湖北省荆门市龙泉中学巴东一中2019-2020学年高二10月联考化学试题

湖北省荆门市龙泉中学巴东一中2019-2020学年高二10月联考化学试题

‎2019年秋龙泉中学-巴东一中高二年级十月联考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 第Ⅰ卷（选择题，共45分）‎ 本部分共15小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分。‎ ‎1.在西汉刘安组织编撰的《淮南万毕术》中，有“曾青得铁则化为铜”的记载。这说明早在西汉时期，我国劳动人民就已经发现铁能从某些含铜（+2价）化合物的溶液中置换出铜，这个反应是现代湿法冶金的基础。下列关于该反应的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 该反应说明铁的金属活动性比铜的强 B. 该反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu +Fe2+‎ C. 该反应说明金属单质都能与盐发生反应 D. 该反应属于氧化还原反应，反应中铁被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“曾青得铁则化为铜”是指铁和可溶性的铜溶液反应生成铜和相应的盐，所以这里的“铁”是指铁单质。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性进行分析。‎ ‎【详解】A.Fe+Cu2+=Cu +Fe2+，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可知铁的还原性强于铜，比铜活动性强，故不选A；‎ B.铁与可溶性铜盐发生置换反应，离子方程式为Fe+Cu2+=Cu +Fe2+，故不选B；‎ C.并非所有金属单质都能与盐发生反应，必须满足还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应才可以发生，故选C；‎ D.该反应中铁的化合价升高，失电子被氧化，故不选D；‎ 答案：C ‎2.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）‎ A. 衣紫腰银 B. 点石成金 C. 铜鸵荆棘 D. 铁柞成针 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；B. 点石成金涉及金属金，故B错误；C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；故选A。‎ ‎3.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活，下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）‎ A B C D 泰国银饰 埃及棉制品 捷克水晶饰品 土耳其彩瓷 金属材料 天然高分子材料 合成高分子材料 无机非金属材料 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 银为金属单质，所以银饰品属于金属材料，故A正确；B. 棉制品的主要成分是纤维素，纤维素是天然的有机高分子化合物，故B正确；C. 水晶的主要成分是二氧化硅，不是合成高分子材料，故C错误；D. 陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D正确；答案选C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 1molCl2与足量铁反应，转移电子数为2NA B. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA C. 65gZn与适量浓硫酸完全反应所得混合气体的分子数为NA D. 1L0.1 mol/L 盐酸中含H+数目为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1molCl2与足量铁反应，氯的化合价从0价降低为-1价，因此1mol氯气转移电子数为2NA，故不选A；‎ B.甲醛和冰醋酸的最简式相同，均为CH2O，根据最简式计算， 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，故不选B；‎ C.根据Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，Zn+ H2SO4（稀）= ZnSO4+H2↑，可知1molZn生成1mol气体，则65gZn与适量浓硫酸完全反应所得混合气体的分子数为=NA，故不选C；‎ D.盐酸中存在HCl=H++Cl-，H2OH++OH-，因此1L0.1 mol/L 盐酸含H+数目大于0.1NA，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项B，根据最简式计算原子数，常见的最简式为CH2O的有甲醛、乙酸、甲酸甲酯、葡萄糖，果糖。‎ ‎5.下列实验无法达到实验目的的是（ ）‎ A B C D 检验铵离子 制取乙酸乙酯 研究浓度对反应速率的影响 检验碘离子 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4++OH-NH3↑+H2O，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验铵离子，故不选A；‎ B.收集方法错误，乙酸乙酯如果用氢氧化钠溶液吸收，会发生水解反应，应该改为饱和碳酸钠溶液收集，故选B；‎ C.发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑+S↓，其他条件相同时，浓度越大化学反应速率越快，溶液变浑浊所需时间越短，故不选C；‎ D.