江西省八校协作体2024-2025学年高二上学期第一次联考 化学试题【含答案解析】

江西省八校协作体高二年级第一次联考化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第一册、第二册，选择性必修1第一章～第三章第三节。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Se-79一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生产、生活等息息相关，下列叙述错误的是A.用NaOH和铝粉制作厨卫管道疏通剂 B.用与石灰乳制取漂粉精C.利用制作呼吸面具 D.利用铁制容器盛放浓盐酸【答案】D【解析】【详解】A．铝和氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应生成的氢气可以排除厨卫管道中的堵塞物，所以可以用铝粉和氢氧化钠溶液疏通厨卫管道，故A正确；B．氯气能与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白精主要成分为氯化钙和次氯酸钙，所以可以用氯气与石灰乳制取漂粉精，故B正确；C．过氧化钠能与人体呼出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，所以过氧化钠可以用于制作呼吸面具，故C正确；D．盐酸与铁反应生成氯化亚铁和氢气，所以不能用铁制容器盛放浓盐酸，故D错误；故选D。2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.氨的催化氧化用铂铑合金作催化剂 B.将溶液蒸干灼烧得不到无水C.在浓氨水中加入碱石灰制备氨气 D.向氯水中加入固体提高HClO的浓度【答案】A【解析】【详解】A．合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)

，加入催化剂，不影响平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；B．AlCl3溶液中存在Al3+水解平衡，Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，加热和HCl挥发促使水解平衡正移，故蒸干灼烧得不到无水AlCl3，会得到Al(OH)3，加热后Al(OH)3分解得到Al2O3，故能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-，加入碱石灰，增大氢氧根离子浓度，平衡逆向移动，有利于氨气的生成，故能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入的CaCO3与HCl反应，促使平衡正向移动，HClO的浓度增大，与勒夏特列原理有关，D不符合题意；故答案选A。3.下列实验中，所选用仪器(夹持装置已略)均需使用的是A.钠在空气中加热：选用①、⑥、⑦、⑧B.除去乙酸乙酯中的乙酸：选用③、④、⑥C.制备氢氧化铁胶体：选用①、③、⑥、⑨D.配制溶液：选用③、⑤、⑥、⑨【答案】D【解析】【详解】A．钠在空气中加热时，应选用坩埚，不能选用蒸发皿，故A错误；B．除去乙酸乙酯中的乙酸可加入碳酸钠后分液，应选用分液漏斗，不能选用漏斗，故B错误；C．制备氢氧化铁胶体时，不能用玻璃棒搅拌，否则会生成氢氧化铁沉淀，故C错误；D．配制100mL0.10mol/L氯化钠溶液选用的仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故D正确；故选D4.化学可以指导工业生产，下列转化符合工业生产实际的是A.合成聚乙烯：石油乙烯聚乙烯B.侯氏制碱法：饱和食盐水C.海水提镁：海水MgD.工业制硫酸：【答案】A【解析】【详解】A．石油经过裂解可生成乙烯，催化剂作用下乙烯发生加聚反应可得到聚乙烯塑料，故A正确；B．侯氏制碱法时，应先向饱和食盐水中通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体制得碳酸氢钠，故B错误；C．氧化镁熔点较高，海水提镁时，通常是电解熔点较低的氯化镁制得金属镁，达到节约生产成本和能耗的目的，故C错误；D．工业制硫酸发生的反应为硫燃烧生成二氧化硫、催化剂作用下二氧化硫和氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫、三氧化硫和水反应生成硫酸，故D错误；故选A。5.下列说法正确的是A.，则反应的B.在稀溶液中，，若将1molNaOH固体加入稀盐酸中，放出的热量等于57.3kJC.完全燃烧生成液态水和气体，放出445kJ的热量，燃烧热的热化学方程式可表示为D.下，将和置于密闭容器中反应生成，放热akJ，其热化学方程式可表示为【答案】C【解析】【详解】A．