2024北京丰台区高二（上）期末化学试题和答案

试题PAGE1试题2024北京丰台高二（上）期末化学2024.01考生须知1.答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、教育ⅠD号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ⅠD号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。2.本次练习所有答题均在答题卡上完成。选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚。3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效。4.本练习卷满分共100分，作答时长90分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Li7Cl35.5Fe56As75第一部分(选择题共42分)本部分共14小题，每题只有一个选项最符合题意。1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的是化学变化的是A．石墨烯具有导电性，可作新型电阻触摸屏的电极材料B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉D．冬奥会场使用制冷剂制冰A.A B.B C.C D.D2.下列物质的水溶液蒸干后充分灼烧，最终能得到该溶质固体的是A. B. C. D.3.下列关于、原子结构的分析中正确的是A.原子半径： B.基态原子未成对电子数：C.第一电离能： D.电负性：4.下列图示或化学用语表示正确的是A．的电子式B．基态的价层电子轨道表示式C．的原子结构示意图D．的轨道电子云轮廓图A.A B.B C.C D.D5.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.血红蛋白()可与氧气结合：，比更易和结合，当空气中的浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡B.在和组成的体系中：，恒温缩小容积，平衡后气体颜色比原平衡深C.，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾D.实验室配制氯化铁溶液时，先将晶体溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度6.(中文名“鉨”)的原子序数为113，下列说法不正确的是A.的原子核内有113个质子B.是区元素C.在同主族元素中金属性最强D.的原子半径大于同主族其他元素7.下列依据热化学方程式得出的结论中，正确的是A.已知，则在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，放出的热量为B.已知，则金刚石比石墨稳定C.在稀溶液中：，若将含的溶液与含的溶液混合，放出的热量为D.已知；；则8.已知反应，若向该溶液中加入含的某溶液反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是①②A.反应①比反应②所需活化能大B.该反应可设计成原电池C.向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅D.是该反应的催化剂，降低了该反应的9.某温度下，将和体积均相同的和溶液分别加水稀释，其随加水体积的变化如图所示，下列叙述不正确的是A.稀释前溶液的浓度B.在点和点均存在C.从点到点，溶液中的不变D.溶液中水的电离程度点点10.用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法正确的是A.压强改变是因为产生了B.整个过程中，负极电极反应式均为C.若将铁粉换为铜粉，时，压强随时间变化曲线基本不变D.不同，压强变化趋势不同，是由微粒氧化性强弱不同导致的11.利用图示装置可以获得金属钙，并用钙还原二氧化钛制备金属钛，下列说法不正确的是A.在制备金属钛前后，整套装置中的总量减少B.阳极的电极反应式为C.若用铅蓄电池作为该装置的供电电源，“—”接线柱应该连接电极D.阴极的电极反应式为12.常温下，邻苯二甲酸()的，。该温度下，用的溶液滴定的邻苯二甲酸氢钾()溶液，溶液的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A.点的混合溶液中：B.点的混合溶液中：C.点的混合溶液中：D.从点到点水的电离程度逐渐增大13.一定温度下，将不同物质的量的和分别通入容积为的恒容密闭容器中进行反应，得到下表所示的三组数据：实验温度起始量平衡量达到平衡时间16505290043900下列说法正确的是A.内，实验1中B.若，，则平衡时实验2中的转化率和实验3中的转化率相同C.该反应的D.时，若充入、、和，平衡正向移动14.某实验小组探究盐溶液对弱电解质电离的影响，进行了如下图所示的操作。下列说法中不正确的是资料：ⅰ．向弱电解质中加入具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使弱电解质的电离程度增大，这种现象可称为盐效应；ⅱ．等浓度的和的盐效应相当；ⅲ．(无色)，和不及应。A.加入的目的是排除稀释对溶液颜色的影响B.中红色比中浅的原因是、中的盐效应相当，中和生成无色的，使得降低，平衡正向移动C.静置一段时间后，发现中红色又变深，可以得出与相比，与化学反应限度更大D.基于以上实验可以得出盐效应和化学反应会影响弱电解质的电离第二部分(非选择题共58分)15.