Y离子，所以Y为Na元素，X只形成一个共价键，再考虑原子序数，所以X为F元素，三者原子序数之和为35，故Z为P素。【详解】A．YX为NaF，F水解溶液显碱性，水溶液中离子浓度：c(Y+)＞c(X)＞c(OH)＞c(H+)，故A正确；B．工业上制备钠单质，常采用电解熔融态氯化钠冶炼单质钠，故B错误；C．X为F，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强其最简单氢化物越稳定，同主族元素形成的简单氢化物中X的稳定性最强，故C错误；D．Z为P，元素Z最高价含氧酸为H3PO4，磷酸是三元强酸，故D正确；故答案为AD。18.Cr(VI)易致癌，实验室选用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理含Cr(VI)废水，工艺流程如图：(已知：焦亚硫酸钠在较强酸性环境中会放出SO2：Cr2O在酸性条件下氧化性较强)下列说法错误的是A.可以用Na2SO3代替Na2S2O5B.调pH时，pH越低，Cr2O转化越完全，则Na2S2O5利用率越高C.在沉铬步骤中加入絮凝剂，增大生成的Cr(OH)3颗粒，便于过滤回收D.沉铬时生成Cr(OH)3的离子方程式为3Ca(OH)2+2Cr3+=2Cr(OH)3+3Ca2+【答案】B【解析】【分析】焦亚硫酸钠具有强的还原性，可以处理含铬废水，处理时向废水中先加入硫酸，使溶液显酸性，然后加入Na2S2O5，发生氧化还原反应：3S2O+2Cr2O+10H+=6SO+4Cr3++5H2O，使废水中的Cr元素转化为Cr3+，再加入石灰乳调节溶液pH，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去，当达到排放标准后再进行排放。【详解】A．Na2SO3也有强还原性，故可以代替Na2S2O5，故A正确；B．Cr2O在酸性条件下氧化性强，在实际工业中pH过低，会导致需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，这是由于溶液的pH过低时，会发生反应：2H++S2O=H2O+2SO2↑，反应产生的SO2不断逸出，导致需要消耗更多的S2O，故B错误；C．在沉铬步骤中加入絮凝剂，可以增大生成的Cr(OH)3颗粒，以便于过滤回收，故C正确；D．石灰乳沉铬离子的方程式为3Ca(OH)2+2Cr3+=2Cr(OH)3+3Ca2+，故D正确；故选B。19.常温下，用0.12mol/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液，溶液中电导率k和—lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.溶液电导率与离子所带电荷、离子浓度等因素有关B.当k=1.2×104μS•cm1时，溶液中的主要溶质为NaClC.该BaCl2液的物质的量浓度是6.0×103mol/LD.该温度下BaSO4的溶度积常数数量级约为1012【答案】D【解析】【分析】由图可知，溶液中电导率k随着硫酸钠溶液的加入先增大后减小，硫酸钠溶液为2.5mL时，电导率k最小说明硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中电导率k为1.2×104μS•cm1、钡离子浓度为1.0×105mol/L，则氯化钡溶液的浓度为=6.0×103mol/L，硫酸钡的溶度积Ksp=1.0×105×1.0×105=1.0×1010。【详解】A．由分析可知，溶液中电导率k随着硫酸钠溶液的加入先增大后减小，电导率k最小时，硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，说明溶液电导率与离子所带电荷、离子浓度等因素有关，故A正确；B．由分析可知，当溶液中电导率k为1.2×104μS•cm1时，硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中的主要溶质为氯化钠，故B正确；C．由分析可知，氯化钡溶液的浓度为=6.0×103mol/L，故C正确；D．由分析可知，硫酸钡的溶度积Ksp=1.0×105×1.0×105=1.0×1010，溶度积常数数量级为1010，故D错误；故选D。20.常温下，向0.10mol•L1的FeCl2溶液中通H2S气体至饱和(浓度为0.10mol•L1)时，溶液中刚好开始有FeS沉淀生成，此时溶液的pH为[已知Ksp(FeS)=1×1015，H2S的Ka1=1×107，Ka2=1×1013]A.0.7 B.1 C.2 D.4【答案】D【解析】【详解】由题给信息可知，c(Fe2+)=0.10mol•L1，当溶液中刚好开始有FeS沉淀生成时，此时，在硫化氢溶液中硫离子受氢离子浓度的影响，根据硫化氢的电离平衡，，，，pH=3.5≈4；故选D。