气态水的能量高于液态水，所以氢气与氧气反应生成气态水的反应热△H＞—571.6kJ/mol，故A错误；B．氢氧化钠固体溶于水的过程为放热过程，则1mol氢氧化钠固体与1L1mol/L盐酸反应放出的热量大于57.3kJ/mol×1mol=57.3kJ，故B错误；C．甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，由题意可知，甲烷的燃烧热△H=—=—890kJ/mol，反应的热化学方程式为，故C正确；D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以条件下0.5mol氮气和1.5mol氢气不可能完全反应，所以反应的焓变△H小于—2akJ/mol，故D错误；故选C。6.某温度下，向恒容密闭容器中加入一定量的碳酸钙发生反应：，下列说法正确的是A.该反应一定不能自发进行 B.充入一定量氩气，平衡不移动C.升高温度，平衡正向移动，逆反应速率减小 D.压缩容器体积，达新平衡后CO2浓度增大【答案】B【解析】【详解】A．该反应是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故A错误；B．恒容密闭容器中充入一定量氩气，反应体系中各物质的浓度保持不变，反应速率不变，平衡不移动，故B正确；C．升高温度，正、逆反应速率均增大，故C错误；D．压缩容器体积，二氧化碳浓度增大，温度不变，平衡常数不变，则达新平衡后，二氧化碳的浓度不变，故D错误；故选B。7.化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，下列有关化合物P的说法错误的是A.P分子中所有原子不可能共平面 B.1molP分子最多与发生加成反应C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.苯环上的一氯代物有6种【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，P分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能共平面，故A正确；B．由结构简式可知，P分子中含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molP否则最多与8mol氢气发生加成反应，故B正确；C．由结构简式可知，P分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故C正确；D．由结构简式可知，P分子中苯环上含有7类氢原子，一氯代物有7种，故D错误；故选D。8.常温下，向2L的恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应：，时测得容器中X、Z物质的量浓度相同，Y的转化率为20%，下列说法错误的是A.B.前5min的平均反应速率C.5min时X的体积分数为25%D反应达平衡时【答案】B【解析】【分析】向2L的恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应：X(g)+2Y(g)⇌nZ(g)，5min时测得容器中X、Z物质的量浓度相同，Y的转化率为20%，说明Y转化了0.4mol，剩余1.6mol，根据系数关系可知，X转化了0.2mol，则X剩余0.8mol，此时X浓度为0.4mol/L，则Z浓度为0.4mol/L，Z的物质的量为0.8mol，即转化的Z的物质的量为0.8mol，根据系数关系，得出n=4，据此分析答题。【详解】A．由分析可得，n=4，A正确；B．前5min的平均反应速率v(X)==0.02mol⋅L-1⋅min-1，B错误；C．5min时X的体积分数为=25%，C正确；D．反应达平衡时，正逆反应速率相等，则2v正(X)=v逆(Y)，D正确；故答案选B。9.下列说法正确的是A.温度升高，的NaOH溶液pH减小B.溶液稀释过程中溶液中所有离子浓度均减小C.向溶液中加入少量固体，减小D.增大盛放与混合气体的容器体积，【答案】A【解析】【详解】A．温度升高水的离子积常数增大，c(OH-)×c(H+)增大，c(OH-)基本不变，则c(H+)增大，pH减小，A正确；B．醋酸稀释过程中氢离子浓度、醋酸根离子浓度、醋酸浓度减小，但是c(OH-)×c(H+)不变，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，B错误；C．，加入氢氧化钡固体，消耗了氢离子，总离子反应：，碳酸氢根离子的电离平衡正向移动，碳酸根离子浓度增大，C错误；D．2NO2N2O4，增大容器的体积，压强减小反应的化学平衡逆向移动，NO2的物质的量增大，但是容器体积增大对浓度的影响更大，因此，D错误；故答案选A。10.一种功能饮料含有的分子的结构式如图所示，已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，下列说法一定正确的是A.