浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期5月阶段性考试-化学试题 含解析

第1页/共1页2024届化学选考模拟试题可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Fe-56；Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于非电解质但水溶液能导电的是A. B. C. D.HF【答案】C【解析】【详解】A．属于电解质，A错误；B．既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C．属于非电解质，可以与水反应，生成的硝酸为电解质，水溶液能导电，C正确；D．HF属于电解质，D错误；答案选C。2.是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是A.医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质B.将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细C.施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用D.硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定【答案】B【解析】【详解】A．硝酸铵溶于水会吸热，温度会降低，医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质，A项正确；B．硝酸铵受到撞击易爆炸，不能将结块的硝酸铵置于研钵中用研杵敲碎，B项错误；C．铵根和碳酸根会相互促进水解，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，C项正确；D．氮的固定是指将游离的氮转化为含氮化合物的过程，则硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备不属于氮的固定，D项正确；答案选B。3.下列表示不正确的是A.N，N-二甲基甲酰胺的结构简式：B.乙炔分子中π键的形成表示为：C.基态氧原子的价电子排布图为：D.核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为：【答案】D【解析】【详解】A．N，N-二甲基甲酰胺的结构简式：，A正确；B．乙炔分子中π键的形成表示为：，B正确；C．氧为8号元素，最外层6个电子，基态氧原子的价电子排布图为：，C正确；D．核外有a个电子，说明其为a-2号元素，有b个中子，则其质量数为，则其原子符号为：，D不正确；故选D。4.关于阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.32gCu与足量S充分反应，转移电子数为0.5B.电解精炼铜时，当电路中通过个电子时，阳极溶解32g铜C.0.1mol环戊烯醇（），含有极性键的数目为0.8D.铜催化下1mol2-丙醇全部转化为丙酮，得到电子的数目为2【答案】A【解析】【详解】A．Cu与硫共热反应生成硫化亚铜，2mol铜转移2mol电子，32g铜的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5，A项正确；B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，无法通过转移电子数计算溶解金属的质量，B项错误；C．1mol环戊烯醇中含有9mol极性键，则0.1mol环戊烯醇含有0.99mol极性键，C项错误；D．铜催化下有1mol，2-丙醇全部转化为丙酮，转移2mol电子，失去电子数为2，D项错误；答案选A。5.下列实验能达到对应目的的是A.用图1装置可比较、的还原性强弱 B.用图2装置制取乙烯C.用图3装置蒸干溶液获得无水 D.用图4装置观察钠的燃烧【答案】A【解析】【详解】A．加入氯水后，若先与发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质在四氯化碳溶液中溶解，可比较二者还原性强弱，A正确；B．选用乙醇发生消去反应生成乙烯需将温度计插入液体测量反应温度，B错误；C．氯化铁会水解生成氢氧化铁，继续加热分解成氧化铁，C错误；D．Na的加热燃烧实验应在坩埚中进行，D错误；答案选A。6.劳动是人生存发展的必要技能，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A制作豆腐：将少量石石膏投入大豆研磨过滤后的溶液中蛋白质发生聚沉而凝固B家庭自制肥皂：食用油和食用碱在一定条件混合油脂在碱性条件下水解C餐具保存：擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈防止潮湿环境下发生化学腐蚀D泳池消毒：用漂粉精作游泳池的消毒剂漂粉精有强氧化性，可用于杀菌AA B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．