广东省广州市越秀区2023-2024学年高二上学期学业水平调研测试化学试卷（解析版）

2023学年第一学期学业水平调研测试高二年级化学试卷满分100分考试用时75分钟注意事项：1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上。用2B铅笔将考生号、座位号填涂在答题卡相应位置上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共16小题，共44分．第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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.汽车领域的发展离不开化学反应原理。下列说法正确的是A.燃油汽车：燃料的燃烧为吸热反应B.电动汽车：放电时将电能转化为化学能C.尾气处理：利用三元催化器可完全消除尾气D.车身材料：钢板涂层中的镀锌层可防止铁腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．燃油汽车中燃料的燃烧为放热反应，化学能转化为热能、进一步转变为机械能等，A错误；B．电动汽车放电时为原电池，将化学能转化为电能，B错误；C．催化剂能加快反应进行但不影响平衡，利用三效催化剂不可完全消除尾气，C错误；D．锌在空气中被氧化，表面会形成一层钝化膜，能够防腐蚀，钢板涂层中的镀锌层可防止铁与空气接触而防腐蚀，D正确；故选D。2.下列能级符号正确的是A.6s B.2d C.3f D.1p【答案】A【解析】【详解】A.主量子数为6，存在s轨道，A项正确；B．主量子数为2，存在s、p轨道，不存在d轨道，B项错误；C．主量子数为3，存在s、p、d轨道，不存在f轨道，C项错误；D．主量子数为1，只存在s轨道，D项错误；本题答案选A。3.是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是A.基态价层电子排布式为B.Fe在元素周期表中位于ds区C.基态Ti价层电子轨道表示式为D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族【答案】B【解析】【详解】A．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子形成亚铁离子，价层电子排布式为，A正确；B．铁为26号元素，Fe在元素周期表中位于d区，B错误；C．基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则价层电子轨道表示式为，C正确；D．O位8号元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正确；故选B。4.下列生活、生产中盐类的应用，能用盐类水解原理解释的是A.用做射线透视肠胃的内服药B.用热溶液清洗餐具上的油污C.用溶液腐蚀铜制电路板D.用除去工业废水中的和【答案】B【解析】【详解】A．硫酸钡不能与胃液的主要成分盐酸反应，所以可以用硫酸钡做射线透视肠胃的内服药，则用硫酸钡做射线透视肠胃的内服药不用盐类水解原理解释，故A不符合题意；B．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，油脂的水解程度增大，所以用热碳酸钠溶液清洗餐具上的油污能用盐类水解原理解释，故B符合题意；C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于腐蚀铜制电路板，则用氯化铁溶液腐蚀铜制电路板不用盐类水解原理解释，故C不符合题意；D．硫化钠溶液能与铜离子、汞离子反应生成硫化铜沉淀、硫化汞沉淀，常用于除去工业废水中的铜离子、汞离子，则硫化钠用于除去工业废水中的铜离子、汞离子不用盐类水解原理解释，故D不符合题意；故选B。5.下列有关金属腐蚀和保护的说法，不正确的是A.生铁比纯铁容易生锈B.铁被氧化腐蚀的电极反应式为C.埋在潮湿土壤里的铁管比在干燥土壤里更容易被腐蚀D.铁制品表面的镀银层损坏后，铁制品更容易被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．生铁是含碳的铁合金，容易形成原电池，此时铁作负极被腐蚀，所以生铁比纯铁容易生锈，故A正确；B．铁被氧化腐蚀时，铁做原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为，故B错误；C．铁管埋在潮湿的土壤中会与周围的环境形成原电池，加快铁管腐蚀，所以埋在潮湿土壤里的铁管比在干燥土壤里更容易被腐蚀，故C正确；D．镀银的铁制品，镀层损坏后，镀层银、铁与外界环境形成原电池，铁作负极被腐蚀，所以铁制品表面的镀银层损坏后，铁制品更容易被腐蚀，故D正确；故选B。6.恒容密闭容器中发生反应，转化率随时间变化如图所示，要使反应由过程a变为过程b，可采取措施是A.升高温度 B.增大压强 C.加催化剂 D.