解析：黑龙江省哈尔滨市第九中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题（解析版）

第页哈九中2024届高三学年上学期10月月考化学试卷(考试时间：90分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64Ⅰ卷(共48分)一、单项选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题2分)1.常温下，向纯水中加入下列物质，对水的电离平衡的影响与其它三者不同的是A.CH3COOH B.Ca(OH)2 C.NaHSO4 D.NaHCO3【答案】D【解析】【详解】水存在电离平衡，加入的物质如果产生H+或OH-将抑制水的电离；CH3COOH和NaHSO4加入水中产生H+，Ca(OH)2加入水中产生OH-，均抑制水的电离，NaHCO3加入水中产生，主要发生水解，消耗H+，促进水的电离；D选项与其它三者不同；故答案选D。2.常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量存在的是A.水电离产生的c(H+)=10—13mol/L的溶液中：、Cl—、、B.pH=l的溶液中：ClO—、、Cl—、C.澄清透明的溶液中：Cu2+、Na+、、Cl—D.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：、K+、Cl—、I—【答案】C【解析】【详解】A．水电离产生的氢离子浓度为10—13mol/L的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，碳酸氢根离子能与氢离子反应、也能与氢氧根离子反应，且酸溶液中高锰酸根离子会将氯离子氧化，碱溶液中铵根离子与氢氧根离子反应，则四种离子在水电离产生的氢离子浓度为10—13mol/L的溶液一定不能大量存在，故A错误；B．pH=l的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子与次氯酸根离子反应生成次氯酸，不能大量共存，故B错误；C．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，故C正确；D．滴加硫氰化钾溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子能与溶液中碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1.8g18O中含有的中子数为NAB.FeI2溶液中，通入适量的Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移电子数为3NAC.25℃，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的数目为0.2NAD.0.1molH2和0.1molI2，在密闭容器中充分反应后，生成HI分子总数等于0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．1个18O中的中子数为10，1.8g18O中含有的中子数为NA，故A正确；B．碘离子的还原性大于亚铁离子，通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，溶液中的碘离子全部被氧化，但不知道碘离子的物质的量是多少，故无法计算转移的电子数，故B错误；C．25℃，1L、pH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的数目为0.1NA，故C错误；D．氢气和碘蒸气的反应是可逆反应，故生成HI分子总数小于0.2NA，故D错误；故选A。4.下列各离子方程式正确的是A.过量的SO2与“84”消毒液反应：ClO-+H2O+SO2=+HClOB.Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OC.H2SO3溶液中滴入氯化钙：H2SO3+Ca2+=CaSO3↓+2H+D.FeSO4中加入H2O2产生沉淀：2Fe2++H2O2+4OH-=2Fe(OH)3↓【答案】B【解析】【详解】A．过量的SO2与“84”消毒液反应，ClO-全部被还原为Cl-：ClO-+H2O+SO2=+Cl-+2H+，A不正确；B．Ba(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应，采用“以少定多法”，全部生成BaCO3沉淀：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，B正确；C．由于H2SO3的酸性比盐酸弱，H2SO3溶液中滴入氯化钙，不能发生反应，没有沉淀产生，C不正确；D．FeSO4溶液呈酸性，加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，不产生Fe(OH)3沉淀：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D不正确；故选B。5.利用CH4能消除有害气体NO，其反应原理为CH4(g)+4NO(g)=CO2(g)+2N2(g)+2H2O(g)△H<0。一定温度下在密闭容器中发生该反应，下列说法正确的是A.平衡后再通入适量CH4，平衡常数K增大B.恒容，充入稀有气体，化学反应速率增大C.加入合适的催化剂，能提高单位时间内CH4的转化率D.降低温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，化学平衡正向移动【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数只与温度有关，故A错误；B．