大豆研磨过滤后的溶液中含有大量蛋白质，轻金属盐溶液可以使蛋白质胶体聚沉，故可以用于制作豆腐，故A不选；B．食用油是多种高级脂肪酸甘油酯的混合物，食用碱的为碳酸钠，水解后溶液显碱性。高级脂肪酸甘油酯在碱的作用下发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故可以用食用油和食用碱在一定条件下混合制肥皂，故B不选；C．擦干已洗净铁锅表面的水，可以防止潮湿环境下铁锅发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故C选；D．漂粉精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙可以水解为有强氧化性的次氯酸，从而可以用于泳池消毒，故D不选；故选C。7.从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下：已知，下列说法正确的是A.酸溶时，硝酸只体现氧化性B.向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离、C.溶金时NaCl作用为增强硝酸的氧化性D.向1mol中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗2molZn【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，向废旧CPU中加入硝酸溶液酸溶，将银、铜转化为银离子、铜离子，金不溶解，过滤得到含银离子和铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，将金溶解得到HAuCl4溶液，向溶液中加入锌粉，将HAuCl4转化为金，过滤得到金。【详解】A．由分析可知，酸溶时，银、铜与硝酸溶液反应生成硝酸银、硝酸铜，氮的氧化物和水，反应中氮元素部分降低被还原，硝酸表现酸性和强氧化性，故A错误；B．铜离子和银离子都能与过量氨水反应生成铜氨络离子和银氨络离子，则用过量氨水无法分离铜离子和银离子，故B错误；C．由分析可知，加入硝酸和氯化钠的混合溶液的目的是将金溶解得到HAuCl4溶液，其中氯化钠的作用是提供氯离子与金离子形成AuCl配离子，故C错误；D．由分析可知，加入锌粉的目的是将HAuCl4转化为金，由题意可知HAuCl4为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应，则由得失电子数目守恒可知1molHAuCl4完全反应时，消耗锌的物质的量为1mol×+1mol×=2mol，故D正确；故选D。8.下列说法不正确的是A.可用X射线衍射技术测定青蒿素分子的键长、键角，但不能测键能B.顺丁橡胶用二硫键等作用力将线型结构连接为网状结构，且硫化交联的程度越大，弹性和强度越好C.肽链通过肽键中的氧原子与氢原子之间存在的氢键作用形成蛋白质的二级结构D.质谱法可用来测定物质的部分结构信息【答案】B【解析】【详解】A．根据X射线衍射图显示的信息，科学家能获得有机物分子例如青蒿素分子的键长、键角等分子结构信息，从而得出空间结构，但不能测键能，A正确；B．顺丁橡胶硫化，是用二硫键等作用力将线型结构连接为网状结构，得到既有弹性又有强度的顺丁橡胶，但硫化交联的程度不宜过大，否则会使橡胶失去弹性，B不正确；C．肽键中的氧原子与氢原子之间存在氢键，会使肽链盘绕或折叠成特定的空间结构，形成蛋白质的二级结构，C正确；D．质谱仪用高能电子流等轰击样品使有机分子失去电子形成带正电荷的分子离子和碎片离子等、得到质谱图，故质谱法可用来测定物质的部分结构信息，D正确；答案选B。9.下列反应的离子方程式正确的是A工业废水中可用绿矾()处理：B.过量与溶液混合：C.向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2+CO2+H2O→2+D.向溶液中加入少量NaHS溶液：【答案】A【解析】【详解】A．工业废水中用绿矾处理，亚铁离子与反应生成铁离子、Cr3+和水，离子方程式正确，A正确；B．过量Na2S与氯化铁溶液反应生成FeS沉淀和S沉淀，离子方程式为2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，B错误；C．苯酚钠中通入少量二氧化碳，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H2O→+，C错误；D．向硫酸铜溶液中加入少量NaHS，铜离子与HS-反应生成硫化铜沉淀和氢离子，离子方程式为Cu2++HS-=CuS↓+H+，D错误；故答案选A10.“类比”是化学学习的重要方法。下列客观事实和类比关系均正确的是选项客观事实类比结论A过量的铁丝在稀硝酸中被氧化生成过量的铁丝在氯气中燃烧被氧化生成BC与少量反应生成CO，与过量反应生成S与少量反应生成，与过量反应生成C苯酚可以与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚苯酚可与BrCl反应生成三氯苯酚和溴化氢D在空气中加热分解生成和在空气中加热分解也生成和A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．