加大的投入量【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫的催化氧化反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间减少，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，则升高温度能使反应由过程a变为过程b，故A正确；B．二氧化硫的催化氧化反应是气体体积减小的反应，增大压强，反应速率加快，达到平衡所需时间减少，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，则增大压强不能使反应由过程a变为过程b，故B错误；C．加催化剂，反应速率加快，达到平衡所需时间减少，但平衡不移动，二氧化硫的转化率不变，则加催化剂不能使反应由过程a变为过程b，故C错误；D．加大氧气的投入量，反应物的浓度增大，反应速率加快，达到平衡所需时间减少，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，则加大氧气的投入量不能使反应由过程a变为过程b，故D错误；故选A。7.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列解释事实的方程式不正确的是A.次氯酸消毒液的约为4：B.向悬浊液中滴加溶液，出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)C.溶有的雨水约为5.6：D.铅蓄电池放电时的总反应：【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol/L次氯酸消毒液的约为4是因为次氯酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为，故A正确；B．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铁溶液，出现红褐色沉淀发生的反应为氢氧化镁与溶液中的铁离子反应生成溶解度更小的氢氧化铁和镁离子，反应的离子方程式为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，故B正确；C．碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，则溶有的雨水约为5.6的原因是，故C错误；D．铅蓄电池放电时的总反应为铅与二氧化铅和硫酸溶液反应生成硫酸铅和水，反应的化学方程式为，故D正确；故选C。8.下列事实可以证明氨水是弱碱的是A.0.1mol/L氨水溶液pH＜13 B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红C.氨水与Al3+盐反应生成Al(OH)3 D.氨水的导电性比NaOH溶液弱【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol/L氨水溶液pH＜13，说明一水合氨不完全电离，为弱碱，A符合题意；B．0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明其显碱性，但不能证明为弱碱，B不符合题意；C．无论强碱还是弱碱，都可以与Al3+盐反应生成Al(OH)3，C不符合题意；D．选项未指明浓度，若等浓度的氨水的导电性比NaOH溶液弱，可以说明其为弱碱，D不符合题意；综上所述答案为A。9.锌铜原电池装置如图所示，下列有关说法不正确的是A.电极为该原电池的正极B.电极是还原剂，又是电子导体C.氯化钾盐桥中将移向溶液D.一段时间后有红色固体沉积在电极表面【答案】C【解析】【分析】由图可知，锌的活泼性比铜强，则锌电极为铜锌原电池的负极，铜电极为正极。【详解】A．由分析可知，铜电极为原电池的正极，故A正确；B．由分析可知，能导电的锌电极为铜锌原电池的负极，故B正确；C．由分析可知，能导电的锌电极为铜锌原电池的负极，铜电极为原电池的正极，氯化钾盐桥中氯离子将移向硫酸锌溶液，故C错误；D．由分析可知，铜电极为原电池的正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，故D正确；故选C。10.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理如图所示，下列有关说法不正确的是A.能通过离子交换膜B.产品溶液从口导出C.从口补充饱和溶液D.用盐酸控制阳极区溶液的在2～3，有利于氯气的逸出【答案】C【解析】【分析】由图可知，与电源正极相连的左侧电极是电解池的阳极，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，右侧电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则a口补充的是精制饱和食盐水、b口补充的是稀氢氧化钠溶液、c口流出的是浓氢氧化钠溶液、d口流出的是淡盐水，电解时钠离子通过离子交换膜由左侧阳极室移向右侧阴极室。