恒温恒容时，充入稀有气体，体系的总压强增大，但是各组分的气体的分压并没有改变，即各反应成分的浓度并没有发生改变，化学反应速率不变，故B错误；C．加入合适的催化剂，能加快反应达到平衡，提高单位时间内CH4的转化率，故C正确；D．降低温度，正逆反应速率都减小，故D错误；故答案选C。6.肼是一种高能燃料，其燃烧反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.正反应的活化能小于逆反应活化能 B.△H3=-2218kJ/molC.加入催化剂会使△H2减小 D.N2H4的燃烧热为534kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A．根据能量变化示意图可知该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应活化能，故A正确；B．由图示可知表示断裂化学键时吸收的能量，=2752kJ·mol-1-534kJ·mol-1=2218kJ·mol-1，故B错误；C．2752kJ·mol-1相当于逆反应的活化能，加入催化剂，降低反应的活化能，该值减小，增大，故C错误；D．燃烧热对应的产物是液态的水，而图中对应的是气态的水，故D错误；故选A。7.关于反应Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)+H+(aq)+Cl—(aq)，达到平衡后，下列说法正确的是A.向氯水中加入少量石灰石，平衡正向移动，溶液漂白性增强B.加水稀释，增大C.加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小D.向氯水中滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色，可以证明次氯酸具有强氧化性【答案】A【解析】【详解】A．向氯水中加入少量石灰石，碳酸钙与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液中次氯酸浓度增大，漂白性增强，故A正确；B．由方程式可知，氯水中氢离子浓度与氯离子浓度相等，溶液中==，加水稀释时，溶液中次氯酸离子浓度减小、次氯酸的电离常数不变，则溶液中和的值减小，故B错误；C．加水稀释时，溶液中氢离子浓度减小、水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D．氯水中氯气和次氯酸均能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则溶液变蓝色不能证明次氯酸具有强氧化性，故D错误；故选A。8.可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，对该反应进行研究的下列图像及表述均正确的是A.①图是催化剂对反应的影响 B.②图是温度对反应的影响C.③图中点3的反应速率v(正)<v(逆) D.④图是恒温时压强对反应的影响【答案】B【解析】【详解】A．使用催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应的焓变，故A错误；B．由图可知，先达到平衡的反应温度T2大于T1，反应生成的氨气的百分含量小于T1，说明合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减小，故B正确；C．由图可知，温度一定时，点3氮气的转化率小于平衡时氮气的转化率，说明反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D错误；故选B。9.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法不正确的是A.碱性条件下，氧化性：O2>>B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2C.过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH-D.仅用氧气做氧化剂，将1molS2-转化为理论上需要O2的体积为44.8L【答案】D【解析】【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO，涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，MnO与S2-反应生成S2O，进而与氧气反应生成SO，以此解答该题。【详解】A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成MnO，则氧化性：O2＞MnO，MnO32-氧化S2-生成S2O，则氧化性：MnO＞S2O，所以碱性条件下，氧化性：O2>>，故A正确；B．过程I中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故B正确；C．由流程可知过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O═S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正确；D．1molS2-转化为SO理论上转移8mol电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)=2mol，但是温度压强未知，无法计算氧气的体积，故D错误。答案选D。10.已知水电离平衡如图所示，且pOH＝－lgc(OH－)。下列说法错误的是A.各点对应的水的离子积：Kw(f)>Kw(e)＝Kw(d)B.