【化学】河北省承德第一中学2020届高三9月月考（解析版）

【化学】河北省承德第一中学2020届高三9月月考（解析版）

河北省承德第一中学2020届高三9月月考 ‎1.化学无处不在，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C. 碘是人体必须的微量元素，所以每个人都要补碘 D. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 ‎【答案】C ‎【详解】A.侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，A正确；‎ B.浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，所以可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，B正确；‎ C.碘是人体必须的微量元素，但是不是每个人都缺少碘元素，因此不是每个人都要补碘，C错误；‎ D.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，‎124g P4中所含P-P键数目为4NA B. 1mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA C. 标准状况下，‎11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NA D. 密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后原子总数为8NA ‎【答案】BD ‎【详解】A.常温常压下，一个P4中含有6个P-P键，‎124g P4中即1mol，含P-P键数目为6NA，A错误；‎ B.1mol Fe溶于过量硝酸，Fe化合价由0价变为+3价，电子转移数为3NA，B正确；‎ C.标准状况下，甲烷、乙烯的分子式分别为CH4、C2H4，且均为气体，‎11.2L甲烷和乙烯混合物即0.5mol，含氢原子数目为2NA，C错误；‎ D.密闭容器中，根据质量守恒定律，2mol SO2和1mol O2催化反应后原子总数等于反应前的原子总数，为8NA，D正确；‎ 答案为BD。‎ ‎【点睛】Fe与过量硝酸反应，则生成的为Fe3+，1molFe失去3mol电子。‎ ‎3.下列各离子组能大量共存的是（ ）‎ A. 澄清溶液中：Cu2+、NH4+、C1-、SO42-‎ B. 常温下pH=1的溶液中：NO3-、K+、Na+、I-‎ C. 在1mol·L-1的KMnO4酸性溶液中：K+、SO32-、SO42-、C1-‎ D. 0.1mol/L的A‎1C13溶液中：Na+、HCO3-、NO3-、Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.选项中的离子不能发生任何反应，可以大量共存，A错误；‎ B.常温下pH=1的溶液显酸性，在该溶液中，H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；‎ C.在酸性条件下，KMnO4与SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；‎ D.Al3+、HCO3-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和乙三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是（ ）‎ A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大 B. X简单氢化物的热稳定性比W的强 C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇 D. X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期 ‎【答案】B ‎【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。‎ A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y，A错误；‎ B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性X>W，所以简单氢化物的热稳定性X>W，B正确；‎ C.C是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；‎ D.O、S是同一主族的元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。‎ ‎5.下列实验的现象和原因都正确的是（ ）‎ 实验 现象 原因 A 金属铝与少量氢氧化钠溶液反应 有白色氢氧化铝沉淀生成 氢氧化钠溶液量不足 B 金属铜加入浓硝酸中 产生使品红褪色的气体 生成SO2 ‎ C 将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中 红色铜丝变黑 生成Cu2S ‎ D 向碳酸钠固体上滴加少量盐酸 无气体产生 生成碳酸氢钠 ‎【答案】C ‎【详解】A.金属铝与少量氢氧化钠溶液反应，产生NaAlO2和氢气，不会产生Al(OH)3沉淀，A错误；‎ B.金属铜加入浓硝酸中，二者发生反应，产生硝酸铜、二氧化硫和水，不产生SO2，B错误；‎ C.将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中，二者反应产生黑色的Cu2S，因此看到固体由红色变为黑色，C正确；‎ D.向碳酸钠固体上滴加少量盐酸，先反应产生碳酸氢钠，碳酸氢钠立即与盐酸再反应，应产生NaCl、水和二氧化碳，因此会看到有气体放出，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.KIO3可采用电解法制备，装置如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 通电后阴极的电极反应式2H2O+2e-=2OH-+H2↑‎ B. 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是从右到左 C. 