和是两种造成温室效应的主要气体，高温下可发生干重整反应进行综合利用，反应过程的能量变化如图所示：（1）干重整主反应的热化学方程式为_____(用、、表示反应热)，反应速率由反应决定_____(填“ⅰ”或“ⅱ”)。（2）反应器中还同时存在副反应：①下图表示投料比为时，不同温度下的反应结果，下列说法中正确的是_____。(填字母)A．加压有利于增大和反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率B．，升温更有利于主反应，主反应先达到平衡C．始终低于，与副反应有关②体系中会发生积炭反应，为研究其热效应，还需要利用反应_____的。③添加一定量的载氧剂，可避免积炭反应发生，增大的值，推测可能发生的反应，写出化学反应方程式_____。（3）文献中指出和可以发生反应生成和，且反应进行程度较大，但干重整反应器中进行程度小。结合键能数据，从平衡角度阐明理由_____。化学键键能107243641346416.一种流体电解海水提锂的工作原理如图所示，中间室辅助电极材料具有选择性吸附转化为/脱出转化为的功能。（1）第一步吸附锂时，应接通电源_____(填“1”或“2”)，中间室材料接电源_____极(填“正”或“负”)。（2）第二步脱出锂时，中间室材料发生的电极反应式为_____。（3）为完成锂离子的吸附/脱出，中间室两侧选用_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。（4）结合化学用语解释阴极室生成的原因_____。（5）当阴极室得到时，理论上阳极室产生气体的体积为_____(标准状况下)。17.工业上，常用以下方法处理硫化氢废气。Ⅰ．高温热分解法，即在恒温、恒压条件下，（1）下列不能作为该反应达到平衡状态的标志的是_____。(填字母)A.在体系中质量分数保持不变B.气体的平均相对分子质量不再变化C.气体密度不再变化D.的消耗速率与的消耗速率之比为（2）达到平衡状态后，通入氩气，分析平衡转化率的变化及原因_____。（3）为提高转化率，常用作催化剂，经过相同时间测定的转化率与温度的关系如图，在以后，有无催化剂的转化率几乎相等，其原因是_____。II．溶液脱除法，即将含有的废气通入溶液中（4）脱除并再生的原理如图，写出总反应的化学方程式_____。（5）如图所示，反应相同时间时，时脱除率下降，推测可能的原因为_____。（6）当废气中硫化氢浓度较低时，常用纯碱溶液吸收，结合表中数据计算该反应的平衡常数_____。酸(常温下)18.三价砷毒性很强，其废水需要处理后才能排放。Ⅰ．常温下，用溶液滴定时，①~④四种含砷微粒的物质的量分数随的变化曲线如图所示，其中、、、四点的横坐标分别为、、和。（1）该温度下，的_____。（2）结合化学用语解释溶液显碱性的原因_____。（3）下列说法正确的是_____。(填字母)A．点的溶液中，B．在12~14之间，随增大，电离程度增大，减小C．溶液中，Ⅱ．用化学沉降法处理酸性含砷废水的工艺流程如下：资料：与过量的存在反应：；（4）用平衡移动原理解释加入的作用是_____。（5）写出与含砷物质反应的化学方程式_____。（6）沉淀为_____。（7）含砷废水允许排放标准为。若低浓度含砷废水(假设砷均以形式存在)中的浓度为，定量说明该含砷废水是否符合排放标准_____。19.某研究小组探究酸碱性对和反应的影响。资料：为黄色固体，难溶于水，可溶于酸。Ⅰ．无外加酸碱时，实验如下。实验ⅰ实验ⅱ（1）根据_____，可证实实验ⅰ中红褐色液体为胶体。（2）已知黄褐色沉淀中有，还可能存在，设计实验证实_____。(填操作和现象)（3）结合化学用语，解释无外加酸碱时反应结束后降低的原因_____。Ⅱ．外加酸碱条件下，实验如下。实验编号实验操作现象ⅲ取溶液于试管中，滴加溶液，再滴加溶液液体变为红褐色，立即产生大量气体，有液体喷出试管，最终产生大量红褐色沉淀ⅳ取溶液于试管中，滴加稀硫酸，再滴加溶液溶液呈黄色，有少量气泡产生，静置无沉淀产生（4）根据实验ⅲ，推测立即产生大量气体的原因。猜想一：催化分解。猜想二：_____。设计实验_____，证实猜想一不是立即产生大量气体的主要原因。（5）是产生氧气的主要微粒。请结合反应机理分析酸性条件下产生气体少的原因_____。主要反应机理：①②(的水解)③④⑤⑥注：代表的化合价为+3（6）已知体系在废水净化中，具有一般化学氧化法无法比拟的优势，主要是由于有强氧化性，根据以上实验探究，配制该体系最好控制在_____条件下。

参考答案第一部分(选择题共42分)本部分共14小题，每题只有一个选项最符合题意。1.【答案】C【详解】A．石墨烯具有导电性是石墨烯的物理性质，所以石墨烯可作新型电阻触摸屏的电极材料与化学变化无关，故A错误；B．核聚变属于物理变化，不是化学变化，故B错误；C．碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D．冬奥会场使用二氧化碳制冷剂制冰时，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选C。2.【答案】B【详解】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，溶液蒸干时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移趋于完全得到氢氧化铁沉淀，灼烧时，氢氧化铁受热分解得到氧化铁，无法得到氯化铁，故A不符合题意；B．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸是高沸点酸，受热不挥发，所以水溶液蒸干后充分灼烧，水溶液蒸干后充分灼烧得到硫酸铝，故B符合题意；C．亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，所以水溶液蒸干后充分灼烧得到硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，故C不符合题意；D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以水溶液蒸干后充分灼烧得到碳酸钠，无法得到碳酸氢钠，故D不符合题意；故选B。