过量的铁丝在稀硝酸中被氧化生成，因为过量的铁和铁离子反应生成亚铁离子，氯气氧化性很强，过量铁丝在氯气中燃烧被氧化为氯化铁，A项错误；B．无论氧气是否过量，S和氧气反应都生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在加热，催化剂条件下生成三氧化硫，B项错误；C．电负性：Cl>Br，BrCl中Br带正电，苯酚含推电子基团羟基并含有大键，所以苯酚和BrCl发生亲核取代反应生成三溴苯酚和HCl，C项错误；D．氢氧化铁在空气中加热分解生成氧化铁和水，氢氧化亚铁不稳定会被氧化为氢氧化铁，因此氢氧化亚铁在空气中加热分解生成氧化铁和水，D项正确；答案选D。11.肾上腺素常用于临床抢救，人工合成肾上腺素的某种路线如下所示：下列说法不正确的是A.可将肾上腺素转化为具有更好的溶解性的肾上腺素盐酸盐，更好被人体吸收B.1mol肾上腺素最多消耗2molNaOHC.X为D.肾上腺素与足量还原后的产物分子中含有3个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．肾上腺素是一种脂溶性激素，在水中溶解度不大，加入盐酸后，可形成盐，使其具有更好的溶解性，A正确；B．由结构简式可知，1个肾上腺素分子上含有2个酚羟基，则1mol肾上腺素最多消耗2molNaOH，B正确；C．对比反应前后物质结构简式，X为，C正确；D．肾上腺素与足量还原后的产物分子中含有4个手性碳原子，D错误；答案选D。12.M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为16。W与Y的质子数之和是X的2倍。Z元素的基态原子未成对电子数为2，且价层电子的空间运动状态有6种。上述5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示。下列说法不正确的是A.W、X、Y均能和M形成型化合物 B.形成的氢化物沸点：X>WC.电负性：Y>X>W>M D.该配合物中元素Z的化合价为＋2价【答案】B【解析】【分析】Z元素的基态原子未成对电子数为2，且价层电子的空间运动状态有6种，其价电子为3d84S2，Z为Ni，M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为16，M只形成1个单键且原子序数最小，M为H，W周围形成4个键，W为C，Y周围形成2个化学键，Y为O，W与Y的质子数之和是X的2倍，X为N。氮与镍之间形成配位键，据此解答。【详解】A．W为C，M为H二者形成C2H2，X为N，M为H二者形成N2H2,Y分别为O，M为H二者形成H2O2，A正确；B．X为N氢化物有N2H4和NH3等，W为C氢化物包括所有烃，有气态、液态、固态，B不正确；C．电负性O>N>C>H，C正确；D．配体中有2个氧原子（Y）只连一根键，配体是个阴离子，带两个负电荷，所以Ni为+2价，D正确；故选B。13.某种能将废水中苯酚氧化为和的原电池—电解池组合装置如图所示，该装置能实现发电、环保二位一体，其中生成的羟基自由基(·OH)有极强的氧化性，下列说法不正确的是A.该装置工作时左侧原电池内电路电流通过电解质溶液从电极b流向电极aB.温度过高时该装置处理废水中苯酚能力会下降C.当电极a上有2mol生成时，c极区溶液仍为中性D.当电极b上有0.6mol生成时，处理苯酚的量为0.1mol【答案】D【解析】【分析】根据装置图，左边是原电池装置，右边是电解池装置，a处Cr元素从+6价变成+3价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，a为正极，b为负极。d为电解池阳极，d处水分子失去电子形成羟基自由基氧化苯酚废水，c为电解池阴极，据此分析解题。【详解】A．根据分析，a为正极，b为负极，该装置工作时，左侧原电池内电路电流从正极a流出，经电解质溶液流向电极b，A正确；B．温度过高时微生物会被杀死导致该装置处理废水中苯酚的能力会下降，B正确；C．a极每产生1molCr(OH)3，转移3mol电子，c极上的电极反应式为，生成1.5molH2同时产生3molOH-，与此同时，有3molH+从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液仍为中性，C正确；D．电极b为负极，电极反应：，d为电解池阳极，电极反应为：，羟基自由基(·OH)有极强的氧化性，可以氧化苯酚发生反应：，当电极b上有0.6mol生成时，处理苯酚的量为0.2mol，D错误；故选D。14.参与的乙苯耦合脱氢机理如图所示(α，β表示乙苯分子中C或H原子的位置：A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷)。下列说法不正确的是已知：①催化剂是复合催化剂，如果催化剂是则主要发生乙苯的直接脱氢生成苯乙烯和氢气②A.反应过程中需要控制催化剂表面的酸碱性，不能太高或太低B.复合催化剂使位点带较多负电荷，活化C-H发生耦合脱氢C.恒温恒容，其他条件不变时，适当提高分压，可能使反应速率加快D.