发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，CCl4可以萃取I2，使下层溶液变为紫色，故不选D；‎ 答案：B ‎6.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是 ‎①可以与氢气发生加成反应；②能使酸性KMnO4溶液褪色；‎ ‎③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；‎ ‎⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应 A. ①④ B. 只有⑥ C. 只有⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；③含有羧基，能跟NaOH溶液反应；④含有羟基和羧基，能发生酯化反应；⑤含有碳碳双键，能发生加聚反应；⑥不存在酯基，不能发生水解反应，答案选B。‎ ‎7.对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g） △H＞0下列图像不正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应2AB3（g）⇌A2（g）+3B2（g）△H＞0，升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的更多，反应物的含量减少；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 2AB3（g）A2（g）+3B2（g） △H＞0升高温度，反应速率加快；因为正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，故不选A；‎ B.温度越高，化学反应速率越快，到达平衡所需时间越短；由于正反应吸热，温度升高，有利于反应正向进行，剩余反应物百分含量减少，故不选B；‎ C.升高温度，平衡正向进行，平衡后AB3的百分含量越低；正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的含量增大，故不选C；‎ D.正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，反应物的转化率应该减小；正反应为吸热反应，当压强相同时，温度越高，越有利于反应正向移动，反应物转化率越高，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】对于图像题分两步看图项正确与否：（1）随横坐标的增大，图像总的走势是否正确；（2）横坐标线相同时，看纵坐标的走势是否正确。‎ ‎8.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O B. 氯化铁溶液腐蚀铜电路板：Cu+Fe3+═Fe2++Cu2+‎ C. 向含2molFeBr2的溶液中通入1.5molCl2，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣‎ D. 向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，会发生氧化还原反应，正确离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故A错误；‎ B.电荷不守恒，得失电子数不相等，离子方程式为：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故B错误；‎ C.因为Fe2+的还原性强于Br-，因此氯气先氧化Fe2+，再氧化Br-，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣，故C正确；‎ D.向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性应该是2:1反应，离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaSO4↓，故D错误；‎ 答案：C ‎【点睛】易错选项C，氧化剂一定时，还原性强的先反应，还原性弱的后反应，常考查的有还原性Cl-1‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MnO2是H2O2分解反应中的催化剂，降低了反应所需的活化能，故不选A；‎ B. 这个反应的实质是Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3与K+ 、Cl- 浓度无关，故选B；‎ C. N2O4为无色气体，NO2为红棕色气体，升高温度平衡逆向移动，故不选C；‎ D. 说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行，A如果是非气体浓度不变，所以A为气体，x大于1，故不选D；‎ 答案：B ‎12.磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如下：‎ ‎(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子。)‎ 下列说法不正确的是 A. 过程①中，H2O2作氧化剂 B. 过程②中，有碳碳键、碳氢键断裂 C. 过程③中反应的原子利用率为100% D. 在反应历程中，有水参与反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过程①中H2O2中的氧元素由-1价降低到-2价得电子发生还原反应生成H2O，H2O2作氧化剂，故A正确；‎ B.过程②中 和生成和，断裂的是中的碳碳键和中的硫氧键、氧氧键，故B错误；‎ C.过程③中只生成了 ，没有其他物质生成，原子利用率为100%，故C正确；‎ D.过程③中有水参与反应，故D正确。答案选B。‎ ‎13.