3.【答案】C【详解】A．Al与Mg都是元素周期表中第三周期元素，Al在Mg的右边，同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：Al＜Mg，A错误；B．Mg的价电子排布式为3s2，Al的价电子排布为3s23p1，则基态原子未成对电子数：，B错误；C．同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但IIA第一电离能大于IIIA，则第一电离能：，C正确；D．同周期元素自左向右电负性逐渐增大，所以电负性，D错误；故选C。4.【答案】D【详解】A．NaCl为离子化合物，其电子式为，A错误；B．基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子的轨道表示式：，B错误；C．Fe为26号元素，其原子结构示意图为：，C错误；D．轨道的电子云轮廓图为沿X轴延展的纺锤状，D正确；故选D。5.【答案】B【详解】A．当空气中的浓度大时，CO与Hb结合导致血红蛋白浓度减小，平衡逆向移动，造成人体缺氧，可以用平衡移动原理解释，A正确；B．存在平衡：，恒温缩小容积，体系压强增大，平衡正向移动，NO2物质的量减少，但气体颜色变深，是由于缩小容积后的浓度增大，颜色变深，故不能用平衡移动原理解释，B错误；C．中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，C正确；D．配置氯化铁溶液时，会发生，加入盐酸中，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，可以抑制铁离子水解，可以用平衡移动原理解释，D正确；故选B。6.【答案】B【详解】A．根据核电荷数=原子序数=质子数，则的原子核内有113个质子，A正确；B．Nh的原子序数为113，则位于第七周期，根据“0族定位法”，Nh位于第七周期第IIIA族，位于p区，B错误；C．同主族从上到下金属性逐渐增强，即Nh在同主族元素中金属性最强，C正确；D．同主族从上到下，原子半径逐渐增大，即Nh的原子半径大于同主族其他元素，D正确；故选B。7.【答案】D【详解】A．氮气和氢气的反应为可逆反应，则在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，放出的热量小于，A错误；B．已知，则金刚石能量比石墨高，则石墨更稳定，B错误；C．醋酸为弱酸，电离吸热，则含的溶液与含的溶液混合，放出的热量小于，C错误；D．S(s)→S(g)吸热，等量的S(s)和S(g)完全燃烧，S(g)放热多，由于反应放热，为负，所以，D正确；故选D。8.【答案】D【详解】A．由图可知，反应①的活化分子平均能量与反应物分子平均能量之差大于反应②，则反应①比反应②所需活化能大，A正确；B．该反应是氧化还原反应，涉及电子的转移，可设计成原电池，B正确；C．该溶液中有I2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，由图可知，该反应的生成物总能量低于反应物总能量，则是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，蓝色变浅，C正确；D．Fe3+参与反应①的反应，但在反应②中又重新生成Fe3+，则Fe3+是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，但不能降低反应的ΔH，D错误；

故选D。9.【答案】B【分析】盐酸是在溶液中完全电离的强酸，醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液加水稀释相同倍数时，盐酸溶液pH变化大，则曲线Ⅰ表示盐酸溶液pH随加水体积的变化，曲线Ⅱ表示醋酸溶液pH随加水体积的变化。【详解】A．盐酸是在溶液中完全电离的强酸，醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，则稀释前溶液pH相等的盐酸溶液浓度小于醋酸溶液，故A正确；B．由电荷守恒关系c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH—)可知，溶液中c(H+)＞c(酸根阴离子)，故B错误；C．温度不变，水的离子积常数不变，则从点到点，溶液中Kw=c(H+)c(OH—)不变，故C正确；D．酸溶液中的氢离子抑制水的电离，溶液中氢离子浓度越大，水的电离程度越小，由图可知，b点溶液的pH小于c点，氢离子浓度大于c点，则水的电离程度小于c点，故D正确；故选B。10.【答案】C【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析。【详解】A．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的铁粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，pH=6.0时，酸性较弱，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，因此压强改变是因为产生了或吸收了氧气，A错误；B．锥形瓶内Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为，B错误；C．若将铁粉换为铜粉，由于Cu的金属活动性较弱，则时，无法发生析氢腐蚀，压强随时间变化曲线基本不变，C正确；D．由分析可知，不同，压强变化趋势不同，是由于发生的腐蚀类型不同，D错误；故选C。