热稳定性：B一定条件下与反应可生成单质C.氢化物沸点：D.Z的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】由图可知，化合物中R、W、Z、X、Y形成的共价键数目为1、4、3、2、5，R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。【详解】A．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，简单氢化物的热稳定性依次减弱，则氨分子的热稳定性强于磷化氢，故A错误；B．氨气具有还原性，氧气具有氧化性，一定条件下氨气与氧气发生氧化反应生成氮气和水，故B正确；C．碳元素的氢化物可能为气态烃、液态烃和固态烃，固态烃的沸点高于水，故C错误；D．亚硝酸是在溶液中部分电离出亚硝酸根离子和氢离子的弱酸，故D错误；故选B。11.某实验小组用溶液、硫酸溶液进行中和反应反应热的测定，装置如图所示，近似认为的NaOH溶液与的溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容，下列说法错误的是A.图中还缺少的一种仪器是玻璃搅拌器B.若实验共需要300mLNaOH溶液，则在配制该溶液时，需要称量NaOH固体10.0gC.若用量筒量取NaOH溶液体积时仰视读数，则测得的中和反应的反应热△H偏大D.若测得平均温度差为，则上述实验测得的中和反应反应热为【答案】C【解析】【详解】A．由实验装置图可知，中和热测定的装置中还缺少的一种仪器是玻璃搅拌器，故A正确；B．实验室没有300mL容量瓶，所以配制300mL1mol/L的碳酸钠溶液时，应选用500mL容量瓶，则配制该溶液时，需要称量氢氧化钠固体0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，故B正确；C．若用量筒量取氢氧化钠溶液体积时仰视读数会使量取氢氧化钠溶液的体积偏大，反应放出的热量多，导致测得的中和反应的反应热H偏小，故C错误；D．由题意可知，反应放出的热量为160g×4.2×10-3×4.0℃=2.688kJ，则反应的中和热H=-=-53.76kJ/mol，故D正确；故选C。12.下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A用氨气的水溶液做导电性实验电流计指针偏转氨气是电解质B向溶液中滴加NaOH溶液产生的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色不稳定，在空气中易被氧化C用玻璃棒蘸取某溶液在酒精灯上灼烧焰色呈黄色该溶液中含有D测定NaClO溶液和溶液的pHpH：NaClO溶液溶液电离平衡常数：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氨气不能电离出自由移动的离子，属于不能导电的非电解质，故A错误；B．硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁具有强还原性，能与氧气和水反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，则向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，产生的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色说明氢氧化亚铁不稳定，在空气中易被氧化，故B正确；C．玻璃中含有钠元素，则用玻璃棒蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，焰色呈黄色不能说明溶液中含有钠离子，故C错误；D．次氯酸钠溶液和醋酸钠溶液的浓度没有确定，则次氯酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液的pH不能说明醋酸的酸性强于次氯酸，故D错误；故选B。13.燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如图所示。电池总反应为。下列说法错误的是A.电子的流向为a→外电路→bB.负极反应式为C.由b极区通过离子交换膜进入a极区D.若电路中转移，则消耗【答案】C【解析】【分析】NaBH4中H为-1价，有强还原性，H2O2有强氧化性，在电池中，NaBH4在负极失去电子，所以电极a是负极；H2O2在正极得到电子，电极b为正极。【详解】A．由分析可知，a为负极，b为正极，电子的流向为a→外电路→b，故A项正确；B．由分析可知a电极上失去电子发生氧化反应，其电极反应为：+8OH−−8e−=+6H2O，故B项正确；C．在原电池中，b电极由稀NaOH变为浓NaOH，阳离子向正极移动，所以电池放电时Na+从a极区移向b极区，故C项错误；D．