【详解】A．由分析可知，电解时钠离子通过离子交换膜由左侧阳极室移向右侧阴极室，故A正确；B．由分析可知，c口流出的是浓氢氧化钠溶液，故B正确；C．由分析可知，b口补充的是稀氢氧化钠溶液，故C错误；D．氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，用盐酸控制阳极区溶液的在2～3，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，有利于氯气的逸出，故D正确；故选C。11.合成氨反应，下列图示与对应叙述相符合的是A.B.达到平衡时的转化率随比值的变化C.正、逆反应速率随温度的变化D.该反应平衡常数随温度的变化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．合成氨反应的焓变ΔH=(2254-2346)kJ⋅mol-1=-92kJ⋅mol-1<0，则题给图示与对应叙述不相符合，故A错误；B．的比值增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，但氢气的转化率减小，则题给图示与对应叙述不相符合，故B错误；C．合成氨反应我放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则题给图示与对应叙述不相符合，故C错误；D．合成氨反应我放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，则题给图示与对应叙述相符合，故D正确；故选D。12.五种短周期元素，原子序数依次增大，且在每个短周期均有分布，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是小苏打中的一种元素，下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点：B.元素电负性：M>ZC.与组成的化合物一定含有非极性键D.QX是共价化合物【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，且在每个短周期均有分布，则X为H元素，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则Y为C元素；M是地壳中含量最多的元素，则M是O元素；Q是小苏打中的一种元素，则Q为Na元素，则Z为N元素。【详解】A．水分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力强于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，元素电负性依次增大趋势，则氧元素电负性大于氮元素，故B正确；C．氧化钠是只含有离子键，不含有非极性键的离子化合物，故C错误；D．氢化钠是只含有离子键的离子化合物，故D错误；故选B。13.下列实验能达到实验目的的是A．证明：B．研究浓度对平衡移动的影响C．铁制品上镀铜D．验证铁发生析氢腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液后，再加入碘化钠溶液只存在沉淀的生成过程，不存在沉淀的转化过程，无法比较碘化银和氯化银溶度积的大小，故A错误；B．向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液变为黄色，说明溶液中存在如下平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+，向溶液中加入硫酸溶液，溶液变为橙色，说明平衡向逆反应方向移动，故B正确；C．铁制品上镀铜时，铜电极应与直流电源的正极相连，故C错误；D．铁合金中铁和碳在食盐水发生吸氧腐蚀，不能发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。14.一定条件下，将NO和O2按比例充入反应容器，发生反应。温度、压强对平衡转化率的影响如图所示。下列分析正确的是A.压强大小：B.温度升高，该反应的平衡常数增大C.条件下，该反应的平衡常数一定为D.条件下，的平衡转化率为【答案】D【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，因此，故A错误；B．由图可知，升高温度，NO转化率减小，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，故B错误；C．反应前后气体的化学计量数不相等，平衡常数与体积有关，由于体积未知、物质的浓度未知，不能计算平衡常数，故C错误；D．条件下，平衡时NO转化率为20%，NO和按物质的量之比2∶1充入反应容器，且按2∶1反应，二者转化率相等，即的平衡转化率为20%，故D正确；故选D。15.