安徽省芜湖市第二中学2020届高三第二次诊断考试理综化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com ‎2020届芜湖市二中高三二诊理综化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共7个小题，每小题6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.蓓萨罗丁是一种治疗顽固性皮肤T细胞淋巴瘤的药物，其结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. 分子中所有碳原子同一平面内 B. 既能发生加成反应，又能发生消去反应 C. 能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 D. 1mol蓓萨罗丁分别与足量的Na、 NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比为l︰2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．右边苯环上方的第一个碳与周围四个碳原子均为单键结构，为四面体构型，不可能所有碳原子在同一平面内，故A错误；‎ B．分子中含有碳碳双键能发生加成反应，但没有可发生消去反应的官能团，故B错误；‎ C．碳碳双键使溴水褪色发生的是加成反应，而其使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，故C错误；‎ D．1mol蓓萨罗丁与足量的Na反应生成0.5molH2，而其与足量NaHCO3反应生成1mol的CO2，产生气体的物质的量之比为l︰2，故D正确。‎ 本题选D。‎ ‎2.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A. 汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的 B. 我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关 C. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰 D. 工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物 ‎【答案】C - 17 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；‎ B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；‎ C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；‎ D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol—OH含10NA个电子 B. 1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应可得NA个H2O C. 标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NA D. 常温下，将1mol铁加入到足量的浓硝酸中，生成NO2气体的体积大于67.2L ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，1个-OH中含9个电子，1mol-OH含9NA个电子，A项错误；B项，C2H518OH与CH3COOH的酯化反应为可逆反应，1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应得到的H2O的物质的量小于1mol，B项错误；C项，n（CH2=CHCH3）==0.5mol，1个CH2=CHCH3分子中含6个碳氢极性共价键，标准状况下11.2L丙烯所含的极性共价键物质的量为3mol，C项正确；D项，常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，D项错误；答案选C。‎ 点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、乙酸乙酯的制备、Fe的钝化等知识，注意-OH和OH-的区别，酯化反应的机理一般是“酸脱羟基，醇脱氢”，酯化反应是可逆反应。‎ ‎4.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径：Z＞W＞R B. 对应的氢化物的热稳定性：R＞W C. W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同 - 17 -‎ D. Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。‎ ‎【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞W＞R，A正确；‎ B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：R＞W，B正确；‎ C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；‎ D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎5.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是 A. 装置配制100 mL某浓度NaNO3溶液 B. 分离溴苯和水混合物 - 17 -‎ C. 验证质量守恒定律 D. 可以实现防止铁钉生锈 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A错误；‎ B．溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B正确；‎ C．盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；‎ D．作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。‎ ‎6.一种将CO2和H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。下列关于该装置的叙述错误的是 - 17 -‎ A. 该装置可将电能转化为化学能 B. 工作时，电极a周围溶液的pH增大 C. 电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H++8e－===CH4+2H2O D. 若电极b上只产生1 mol CO，则通过质子膜的H+数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O，然后进行分析；‎ ‎【详解】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O，‎ A、根据该装置图，该装置为电解池，电能转化为化学能，故A说法正确；‎ B、工作时，电极a的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，c(H＋)增大，pH降低，故B说法错误；‎ C、根据上述分析，电极b电极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O，故C说法正确；‎ D、若只产生CO，电极b电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O，产生1molCO，消耗2molH＋，即通过质子膜的H＋物质的量为2mol，故D说法正确；‎ ‎【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式，电极反应式的书写是关键，列出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，标出得失电子，根据电解质的酸碱性，判断H＋、OH－、H2O，谁参加反应，谁被生成，如本题中电极b，假设CO2生成CH4，CO2→CH4‎ - 17 -‎ ‎，C的化合价由＋4→－4价，化合价降低，得到电子，CO2＋8e－→CH4，交换膜为质子膜，说明环境为酸性，因此H＋作反应物，H2O为生成物，电极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O。‎ ‎7.已知氧化性Br2>Fe3＋>I2，向含有Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol 的溶液中通入Cl2。