11.【答案】A【分析】由图可知，与直流电源正极相连的石墨电极是电解池的阳极，氧离子作用下石墨在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，钛网电极槽为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，电极反应式为，放电生成的钙与二氧化钛高温下反应生成钛，反应的化学方程式为，则生成钛的总反应为。【详解】A．由分析可知，生成钛的总反应为，则在制备金属钛前后，整套装置中氧化钙的总量不变，故A错误；B．由分析可知，与直流电源正极相连的石墨电极是电解池的阳极，氧离子作用下石墨在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，故B正确；C．铅为铅蓄电池的负极，所以用铅蓄电池作为电解池的供电电源时，“—”接线柱应该连接铅电极，故C正确；D．由分析可知，钛网电极槽为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，电极反应式为，故D正确；故选A。12.【答案】C【分析】由图可知，a点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液反应得到邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钠等浓度的混合液，溶液呈酸性；b点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液反应得到邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钠的混合液，溶液呈中性；c点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液呈碱性；【详解】A．由分析可知，a点为邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明的电离程度大于的水解程度，溶液中，故A错误；B．b点溶液的pH=7，，此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒，因此，在KHA溶液中存在物料守恒，，因此，故B错误；C．c点为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液中，由物料守恒可得，故C正确；D．由电离常数可知邻苯二甲酸氢根的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，邻苯二甲酸根为二元弱酸根，在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，从a点到c点，邻苯二甲酸氢根的浓度减小，邻苯二甲酸根浓度增大，水的电离程度逐渐增大，从c点到d过量的氢氧化钠会抑制水的电离，水的电离程度逐渐减小，故D错误；故选C。13.【答案】B【详解】A．由表格数据可知，实验1反应达到平衡时氢气的物质的量为3.0mol，则由方程式可知，5min内，二氧化碳的反应速率为=0.1mol/(L·min)，故A错误；B．由表格数据可知，900℃实验2反应达到平衡时一氧化碳的物质的量为1.8mol，由方程式可知，平衡时水蒸气的转化率为×100%=20%，则平衡时水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气的浓度为0.4mol/L、0.9mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，反应的平衡常数为=，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，设实验3反应达到平衡时一氧化碳的转化率为a%，由题给数据可得：=，解得a=20，则平衡时实验2中水蒸气的转化率和实验3中一氧化碳的转化率相同，故B正确；C．由表格数据可知，实验1的投入量是实验2的两倍，若实验2在650℃进行，反应达平衡时，一氧化碳的物质的量应1.5mol，900℃时，一氧化碳的物质的量为1.8mol，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为焓变小于0的放热反应，故C错误；D．由表格数据可知，900℃实验2反应达到平衡时一氧化碳的物质的量为1.8mol，由方程式可知，平衡时水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气的浓度为0.4mol/L、0.9mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，反应的平衡常数为=，则充入物质的量都为1mol的水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气时，反应的浓度熵Qc==1＞，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选B。14.【答案】C【详解】A．由于平行实验b、c中分别加入0.5mL其它溶液，所以为了排除稀释对溶液颜色的影响，向a中加入了0.5mLH2O，A正确；B．b、c中加入了等体积等浓度的盐溶液，所以盐效应相同，结合资料信息(无色)，c中Fe2+结合SCN-生成Fe(SCN)2，使硫氰化铁的电离平衡向正向移动，所以红色比b中浅，B正确；C．静置一段时间后，亚铁离子氧化为三价铁离子，使得溶液中亚铁离子减少，平衡逆向移动，三价铁离子增多，平衡逆向移动，则中红色又变深，C错误；D．根据上述实验现象及C选项，可得到：盐效应和化学反应会影响弱电解质的电离，D正确；故选C。第二部分(非选择题共58分)15.【答案】（1）①.