四川省遂宁市大英中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题

大英中学创新部高2023级十月素质测评化学试卷考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.5Ca40S32Cr52N14Na23Al27Cu64一、选择题(每题3分，共42分)1.下列说法正确的是①化学变化都伴随着能量变化，主要表现为热量的变化，凡是吸热反应都需要加热②中和热测定实验中只需要如下玻璃仪器：烧杯、温度计、量筒③电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属被氧化的过程，电化学腐蚀比化学腐蚀要普遍的多④用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极⑤催化剂能使化学反应速率增大的主要原因是降低了活化能⑥任何化学反应，增大压强，都可增加活化分子总数，从而使反应速率增大A.②③④ B.③④⑤ C.①④⑤ D.①⑤⑥【答案】B【解析】【分析】【详解】①化学变化中存在化学键的断裂和形成，因此都伴随着能量变化，主要表现为热量的变化，但吸热反应不一定都需要加热条件，如NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，但反应在常温下就可以发生，①错误；②中和热测定实验中除需要烧杯、温度计、量筒等外，还需要的玻璃仪器有环形玻璃搅拌棒，②错误；③电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属原子失去电子被氧化的过程，一般情况下金属发生电化学腐蚀要比化学腐蚀普遍的多，③正确；④用电解原理保护金属时，金属应连接外接电源的负极，作电解池的阴极，④正确；⑤催化剂能改变反应途径，降低反应活化能，使更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增加，因此化学反应大大速率，⑤正确；⑥对于化学反应，若反应前后没有气体参加，则增大压强，活化分子总数不变，化学反应速率也不变，⑥错误；综上所述可知：说法正确的是③④⑤，故合理选项是B。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.已知CrO5中Cr元素的化合价为+6，则13.2g克CrO5分子中存在过氧键的数目为0.2NAB.常温下，1L0.1mol·L1HF(Ka=8.1×104)溶液中所含H+的数目约为9.0×103NAC.分别向含0.1mol的氯化铁溶液中加入足量锌粉和铜粉，转移的电子数目均为0.1NAD.7.2gCaO2和CaS的混合物中，含有的阴阳离子总数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．中元素的化合价为，根据物质中元素化合价代数和为0可知，中1个显价，4个显，故过氧键数目为，A正确；B．由电离方程式可知溶液中，，则，B正确；C．向含的氯化铁溶液中加入足量锌粉，发生反应的离子方程式为3Zn+2Fe3+=2Fe+3Zn2+，转移电子数目为，C错误；D．由钙离子和过氧根离子构成，由钙离子和硫离子构成，两物质的阴阳离子数目比均为，和的混合物中，阴阳离子总数为，D正确；故选C。3.下列与滴定实验有关的说法中正确的是A.醋酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，用甲基橙作指示剂，会导致测定结果偏高B.NaOH标准液滴定盐酸，若滴定结束时俯视刻度，会导致测定结果偏高C.用碱式滴定管准确量取20.00mL的高锰酸钾溶液D.用滴定亚硫酸钠溶液时，当最后一滴高锰酸钾标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由无色变为粉红色时，即达滴定终点【答案】A【解析】【详解】A．甲基橙的变色点为3.1～4.4，醋酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，用甲基橙作指示剂，则消耗的醋酸物质的量偏多，则导致测定结果偏高，故A正确；B．NaOH标准液滴定盐酸，若滴定结束时俯视刻度，所读出的体积偏小，则导致测定结果偏低，故B错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故C错误；D．用滴定亚硫酸钠溶液时，当最后一滴高锰酸钾标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由无色变为紫红色时，且半分钟内颜色保持不变，即达滴定终点，故D错误。综上所述，答案为A。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液：、、、B.甲基橙呈红色的溶液：、、、C.的溶液：K+、Na+、、D.25℃时，由水电离产生的为的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．具有还原性，而在酸性条件下，具有强氧化性，与在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故A项不符合题意；B．