通入Cl2的体积(标准状况)与溶液中某种离子(用Q表示)的物质的量的关系如下图所示，下列说法中正确的是( )‎ A. Q是I－‎ B. Q是Br－‎ C. b点时溶液中阴离子只有Cl－(不考虑OH－)‎ D. ab区间的反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；A．若Q是I-，2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，标准状况下为1.12L，此时碘离子为0，而图象中通入氯气为1.12L时，碘离子仍为0.1mol，与实际不符合，故A错误；B．若Q是Br-，I-、Fe2+完全反应后，才发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C．根据D可知：b点时溶液中有Cl-，Fe3+、Br-，故C错误；D．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，开始反应时氯气的体积为1.12L，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，此时氯气的体积为2.24L，所以ab区间的反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D正确；答案为D。 点睛：确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键；离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-‎ - 17 -‎ ‎，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断。‎ 第II卷 二、非选择题.‎ ‎8.索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置，用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中的粗脂肪。具体步骤如下：‎ ‎①包装： 取滤纸制成滤纸筒，放入烘箱中干燥后，移至仪器X中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作a; 在滤纸筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中干燥后，移至仪器X 中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作b。‎ ‎②萃取： 将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中，注入一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸没入乙醚中，接通冷凝水，加热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止(大约6h~12h)。‎ ‎③称量： 萃取完毕后，用长镊子取出滤纸筒，通风处使无水乙醚挥发，待无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中干燥后，移至仪器X 中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作c。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中三次使用的仪器X 的名称为__________________。为提高乙 醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器可选用下列_______(填字母) 代。‎ ‎ ‎ a 空气冷凝管 b 直形冷凝管 c 蛇形冷凝管 ‎(2) 实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风 等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入 的药品为_______(填字母)。‎ a 活性炭 b 碱石灰 c P2O5 d 浓硫酸 - 17 -‎ 无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物，加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是_______________________。‎ ‎(3) 实验中需控制温度在70℃~80℃之间，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是_______。当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中……该过程连续、反复、多次进行，则萃取液回流入提取器(烧瓶) 的物理现象为_______。索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为___________________________。‎ ‎(4) 数据处理： 样品中纯脂肪百分含量_________(填“<”、“>”或“=”) (b-c)/(b-a)×100%；测定中的样品、装置、乙醚都需要进行脱水处理，否则导致测定结果__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 干燥器 (2). c (3). a (4). 取少量乙醚滴加稀硫酸和KI溶液，振荡，若溶液变黄则含过氧化物，否则不含 (5). 恒温加热炉且水浴加热 (6). 虹吸 (7). 连续、反复、多次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高 (8). < (9). 偏高 ‎【解析】‎ ‎(1)实验中三次使用的仪器X是在放入烘箱中干燥后，X的名称为干燥器；为提高乙醚蒸气的冷凝效果，应增大冷凝的接触面积，故索氏提取器可选用蛇形冷凝管，答案选c；(2) 实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品起干燥和吸附作用，并且只能装固体药品，故答案为a；检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是取少量乙醚滴加稀硫酸和KI溶液，振荡，若溶液变黄则含过氧化物，否则不含；(3) 实验中需控制温度在70℃~80℃之间，温度不高于水的沸点，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是恒温加热炉且水浴加热。当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中……该过程连续、反复、多次进行，则萃取液回流入提取器(烧瓶) 的物理现象为虹吸。索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为连续、反复、多次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高；(4)实验过程样品没有脱水干燥时水分部分计入脂肪，使样品中纯脂肪百分含量< (b-c)/(b-a)×100%；测定中的样品、装置、乙醚都需要进行脱水处理，否则导致测定结果偏高。‎ ‎9.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：‎ - 17 -‎ 已知：ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；‎ ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3—Ag++2SO ⅲ“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。‎ ‎（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu______。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）______。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_______。‎ ‎（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为________。‎ ‎（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。‎ ‎“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_______。