将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸溶液中，二者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，则向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得沉淀的质量比原合金的质量增加了5.lg，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 开始加入的合金质量可能是16.4 g B. 参加反应的硝酸的物质的量为0.lmol C. 标准状况下产物NO的体积为22.4 L D. 沉淀完全时消耗的NaOH溶液体积为100 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ 最终生成的沉淀是氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的物质的量，所以OH－的物质的量是0.3mol，因此氢氧化钠的物质的量就是0.3mol，则其体积是100ml，D正确；由于金属失去电子的物质的量就是结合的OH－‎ 的物质的量，所以金属失去电子的物质的量是0.3mol，则根据电子的得失守恒可知，生成是NO是0.1mol，标准状况下的体积是2.24L，C不正确；参加反应的硝酸是0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，B不正确；合金如果全部是铜，则质量是0.15mol×64g/mol＝9.6g，如果全部是镁，则质量是0.15mol×24g/mol＝3.6g，所以选项A不正确，答案选D。‎ ‎14.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。工业上以金红石（主要成分是TiO2）为原料制备金属钛的步骤：①在高温下，向金红石与W的单质的混合物中通入Z的气体单质，得到化合物甲和化学式为WX的常见可燃性有毒气体乙，乙燃烧火焰呈蓝色；②在稀有气体环境和加热条件下，用Y的金属单质与甲反应可得钛，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 非金属性：Z>X>W B. W与Z形成的化合物可用于工业上的重要有机溶剂 C. 简单离子半径：Z>X>Y D. ZX2具有强氧化性，可用于饮用水消毒 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学式为WX的常见可燃性有毒气体乙，乙燃烧火焰呈蓝色，确定乙为CO；在稀有气体环境和加热条件下，用Y的金属单质与甲反应可得钛，课本教材提到活泼金属Na与TiCl4反应制备Ti；确定金红石与焦炭的混合物中通入Cl2，产物是四氯化钛和一氧化碳；Na与TiCl4反应得到钛的反应分析，结合稀有气体化学性质稳定，不会参与化学反应，常做保护气等进行分析判断，确定W为C；X为O；Y为Na；Z为Cl。‎ ‎【详解】A.同一周期从左到右非金属性增强，同一主族非金属性从上到下减弱，非金属性：X（O）> Z（Cl） >W（C），故选A； ‎ B. W与Z形成的化合物CCl4，可用于工业上的重要有机溶剂，故不选B；‎ C.（1）电子层数越多，半径越大（2）当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，则离子半径：Z（Cl-）>X（O2-）>Y（Na+），故不选C；‎ D. ZX2（ClO2）具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故不选D；‎ 答案：A ‎15.微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72－离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是 A. M为电源负极，有机物被氧化 B. 处理1 mol Cr2O72－时有6 mol H+从交换膜左侧向右侧迁移 C. 电池工作时，N极附近溶液pH增大 D. Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，该电池中有机物在微生物的作用下发生氧化反应生成CO2，所以. M为电源负极，有机物被氧化，故A正确；‎ B.处理1 molCr2O72－时需要6mol电子，但是同时也会有定量的氧气得到电子，从交换膜左侧向右迁移的氢离子的物质的量大于6mol，故B错误；‎ C.有图可知，电池工作时，N极上氧气得到电子与氢离子结合成水，所以氢离子浓度减小，N附近溶液pH增大，故C正确；‎ D.由题可知，当Cr2O72－离子浓度较大时，其去除率几乎为0，又因为其有强氧化性和毒性，所以可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故D正确。‎ 故选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共55分）‎ ‎16.已知X、Y、Z、W、M、N为短周期元素且原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在18电子的化合物Y2X6、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，请回答下列问题：‎ ‎（1）Y元素在周期表中的位置是___，Y2X6所含有的化学键类型是___。‎ ‎（2）写出X2W2的电子式___；Z2X4结构式___。‎ ‎（3）用电子式描述M2N化合物的形成程_____。‎ ‎（4）均含X、W、M、N四种元素的两种化合物相互反应有刺激性气味气体放出，反应的离子方程式为____。‎ ‎（5）火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，写出二者反应的方程式____。