加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向d方向迁移C.向c点溶液中通入少量HCl，其组成由c点沿cde曲线向e点移动D.df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性【答案】B【解析】【分析】pOH＝－lgc(OH－)，f点氢离子浓度、氢氧根离子浓度大于d点，所以T温度下水的离子积常数大于20℃时水的离子积常数，T大于20℃。【详解】A.同一条曲线上点水的离子积相同，f点氢离子浓度、氢氧根离子浓度大于d点，所以Kw(f)>Kw(d)，各点对应的水的离子积：Kw(f)>Kw(e)＝Kw(d)，故A正确；B.加热促进水电离，氢离子浓度增大，加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向原点方向迁移，故B错误；C.向c点溶液中通入少量HCl，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，其组成由c点沿cde曲线向e点移动，故C正确；D.df直线上各点，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，对应的水溶液(或纯水)一定显中性，故D正确。选B。11.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(s)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min时达到平衡，测得c(D)=0.6mol/L，n(A)：n(B)=1：2，以C表示的平均速率v(C)=0.3mol/(L·min)，下列说法不正确的是A.反应的平衡常数K=0.5 B.2min时，A的转化率为60%C.反应速率v(B)=0.15mol/(L·min) D.该反应方程式中，x=2【答案】A【解析】【分析】由v(C)=0.3mol/(L·min)知，2min内C的浓度变化量Δn(C)=0.3mol/(L·min)×2min×2L=1.2mol，平衡时n(D)=0.6mol/L×2L=1.2mol，设A、B初始物质的量为amol，列出三段式：则2min时，n(A):n(B)=(a-1.8):(a-0.6)=1:2，解得a=3；x:2=1.2:1.2，解得x=2。【详解】A．反应的平衡常数，A错误；B．2min时，A的转化率为，B正确；C．v(B)=0.15mol/(L·min)，C正确；D．根据分析，x=2，D正确；故选A。12.某学习小组为探究影响酸性高锰酸钾溶液与溶液反应速率的因素，该小组设计如表实验方案。实验溶液/mL溶液/mL溶液/mL溶液/mL混合溶液褪色时间/min13.02.01.002.0823.02.02.00a634.02.02.000443.02.01.00.5b3下列说法不正确的是A.该反应的离子方程式为B.、C.实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率D.实验4与实验1相比，说明可能是该反应的催化剂【答案】C【解析】【详解】A．HSO是弱酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为5HSO+2MnO+H+=2Mn2++5SO+3H2O，A正确；B．据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则a=1.0，b=1.5，B正确；C．由n(NaHSO3):n(KMnO4)=8:2，故KMnO4反应完全，实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率v(MnO)=0.00625mol⋅L−1⋅min−1，C错误；D．实验4与实验1相比，其它条件相同条件下，实验4加了MnSO4，反应混合溶液褪色时间只有3min，由于溶液中已经加了H2SO4，说明SO不是该反应的催化剂，而Mn2+可能是该反应的催化剂，D正确；故选：C。二、单项选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分)13.直接H2O2-H2O2电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是A.电极Ⅰ电势低B.电极Ⅱ的反应为H2O2-2e-+2H+=2H2OC.内电路电流方向：电极Ⅰ→电极ⅡD.该电池的设计利用了H2O2在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异【答案】B【解析】【分析】原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O；据此分析解题。【详解】A．电极Ⅰ为负极，电势低，故A正确；B．电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故B错误；C．电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，内电路电流方向为电极Ⅰ→电极Ⅱ，故C正确；D．H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同，利用此可构建原电池，故D正确；故答案选B。14.已知2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)，N2的瞬时生成速率，H2的瞬时生成速率(k1、k2表示速率常数)。一定温度下，控制NO起始浓度为1mol/L，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到N2的生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。