调节溶液的pH不能过低，理由为______（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）已知Ksp[Ag2SO4]=1.4×10－5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。________。‎ ‎（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：‎ - 17 -‎ 为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_______。‎ ‎【答案】 (1). 强 (2). Ag、AgCl (3). H2O2分解放出氧气 (4). 2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O (5). 分银液中存在[Ag(SO3)2]3—Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl (6). SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O (7). 溶液中SO42—浓度应低于1.4×10－3mol/L (8). 10 (9). H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金液的主要成分为[AuCl4]-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；‎ ‎(2)分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2‎ - 17 -‎ O，故答案为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O；‎ ‎(3)分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，‎ 故答案为H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl；避免产生污染气体SO2；‎ ‎(3)分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，由于存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O，故答案为分银液中存在[Ag(SO3)2]3—Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O；‎ ‎(4)c(SO42—)===1.4×10－3 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度低于1.4×10－3mol/L，故答案为溶液中SO42—浓度应低于1.4×10－3mol/L；‎ ‎(5)根据图象可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1，当NH4Cl浓度大于15g•L-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑或2NH4++2H2O+2e-=2NH3•H2O+H2↑，产生气体为氢气，故答案为10；H2。‎ ‎10.Ⅰ.据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。‎ ‎(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：‎ 水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1　 ①‎ CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1　②‎ 二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH3　③‎ 则反应①自发进行的条件是______________，ΔH3＝______________kJ·mol－1。‎ Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3(g)。‎ - 17 -‎ ‎(2)在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2 分别为0.1 mol、0.3 mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如下图所示。 ‎ ‎①其中，p1、p2 和p3 由大到小的顺序是______________________________，其原因是__________________________________________________________________。‎ ‎②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎③若在250 ℃、p1 为105 Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B点N2 的分压p(N2)为_____________________Pa (分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。‎ Ⅲ.以连二硫酸根(S2O)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：‎ ‎(3)①阴极区的电极反应式为_________________________________。‎ ‎②NO吸收转化后的主要产物为NH，若通电时电路中转移了0.3 mol e－，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为________mL。‎ Ⅳ、常温下,将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1Ba(OH)2 溶液等体积混合,充分反应后,溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-),则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=___________(用含a和b的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 高温 (2). ＋247.1 (3). p1>p2>p3 (4). 温度相同时，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大则对应压强越大 (5). < ‎ - 17 -‎ ‎ (6). 8.3×103 (7). 2SO32-＋4H＋＋2e－===S2O42-＋2H2O (8). 1 344 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据 判断反应①自发进行的条件；根据盖斯定律计算ΔH3；‎ ‎(2) ①增大压强N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3(g)平衡正向移动，氨的体积分数增大；‎ ‎②压强越大、温度越高，反应速率越快；‎ ‎③利用“三段式”计算在250 ℃、p1 为105 Pa条件下，反应达到平衡时容器各物质的量；‎ ‎(3)①阴极SO32-得电子发生还原反应生成S2O42-；‎ ‎②根据得失电子守恒计算吸收NO的体积；‎ Ⅳ、醋酸电离平衡常数Ka= 。‎ ‎【详解】(1)该反应ΔH>0、ΔS>0， 能自发进行，所以在高温条件下反应①能自发进行；‎ CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋205.9 kJ·mol－1　 ①‎ CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－41.2 kJ·mol－1　②‎ 根据盖斯定律①-②得CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH3=ΔH1-ΔH2＝＋205.9 kJ·mol－1＋41.2 kJ·mol－1＝＋247.1 kJ·mol－1；‎ ‎(2) ①温度相同时，增大压强，N2 (g)＋3H2 (g) 2NH3(g)平衡正向移动，所以压强越大氨的体积分数增大，p1、p2 和p3 由大到小的顺序是p1>p2>p3；‎ ‎②压强越大、温度越高，反应速率越快；A点压强、温度都低于B，所以vA(N2)

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