自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.产物P1的反应历程分4步进行C.产物P2的反应历程中最大能垒(活化能)D.相同条件下，由中间产物转化为产物的速率：【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，该反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A错误；B．由图可知，产物P1的反应历程中过渡态有3种，说明反应分3步进行，故B错误；C．由图可知，中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，则产物P2的反应历程中最大能垒为(—18.92kJ·mol—1)-(—205.11kJ·mol—1)=186.19kJ·mol−1，故C正确；D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)，故D错误；故选C16.由一种含氟废酸(pH=2，主要离子有F-、、Fe3+、Zn2+)生产冰晶石的工艺流程如下图所示：已知下：，下列相关说法不正确的是A.含氟废酸中B.“调节”约为8时，“滤渣1”的主要成分为和C.“合成”过程中，溶液应保持强碱性D.“滤液2”含有的主要溶质是【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向含氟废酸中加入氨水，将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，过量得到含有氢氧化铁、氢氧化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铝和硫酸钠，将溶液中的氟离子转化为六氟合铝酸钠沉淀，过滤得到含有硫酸铵的滤液和六氟合铝酸钠；六氟合铝酸钠经洗涤、干燥得到冰晶石。【详解】A．由电离常数可知，含氟废酸中，故A正确；B．由溶度积可知，溶液pH为8时，溶液中铁离子、锌离子浓度分别为=2.8×10—21mol/L、=3.0×10—5mol/L，则“滤渣1”的主要成分为和，故B正确；C．氢氧化铝是两性氢氧化物，易与强碱性溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝酸根离子，不利于六氟合铝酸钠的生成，故C错误；D．由分析可知，“滤液2”含有的主要溶质是硫酸铵，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4题，共56分。17.醋酸(用HAc表示)在我们的生活中应用广泛。HAc的应用与其电离平衡密切相关。已知：时，的。Ⅰ.某小组研究下稀释溶液时，HAc电离平衡的移动。(ⅰ)提出假设稀释HAc溶液，HAc电离平衡会发生移动。(ⅱ)设计方案并完成实验用浓度为的溶液，按下表配制溶液，测定溶液，记录数据。序号140.0024.00（1）根据表中信息，补充数据：______________。（2）猜想：稀释HAc溶液，电离平衡______________(填“正”或“逆”)向移动。（3）结合数据的关系，由实验1和2得出猜想成立的判断依据是______________。Ⅱ.移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为。（4）滴定过程中，溶液中的______________(填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。（5）当滴加溶液至溶液中的，此时溶液中的______7(填“>”“<”或“=”)。（6）计算得出，该HAc溶液的浓度为______________。（7）在答题卡中画出上述过程的滴定曲线示意图并标注特殊点__________。【答案】（1）36.00（2）正（3）HAc溶液稀释10倍后，溶液pH值B2小于B1+1（4）增大（5）4.76（6）0.1104（7）【解析】【分析】该实验的实验目的是提出假设，设计实验验证稀释醋酸溶液时，醋酸电离平衡会发生移动，并用中和滴定的方法测定醋酸溶液的浓度。【小问1详解】由探究实验变量唯一化原则可知，稀释醋酸溶液时，溶液的总体积应保持不变，则a=40.00—4.00=36.00，故答案为：36.00；【小问2详解】醋酸溶液稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，故答案为：正；【小问3详解】醋酸溶液稀释10倍后，溶液pH值B2小于B1+1，说明稀释过程中电离平衡正向进行，故答案为：HAc溶液稀释10倍后，溶液pH值B2小于B1+1；【小问4详解】滴定过程中发生的反应为醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子，醋酸钠在溶液中完全电离出醋酸根离子，所以反应中溶液中醋酸根离子的物质的量增大，故答案为：增大；【小问5详解】由电离常数Ka(HAc)=可知，溶液中