电解过程中阳极附近pH增大 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的KIO3生成 ‎【答案】A ‎【分析】与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；溶液中阳离子通过阳离子交换膜由阳极区向阴极区移动，据此解答。‎ ‎【详解】A.根据装置图可知惰性电极b与电源的负极连接，作阴极。阴极上阳离子放电，由于溶液中离子放电能力H+>Na+，所以发生反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，A正确；‎ B.由于阴极上溶液的H+不断放电，所以阴极区阳离子浓度降低，电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是从左到右，B错误；‎ C.在电解过程中，阳极上发生反应I2-10e-+12OH-=2IO3-+6H2O，阳极区c(OH-)逐渐降低，溶液的pH减小，C错误；‎ D.根据阳极上的电极反应式可知：每转移10mol电子，反应产生2molKIO3，则转移1mol电子时，产生0.2mol的KIO3，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理的应用的知识。涉及电极反应式书写、离子移动方向、溶液酸碱性判断及有关计算。掌握电解原理同时充分利用题干信息是本题解答关键。‎ ‎7.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气CO和H2，还对温室气体的减排具有重要意义。‎ 已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H1 K‎1 C(s)+O2(g) =CO2(g) △H2 K2 ；C(s)+O2(g) =CO(g) △H3 K3；CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H K(其中△H为焓变，K为平衡常数)下列说法正确的是（ ）‎ A. △H=2△H3－2△H2－△H1‎ B. K=2K3－K2－K1‎ C. 若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，则K一定等于1(mol/L)2‎ D. 减小压强可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率 ‎【答案】D ‎【详解】A.①C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H1 ②C(s)+O2(g) =CO2(g) △H2 ③C(s)+O2(g) =CO(g) △H3 将方程式2×③-①-②可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=2△H3-△H1-△H2，A错误；‎ B.根据化学平衡常数的含义可得K1=；K2=；K3=；K=，B错误；‎ C.若平衡时c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：1：1，假设每种物质的浓度都是x，则K==，若x=1，则K=1，若x=2，则K=4，所以K不一定为1(mol/L)2，C错误；‎ D.由于反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大CH4(g)和CO2(g)的平衡转化率，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用．以水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、A12O3、MnO等)制取钴产品的工艺流程如下：‎ 已知：‎ ‎①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、A13+等；‎ ‎②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：‎ 沉淀物 Fe(OH)3 ‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Mn(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀 ‎2.7‎ ‎7.6‎ ‎7.6‎ ‎4.0‎ ‎7.7‎ 完全沉淀 ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎9.8‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出浸出过程、Co2O3发生反应的离子方程式：_________________________。‎ ‎(2)写出NaC1O3发生反应的主要离子方程式：______________________________；‎ ‎(3)“加Na2CO3调pH至‎5.2”‎，过滤所得到的沉淀成分为____________________________。‎ ‎(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_________________；萃取剂使用的最佳pH范围是__________(填代号)。‎ A．1.0～1.5 B．2.0～‎2.5 C．3.0～3.5 D．4.0～4.5‎ ‎(5)“沉钴”时生成CoCO3的离子方程式为__________________________________。‎ ‎(6)在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，测得充分煅烧后固体质量为‎4.82g，CO2的体积为‎1.344L(标准状况)，则CoxOy的化学式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). Co2O3＋SO32-＋4H＋=2Co2＋＋SO42-＋2H2O (2). ClO3-＋6Fe2＋＋6H＋= Cl－＋6Fe3＋＋3H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 除去滤液中的Mn2＋ (5). C (6). Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑  (7). Co3O4‎ ‎【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，向该溶液中加入萃取剂分离出Mn2+，然后加入NH4HCO3溶液得到CoCO3沉淀。