下列说法正确的是A.m=1B.速率常数k1=9.375(mol/L)2·s-1C.其它条件不变，增大H2浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变D.该温度下，反应的化学平衡常数K=【答案】A【解析】【详解】A．根据图像可知，N2瞬时生成速率，与氢气的起始浓度呈直线关系，则m=1，A正确；B．由图可知，当时，，代入，，B错误；C．其它条件不变，增大H2浓度，正、逆反应速率都会增大，C错误；D．，根据N2的瞬时生成速率，H2的瞬时生成速率，，则，D错误；故选A。15.T℃，向体积不等的各恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应2C(s)+2NO2N2(g)+2CO2(g)。反应相同时间，测得容器中NO2的转化率与容器起始压强关系如图所示，下列说法正确的是A.NO2的浓度：c(E)=c(G)B.E点速率：v正>v逆C.G点时，再充入物质的量比为1：2的N2和CO2，再次达到平衡时N2和CO2的体积分数均变大D.容器内压强：p(G)：p(F)=13：14【答案】B【解析】【分析】图中F点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，F点恰好达到平衡状态。横坐标表示压强，起始压强越大，容器体积越小，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以曲线上F之前的点均未达到平衡状态，F之后的点均为平衡点。在E到F的过程中，起始压强越大，容器体积越小，NO2的浓度越大，反应速率越大，反应相同时间NO2的转化率越大。该正反应为气体体积增大的反应，在F到G的过程中，增大起始压强，容器体积减小，平衡逆向移动，NO2的转化率减小。【详解】A．NO2的起始量均为1mol，E点和G点NO2的转化率相同，则反应相同时间，容器中所含NO2的物质的量相同，但E点和G点起始压强：E<G，容器体积：E>G，所以NO2的浓度：c(E)<c(G)，A项错误；B．根据分析，E点未达到平衡状态，NO2的转化率还要继续增大，反应正向进行，则E点速率：v正>v逆，B项正确；C．该正反应为气体体积增大的反应，G点时，再充入物质的量比为1:2的N2和CO2，等效于加压，平衡逆向移动，再次达到平衡时N2和CO2的体积分数均变小，C项错误；D．G点时转化率为0.6，则反应的为0.6mol，剩余为0.4mol；生成的、CO2的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，则平衡时混合气体的物质的量为：(0.4+0.3+0.6)mol=1.3mol；F点转化率为0.8，则反应的为0.8mol，剩余为0.2mol；生成的、CO2的物质的量分别为0.4mol和0.8mol，则平衡时混合气体的物质的量为：(0.2+0.4+0.8)mol=1.4mol。若两容器体积相同，则根据压强之比等于物质的量之比可知p(G):p(F)=13:14，实际上，则p(G):p(F)>13:14，，D项错误；故选B。16.从海水中利用电化学富集锂是有效的方法之一，其电化学装置如图所示，MnO2电极通过阳离子交换膜与两个电化学装置的另一电极隔开。该装置工作步骤如下：步骤Ⅰ．向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的Li进入MnO2结构而形成LixMn2O4；步骤Ⅱ．关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2。下列说法正确的是A.a为电源1的正极B.腔室2中Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C.工作时电极1附近和电极2附近溶液的pH均增大D.步骤Ⅱ中MnO2电极的反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2【答案】D【解析】【分析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源1的负极a相连，电极反应式为：2MnO2+Li++e-=LiMn2O4；电极1作阳极，连接电源正极b，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2，则电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2；据此分析解答。【详解】A．由以上分析知，a为电源1的负极，A错误；B．启动电源2，LixMn2O4中的Li+脱出，通过阳离子交换膜从右向左移动进入腔室2，B错误；C．工作时电极1作阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，附近溶液的pH减小，C错误；D．由以上分析知，步骤Ⅱ中MnO2电极的反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，D正确；故选D。17.丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的能量与反应历程如图所示，下列说法正确的是A.中间体稳定性：A<BB.丙烯与HCl的加成为放热反应，所以该反应一定能自发进行C.反应CH3CH=CH2+HCl→CH3-CH2-CH2Cl的活化能为(△E3+△E4)kJ/molD.由图可知，CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，中间体A具有的能量低于中间体B具有的能量，能量越低越稳定，则中间体稳定性：A＞B，A项错误；B．