恒温恒压，能提高乙苯的平衡转化率是降低了气体分压并消耗了，使平衡正向移动【答案】B【解析】【详解】A．反应过程中需要控制催化剂表面的酸碱性，不能太高或太低，防止催化剂被消耗，A正确；B．B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上，活化C-H发生耦合脱氢，B错误；C．在其他条件不变时，适当提高CO2分压，平衡正向移动且反应速率加快，C正确；D．通入CO2，乙苯耦合脱氢平衡正向移动，降低了气体分压并消耗了H2，提高了乙苯的平衡转化率，D正确；故选B。15.某温度下，饱和溶液和饱和溶液中的阴阳离子浓度满足如图所示的关系。已知：，，白色沉淀，黄色沉淀。下列说法不正确的是A.曲线Ⅱ表示与的变化关系B.反应的平衡常数C.向0.1mol/L溶液中滴加同浓度的溶液，过程中无明显现象D.利用溶液滴定溶液时，可使用NaI溶液作指示剂【答案】C【解析】【分析】根据沉淀溶解平衡：，达到平衡时，，则曲线Ⅱ表示与的变化关系；，达到平衡时，，则曲线I表示与的变化关系；根据b点，，根据c点，。【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅱ表示与的变化关系，A正确；B．反应的平衡常数，B正确；C．溶液中存在碳酸根离子，与铅离子可形成碳酸铅沉淀，根据电离常数可计算判断水解大于电离，现象表现为先有白色沉淀，后沉淀溶解，C错误；D．利用溶液滴定溶液时，可使用NaI溶液作指示剂，根据题干信息，当到底滴定终点时，产生沉淀颜色为黄色，D正确；答案选C。16.根据实验目的设计方案并进行实验，其中方案设计、现象和结论都正确的是实验目的方案设计现象结论A水解过程的热效应取适量溶液于试管中，测定pH然后加热一段时间，冷却至原温度，再次测定该溶液的pHpH变小水解过程为放热过程B检验淀粉的水解程度向淀粉水解液中加入10%NaOH溶液至溶液显碱性，再加入少量碘水溶液不变蓝淀粉完全水解C比较相同浓度的溶液和溶液的酸碱性用洁净干燥的玻璃棒分别蘸取同浓度的溶液和溶液滴在pH试纸上，与标准比色卡比较溶液对应的pH更小溶液的酸性更强D比较配离子和的稳定性向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴0.1molL溶液，然后再滴加2滴0.6mol/LKSCN溶液溶液颜色不变较稳定A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性的反应为吸热反应，升高温度，水解平衡向吸热方向移动，溶液pH增大，恢复室温后溶液pH不变，故A错误；B．碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，则向碱性溶液中加入碘水，溶液不变蓝色，不能说明淀粉完全水解，故B错误；C．硫酸铜溶液为淡蓝色溶液，会干扰pH试纸颜色的观察，所以不能用pH试纸测定硫酸铜溶液的pH，故C错误；D．溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，向铁氰化钾溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液颜色不变说明铁离子与氰酸根离子的络合能力强于硫氰酸根离子，铁氰酸根离子的稳定性较强，故D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.氮、铁及其化合物在生产生活中有重要应用。（1）某化合物的晶胞如图，其化学式为_______，其阴离子存在_______种不同取向。（2）下列说法正确的是_______。A.第二电离能：N>O>C B.基态的简化电子排布式[Ar]C.离子半径： D.键角：已知：3个及以上原子若处于共平面，如有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键（3）南开大学某课题组合成无机二茂铁的配离子，其中环状配体以π电子参与配位，结构如图，1个该配离子中与形成配位键的电子共有_______个。（4）胍为平面形分子，所有原子共平面，结构如图所示。胍属于_______分子(填“极性”或“非极性”)，①号N的碱性_______②号N的碱性(填“>”、“＜”或“=”)，请说明理由_______。【答案】（1）①.②.2（2）BCD（3）12（4）①.极性②.＞③.①号N上有孤电子对，而②号N上没有【解析】【小问1详解】Fe原子位于顶点和面心，一个晶胞中含有Fe的个数为，S原子位于棱心和体心，且每个位置有2个S原子，则一个晶胞中含有S的个数为，则其化学式为，则其阴离子为，由晶胞结构图可知，其阴离子存在2种不同取向。【小问2详解】A．N失去一个电子后的价电子排布式为2s22p2，O失去一个电子后的价电子排布式为2s22p3，此时O+的2p能级处于半充满状态，较稳定，难失去电子，故第二电离能：O＞N＞C，错误；B．基态的简化电子排布式[Ar]，则基态的简化电子排布式[Ar]，正确；C．的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：，正确；D．