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与H+反应而不能大量共存，故B项不符合题意；C．的溶液呈碱性，在碱性条件下，这四种离子不发生任何反应，能大量共存，故C项符合题意；D．由水电离产生的为的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸性条件下与H+反应而不能大量共存，在碱性条件下，、与反应生成沉淀而不能大量共存，故D项不符合题意。答案选C。5.如表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。物质标准生成热/241.8171.8485.7464.9根据表中数据所得结论正确的是A.的燃烧热为B.完全燃烧1mol，放热171.8kJC.稳定性：D.【答案】C【解析】【详解】A.生成气态水的反应热不是燃烧热，故A说法错误；B.CH2=CHCH2OH(g)的标准生成热不等于其燃烧热,故B说法错误；C.物质的能量越低越稳定,故C说法正确；D.CH2=CHCH2OH(g)+H2O(g)⇌HOCH2CH2CH2OH(g)

ΔH=ΔHf(HOCH2CH2CH2OH)[ΔHf(CH2=CHCH2OH)+ΔHf(H2O)]=464.9kJ⋅mol−1(171.8kJ⋅mol−1241.8kJ⋅mol−1)=51.3kJ⋅mol−1,故D说法错误；故本题选C。6.金属钠和氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是A.,在相同条件下，的B.的值数值上和共价键的键能相等C.D.,其原因可能是破坏了分子间作用力，却形成了离子键【答案】C【解析】【详解】A．2Cl(g)得电子转化成2Cl(g)会放热，则△H5＜0，Cl的非金属性强于Br，Cl(g)比Br(g)更易得电子，故相同条件下，2Cl(g)比2Br(g)放出的热量更多，A项正确；B．△H4为Cl2(g)→2Cl(g)的焓变，是断裂Cl2(g)中的ClCl键，故△H4与ClCl键的键能相等，B项正确；C．根据盖斯定律，△H1=△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7，C项错误；D．△H7为2NaCl(g)→2NaCl(s)的焓变，同一物质的气态变固态放出能量，则△H7＜0，固态NaCl中存在离子键，故可能原因是破坏了分子间作用力，却形成了离子键，D项正确；答案选C。7.液化石油气的主要成分C3H8在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代丙烷。已知：①C3H8与Cl2反应的机理为自由基反应，包括以下几步：Ⅰ．链引发：Ⅱ．链传递：，，……Ⅲ．链终止：，，……②丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。下列说法正确的是A.将液化石油气灶改用天然气为燃料，若进气口保持不变，则需要调大风门B.先将Cl2用光照射，然后迅速在黑暗处与C3H8混合，可得到氯代丙烷C.先将Cl2用光照射，然后在黑暗处放置较长时间，再与C3H8混合，可得到氯代丙烷D.断裂—CH3中1molC—H比断裂—CH2—中1molC—H所需能量小【答案】B【解析】【详解】A．当将液化石油气灶改用为天然气燃料时，如果进气口保持不变，即燃料气体的流量不变，由于天然气的的耗氧量低，则可以调节小风门，A错误；B．在光照条件下，氯气分子会吸收光能并分解成自由基，在黑暗处，已经生成的氯自由基与丙烷反应，可以生成氯代丙烷，B正确；C．在黑暗条件下，已经生成氯自由基会很快失去活性，因为它们无法继续吸收光能来维持链式反应。因此，即使氯气在光照下已经部分分解，但在黑暗处放置较长时间后，这些自由基的数量会大大减少，甚至可能几乎不存在，几乎不可能生成氯代丙烷，C错误；D．键能越大的化学键越稳定，越不容易被断裂。甲基中的CH键比亚甲基中的CH键更强，那么断裂甲基中的CH键所需的能量应该更大，D错误；故选B。8.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A.反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物B.总反应速率由反应②的速率决定C.反应①②均为放热反应D当有14gN2生成时，转移1mole【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A正确；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B错误；C．由图可知反应①②中的反应物能量大于产物能量，故反应①②均为放热反应，C正确；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+CO⇌Fe+CO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D正确；故选B。9.