由分析可知，H2O2在正极得到电子，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，若电路中转移0.6mole−，则消耗H2O20.3mol，即10.2g，故D项正确；故答案选C。14.室温下，将盐酸滴入溶液中，测得混合溶液的pH与、和的关系如图所示，下列说法错误的是A.表示pH与的关系曲线B.溶液中C.溶液呈中性时，D.混合溶液的时，【答案】D【解析】【分析】向水解常数可知，一级水解大于二级水解，二级水解大于三级水解，所以pH相同时，溶液中＞＞，由图可知，混合溶液的pH与、和的关系分别为L1、L2、L3，则一级水解常数Kh1==105.2×10—6=×10—0.8，Kh2==1×10—6.9=10—6.9，Kh3==10—2.2×10—11=10—13.2。【详解】A．由分析可知，混合溶液的pH与、和的关系分别为L1、L2、L3，故A正确；B．由分析可知，H2R—的水解常数Kh3=10—13.2，电离常数Ka2==＞Kh3，说明H2R—在溶液中的水解程度小于电离程度，溶液中H3R的浓度小于HR2—，故B正确；C．由水解常数可知，溶液中==，则溶液呈中性时，溶液中==10—0.1，则，故C正确；D．混合溶液的时，溶液中存在物料守恒关系，故D错误；故选D。二、非选择题(本题共4小题，共58分)。15.硫元素及其化合物在生产、生活中应用广泛，回答下列问题。Ⅰ．某化学实验小组设计验证蔗糖与浓硫酸反应的实验装置(夹持仪器已省略)，如图所示。（1）实验过程中观察到混合物变黑，体积迅速膨胀，滴有紫色石蕊试液的脱脂棉球和滴有品红溶液的脱脂棉球产生的现象分别为_______、_______。（2）滴有溴麝香草酚蓝水溶液的脱脂棉球由蓝色变为绿色再变为黄色，说明有生成，写出炭与浓硫酸发生反应的化学方程式：_______。（3）滴有酚酞的NaOH溶液褪色，当过量时发生反应的离子方程式为_______。Ⅱ．葡萄发酵饮料中：含量的测定，实验步骤如下：①吸取试样50.00mL，加水稀释至500mL。②取20.00mL稀释后的溶液，用的酸性高锰酸钾标准溶液进行滴定，达到滴定终点。三组实验消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为VmL。（4）达到滴定终点时的现象为_______。若某次滴定时酸性高锰酸钾溶液液面如图所示，则消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为_______mL。（5）葡萄发酵饮料中：的含量为_______(用含c、V的代数式表示)。【答案】（1）①.变为红色②.褪色（2）(浓)；（3）（4）①.当滴入最后半滴标准高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且30s内不变色②.26.10（5）8×104cV【解析】【分析】由于浓硫酸具有脱水性和强氧化性，蔗糖与浓硫酸反应，蔗糖中的H、O元素以水的形式被脱去，会生成C，因此会看到混合物变黑，体积迅速膨胀，同时会发生C和浓硫酸的氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，据此分析。【小问1详解】由分析可知，会生成二氧化碳和二氧化硫两种酸性气体，因此滴有紫色石蕊试液的脱脂棉球会变为红色，由于二氧化硫具有漂白性，则滴有品红溶液的脱脂棉球会褪色；【小问2详解】炭与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化硫、二氧化碳和水，化学方程式为(浓)；【小问3详解】NaOH溶液褪色，当过量时生成亚硫酸氢钠，发生反应的离子方程式为；【小问4详解】高锰酸钾为紫红色，滴定终点时，恰好完全反应，则滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且30s内不变色；由图可知，初始读数为0，滴定终点时读数为26.10mL，则消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为26.10mL；【小问5详解】依据得失电子守恒和原子守恒可得关系式：5SO2~2，消耗高锰酸根离子的物质的量为：cV×10-3mol，则二氧化硫的物质的量为cV×10-3mol，，二氧化硫质量为：cV×10-3mol×64g/mol=4cVg，则该尾气中SO2的含量为=8×104cVmg/L。16.是典型的有机酸，常温下，其电离常数如下表：有机酸电离常数，回答下列问题：（1）常温下，的溶液，_______(填数值)。（2）常温下，等体积的HCOOH和溶液分别与同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗NaOH溶液的体积依次为，则_______(填“>”“<”或“=”)，等体积的HCOOH和的分别加水稀释至，_______加水体积更多。