‎ ‎(1)水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；‎ ‎(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；‎ ‎(3) 加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；‎ ‎(4)根据不同的pH对金属阳离子Mn2+、Co2+的萃取率的不同选择；‎ ‎(5)利用复分解反应得到反应的方程式；‎ ‎(6)计算二氧化碳物质的量，根据CoCO3的化学式可以确定Co原子数目，再根据CoxOy的质量确定O原子物质的量，计算Co、O原子数目之比确定化学式。‎ ‎【详解】(1)水钴矿用HCl、Na2SO3进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；‎ ‎(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2＋+6H+=Cl-+6Fe3＋+3H2O； ‎ ‎(3)加Na2CO3调pH至5.2时，Al3+能与CO32-发生双水解生成Al(OH)3沉淀和CO2气体；Fe3+能与CO32-离子发生双水解生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎(4)Al3+、Fe3+形成Fe(OH)3、Al Fe(OH)3沉淀析出，根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+离子，加入萃取剂调节溶液的pH至3.0～3.5时就可以将Mn2+萃取出来，剩余的溶液中含有Co2+离子；‎ ‎(5)向含有Co2+的溶液中加入NH4HCO3，发生复分解反应，得到CoCO3沉淀，反应的离子方程式为Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑；‎ ‎(6) 在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2，产生CO2的物质的量为n(CO2)=‎1.344L÷‎‎22.4L ‎/mol=0.06mol，由Co、C原子比例关系，可知Co原子物质的量为0.06mol，则CoxOy中O原子物质的量为n(O)==0.08mol，故CoxOy中Co、O原子数目之比=0.06mol：0.08mol=3：4，则CoxOy的化学式为Co3O4。‎ ‎【点睛】本题通过CoCl2•6H2O制取工艺的流程，考查了物质制备方案的设计，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度大。‎ ‎9.部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示 元素 结构及性质 A A在第三周期中简单离子半径最小 B B原子最外层电子数是内层电子数的 C 使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5‎ D D与B同主族，且通常状况下D没有正化合价 E E在周期表中位于IA族，有人认为将其排在VIIA族也有一定道理 F F与B同周期，其最高价氧化物水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应 ‎(1)C元素在周期表中的位置_____________；E形成的一种简单离子能支持“将E排在VIIA族”这一观点，该离子的结构示意图为_______________________。‎ ‎(2)E与D可以按原子个数比2：1、1：1形成两种化合物X、Y，区别X、Y这两种物质的实验方法为________________________________。‎ E与B形成的一种化合物Z与X、Y中的一种电子总数相同且能发生化学反应，写出该反应的化学方程式__________________________(用相应化学式表示)‎ ‎(3)请画出化合物F2B2的电子式__________，该化合物中含有的化学键类型是_______。‎ ‎(4)将A、C的单质用导线连接后插入F的最高价氧化物的水化物溶液中可形成原电池，该原电池中阴离子移向_________(填“A”或“C”)，写出该原电池总反应的离子方程式____________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第四周期第VIII族 (2). (3). 分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2 (4). H2O2+H2S=S↓+2H2O (5). (6). 离子键、共价键 (7). A (8). 2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ (或2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑)‎ ‎【详解】A在第三周期中简单离子半径最小，则A是Al元素；B原子最外层电子数是内层电子数的，则B是S元素；使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5，则C是Fe元素；D与B同主族，且通常状况下D没有正化合价，则D是O元素；E在周期表中位于IA族，有人认为将其排在VIIA族也有一定道理，则E最外层只有1个电子，E是H元素；F与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应，则F是Na元素。‎ ‎(1) C元素是Fe元素，在周期表中的位置是第四周期第VIII族；E是H元素，形成的一种简单离子能支持“将E排在VIIA族”这一观点，是因为H原子获得一个电子变为K层2个电子的稳定结构，该离子的结构示意图为；‎ ‎(2)E与D可以按原子个数比2：1、1：1形成两种化合物X、Y分别是H2O、H2O2，可利用H2O2的不稳定性来区别X、Y这两种物质，实验方法是分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2；E与B形成的一种化合物Z是H2S，与X、Y中的一种电子总数相同的是H2O2，二者能发生氧化还原反应，该反应的化学方程式是H2O2+H2S=S↓+2H2O；‎ ‎(3)化合物F2B2是Na2S2，该物质中含有非极性共价键和离子键，其电子式是；‎ ‎(4)A是Al，C是Fe，F是Na，将A、C的单质用导线连接后插入F的最高价氧化物的水化物溶液中可形成原电池，由于Al可以与NaOH溶液反应，失去电子，所以Al为负极，Fe为正极。