根据实验操作和现象,不能得出相应结论的是()选项实验操作和现象结论A等体积、pH=3的两种酸HA和HB,分别与足量的Zn反应,酸HA放出的氢气多酸性:HB>HAB将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸,滴加KSCN溶液,溶液变红Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质C将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中,气体红棕色加深2NO2(g)N2O4(g),ΔH<0D向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变澄清结合H+的能力:>C6H5OA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，说明酸HA的物质的量比HB多，推出相同pH时，c(HA)>c(HB)，即酸性HB>HA，故A不符合题意；B.在酸性环境中，具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，对检验Fe(NO3)2是否变质产生干扰，故B符合题意；C.NO2中存在：，放入热水中，气体颜色加深，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即△H<0，故C不符合题意；D.因为碳酸的酸性强于苯酚，因此溶液变澄清，说明苯酚与发生C6H5OH＋→+C6H5O－,从而推出结合H＋能力：>C6H5O，故D不符合题意；故答案为B。10.将等量的分别快速通入等体积等物质的量浓度的溶液和溶液中(除无氧溶液外，都产生白色沉淀)，测得各溶液pH随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.曲线a所示溶液pH降低的原因：、B.依据曲线b可推知无氧溶液能氧化溶液C.曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：D.曲线d所表示的过程中氧化的主要微粒是【答案】C【解析】【详解】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液pH减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫酸，溶液pH降低的原因是SO2+H2OH2SO3H++HSO，A选项错误；B．根据曲线b可知，0.1mol·L1的Ba(NO3)2在无氧环境下可以氧化二氧化硫，但KNO3溶液(无氧)氧化溶液不存在pH变化，则依据曲线不能推知无氧溶液能氧化溶液，B选项错误；C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的离子方程式是2Ba2++O2+2SO2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C选项正确；D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以不能说明曲线d所表示的过程中NO是氧化SO2的主要微粒，D选项错误；答案选C。11.下列图示与对应的叙述相符的是A.图1表示相同温度下，向等体积pH=10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B.图2表示压强对可逆反应的影响，b的压强比a的压强大C.图3表示与发生反应过程中的能量变化，则的燃烧热为D.图4表示某可逆反应的反应速率随时间的变化，时刻改变的条件一定是使用了催化剂【答案】A【解析】【详解】A．一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，稀释时，一水合氨的电离平衡被破坏，继续电离，pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，加入等体积的水时，NaOH溶液的pH变化大，氨水的pH变化小，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，无限稀释时，溶液的pH接近于7，故A选；

B．因为D是固态，反应物气体分子数大于生成物，压强增大，平衡正向移动，达到平衡后，反应物的百分含量会下降，故B不选；

C．燃烧热为常温常压下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，H2完全燃烧应该生成(l)而不是，故C不选；

D．对于反应前后气体体积不变的反应，增大压强，正、逆反应速率的变化也与图4一样，故D不选；