由图可知，丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的反应都是放热反应，∆H＜0，反应的∆S＜0，反应在低温下能自发进行，B项错误；C．由图可知，反应CH3CH=CH2+HCl→CH3-CH2-CH2Cl的第一步、第二步反应的活化能依次为∆E3kJ/mol、∆E4kJ/mol，且第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，C项错误；D．由图可知生成CH3CHClCH3的决速步骤为第Ⅰ步，生成CH3CH2CH2Cl的决速步骤为第一步，∆E1＜∆E3，生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl的速率快，且生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl放出的热量更多，CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定，故CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物，D项正确；答案选D18.某溶液中可能含有K+、、Fe2+、Al3+、Cl-、、、中的若干种离子(忽略和水的反应以及水的电离)，离子浓度均为0.1mol/L。某同学进行了如下实验，下列说法正确的是A.沉淀Ⅰ一定有BaSO4，可能含有BaCO3 B.沉淀Ⅲ具有两性C.溶液中一定有、Fe2+、Cl-、 D.需要通过焰色试验确定是否含有K+【答案】C【解析】【分析】溶液中加入过量稀硫酸，无任何现象，则一定不含碳酸根离子和偏铝酸根离子，加入过量硝酸钡溶液，生成了无色气体Ⅰ，说明生成了NO，则一定有Fe2+，生成的沉淀为硫酸钡，因为步骤①中引入了硫酸根离子，因此暂时无法确定原溶液中是否有硫酸根离子，滤液中加入过量NaOH溶液，生成气体Ⅱ，该气体为NH3，原溶液中含有铵根离子，生成的沉淀Ⅱ为氢氧化铁，滤液中加入少量二氧化碳，有沉淀生成，通入的二氧化碳与过量的NaOH和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，不能说明原溶液中含有铝离子，因为各离子浓度均为0.1mol/L，且铵根离子和亚铁离子一定存在，碳酸根离子和偏铝酸根离子一定不存在，根据溶液呈电中性，则氯离子和硫酸根离子一定存在，钾离子和铝离子一定不存在。【详解】A．沉淀Ⅰ为硫酸钡，不可能含有碳酸钡，A错误；B．沉淀Ⅲ为碳酸钡沉淀，不具有两性，B错误；C．溶液中一定存在铵根离子、亚铁离子、氯离子和硫酸根离子，C正确；D．根据分析可知，原溶液中一定没有钾离子，D错误；故答案选C。19.常温下，已知NH3·H2O的电离常数为Kb，某氨水溶液浓度c0mol/L，电离度为α，溶液中微粒δ[δ(B+)=]，pX=-lgc(X)。下列说法错误的是A.Kb= B.δ()= C.pH+pOH=14 D.c(H+)≈【答案】D【解析】【分析】列出三段式：【详解】A．，A项正确；B．，B项正确；C．，C项正确；D．，则mol/L，mol/L，D项错误；故选D。20.常温下，某三元有机中强酸H3A在一定pH范围内，存在以下平衡：H3A(s)H3A(aq)；H3A(aq)H+(aq)+H2A-(aq)；H2A-(aq)H+(aq)+HA2-(aq)；HA2-(aq)H+(aq)+A3-(aq)。平衡常数依次为K0、K1、K2、K3。已知lgc(H2A-)、1gc(HA2-)、lgc(A3-)随pH变化关系如图所示。下列说法正确的是A.随pH增大，H3A(aq)的浓度一定变小B.直线L表示lgc(H2A-)的变化情况C.a=(pK2+pK3)(已知：pK=-lgK)D.pH=14时，则有c(A3-)>c(H2A-)>c(HA2-)【答案】D【解析】【分析】由已知信息，常温下，为常数，因此原溶液中始终不变，，，；，，因此，，，与pH的变化关系直线的斜率分别为1，2，3；【详解】A．由分析可知，pH在一定范围内增大，的浓度是不变的，A错误；B．由分析可知，直线L的斜率最大，表示的变化情况，B错误；C．由分析可知，M点存在，即，整理得到，C错误；D．由分析可知，从图像来看，pH=14时，则有，D正确；答案选D。Ⅱ卷(共52分)三、填空题21.通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重金属，一种从铜阳极泥(主要成分为Se、Ag、Ag2Se、Cu、CuSO4和Cu2S等)中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：（1）已知预处理温度为80℃，此过程中S元素全部转化为最高价，则预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为_______。（2）比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2作预处理剂的主要优点是_______。（3）分银渣可用浓氨水溶液浸出并还原得到单质银，回收分银渣中的银，浸出过程温度不宜过高的原因是：_______。（4）分硒渣(Cu2Se)经过氧化可得到H2SeO4.已知：H2SeO4=H++，H++，若0.01mol/LH2SeO4溶液的pH为x，则K()=_______(写出含x的计算式)。（5）分铜得到产品CuSO4·5H2O的具体操作如图：①萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，则反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液。