△H=+(E1—E2+E3)kJ/mol②.ⅰ（2）①.AC②.或③.（3）反应的反应热△H=[(1072+436×3)kJ/mol—(413×4+464×2)kJ/mol]=—200kJ/mol，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在干重整反应器中反应程度小【小问1详解】反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的反应速率取决于慢反应，由图可知，反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，所以反应的反应速率取决于反应ⅰ；干重整反应干重整反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变△H=+(E1—E2+E3)kJ/mol，则反应的热化学方程式为△H=+(E1—E2+E3)kJ/mol，故答案为：△H=+(E1—E2+E3)kJ/mol；ⅰ；【小问2详解】①A．主反应为气体体积增大的反应，副反应为气体体积不变的反应，增大压强，主反应和副反应的反应速率均增大，但主反应向逆反应的方向移动，副反应平衡不移动，甲烷和二氧化碳的转化率减小，所以加压有利于增大甲烷和二氧化碳甲烷和二氧化碳反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率，故A正确；B．由图可知，550∼600℃间，升高温度，甲烷的转化率增大幅度大于二氧化碳转化率增大幅度，说明升温更有利于主反应，由于主反应和副反应同时发生，副反应的发生会破坏主反应的平衡，所以主反应和副反应同时达到平衡，故B错误；C．由方程式可知，主反应生成一氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，由图可知，反应中一氧化碳和氢气的物质的量比始终小于1：1，说明副反应消耗氢气生成一氧化碳导致物质的量比小于1：1，故C正确；故选AC；②将主反应、副反应和积炭反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①—②—③可得反应，反应①+②—③可得反应，所以为研究积炭反应的热效应，还需要利用反应或的焓变，故答案为：或；③添加一定量的载氧剂氧化亚铁，可避免积炭反应发生，增大的值说明氧化亚铁与甲烷共热反应生成铁、氢气和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问3详解】由题意可知，一氧化碳与氢气反应生成甲烷和水蒸气的方程式为，由反应热与反应物的键能之和与生成物键能之和的差值相等可知，反应的反应热△H=[(1072+436×3)kJ/mol—(413×4+464×2)kJ/mol]=—200kJ/mol，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在干重整反应器中反应程度小，故答案为：反应的反应热△H=[(1072+436×3)kJ/mol—(413×4+464×2)kJ/mol]=—200kJ/mol，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在干重整反应器中反应程度小。16.【答案】（1）①.1②.负（2）（3）阳（4）阴极室中，通入O2的N电极的电极反应式为，中间室材料的电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜进入阴极室（5）1.12L【分析】由题意可知，流体电解海水提锂的工作原理为第一步接通电源1，与直流电源正极相连的M电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为，中间室材料为阴极，锂离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜由阳极室进入中间室，达到选择性提取锂的目的；第二步接通电源2，与直流电源正极相连的中间室材料为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和锂离子，电极反应式为，N电极为阴极，水分子作用下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜由中间室进入阴极室，从而达到使海水中的锂离子最终以氢氧化锂的形式被浓缩到阴极室的目的。【小问1详解】由分析可知，第一步吸附锂时，应接通电源1，与直流电源负极相连的中间室材料为电解池的阴极，故答案为：1；阴；【小问2详解】由分析可知，第二步脱出锂时，与直流电源正极相连的中间室材料为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和锂离子，电极反应式为，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，第一步选择性吸附锂过程中锂离子通过阳离子交换膜由阳极室进入中间室，第二步释放锂的过程中锂离子通过阳离子交换膜由中间室进入阴极室，所以中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜，故答案为：阳；【小问4详解】由分析可知，第二步接通电源2，与直流电源正极相连的中间室材料为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成和锂离子，电极反应式为，N电极为阴极，水分子作用下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜由中间室进入阴极室，从而阴极室生成氢氧化锂，故答案为：阴极室中，通入O2的N电极的电极反应式为，中间室材料的电极反应式为，锂离子通过阳离子交换膜进入阴极室；【小问5详解】由得失电子数目守恒可知，当阴极室得到4.8g氢氧化锂时，理论上阳极室产生标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L。