醋酸浓度与醋酸根离子浓度相等时，溶液中氢离子浓度c(H+)=Ka(HAc)=10—4.76，则溶液pH为4.76，故答案为：4.76；小问6详解】滴定终点时醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应生成醋酸钠和水，滴定消耗22.08mL0.1000mol/L氢氧化钠溶液，则醋酸溶液的浓度为=0.1104mol/L，故答案为：0.1104；【小问7详解】0.1104mol/L醋酸溶液中氢离子浓度约为=≈10—2.86mol/L，溶液pH为2.86；氢氧化钠溶液体积为11.04mL时，溶液中醋酸根离子浓度和醋酸的浓度接近相等，溶液的pH接近4.76；氢氧化钠溶液体积为22.08mL时，滴定达到终点，得到醋酸钠溶液，醋酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性；氢氧化钠溶液过量较多时，溶液pH接近13，则滴定曲线为。18.物质的转化在生活、生产领域应用广泛。已知时物质回答下列问题：Ⅰ.碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中形成悬浊液，测得其。（1）静置后上层清液中，______________(填“>”“<”或“=”)。（2）向悬浊液体系中通入气体，溶液中______________(填“增大”“减小”或“保持不变”)Ⅱ.锅炉水垢严重影响锅炉使用寿命。为了除去水垢中的，可先用溶液处理，使转化为疏松、易溶于酸的，然后用酸除去。已知（3）用过量溶液浸泡数日(忽略浸泡后溶液的浓度变化)，水垢中的能否全部转化为？结合计算说明______________(已知当溶液中剩余的离子浓度小于时，认为转化反应进行完全)。（4）某同学以溶液为例，探究不同浓度与其水解程度之间的关系，利用计算机辅助作图如图，通过图示可知______________。Ⅲ.白云石的主要成分为，利用白云石制备碳酸钙和氧化镁的部分流程如下：（5）结合表格中的数据解释“浸钙”过程中主要浸出“钙”的原因是______________。（6）“沉钙”反应的离子方程式为______________。（7）该流程中可循环利用的物质有______________(填写物质的化学式)。【答案】（1）<（2）增大（3）0.1mol/LNa2CO3溶液中c(Ca2+)==3.4×10—8mol/L＜1×10—5mol/L，说明全部转化为（4）CO浓度越小，水解率越大，水解程度越大（5）Ca(OH)2溶度积远大于Mg(OH)2，浓度相等的NH4Cl溶液中，CaO优先浸出（6）Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH（7）NH4Cl【解析】【分析】白云石矿样煅烧分解得到煅烧渣，向煅烧渣中加入氯化铵溶液，氧化钙与氯化铵溶液反应得到含有氯化钙和氨气，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁和含有氯化钙、氨气的滤液；向滤液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中的氯化钙和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸钙和可以循环使用的氯化铵溶液；【小问1详解】将过量碳酸钙粉末置于水中形成悬浊液静置得到的上层清液为碳酸钙的饱和溶液中，溶液中存在物料守恒关系c(Ca2+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，则溶液中钙离子浓度小于碳酸根离子浓度，故答案为：<；【小问2详解】向悬浊液体系中通入二氧化碳，溶液中二氧化碳会与碳酸钙反应生成可溶的碳酸氢钙，使得溶液中钙离子浓度增大，故答案为：增大；【小问3详解】由溶度积可知，0.1mol/LNa2CO3溶液中c(Ca2+)==3.4×10—8mol/L＜1×10—5mol/L，说明全部转化为，故答案为：0.1mol/LNa2CO3溶液中c(Ca2+)==3.4×10—8mol/L＜1×10—5mol/L，说明全部转化为；【小问4详解】由图可知，碳酸根离子浓度越小，水解率越大，水解程度越大，故答案为：CO浓度越小，水解率越大，水解程度越大；【小问5详解】由表格数据可知，Ca(OH)2溶度积远大于Mg(OH)2，浓度相等的NH4Cl溶液中，CaO优先与氯化铵溶液反应浸出，故答案为：Ca(OH)2溶度积远大于Mg(OH)2，浓度相等的NH4Cl溶液中，CaO优先浸出；【小问6详解】由分析可知，“沉钙”的反应为二氧化碳与溶液中的氯化钙和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH，故答案为：Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；【小问7详解】由分析可知，该流程中可循环利用的物质为氯化铵，故答案为：NH4Cl。