②操作X为_______，过滤；③为了减少CuSO4·5H2O的损失，最好选用_______进行洗涤。A．冷水B．热水C．无水乙醇【答案】（1）Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO+5Mn2++6H2O（2）减少二氧化硫的排放（3）温度过高，浓氨水受热挥发（4）（5）①.H2SO4②.蒸发浓缩、冷却结晶③.C【解析】【分析】由题给流程可知，向铜阳极泥中加入二氧化锰、稀硫酸进行预处理，80℃条件下将硫化亚铜转化为硫酸铜，过滤得到预处理渣和预处理液；向预处理液中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到含有氯化银的分银渣和分银液；向分银液中加入铜，将溶液中的硒元素转化为硒化亚铜，过滤得到含有硒化亚铜的分硒渣和分硒液；向分硒液中加入加入有机萃取剂RH萃取、分液得到水相1和含有R2Cu的有机相1；向有机相1中加入稀硫酸反萃取、分液得到有机相2和含有硫酸铜的水相2；水相2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。【小问1详解】由分析可知，加入二氧化锰、稀硫酸进行预处理的目的是80℃条件下将硫化亚铜转化为硫酸铜，反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO+5Mn2++6H2O，故答案为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO+5Mn2++6H2O：【小问2详解】若用浓硫酸作氧化剂，硫化亚铜会与浓硫酸共热反应生成有毒的二氧化硫污染空气，所以比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀硫酸、二氧化锰作预处理剂的主要优点是可以减少二氧化硫的排放，故答案为：减少二氧化硫的排放；【小问3详解】浓氨水具有挥发性，受热易挥发转化为氨气，则浸出过程温度不宜过高原因是防止氨气受热挥发，导致浸出率降低，故答案为：温度过高，浓氨水受热挥发；【小问4详解】由题意可知，硒酸第一步完全电离，硒酸氢根离子在溶液中部分电离出氢离子和硒酸根离子，设0.01mol/L硒酸溶液中硒酸根离子的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：由溶液pH为x可得：0.01+a=10—x，解得a=10—x—0.01，则K(HSeO)=，故答案为：；【小问5详解】①由分铜得到产品五水硫酸铜晶体可知，反萃取剂最好选用稀硫酸，防止所得产品中混有杂质，故答案为：H2SO4；②由分析可知，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；③为了减少五水硫酸铜晶体因溶解造成损失，洗涤时选择的最佳试剂为无水乙醇，故选C。22.H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。Ⅰ．某研究性学习小组设计如图所示实验装置，探究影响H2O2分解反应速率的因素。（1）用以上装置测定H2O2分解反应速率，需要测定实验数据是_______(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)（2）探究影响H2O2分解反应速率的因素实验方案如下表所示，先向锥形瓶中加入质量分数为10%的H2O2溶液，再依次通过分液漏斗向锥形瓶中加入一定量的蒸馏水和0.2mol/LFeCl3溶液。序号H2O2/mL蒸馏水/mLFeCl3溶液/mL现象Ⅰ10a0无明显变化Ⅱ10b2锥形瓶变热，溶液迅速变红褐色，并有较多气泡产生；2min时，反应变缓，溶液颜色明显变浅Ⅲ552锥形瓶变热，溶液变红褐色，开始5s后产生较少的气泡①通过实验Ⅱ、Ⅲ探究的是_______对反应速率影响。②实验Ⅱ、Ⅲ中溶液颜色变为红褐色的原因是_______。③向实验Ⅱ中反应后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色，2min后溶液红色褪去；继续滴加KSCN溶液，溶液又变红色，一段时间后又褪色，此时再向溶液中滴加盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀，从平衡移动角度分析溶液红色褪去的原因_______。Ⅱ．五氧化二氮是有机合成中常用的绿色硝化剂，常温下为白色固体，与水反应生成硝酸。某实验小组用滴定法测定N2O5粗品中N2O4的含量，具体操作为：取2.0g粗品，加入20.00mL0.1250mol/L酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.1000mol/LH2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)（3）产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_______。（4）判断滴定终点的方法是_______。（5）产品中N2O4的质量分数为_______。【答案】（1）相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间（2）①.H2O2溶液浓度②.双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深③.SCN—具有还原性，被H2O2氧化生成SO，使平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3逆向移动（3）5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+（4）滴入最后半滴H2O2溶液，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内不复原（5）20.7%【解析】【分析】Ⅰ．