（3）过量HCOOH与溶液反应的离子方程式为_______。（4）常温下，将HCOOH和的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性，则HCOOH的电离平衡常数可表示为_______(用含a、b的代数式表示)。（5）常温下，pH均为3的HCOOH和两种溶液中，由水电离出的之比为_______。（6）常温下，向溶液中逐滴滴入的KOH溶液，当溶液的时，所加KOH溶液的体积_______(填“>”“<”或“=”)20mL。（7）常温下，将加入溶液中(假设溶液的体积不变)，所得溶液的，则_______(用含a的代数式表示)。【答案】（1）1.5×108：1（2）①.<②.HCOOH（3）HCOOH+=HCOO-+（4）（5）10-8：1（6）<（7）10a-14-10-a【解析】【小问1详解】，根据表格可知草酸Ka2==1.5×10-4，pH=12则c(H+)=10-12mol/L，则==1.5×108。【小问2详解】根据表格可知，HCOOH的酸性强于CH3COOH，pH相等的情况下醋酸的浓度更大，等体积的两种溶液分别与同浓度的NaOH溶液恰好中和时，醋酸消耗的NaOH溶液体积更大，即V1<V2。HCOOH的电离常数较大，则等体积等浓度的HCOOH和CH3COOH，CH3COOH的pH本就大于HCOOH，两者分别加水稀释至pH=5，HCOOH加水体积更多。【小问3详解】根据表格可知，酸性H2C2O4>HCOOH>，过量HCOOH与草酸钠反应生成HCOO-和，离子方程式为HCOOH+=HCOO-+。【小问4详解】amol/LHCOOH和bmol/LNaOH等体积混合，所得溶液呈中性，则HCOOH过量，此时溶液中溶质为HCOOH和HCOONa，不妨设两种溶液的体积均为VL，根据电荷守恒有c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，即c(HCOO-)=c(Na+)，两溶液等体积混合，则c(HCOO-)=c(Na+)=mol/L，溶液呈中性c(H+)=10-7mol/L，c(HCOOH)=mol/L，则HCOOH的电离平衡常数K=。【小问5详解】pH=3的HCOOH中，c(OH-)=10-11mol/L，水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3的硫酸铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，这些氢离子均由水电离产生，则两者水电离出的c(H+)=10-11mol/L：10-3mol/L=10-8：1。【小问6详解】向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1mol/L的KOH溶液，当溶液pH=7时，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COOK，说明反应完后醋酸有剩余，则所加KOH溶液的体积<20mL。【小问7详解】0.2mol草酸加入到300mL2mol/L的NaOH溶液中，两者反应生成0.2molNa2C2O4，剩余0.2molNaOH，根据电荷守恒有①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，根据物料守恒有c()+c()+c(H2C2O4)=mol/L，即②3c()+3c()+3c(H2C2O4)=2mol/L，将①+②得到c(Na+)+c(H+)+c(OH-)+2mol/L，c(Na+)=2mol/L，c(OH-)-c(H+)=(10a-14-10-a)mol/L。17.从酸泥(主要含有HgSe和Se，还有微量S)中提取Se和Hg的工艺如下：已知：可以在溶液时将Se氧化成亚硒酸盐、将S氧化成亚硫酸盐。回答下列问题：（1）写出“氧化浸出1”中Se发生反应的离子方程式：_______，若要增大该工序的速率，可以采取的措施有_______(任写两种)。（2）“浸出渣”中HgSe在“氧化浸出”时生成和，写出反应的化学方程式：_______。（3）“沉汞后液”的主要成分为_______(写化学式)。（4）“还原”时Se的还原率与时间、投料比(为亚硫酸钠与亚硒酸的质量比)、温度的关系如图所示：Se的“还原”最佳条件是120min、_______。（5）“浸出渣”中Se的含量为33.11%，“浸出液”中Se的含量为，若将1L浸出液和100g浸出渣中的Se全部还原，理论上需加入_______，实际所需的量比理论值略小的原因是_______。【答案】（1）①.Se+2OH—+H2O2=SeO+2H2O②.适当升高温度、将酸泥粉碎或充分搅拌或适当增大H2O2浓度（2）HgSe+3NaClO+2HCl=H2SeO3+HgCl2+3NaCl（3）Na2SeO3、NaCl（4）=10、85℃（5）①.252②.