的中心原子的杂化方式均为sp3，且均有一对孤电子对，O的电负性比N的大，则在中成键电子对更偏向中心原子O，则成键电子对的距离更小，排斥力更大，故键角更大，正确；故选BCD。【小问3详解】环状配体以π电子参与配位，则应为平面结构的离子，P采取sp2杂化，价层电子对数为3，2个键电子对，1对孤电子对，则每个P原子参与形成键的有1个电子，外界提供2个电子，则的大键为，则1个该配离子中与形成配位键的电子共有个。【小问4详解】胍虽然具有一定的对称性，但是只有一条对称轴，不是完全对称，从整个分子看，电荷的分布不均匀，正负电荷中心不重合，故为极性分子；该分子为平面结构，则N原子均采取sp2杂化，因为①号N上有孤电子对，而②号N上没有，则①号N的碱性＞②号N的碱性。18.工业上以黄铁矿为原料利用“接触法”制硫酸，并利用硫酸渣(主要含、、，其它杂质不考虑)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图所示。（1）滤液II中的阳离子除外还有_______。（2）以下有关说法不正确是_______。A.工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成的B.和都属于酸性氧化物，通到溶液中都会产生白色沉淀C.FeOOH、中均含有非极性共价键D.氟氢化钾()与发烟硫酸反应可生成氟磺酸()，说明硫酸的酸性大于氟磺酸（3）“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为_______。（4）“酸溶”过程中ρ(溶液的质量浓度)及F(溶液的酸度)与w(质量分数)之间的关系如右图所示。当F值恒定时，随溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）设计实验方案检验硫酸渣中的金属元素_______。【答案】（1）、、、()（2）BCD（3）（4）增大（5）取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素【解析】【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成二氧化硫和硫酸渣，二氧化硫在400-500℃、催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸。硫酸渣中加入硫酸溶液酸溶，金属氧化物转化为对应的金属阳离子，随后加入FeS2还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成了硫单质，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅、硫单质和过量的FeS2，随后滤液中通入空气氧化，加入氨水调节pH=3-4，此时生成FeOOH沉淀，最后经过过滤、洗涤、烘干得到纯净的FeOOH。【小问1详解】硫酸渣中加入硫酸酸溶，此时溶液中含有铁离子、铝离子、氢离子，加入FeS2将铁离子还原为亚铁离子，过滤，向滤液中通入空气，部分亚铁离子被氧化为铁离子，通入氨气反应生成铵根离子，此时溶液pH=3-4，则还有氢离子，因此滤液II中含有的阳离子有Al3+、、H+和Fe3+。【小问2详解】A．直接用水吸收三氧化硫，可能引起酸雾等，因此工业上使用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3，A正确；B．一般情况下，弱酸无法制强酸，SO2通入氯化钡溶液中不会生成白色沉淀，B错误；C．FeOOH中不含非极性共价键，C错误；D．氟氢化钾与发烟硫酸反应生成氟磺酸，F的电负性大，吸引电子能力强，使氟磺酸中羟基的极性大，硫酸的酸性小于氟磺酸，D错误；故答案选BCD。【小问3详解】氧化过程中，亚铁离子、一水合氨与氧气反应生成FeOOH沉淀、铵根离子和水，离子方程式为。【小问4详解】从图中可知，F值恒定时，随着溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数增大。【小问5详解】硫酸渣中的金属元素为Fe和Al，其中Fe以铁离子形式存在，Al以铝离子形式存在，要检验铁离子和铝离子，实验方案为取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素。19.乙醇-水催化重整可获得。主要发生以下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）反应Ⅰ自发进行的条件是_______。A.低温 B.高温 C.低压 D.高压（2）500℃时，向体积为VL的恒容密闭容器中充入1mol(g)和3mol(g)发生上述反应。初始时体系压强为100kPa，平衡时，CO的选择性为50%，的转化率为80%。(CO的选择性=)①反应Ⅰ的_______(列出计算式即可)。反应Ⅰ的标准平衡常数，其中为标准压强100kPa，p(X)为气体X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。②在下图中画出500℃时，乙醇平衡转化率随[]变化而变化的情况_______。