17.【答案】（1）D（2）该反应是气体体积增大的反应，恒温、恒压条件下通入氩气相当于减小压强，平衡右移，H2S平衡转化率增大（3）温度过高，催化剂失去活性（4）2H2S+O22S↓+2H2O（5）Fe3+在溶液中与H2S发生如下反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，ρ(Fe3+)>10g⋅L−1时，溶液中H+浓度增大，H2S的溶解度减小（6）103【小问1详解】A．S2在体系中质量分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中气体的平均相对分子质量减小，则气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，气体体积增大，反应中气体密度减小，则气体密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；D．氢气的消耗速率与S2的消耗速率都为逆反应速率，则两者速率之比为2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故符合题意；故选D；【小问2详解】达到平衡状态后，恒温、恒压条件下通入不参与反应的氩气相当于减小压强，该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大，故答案为：该反应是气体体积增大的反应，恒温、恒压条件下通入氩气相当于减小压强，平衡右移，H2S平衡转化率增大；【小问3详解】在1100℃以后，有无催化剂硫化氢的转化率几乎相等说明反应温度过高，催化剂失去活性，故答案为：温度过高，催化剂失去活性；【小问4详解】由图可知，硫酸铁溶液脱除法的总反应为铁离子做催化剂条件下，硫化氢与氧气反应生成硫沉淀和水，反应的化学方程式为2H2S+O22S↓+2H2O，故答案为：2H2S+O22S↓+2H2O；【小问5详解】铁离子在溶液中与硫化氢反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，ρ(Fe3+)>10g⋅L−1时，溶液中氢离子浓度增大，导致硫化氢气体的溶解度减小，不能与溶液中的铁离子充分反应，故答案为：在溶液中与H2S发生如下反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，ρ(Fe3+)>10g⋅L−1时，溶液中H+浓度增大，H2S的溶解度减小；【小问6详解】由电离常数可知，氢硫酸的一级电离常数小于碳酸的一级电离常数，但大于碳酸的二级电离常数，由强酸制弱酸可知，碳酸钠溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钠和氢硫酸钠，反应的离子方程式为H2S+COHS—+HCO，反应的平衡常数K=====103，故答案为：103。18.【答案】（1）10—9.3（2）H2AsO在溶液中存在电离趋势：H2AsOHAsO+H+，也存在水解趋势：H2AsO+H2OH3AsO3+OH—，由电离常数公式可知，H3AsO3的一级电离常数Ka1(H3AsO3)==c(H+)=10—9.3，二级电离常数Ka2(H3AsO3)==c(H+)=10—12.1，H2AsO在溶液中的Kh===10—4.7＞Ka2(H3AsO3)，则H2AsO在溶液中的水解程度大于电离程度，所以KH2AsO3溶液呈碱性（3）C（4）除去过量的S2—，使平衡逆向移动，防止三硫化二砷转化为AsS，提高沉砷效果（5）H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O（6）CaSO4（7）溶液中AsO为=5.7×10—17mol/L＜0≈6.7×10—6mol/L，所以该含砷废水符合排放标准【分析】由题给流程可知，向酸性含砷废水加入硫化钠，将废水中的砷元素转化为三硫化二砷沉淀，同时加入硫酸亚铁，将溶液中的硫离子除去，防止三硫化二砷转化为AsS导致沉砷效果降低，过滤得到含有三硫化二砷、硫化亚铁和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚砷酸、亚铁离子氧化为砷酸、铁离子，加入氧化钙，将溶液中的硫酸根离子、砷酸和铁离子转化为砷酸钙沉淀、砷酸铁沉淀、氢氧化铁沉淀、硫酸钙沉淀，则X为硫酸钙，过滤得到含有砷酸钙、砷酸铁、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣和低浓度含砷废水。【小问1详解】由图可知，亚砷酸和亚砷酸氢根离子浓度相等时，溶液pH为9.3，由电离常数公式可知，H3AsO3的一级电离常数Ka1(H3AsO3)==c(H+)=10—9.3，故答案为：10—9.3；【小问2详解】H2AsO在溶液中存在电离趋势：H2AsOHAsO+H+，也存在水解趋势：H2AsO+H2OH3AsO3+OH—，由电离常数公式可知，H3AsO3的一级电离常数Ka1(H3AsO3)==c(H+)=10—9.3，二级电离常数Ka2(H3AsO3)==c(H+)=10—12.1，H2AsO在溶液中的Kh===10—4.7＞Ka2(H3AsO3)，则H2AsO在溶液中的水解程度大于电离程度，所以KH2AsO3溶液呈碱性，故答案为：H2AsO在溶液中存在电离趋势：H2AsOHAsO+H+，也存在水解趋势：H2AsO+H2OH3AsO3+OH—，由电离常数公式可知，H3AsO3的一级电离常数Ka1(H3AsO3)==c(H+)=10—9.3，二级电离常数Ka2(H3AsO3)==c(H+)=10—12.1，H2AsO在溶液中的Kh==