根据同种电荷互相排斥，异种电荷相互吸引，可知该原电池中阴离子移向正电荷较多的负极Al电极，即向A电极移动，该原电池总反应的离子方程式2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ ；或写为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。‎ ‎10.水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制各水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl 据此，某学生设计了下列实验。‎ 步骤1：制备NaC1O溶液。已知：3NaC1ONaC1+NaC1O3‎ ‎(1)用烧碱固体配制30％NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_______(填字母)。‎ A．容量瓶 B．烧杯 C．移液管 D．玻璃棒 ‎(2)装置A中发生反应的离子方程式是__________________________________；若装置C中出现堵塞，玻璃管a中的现象为___________________________________；B中用冰水浴控制温度在‎30℃‎以下，其主要目的是______________________________________。‎ 步骤2：制取水合肼。‎ 控制反应温度，将分液漏斗中的溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108~‎114℃‎馏分。(已知：N2H4·H2O+2NaC1O=N2↑+3H2O+2NaC1)。‎ ‎(3)分液漏斗中的溶液是___________(填“A”或“B”)；‎ A．NaOH和NaC1O混合溶液 B．CO(NH2)2溶液 步骤3：肼的性质分析与测定。‎ ‎(4)水合肼与氨水性质相似，属于二元弱碱。水合肼与盐酸反应产生的正盐化学式为_______________。‎ ‎(5)水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。称取馏分‎0.3000g，加水配成加20.00mL溶液，一定条件下用0.1500 mol/LI2溶液滴定。‎ ‎①水合肼与碘溶液反应的化学方程式为_______________________________________；‎ ‎②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为__________。(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】(1). BD (2). MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 液面上升 (4). 防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率 (5). A (6). N2H6Cl2 (7). N2H4·H2O＋2I2＝N2↑＋4HI＋H2O (8). 25.0%‎ ‎【分析】装置A：二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢，装置B中玻璃管a的作用为平衡压强，氯气与氢氧化钠反应制备NaClO，Ⅱ中用冰水浴控制温度在‎30℃‎以下，防止NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，装置C进行尾气处理。‎ ‎(1)根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；‎ ‎(2)B中氯气与氢氧化钠反应制备NaClO；B中玻璃管a的作用平衡压强，制取的氯气中含有氯化氢，为了提高NaClO的产率，需对A中产生的Cl2进行净化，由已知信息可知，在反应极易发生副反应，B中用冰水浴控制温度在‎30℃‎以下，这样做的目的是减少副反应的发生，提高水合肼的产率；‎ ‎(3) N2H4•H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化确定仪器A中试剂；‎ ‎(4)模拟NH3与HCl反应产生的盐书写水合肼与HCl反应产生的盐的化学式；‎ ‎(5) ①利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；‎ ‎②根据①方程式进行计算。‎ ‎【详解】(1)配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒，合理选项为BD；‎ ‎(2)装置A中浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，发生反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；若C中发生堵塞时，B中气体压强增大，B中液体进入长玻璃管中，使长玻璃管中液面上升，形成水柱；若温度升高时，次氯酸钠容易发生自身的氧化还原反应生成氯酸钠和氯化钠，导致物质不纯，所以冰水浴温度需要在‎30℃‎以下，其主要目的是防止NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，影响水合肼的产率；‎ ‎(3)在三颈烧瓶发生反应：CO(NH2)2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl ，N2H4•H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，所以分液漏斗中盛有NaOH+NaC1O；‎ ‎(4)水合肼属于二元弱碱。水合肼与盐酸产生的盐为N2H6Cl2；‎ ‎(5)①水合肼具有还原性，其被I2氧化的方程式为N2H4·H2O＋2I2＝N2↑＋4HI＋H2O ‎②设馏分中水合肼(N2H4•H2O)的质量分数为a，则根据反应方程式：‎ N2H4•H2O + 2I2 = N2↑ + 4HI + H2O ‎50g‎           2mol ‎0.3000g‎×a     ‎0.020L×0.15mol/L ‎50g‎：‎0.3000g×a=2mol：‎0.020L×0.15mol/L，解得：a=25%。‎ ‎【点睛】本题综合考查物质制备实验、物质含量测定等知识，明确实验目的为解答关键，注意把握物质的性质以及实验的操作方法，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用。