故选A。12.肼()是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是A.X为低浓度KOH溶液B.通过N自左向右做定向移动C.负极上的电极反应式为D.电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为1∶1【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，通入N2H4一极为负极，电极反应为：N2H44e+4OH=N2+4H2O，通入硝酸根酸性废水的一极为正极，电极反应为：2+10e+12H+=N2+6H2O，KOH溶液中OH通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，KOH溶液中OH通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，故X为低浓度KOH溶液，A正确；B．由分析可知，左边为负极，右边为正极，阳离子流向正极，故通过N自左向右做定向移动，B正确；C．由分析可知，负极上的电极反应式为，C正确；D．根据电子守恒可知，电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为2∶5，D错误；故答案为：D。13.一种光辅助可充电钠离子电池利用水系的电解液和NaI电解液分别作为电池的活性物质，并且将光电极嵌入到新型钠离子电池的正极，作为太阳能转化及存储基元。下列关于该电池的说法错误的是A.放电时，a电极的电极反应式为：B.充电时，光电极的电极反应式为：C.放电时，钠离子从右向左迁移D.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能【答案】C【解析】【分析】根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：，据此回答；【详解】A．A．充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，电极反应式为：4S26e=，A正确；B．在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为，B正确；C．放电时，a是负极，b是正极，钠离子是阳离子，应该从右向左，移向正极，C错误；D．TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，D正确；故选C。14.T℃时，向容积为2L的刚性密闭容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：。平衡时p(HCHO)与起始的关系如图所示。已知初始加入2molH2，容器内的总压强为1.2mkPa。下列说法正确的是A.5min时反应到达c点，B.a点时，混合气体平均摩尔质量为Cb点时，D.c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.1mkPa，平衡不移动【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知：在反应开始时加入n(CO2)=1mol，n(H2)=2mol，反应进行到c点时，假设CO2变化的物质的量是xmol，根据物质反应转化关系可知反应产生HCHO、H2O的物质的量是xmol，平衡时气体的物质的量分别是n(CO2)=(1x)mol，n(H2)=(22x)mol，n(HCHO)=n(H2O)=xmol，平衡时气体总物质的量为n(总)=(1x)mol+(22x)mol+xmol+xmol=(3x)mol，此时气体总压强p(总)=，HCHO的压强为p(HCHO)==0.2mkPa，解得x=0.5mol，故5min时反应到达c点，v(H2)==0.1mol/(L·min)，A错误；B．根据图像可知：在a点时=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，假设反应消耗CO2的物质的量是ymol，根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=(1y)mol，n(H2)=(12y)mol，n(HCHO)=n(H2O)=ymol，平衡时气体总物质的量为n(总)=(1y)mol+(12y)mol+ymol+ymol=(2y)mol，平衡时气体压强为p(平衡)=，p(HCHO)==xmkPa，解得y=mol，气体的总物质的量n(总)=(2y)mol=(2)mol，a点混合气体的平均摩尔质量为g/mol，B错误；C．温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，c点平衡下，p(CO2)=；同理p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，则Kp=，C错误；D．c点时再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.1mkPa，此时Qp==Kp，化学平衡不移动，D正确；故合理选项是D。二、解答题(共58分，除指定空外其余每空2分)15.回答下列问题。（1）现有常温下的盐酸(甲)、的醋酸溶液(乙)和(丙)，请根据下列操作回答：①常温下，将丙溶液加水稀释，下列数值变大的是___________(填字母)。A．B．C．D．②已知，则醋酸溶液(乙)的浓度为___________(结果保留三位有效数字)。③常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，溶液的pH：甲___________乙(填“>”“<”或“=”)。