（3）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。①的平衡产率：Q点_______N点(填“>”、“=”或“＜”)；②M、N两点的平衡产率相等的原因是_______。（4）氢气的应用：氢气熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。①和经催化重整生成CO和，CO和全部进入电极A发生反应，写出负极的电极反应式(用一个总方程式表示)_______。②理论上负极生成的与正极消耗的的物质的量之比是_______。【答案】（1）B（2）①.②.（3）①.＜②.M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ正向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生的量相等（4）①.②.5∶4【解析】【小问1详解】反应Ⅰ是吸热反应，且反应前后熵增大，根据吉布斯自由能判断该反应自发进行的条件是高温；【小问2详解】①500℃时，在体积为VL的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，根据题中信息可求算达到平衡时消耗的物质的量为0.8mol，设反应Ⅱ生成CO的物质的量为。反应Ⅰ：反应Ⅱ：平衡时，CO的选择性为50%，可得50%=，即x=0.8mol。则平衡时，，，，，平衡时，，即p平=1.8。反应Ⅰ的；②500℃时，乙醇平衡转化率随的增大而增大，且根据题中信息知当时，的转化率为80%，故可作出相应图像：【小问3详解】①由于每条曲线表示相同的平衡产率，故在曲线上可找到与Q点相同平衡产率且的一点，则N点，但N点温度高于此点，故相当于在，压强为100kPa的基础上升高温度，则的平衡产率升高，Q点<N点；②M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ正向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生的量相等；【小问4详解】①和经催化重整生成CO和：，CO和全部进入电极A发生氧化反应，故可写出负极的总反应方程式为：；②正极反应方程式为：，则理论上负极生成的与正极消耗的的物质的量之比是5：4。20.次氯酸在医疗、餐饮、家居清洁等方面有着重要应用，当前中国次氯酸产业规模庞大，位居全球前列。浓次氯酸溶液为黄色。某学习小组设计下列装置，用装置C中产生的与水反应制备较高纯度的HClO。已知：物理性质化学性质常温下，是棕黄色气体；沸点2.0℃有强氧化性，稳定性差，高温、高浓度易分解回答下列问题：（1）仪器甲的名称_______。（2）有同学认为C与其他装置连接不应使用乳胶管，可能原因是_______。（3）若碳酸钠足量，C装置中发生的化学方程式为_______。（4）下列说法正确的是_______。A.是极性分子，在苯、四氯化碳中溶解度较小B.为加快速率，需要对C装置直接加热C.为提高产率，D装置应使用棕色瓶D.通入干燥空气的目的是将生成的稀释，防分解（5）各装置按照气流的连接顺序_______：_______→_______→_______→_______。（6）测定装置D中得到的次氯酸的物质的量浓度。量取20mL装置D中得到的次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从中取出20.00mL至锥形瓶中，并加入过量KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，滴加0.5mol/L的溶液至恰好反应，消耗溶液20.00mL(反应为)。装置D中得到的次氯酸的物质的量浓度为_______mol/L。【答案】（1）平底烧瓶（2）气体有强氧化性，会腐蚀乳胶管（3）（4）ACD（5）ACBD（6）1.25【解析】【分析】根据题干的描述，用装置C中产生的与水反应制备较高纯度的HClO，装置C生成的原理是Cl2与碳酸钠溶液发生歧化反应生成，然后用足量CCl4溶液吸收剩余的Cl2，通入到D中与水反应生成较高纯度的HClO；故各装置的连接顺序为ACBD。【小问1详解】仪器甲为平底烧瓶；【小问2详解】因为气体具有强氧化性，会腐蚀乳胶管，故C与其他装置连接不应使用乳胶管；【小问3详解】Cl2与足量碳酸钠溶液发生歧化反应生成和NaCl、碳酸氢钠，化学方程式为：；【小问4详解】A．是V形分子，结构不对称，是极性分子，而苯、四氯化碳为非极性溶剂，根据相似相容原理，在苯、四氯化碳中溶解度较小，故A正确；B．由题干中表格信息，稳定性差，高温、高浓度易分解，故不能对C进行直接加热，故B错误；C．D装置使用棕色瓶，能减少HClO分解，能提高产率，故C正确；D．稳定性差，高浓度易分解，通入干燥空气的目的是将生成的稀释，防分解，故D正确；答案为ACD；【小问5详解】由上述分析可知，各装置按照气流的连接顺序为ACBD；【小问6详解】消耗的的物质的量为=0.01mol，次氯酸与I-反应生成I2的关系式为，结合可得关系式：，消耗的的物质的量0.01mol，则n(HClO)=0.005mol，则原20mL次氯酸样品溶液中n(HClO)=0.005mo