19.21世纪，我国航天事业取得举世瞩目的科技成果，其中火箭推进剂的研究和发展功不可没。固体推进剂是火箭发动机的动力源。Ⅰ.黑火药是我国古代“四大发明”之一，曾作为军事火箭的推进剂，距今已有1000年历史。（1）黑火药爆炸时的反应普遍被认为是，则若该反应每产生气体，转移电子总数为______________mol。Ⅱ.高氯酸铵具有较高的燃烧性能，可用作固体火箭推进剂。实验室制备高氯酸铵的过程主要有以下(1)(2)两个关键步骤。ⅰ.用溶液吸收得到，然后通过两步电解实现的转化．已知当外接电源的电压大于两极的理论电解电势差时，可实现该两极反应的进行。（2）参考下表相关数据，若通过电解溶液得到，需要控制外接电源的理论电压至少为______________，该反应过程的离子方程式为______________。电极电极反应理论电解电势阴极-0.83-2.71阳极+0.42+0.36+1.00（3）根据如图所示溶解度曲线图，向溶液中通入和气体，可析出晶体。从混合溶液中获得较多晶体的实验操作依次为______________、______________、过滤、冰水洗涤、干燥。（4）组成高氯酸铵的元素中，位于第二周期的元素，基态原子的第一电离能______________>______________(填写元素符号)。温度高于时高氯酸铵完全分解，反应放出大量热，同时得到四种气体(三种单质和一种常见氧化物)。请写出高氯酸铵的热分解化学方程式______________。【答案】（1）12（2）①.1.25②.（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（4）①.N②.O③.【解析】【小问1详解】分析方程式可知，S元素和N元素化合价降低，C元素化合价升高4价，若该反应每产生气体（1molN2和3molCO2），转移电子数12mol；【小问2详解】若通过电解溶液得到，需要控制外接电源的理论电压至少为+0.42-(-0.83)=1.25V，该反应过程的离子方程式为；【小问3详解】由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，干燥；【小问4详解】组成高氯酸铵的元素中，位于第二周期的元素分别为N和O元素，氮（N）的电子排布是1s22s22p3，它的2p轨道上有三个未成对电子，为半满结构，较为稳定；氧（O）的电子排布是1s22s22p4，2p轨道上有一个成对电子，由于电子对之间的排斥作用，降低了从氧原子上移除一个电子所需的能量，基态原子的第一电离能N>O；温度高于时高氯酸铵完全分解，得到四种气体(根据高氯酸铵强氧化性分析可知三种单质为N2、O2、Cl2，剩余氢元素形成一种常见氧化物H2O)。故高氯酸铵的热分解化学方程式为。20.21世纪，我国航天事业取得举世瞩目的科技成果，其中火箭推进剂的研究和发展功不可没。火箭液体推进剂主要由燃烧剂和氧化剂混合而成。Ⅰ.肼又称联氨，是一种无色高度吸湿性的可燃液体。曾用肼与氧化剂混合用作火箭液体推进剂。已知：△H1△H2△H3△H4=-1048.9kJ/mol（1）上述反应热效应之间的关系式为△H4=______________(用代数式表示)；和可混合用作火箭推进剂的主要原因为______________(至少答出两点)。（2）氧化剂与相互转化反应为，若正反应速率v正=k正p2(NO2)，逆反应速率v逆=k逆p(N2O4)，其中k正、k逆为速率常数，则该反应的平衡常数Kp=______________(用表示)。（3）已知气体颜色越深，透光率越小。取一支注射器针筒，吸入10mL二氧化氮气体。将针筒前端封闭，连接传感器，测定透光率；然后将针筒活塞迅速推至处，再将针筒活塞迅速拉回处，测定活塞移动过程中透光率的变化，如图所示，下列说法正确的是_________(填写选项序号)。A.点：v(正)>v(逆)B.点与点相比，增大，减小C.段透光率保持不变，说明反应达到平衡D.若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则b、两点的平衡常数Ⅱ.“长征五号”大型运载火箭成功发射升空，采用低温液氢、液氧做推进剂，填补了我国大推力无毒无污染液体火箭发动机的空白，实现了绿色环保的研制理念。ⅰ.利用“一碳化学”技术通过以下两个反应可有效实现工业制氢，为推进剂提供丰富的氢燃料。a．b．（4）温度下往恒容密闭容器中通入相同物质的量混合气体进行反应，初始压强为，达到平衡时体系压强为170kPa，T1温度下的平衡转化率为______________。（5）若在某反应体系中的平衡含量随温度的变化如图所示，从化学平衡角度解释的平衡含量随温度变化的原因______________。ⅱ.我国科学家研发一种在500℃下电解甲烷的制氢方法，反应原理如图所示，其中电解质为熔融态碳酸盐(可传导)。（6）电源的正极为_______(填写“X”或“”)，电极上的电极反应式为______________。【答案】（1）①.2△H3—△H1—2△H2②.反应放出大量的热量、产生大量的气体（2）（3）CD（4）20%