‎ ‎（6）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，YW为负极燃气，空气和YW2的混合气体为正极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池。电池工作时的负极反应式为：____。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期第ⅣA族 (2). 极性键和非极性键或共价键 (3). (4). (5). (6). H+ +HSO3-=SO2↑+H2O (7). N2H4 +2H2O2=N2↑+4H2O (8). CO+CO32--2e-=2CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据在18电子的化合物Y2X6、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，可知X为H；Y为C；Z为N；W为O；X与M、W与N分别同主族，X、Y、Z、W、M、N为短周期元素且原子序数依次增大，确定M为Na；N为S；总结X为H、Y为C、Z为N、W为O、M为Na、N为S，据此分析。‎ ‎【详解】（1）Y元素为C，在周期表中的位置是第二周期第ⅣA主族，Y2X6（C2H6）的结构式为， 所含有的化学键类型是极性键和非极性键或共价键；‎ 答案：第二周期第ⅣA族 极性键和非极性键或共价键；‎ ‎（2）分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X2W2（H2O2）的电子式 ；Z2X4（N2H4）结构式；‎ 答案： ‎ ‎（3）Na2S为离子化合物，用电子式书写表示形成过程为；‎ 答案：‎ ‎（4）均含X、W、M、N四种元素的两种化合物为NaHSO4和NaHSO3相互反应有SO2气体放出，反应的离子方程式为H+ +HSO3-=SO2↑+H2O；‎ 答案：H+ +HSO3-=SO2↑+H2O；‎ ‎（5）N2H4与H2O2反应生成氮气和水，二者反应的方程式为N2H4 +2H2O2=N2↑+4H2O；‎ 答案：N2H4 +2H2O2=N2↑+4H2O；‎ ‎（6）可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气和CO2的混合气体为正极助燃气，负极电极反应式为 CO+CO32--2e-=2CO2，正极电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-，总反应方程式为2CO+O2=2CO2；‎ 答案：.CO+CO32--2e-=2CO2‎ ‎【点睛】常见18e-微粒：Ar、HCl、Cl-、H2S、H2O2、HS-、S2-、PH3、SiH4、N2H4、C2H6、CH3OH。‎ ‎17.饮用水的质量关系到关系到每个人的健康，因含有一定浓度的NO3-将对人类健康产生危害，NO3-能氧化人体血红蛋白中的Fe（II），使其失去携氧功能,为了降低饮用水中NO3-的浓度，某兴趣小组提出如图方案：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血。市场出售的某种麦片中含有微量、颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸（胃酸的主要成分是HCl）作用下转化成亚铁盐。写出该反应的离子方程式：____。‎ ‎（2）已知过滤后得到的滤渣是一种混合物，则在溶液中铝粉和NO3-反应的离子方程式为__。‎ ‎（3）该方案中选用熟石灰调节pH，理由是___、___。‎ ‎（4）用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则催化还原法的离子方程式为___。‎ ‎（5）饮用水中的NO3-主要来自于NH4＋。已知在微生物作用的条件下，NH4＋经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如图，试写出1molNH4＋(aq)全部氧化成NO3-‎ ‎(aq)的热化学方程式是____。‎ ‎【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). 10Al+6NO3-+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH- (3). 引入的Ca2+对人体无害 (4). 来源丰富、价格便宜 (5). 5H2+2NO3-N2+4H2O+2OH- (6). NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－ (aq)＋H2O(l) △H=-346kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 流程分析：饮用水加入熟石灰调节pH值，加入铝粉生成氮气和氢氧化铝，过滤得到氢氧化铝，氢氧化铝在空气中煅烧生成氧化铝和水，电解熔融的氧化铝得到铝，进行循环利用。‎ ‎(1) 根据胃酸的成分及铁与盐酸的反应原理分析即可，铁与盐酸反应会生成氯化亚铁与氢气；‎ ‎（2）铝粉与硝酸根离子发生氧化还原反应生成固体，则固体为氢氧化铝，则硝酸被还原为氮气；‎ ‎（3）选用熟石灰调节pH，原料来源丰富，价格便宜，且引入离子对人体无害，注意pH过大或过小，都将直接发生Al与酸或碱的反应；‎ ‎（4）用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气；‎ ‎（5）由图可知，第一步热化学反应为NH4+（aq）+1.5O2（g）=2H+（aq）+NO2-（aq）+H2O（l）△H=-273kJ•mol-1，第二步热化学反应为NO2-（aq）+0.5O2（g）=NO3-（aq）△H=-73kJ•mol-1，利用盖斯定律可计算1molNH4+（aq）全部氧化成NO3-（aq）的热化学方程式。