硫能与双氧水和氢氧化钠混合溶液反应生成亚硫酸钠进入还原过程【解析】【分析】由题给流程可知，向酸泥中加入双氧水和氢氧化钠混合溶液氧化浸出，将硒氧化为亚硒酸钠、硫氧化为亚硫酸钠，硒化汞不反应，过滤得到含有硒化汞的浸出渣和浸出液；向浸出渣中加入盐酸、次氯酸钠溶液氧化浸出，将硒化汞转化为亚硒酸和二氯化汞，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将二氯化汞转化为氧化汞沉淀，亚硒酸转化为亚硒酸钠，过滤得到氧化汞和含有亚硒酸钠、氯化钠的沉汞后液；将浸出液和沉汞后液混合后加入硫酸溶液、亚硫酸钠溶液还原浸出，将亚硒酸钠转化为硒。【小问1详解】由分析可知，氧化浸出1中硒发生的反应为硒与双氧水和氢氧化钠混合溶液反应生成亚硒酸钠和水，反应的离子方程式为Se+2OH—+H2O2=SeO+2H2O，适当升高温度、将酸泥粉碎、充分搅拌、适当增大H2O2浓度等措施可以大该工序的速率，故答案为：Se+2OH—+H2O2=SeO+2H2O；适当升高温度、将酸泥粉碎或充分搅拌或适当增大H2O2浓度；【小问2详解】由分析可知，硒化汞在氧化浸出2时发生的反应为硒化汞与盐酸、次氯酸钠溶液反应生成亚硒酸、二氯化汞和氯化钠，反应的化学方程式为HgSe+3NaClO+2HCl=H2SeO3+HgCl2+3NaCl，故答案为：HgSe+3NaClO+2HCl=H2SeO3+HgCl2+3NaCl；【小问3详解】由分析可知，沉汞后液的主要成分为亚硒酸钠和氯化钠，故答案为：Na2SeO3、NaCl；【小问4详解】由图可知，120min、投料比为10、还原温度为85℃时，硒的还原率最大，所以还原最佳条件是120min、投料比为10、还原温度为85℃，故答案为：=10、85℃；【小问5详解】由题意可知，1L浸出液和100g浸出渣中硒元素的物质的量为=1mol，由得失电子数目守恒可知，亚硫酸钠的质量为×126g/mol=252g；由题给信息可知，实际所需亚硫酸钠的量比理论值略小是因为硫能与双氧水和氢氧化钠混合溶液反应生成亚硫酸钠进入还原过程导致加入的亚硫酸钠的量偏小，故答案为：252；硫能与双氧水和氢氧化钠混合溶液反应生成亚硫酸钠进入还原过程。18.为温室气体，可通过如下方法转化，实现“碳中和”。回答下列问题。（1）与相似，COS中各原子最外层都满足8电子结构，COS电子式可表示为_______。（2）“Sabatier反应”，实现了甲烷化，在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫作该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在298K的标准摩尔生成焓。物质标准摩尔生成焓/0①_______。②恒压条件下，若反应进行时加入稀释剂X气体(不参与反应)，则的平衡转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）在席夫碱(含“”有机物)修饰的纳米金催化剂上，直接催化加氢生成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注，TS为过渡态。该历程中起决速步骤的化学方程式是_______。（4）将转化为(，其原理为若将和充入容器。该反应在恒温恒容条件下进行，下列说法不能说明该反应已达到平衡的是_______(填字母)。A.断裂键的同时断裂2molO—H键B.和的物质的量之比保持不变C.混合气体的平均相对分子质量不再发生改变D.混合气体的密度不再发生变化（5）某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应：反应Ⅰ．反应Ⅱ．在恒压密闭容器中充入，分别在1MPa和10MPa下反应。分析温度对平衡体系中的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示：①表示10MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填“a”“b”“c”或“d”)。②曲线基本重合的原因是_______。③590℃时，若tmin时反应达到平衡(M点)，则用的分压表示的平均反应速率为_______；反应Ⅱ的为_______(用平衡分压代替平衡浓度进行计算)。【答案】（1）（2）①.—164.98②.减小（3）CO+H*=HCO（4）A（5）①.a②.以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用，升温对反应Ⅱ起促进作用，两种作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变③.④.0.25【解析】【小问1详解】由题意可知，COS的结构式为O=C=S，电子式为，故答案为：；【小问2详解】①由反应△H=生成物的标准摩尔生成焓—反应物的标准摩尔生成焓可得：反应△H