（2）①相同条件下，取相同体积、相同pH的、和三种碱溶液，分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为、、，则三者的大小关系为___________。②某温度下，，将的溶液和的溶液混合均匀，测得溶液的，则___________。（3）已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质电离平衡常数①将通入氨水中，当降至时，溶液中的___________。②向NaClO溶液中通入少量SO2气体充分反应，写出离子方程式___________。【答案】（1）①.CD②.5.71(或5.72)③.>（2）①.②.9：1（3）①.10.2②.3ClO+SO2+H2O=SO+Cl+2HClO【解析】【小问1详解】①氨水中存在NH3·H2ONH+OH，加水稀释，促进一水合氨的电离。A．，Kw只受温度影响，加水稀释，c(NH3·H2O)减小，Kw不变，因此加水稀释，该比值减小，故A不符合题意；B．加水稀释c(OH)降低，根据Kw=c(OH)·c(H+)，c(H+)增大，因此加水稀释，减小，故B不符合题意；C．加水稀释，促进电离，n(NH)增大，故C符合题意；D．，加水稀释促进电离，n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，因此加水稀释，该比值增大，故D符合题意；答案为CD；②pH=2的醋酸溶液，溶液中c(H+)=102mol/L，醋酸属于弱酸，电离程度微弱，有c(CH3COO)≈c(H+)=102mol/L，醋酸的电离平衡常数Ka=，计算得出c(CH3COOH)≈5.71mol/L或5.72mol/L；③盐酸为强酸，醋酸为弱酸，相同pH时，稀释相同倍数，强酸溶液pH变化大，即稀释后，溶液pH：甲>乙；【小问2详解】①Ba(OH)2、NaOH均为强碱，pH相同时，两溶液中c(OH)相同，向等体积的两种溶液滴加等浓度的盐酸，两种碱消耗盐酸的量相等，即V1=V2，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NaOH)<c(NH3·H2O)，向等体积的氨水和NaOH中滴加等浓度盐酸，氨水消耗的盐酸体积多，即V3>V2，综上所述，三者大小关系是V1=V2<V3；②该温度下，Kw=1.0×1012，当pH=6时，溶液呈中性，硫酸、氢氧化钠混合后溶液pH=7，溶液显碱性，因此有，解得Va∶Vb=9∶1；【小问3详解】①溶液中=10.2；②根据表中数据，判断出电离H+能力强弱顺序：H2SO3>H2CO3>HSO>HClO>HCO；但因为ClO的强化性，会将SO2氧化为SO，此处氧化还原反应优先级靠前，发生反应：ClO+SO2+H2O=SO+Cl+２H+，由于SO2少量，反应生成的H+会与溶液中剩余的ClO反应生成弱电解质HClO，综上所述，离子方程式为3ClO+SO2+H2O=SO+Cl+2HClO。16.碘在科研与生活中有重要作用。Ⅰ.实验室按如下实验流程提取海带中的碘。（1）上述实验流程中不需要用到的仪器是___________(从下列图中选择，写出名称)。（2）“氧化”时加入3mol·L−1H2SO4溶液和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为___________。（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐，是在___________(从以上流程中选填实验操作名称)中实现与碘分离。Ⅱ．测定反应的平衡常数K常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时，均有少量固体不溶。取一定体积的上层清液，加入淀粉作指示剂，用c1molL1Na2S2O3溶液进行滴定(发生反应)，测定和的总浓度，进而可以测得K。(注：在本实验中，认为碘在水中和KI溶液中达到饱和时，它们的碘分子浓度c(I2)相等)

碘量瓶(实验Ⅰ)碘量瓶(实验Ⅱ)药品0.5g研细的碘，100mLc2molL1KI0.5g研细的碘，100mLH2OI2和I3的总浓度c3molL1c4molL1（4）Na2S2O3溶液也可以滴定的原因是___________(用平衡移动原理回答)；滴定终点的实验现象为___________。（5）实验I中，c()=___________mol/L(用含c1、c2、c3或c4的式子表示，下同)，反应的平衡常数K=___________。（6）若所加的碘偏少，导致实验I中碘量瓶振荡半小时后无固体剩余(不饱和)，而实验Ⅱ的碘量瓶中仍有固体不溶，则测得的K将___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）蒸发皿、酸式滴定管（2）（3）萃取、分液（4）①.发生反应，使c(I2)降低，平衡左移，最终使I3－完全消耗②.滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变（5）①.c3－c4②.