‎ ‎11.资源化利用CO具有重要意义。‎ ‎(1)CO可设计成燃料电池，熔融Li2CO3和Na2CO3的混合物作为燃料电池的电解质，氧化剂是含CO2的O2，工作时正极反应为__________________，以该燃料电池为电源处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，同时制得副产物氢气，装置如图所示(电极均为石墨电极)。该装置中应选用_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，写出电解时NO2发生反应的电极反应式：_______________________________________。‎ ‎(2)CO是高炉炼铁的重要还原剂，炼铁时发生的主要反应有：‎ 反应 ‎△H(kJ/mol)‎ I. Fe2O3(s)+‎3C(s) 2Fe(s)+3CO(g)‎ ‎+489‎ II. Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)‎ ‎-27‎ III. C(s)+CO2(g) 2CO(g)‎ X 试计算，试计算，X=_________。‎ T‎1℃‎时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应I，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，v(逆)随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是________。‎ a．保持温度、体积不变，使用催化剂 b．保持体积不变，升高温度 c．保持温度不变，压缩容器体积 d．保持温度、体积不变，充入CO ‎(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压(P总)密闭容器中加入1mol CO2与足量的碳发生反应III，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。‎ ‎①‎650℃‎时，反应达平衡后CO2的转化率为____________。‎ ‎②T℃时，该反应达到平衡时下列说法不正确的是__________________。‎ a．气体密度保持不变 b．2v正(CO2)=v正(CO)‎ c．若保持其它条件不变再充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 d．若保持其它条件不变再充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动 e．若其它条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，再次达平衡时压强小于原平衡的2倍 ‎③根据图中数据，计算反应III在T℃时用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=___________(设总压强为P总，用含P总的代数式表示)‎ ‎【答案】 (1). O2+2CO2+4e-=CO32- (2). 阳 (3). NO2 – e-+H2O=NO3-+2H+ (4). +172 (5). cd (6). 25% (7). cd (8). 0.5 P总 ‎【详解】(1)在负极上CO放电，CO失电子结合CO32-生成CO2：CO-2e-+CO32-=2CO2；正极上CO2放电，CO2结合O2得到电子生成CO32-，电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO32-；电解时，左室中电极上H+放电生成H2，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，阳极发生的反应为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，右室中阳离子浓度增大，左室中水电离产生的H+放电，附近溶液的阳离子浓度降低，破坏了水的电离平衡，溶液中的阳离子由右室进入左室，所以离子交换膜为阳离子交换膜；‎ ‎(2)( I-II)÷3可得：C(s)+CO2(g) 2CO(g) △H=+172kJ/mol；‎ a．保持温度、体积不变，使用催化剂，可以使正、逆反应速率都增大，但是平衡不发生移动，达到平衡时逆反应速率比原来的逆反应速率大，a错误； ‎ b．保持体积不变，升高温度，正反应、逆反应速率增大，化学平衡常数改变，CO浓度不会回到原平衡状态，b错误；‎ c．保持温度不变，压缩容器体积，物质的浓度增大，反应速率加快，由于温度不变，所以化学平衡常数不变，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度仍然回到原平衡状态，c正确；‎ d．保持温度、体积不变，充入CO，化学反应速率增大，不改变化学平衡常数，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度仍然回到原平衡状态，d正确；‎ 故合理选项是cd；‎ ‎(3)①反应III为：C(s)+CO2(g)2CO(g)‎ 起始(mol)  1     0‎ 转化(mol) x   2x 平衡(mol) 1-x   2x ‎=60%，可得x=，所以CO2的转化率为25%；‎ ‎②a．由于反应混合物不全为气体，所以若气体密度保持不变，则反应处于平衡状态，a正确；‎ b．由于方程式中CO2、CO的系数比为1:2，所以任何时刻都存在2v正(CO2)=v正(CO)，b正确；‎ c．若保持其它条件不变再充入等体积的CO2和CO，相当于CO2增大的多，所以化学平衡向正反应方向移动，c错误；‎ d．若保持其它条件不变再充入惰性气体，由于物质的浓度不变，所以v正、v逆均不变，平衡不移动，d错误；‎ e．若其它条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，由于体积减小导致物质的浓度都增大，体系的压强增大，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以再次达平衡时压强小于原平衡的2倍，e正确；‎ 故合理选项是cd；‎ ‎③对于反应III，根据图中数据可知，在T℃时CO占总压强的，所以若用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP= p(总)。‎