‎ ‎【详解】（1）胃酸的主要成分是盐酸，铁可以与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；‎ 答案：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑；‎ ‎（2）铝粉与硝酸根离子发生氧化还原反应生成固体，则固体为氢氧化铝，则硝酸被还原为氮气，则在溶液中铝粉和NO3-反应的离子方程式为10Al+6NO3-+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH-；‎ 答案：10Al+6NO3-+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH-；‎ ‎（3）选用熟石灰调节pH，原料来源丰富，价格便宜，且引人离子对人体无害，注意pH过大或过小，都将直接发生Al与酸或碱的反应，否则会造成Al的大量消耗；‎ 答案：引入的Ca2+对人体无害；来源丰富、价格便宜；‎ ‎（3）H2催化还原饮用水中NO3-，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5H2+2NO3-N2+4H2O+2OH-；‎ 答案：5H2+2NO3-N2+4H2O+2OH-；‎ ‎（4）由图可知，第一步热化学反应为NH4+（aq）+1.5O2（g）=2H+（aq）+NO2-（aq）+H2O（l）△H=-273kJ•mol-1①，第二步热化学反应为NO2-（aq）+0.5O2（g）=NO3-（aq） △H=-73kJ•mol-1②，由盖斯定律可知①+②得NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－ (aq)＋H2O(l) △H=-346kJ·mol－1；‎ 答案：NH4＋(aq)＋2O2(g)=2H＋(aq)＋NO3－ (aq)＋H2O(l) △H=-346kJ·mol－1。‎ ‎18.室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验(本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定)。请回答下列问题:‎ ‎(1)用下图装置制备纯净的CO2.‎ ‎①丙装置的名称是_______，乙装置中盛装的试剂是_______.‎ ‎②若CO2中混有HCl，则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)按下图所示装置进行实验(夹持装置略)。‎ ‎①先组装仪器.然后________.再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处，具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。‎ ‎②打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。可观察到的现象是________。‎ ‎③实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是__________.为达到相同目的，还可进行的操作是__________________________。‎ ‎(3)实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器2中气体的体积为65 mL。则CO2的转化率是_______________.‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2↑ (4). 检查装置气密性 (5). U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动 (6). 使反应进行得更充分 (7). 多次往返推动注射器1和2的活塞 (8). 70%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①丙装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl；‎ ‎②若CO2中混有HCl，则HCl 与Na2O2 反应的化学方程式为2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2 ↑；‎ ‎（2）①先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1 抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1处，注射器2 的活塞推到底后连接在K2处，具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠；‎ ‎②二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移动；‎ ‎③实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，为达到相同目的，还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞；‎ ‎（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2， △V（减小）‎ ‎ 2 1 1‎ ‎ 70 mL 35 mL CO2的转化率是(70 mL ÷100 mL)×100％= 70%。‎ ‎19.已知:用NH3催化还原NOx时包含以下反应.‎ 反应①:4NH3 (g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) ∆H1=-1 807. 0 kJ·mol—1‎ 反应②:4NH3(g)+6NO2(g) 5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l) ∆H2=?