三、填空题：本题共4小题，共52分。21.I.如图所示，某同学设计了一个燃料电池并进行电解实验，请回答下列问题：（1）甲池中通____(填“氧气”或“甲烷”)的是负极，其电极反应式为____。（2）标准状况下，若有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成气体的物质的量为____mol。（3）丙池中铜片上可观察到的现象为____。II.据报道，我国已研制出“可充室温钠二氧化碳电池”，如图所示，该电池的工作原理为4Na+3CO2Na2CO3+C(放电时产生的Na2CO3固体贮存于多壁碳纳米管中)。（4）放电时，钠箔为该电池的____极(填“正”或“负”)：电解质溶液中ClO流向____(填“钠箔”或“多壁碳纳米管”)电极。（5）充电时，多糖碳纳米管连接直流电源的____(填“正”或“负”)极，其电极反应式为____。【答案】（1）①.甲烷②.CH4+10OH8e=CO+7H2O（2）0.2（3）铜电极变细（4）①.负②.钠箔（5）①.正②.2Na2CO3+C4e=4Na++3CO2【解析】【分析】由图可知，通入氧气的电极，氧气得到电子发生还原反应，为正极，则通入甲烷的电极为负极，电解质为氢氧化钾，故甲烷对应的最终产物为碳酸根离子，以此解题。【小问1详解】甲池中通入甲烷电极，甲烷失去电子发生氧化反应，是负极；电极反应式为：CH4+10OH8e=CO+7H2O；【小问2详解】乙装置中铁电极和甲装置的负极相连，则铁电极为阴极，2.24L氧气的物质的量为0.1mol，则转移0.4mol电子，乙装置中铁电极上的反应为：2H++2e=H2↑；则转移0.4mol电子，生成0.2mol氢气；【小问3详解】丙池中铜片和甲池正极相连，则铜电极为阳极，电极反应为：Cu2e=Cu2+，故现象为铜电极变细；【小问4详解】由原电池的总反应式4Na+3CO2Na2CO3+C可知，放电时，Na为负极，通入CO2的电极为正极，放电时电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电解质溶液中ClO流向钠箔；【小问5详解】充电时为电解池，电解池的总反应为2Na2CO3+C=4Na+3CO2，C失去电子生成CO2，即碳纳米管为阳极，与外加电源正极相连，由于Na2CO3固体贮存于碳纳米管中，所以充电时阳极的电极反应式为2Na2CO3+C4e=4Na++3CO2，故答案为：正；2Na2CO3+C4e=4Na++3CO2。22.甲烷是一种在日常生活及有机合成中用途十分广泛的气体。我校某化学研究小组的同学对甲烷在高温下气相裂解反应的原理及其应用展开了研究。（1）甲烷的电子式为____。（2）已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=890.4kJ•mol1C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H2=1299.6kJ•mol12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=571.6kJ•mol1则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H=____。（3）该研究小组在研究过程中发现：当甲烷分解时，lgX(X表示平衡时的气体分压)与温度(℃)的关系如图所示：①T1℃时，向2L恒容密闭容器中充入0.3molC2H4只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时测得c(C2H4)=c(CH4)，此时CH4的转化率为____(结果保留一位小数)。②对上述平衡状态，若改变温度至T2℃，经10s后再次达到平衡时测得c(CH4)=2c(C2H4)，则10s内C2H4的平均反应速率v(C2H4)=_____，上述变化过程中T1___(填“>”或“<”)T2。（4）若容器中发生反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)，计算该反应在图中温度为A点时的压强平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度)。【答案】（1）（2）+376.2kJ•mol1（3）①.66.7%②.0.00125mol·L1·s1③.