（6）偏小【解析】【分析】从海带中提取碘，首先在坩埚中灼烧海带，把海带灰溶解过滤，用过氧化氢氧化碘离子，生成碘单质，用四氯化碳萃取溶液中的碘并分液，得到碘的四氯化碳溶液，以此解题。【小问1详解】灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗，故未用到的仪器是蒸发皿、酸式滴定管；【小问2详解】海带中的碘以的形式存在，故离子方程式为；【小问3详解】海带中含有的其他无机盐，以萃取、分液实现与碘分离；【小问4详解】由于发生反应，使c(I2)降低，平衡左移，最终使I3－完全消耗，故Na2S2O3溶液也可以滴定；滴定过程中，碘单质被消耗，故滴定终点的实验现象为滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变；【小问5详解】在实验I中，I2和I3的总浓度c3molL1，实验Ⅱ中I2的浓度为c4molL1，故，故，则反应的平衡常数；【小问6详解】若所加的碘偏少，导致实验I中碘量瓶振荡半小时后无固体剩余(不饱和)，导致c3偏小，而实验Ⅱ的碘量瓶中仍有固体不溶，导致c4偏大，则测得的K将偏小。17.很多含氮化合物都在工业生产和生活中有着重要作用，请回答下列相关问题。（1）以和为原料合成尿素，反应历程中的能量变化如图所示。①第一步反应在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。第___________(填“一”或“二”)步反应的逆反应活化能较大。②总反应的热化学方程式为___________。③该反应达到化学平衡后，下列措施能提高转化率和反应速率的是___________(填标号)。A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（2）氨的催化氧化过程可发生以下两种反应，该过程易受催化剂选择性影响。Ⅰ：；Ⅱ：；在容积为的密闭容器中充入和，在催化剂作用下反应，生成物和的物质的量随温度的变化曲线如图。①当温度处于时，的物质的量减少，NO的物质的量增加，其原因是___________。②时反应后，反应Ⅰ的浓度商___________，此时该反应的平衡常数K___________Q(填“>”“<”或“=”)。（3）肼空气燃料电池是一种新型环保型碱性燃料电池，电解质溶液是溶液。肼空气燃料电池放电时，负极的电极反应式为___________。若使用肼空气燃科电池电解精炼铜，当阴极质量增加时，胼空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气___________(假设空气中氧气体积分数为)。【答案】（1）①.低温②.一③.2NH3(g)+CO2(g)=[CO(NH2)2](s)+H2O(g)④.D（2）①.400℃—840℃之间，随温度的升高，催化剂对反应Ⅰ的选择性提高②.③.＜（3）①.N2H4+4OH－4e=4H2O+N2↑②.28L【解析】【小问1详解】①第一步反应为放热反应，，反应为气体分子数减小的反应，，根据反应能自发进行，因此在低温下该反应能自发进行；根据图像可知：第一步反应的逆反应活化能较大；②根据图像总反应为两步反应的加和：2NH3(g)+CO2(g)=[CO(NH2)2](s)+H2O(g)；③A．选用更有效的催化剂，会增快反应速率，但不会提高转化率，故A错误；B．升高反应体系的温度，会增快反应速率，此反应为放热反应，升温平衡逆向移动，NH3转化率降低，故B错误；C．降低反应体系的温度，会减慢反应速率，此反应为放热反应，降温平衡正向移动，NH3转化率增高，故C错误；D．缩小容器的体积，各物质浓度增大，反应速率加快，同样缩小容器的体积相当于增加压强，平衡正向移动，NH3转化率增高，故D正确；故选D。【小问2详解】①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，其原因是：400℃~840℃之间，随温度的升高，催化剂对反应Ⅰ的选择性提高；②520°C时n(NO)=n(N2)=0.2mol，列出如下关系：；，体系中，n(NH3)=(1.50.20.4)mol=0.9mol，n(O2)=(1.550.250.3)mol=lmol，n(NO)=n(N2)=0.2mol，n(H2O)=(0.6+0.3)mol=0.9mol，体积为1L，反应Ⅰ的浓度商；反应Ⅰ是放热反应，400840℃区间，升高温度平衡逆向移动，NO物质的量应当减小，而图像上NO物质的量增大，说明浓度的影响大于温度的影响，反应Ⅰ尚未达到平衡状态，即温度为520℃时，平衡向正反应方向移动，则Q＜K；【小问3详解】肼空气燃料电池放电时，负极的电极反应式N2H4+4OH－4e=4H2O+N2↑；电解精炼铜时，纯铜作阴极，发生Cu2++2e=Cu，当铜片的质量变化32g，转移电子的物质的量=，1mol氧气生成2价氧元素得到4mol电子，则需要空气的体积。18.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠工艺流程如下：回答下列问题：（1）亚氯酸钠可用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有_____性。（2）制备ClO2气体的化学