‎ 反应③:2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ∆H3=-113.0kJ·mol一1‎ ‎(1)反应②的∆H2==_____________。‎ ‎(2)为探究温度及不同催化剂对反应①的影响.分别在不同温度、不同催化剂下.保持其他初始条件不变重复实验.在相同时间内测得N2浓度的变化情况如下图所示。‎ ‎①反应①的平衡常数的表达式K=________。相同温度下.在催化剂甲的作用下反应的平衡常数______(填“大于”“小于”或“等于”)在催化剂乙的作用下反应的平衡常数。‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是_____________________。‎ ‎(3)某温度下，在1 L恒容密闭容器中初始投入4 mol NH3和6 mol NO发生反应①.当气体总物质量为7.5mol时反应达到平衡.则NH3的转化率为____，达平衡所用时间为5 min.则用NO表示此反应0～5 min内的平均反应速率为______.‎ ‎【答案】 (1). -1468.0kJ/mol (2). (3). 等于 (4). 温度升高发生副反应，温度升高催化剂活性降低 (5). 50% (6). 0.6mol/(L·min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律求反应②的∆H2 ；‎ ‎（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) 的平衡常数的表达式K=c5(N2)/ c4(NH3) c6(NO)；催化剂不影响平衡常数；‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；‎ ‎（3）列出三行式进行计算。‎ ‎【详解】（1）反应①：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ∆H1 = -1807.0kJ•mol-1‎ 反应②：4NH3(g) + 6NO2(g) 5N2(g) + 3O2(g) + 6H2O(l) ∆H2 = ?‎ 反应③：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ∆H3 = -113.0kJ•mol-1‎ 由盖斯定律，反应①-反应③×3，得反应②的∆H2=-1807.0kJ•mol-1-（-113.0kJ•mol-1）×3=-1468.0kJ/mol；‎ ‎（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①的平衡常数的表达式K=；催化剂不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故甲乙两种催化剂作用下，反应的平衡常数相等；‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；‎ ‎（3）列出三行式：‎ ‎4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ‎ c始/mol·L－1 4 6‎ c转/mol·L－1 4x 6x 5x c平/mol·L－1 4-4x 6-6x 5x ‎ 4-4x +6-6x+5x=7.5mol/1L，x=0.5，则NH3的转化率50% ；‎ 达平衡所用时间为5分钟，则用NO表示此反应平均反应速率为v(NO)==0.6mol/(L· min)。‎ ‎20.某小组研究了铜片与反应的速率，实现现象记录如下表。‎ 实验 时间段 现象 铜片表面出现极少气泡 铜片表面产生较多气泡，溶液呈很浅的蓝色 铜片表面均匀冒出大量气泡 铜片表面产生较少气泡，溶液蓝色明显变深，液面上方呈浅棕色 为探究影响该反应速率的主要因素，小组进行如下实验。‎ 实验I：监测上述反应过程中溶液温度的变化，所得曲线如下图。‎ 实验II：②-④试管中加入大小、形状相同的铜片和相同体积、 。结果显示：对和反应速率的影响均不明显，能明显加快该反应的速率。‎ 实验III：在试管中加入铜片和，当产生气泡较快时，取少量反应液于试管中，检验后发现其中含有。‎ ‎（1）根据表格中的现象，描述该反应的速率随时间的变化情况：____________。‎ ‎（2）实验的结论：温度升高___________（填“是”或“不是”）反应速率加快的主要原因。‎ ‎（3）实验II的目的是：__________。‎ ‎（4）小组同学查阅资料后推测：该反应由于生成某中间产物而加快了反应速率。请结合实验II、III，在下图方框内填入相应的微粒符号①____②_____，以补全催化机理。‎ ‎（5）为验证（4）中猜想，还需补充一个实验：__________（请写出操作和现象）。‎ ‎【答案】 (1). 反应速率先变快后变慢 (2). 不是 (3). 检验能否加快铜和硝酸反应的速率 (4). (5). (6). 在试管 中均加入相同的铜片和等体积的硝酸，向中加入固体，产生气泡的速率比快。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）表格中的现象变化：极少气泡à较多气泡à大量气泡à较少气泡；‎ ‎（2）5—30min，温度不变，但是15—30min，反应速率加快；‎ ‎（3）实验II结论：对和反应速率的影响均不明显，能明显加快该反应的速率；‎ ‎（4）结合实验II与实验III，实验II：可知能明显加快该反应的速率。实验III：发现其中含有。再根据化合价的升降可判断；‎ ‎（5）中间产物为；‎ ‎【详解】（1）根据表格中的气泡多少的现象，可知该反应的速率随时间的变化情况：反应速率先变快后变慢；‎ ‎（2）由分析可知，温度不变时反应速率却加快，故温度升高不是反应速率加快主要原因；‎ ‎（3）由分析可知，实验II目的是：检验能否加快铜和硝酸反应的速率；‎ ‎（4）Cuà Cu2+，化合价升高，则①à②的化合价降低，故①为，②为；‎ ‎（5）验证中间产物加快了反应速率，则可以在试管中均加入相同的铜片和等体积的硝酸，向中加入固体，产生气泡的速率比快。‎ ‎ ‎