>（4）105mol2·L2【解析】【小问1详解】甲烷分子中含有4个CH共用电子对，甲烷的电子式为：；【小问2详解】已知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=890.4kJ•mol1②C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H2=1299.6kJ•mol1③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=571.6kJ•mol1根据盖斯定律，由①2②③得甲烷气相裂解反应：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H=△H12△H2△H3=890.4kJ•mol12(1299.6kJ•mol1)(571.6kJ•mol1)=+376.2kJ•mol1；【小问3详解】①设达到平衡时，甲烷转化了2mol/L，根据“三段式”法进行计算:则有0.15x=0.5x，解得x=0.1，故CH4的转化率为100%≈66.7%；②由图象判断出该反应为吸热反应，因重新达到平衡后甲烷的浓度增大，故反应逆向移动，则T1℃→T2℃为降温过程，即T1>T2；结合①的计算结果，设重新达到平衡时，甲烷的浓度变化了ymol/L，根据“三段式”法进行计算:则有0.05+y=2x(0.050.5y)，解得y=0.025。则v(C2H4)=0.00125mol·L1·s1；【小问4详解】由题图中数据可知，平衡时各物质分压如下:平衡常数K=mol2·L2=105mol2·L2。23.半导体芯片行业是金属靶材的主要应用领域之一。利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)采用选择性溶解法回收铂并制备硫酸镍晶体的一种工艺流程如图：已知：①王水是按浓盐酸和浓硝酸的体积比为3∶1配制而成②氧化性H+＞Ni2+③室温：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×106、≈7.5④溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×105mol/L)的pH8.74.7329.0（1）“转化”时发生反应的离子方程式为_____。（2）在王水中生成二元强酸H2PtCl6，其中Pt元素的化合价为_____，若HNO3还原产物为NO，则该反应的离子方程式为____。（3）c(Ni2+)=0.01mol/L，则调pH应控制的pH范围是____。（4）“酸浸”过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，“酸浸”的最佳温度和时间是____。（5）“操作1”中包括过滤及沉淀的洗涤，洗涤沉淀时最好选用下列哪种试剂____。A.蒸馏水 B.浓盐酸 C.饱和氯化铵溶液 D.王水（6）沉铂过程中发生的可逆反应的化学方程式为____，结合平衡移动原理分析(NH4)2PtCl6沉淀率随温度升高而___(填“增大”、“减小”或“不变”)。（7）沉的过程中，若向c(PtCl)=0.1mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使PtCl沉淀完全，则加入NH4Cl溶液的浓度最小值为____mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+（2）①.+4②.（3）4.7pH＜7.2（4）70℃；120min（5）C（6）①.②.增大（7）1.7【解析】【分析】酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，为二元强酸可以计算化合价和书写离子方程式，由图可知最佳温度和时间为70℃和120min，根据平衡移动原理，温度升高NH4Cl水解正向移动，温度越高沉淀率越大，完全沉淀时离子浓度为，据此答题。【小问1详解】用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；【小问2详解】二元强酸中，H原子化合价为+1价，Cl原子为1价，则根据正负化合价代数和为零，计算Pt的化合价为+4价；浓硝酸和浓盐酸可拆开，Pt由0价变为+4价，硝酸中的N原子由+5价生成NO变为+2价，铂在王水中生成二元强酸，反应的离子方程式为：；【小问3详解】酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，控制Ni2+不能转化为沉淀，则pH的范围为：4.7pH＜7.2；【小问4详解】由图可知，温度升高，酸浸浸出率在变大，70℃和90℃时酸浸率相接近，考虑成本原因，最佳温度为70℃，由图可知，酸浸率与酸浸时间成正比，时间为120min后，镍浸出率随时间变化不显著，则最佳时间为120min；【小