由题意可知，该实验的实验目的是探究催化剂和反应物浓度对反应速率的影响，并探究实验中实验现象产生的原因；Ⅱ．该实验的实验目的是用氧化还原滴定的方法测定五氧化二氮中含有四氧化二氮的含量。【小问1详解】由化学反应速率的定义可知，利用题给装置测定过氧化氢分解反应速率时，需要测定相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间，故答案为：相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间；【小问2详解】①由表格数据可知，实验Ⅱ、Ⅲ探究过氧化氢的浓度对反应速率的影响，故答案为：H2O2溶液浓度；②由实验现象可知，氯化铁溶液做催化剂条件下，过氧化氢分解生成氧气和水的反应为放热反应，反应放出的热量使溶液温度升高，使溶液中铁离子水解生成红褐色的氢氧化铁，所以实验Ⅱ、Ⅲ中溶液颜色变为红褐色，故答案为：双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深；③溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁：Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，向溶液中滴入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明溶液中过氧化氢溶液将硫氰酸根离子氧化为硫酸根离子，反应物的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，硫氰化铁浓度减小，溶液红色褪去，故答案为：SCN—具有还原性，被H2O2氧化生成SO，使平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3逆向移动；【小问3详解】由题意可知，加入酸性高锰酸钾溶液发生的反应为四氧化二氮与溶液中高锰酸根离子反应生成锰离子、硝酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+，故答案为：5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2++10NO+4H+；【小问4详解】当过氧化氢溶液与酸性高锰酸钾溶液恰好完全反应时，滴入最后半滴过氧化氢溶液，溶液会由浅紫色变为无色，则判断滴定终点的方法为，故答案为：滴入最后半滴H2O2溶液，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内不复原；【小问5详解】滴定消耗17.50mL0.1000mol/L过氧化氢溶液，由得失电子数目守恒可知，四氧化二氮的物质的量为(0.1250mol/L×0.02000L—0.1000mol/L×0.0175L×)×=4.5×10—3mol，则产品中四氧化二氮的含量为×100%=20.7%，故答案为：20.7%。23.二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。（1）我国在二氧化碳催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下：反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.6kJ·mol-1反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1根据反应ⅰ和反应ⅱ，推出CO(g)和H2(g)合成甲醇的热化学方程式为_______。（2）在催化剂M的作用下，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的微观反应历程和相对能量(E)如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。已知：表示C，表示O，表示H。历程Ⅰ：反应甲：CO2(g)=CO(g)+O*历程Ⅱ：反应乙：H2(g)+O*=HO*+H*历程Ⅲ：反应丙：_______①历程Ⅲ中的反应丙可表示为_______。②决定CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的总反应速率的是历程_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。（3）将CO2和H2按物质的量之比1：3充入一恒容密闭容器中，同时发生了反应ⅰ和反应ⅱ，测得CO2的平衡转化率随温度、压强变化的情况如图所示。①压强p1、p2、p3的大小关系为_______。②A点、B点的化学反应速率大小：v(A)_______v(B)(填“＜”、“=”或“>”)。③温度高于543K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是_______。④图中M点对应的温度下，已知CO的选择性(生成的CO与转化的CO2的百分比)为50%，该温度下反应ii的平衡常数为_______(结果保留3位小数)。如图是某科研团队设计的光电催化反应器，可由CO2制得异丙醇，其中A、B均是惰性电极。（4）B电极为该电化学装置的_______极。（5）A极上CO2参与的电极反应式为_______。【答案】（1）（2）①.②.Ⅲ（3）①.＞＞②.＜③.反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反