辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高三上学期12月阶段测试化学试题（解析版）

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沈阳二中2022-2023学年度高三(23届)上学期12月阶段测试化学试题第I卷(45分)可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23Mg：24S：32Fe：56Zn：65Pb：207一、选择题：(每题只有一个正确选项，每题3分)1.下列材料说法错误的是A.建筑上的材料花岗岩属于无机非金属材料B.故宫琉璃瓦和光导纤维属于主要成分相同的一种无机非金属材料C.冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维不属于有机高分子材料D.北京冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料【答案】B【解析】【详解】A．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，故A正确；B．琉璃其化学成份是硅酸盐，属于无机硅酸盐产物；制作光导纤维的材料为二氧化硅，光导纤维属于新型无机非金属材料，B错误；C．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，故C正确；D．金属奖牌属于合金材料，故D正确；故选：B。2.下列图示或化学用语表达不正确的是A.过氧化氢的空间填充模型：B.中子数为20的氯原子：C.基态原子的价层电子轨道表示式：D.次氯酸的结构式：H—O—Cl【答案】A【解析】【详解】A．过氧化氢的结构式为H-O-O-H，由模型可知2个小球为O原子，2个大球为H原子，O原子半径小，实际O原子半径大于H原子半径，不符合比例，故A错误；B．中子数为20的氯原子质量数为17+20=37，可表示为：，故B正确；C．基态原子的价层电子排布式为3d64s1，其轨道表示式为：第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

1，故C正确；D．次氯酸分子中H、Cl形成一对共用电子对，O形成2对共用电子对，故其结构式为：H—O—Cl，故D正确；答案选A。3.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.6g(偏二甲肼)中杂化的原子数为B.1.9g含质子数C.叠氮化铵()可发生爆炸反应：，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为D.1L0.1mol/L的氨水中、、的粒子总数为【答案】A【解析】【详解】A．(CH3)2NNH2中，C和N均发生sp3杂化，6g偏二甲肼为0.1mol，则sp3原子数为0.3NA，A错误；B．D的质子数为1，质量数为2，故1.9gD3O+为0.1mol，含有的质子数为1.1NA，B正确；C.根据V=nVm，则有4mol气体生成，则有2molH2和2molN2，1g个H原子得1个电子，2molH2生成转移电子数为4NA，C正确；D．0.1mol氨水中，根据N原子守恒，NH3、、NH3⋅H2O的粒子总数为0.1NA，D正确；故答案为：A。4.2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是A.简单离子半径大小顺序：B.X、Z可以组成多种离子C.四种元素的单质中能导电的只有一种D.Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W【答案】B【解析】【分析】根据题干条件，四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，可知W、X在第二周期，Y、Z在第三周期，最外层电子数之和为19，所以W是C，X是O，Y是Mg，Z是Cl。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

2【详解】A．电子层越多半径越大，核外电子排布相同时化合价数值越小半径越大，故简单离子半径大小顺序：Z>X>Y，A错误；B．由分析可知X是O，Z是Cl，可以组成ClO-、ClO等多种离子，B正确；C．石墨属于碳单质，可以导电，金属镁也可以导电，C错误；D．Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应，不能置换C，D错误；故选B。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是A.的溶液中、、、B.的溶液中：、、、C.水电离的的溶液中：、、、D.与Al反应能放出的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+水解显酸性，不能在的溶液中大量共存，故A错误；B．的溶液中，c(H+)=0.1mol/L，溶液呈强酸性，、、、相互不反应且能够在酸性溶液中大量共存，故B正确；C．水电离的的溶液可以是酸性溶液，也可以碱性溶液，酸性溶液中、均不能大量共存，故C错误；D．、可形成微溶物CaSO4而不能大量共存，故D错误；答案选C。6.下列实验中，现象及推论都正确的是选项实验现象推论A常温下将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合烧杯壁变凉该反应的熵变△S＜0B向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液生成沉淀且溶液变红氧化性：Fe3+＜Ag+C向KI-淀粉溶液中滴加过氧化氢溶液变蓝可用过氧化氢标准溶液滴定I−含量第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

3D分别向盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液的试管中滴加等浓度Na2CO3溶液前者产生无色气泡，后者无明显现象酸性：醋酸>碳酸>硼酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．烧杯壁变凉，说明该反应常温下能自发，且为吸热反应，当△H-T△S＜0时反应自发，该反应△H＞0，若满足此条件，则△S＞0，即为熵增反应，故A错误；B．硝酸可氧化亚铁离子，由实验及现象，不能比较Fe3+、Ag+的氧化性强弱，故B错误；C．过氧化氢具有氧化性，碘化钾具有还原性，反应的离子方程式：H2O2+2H++2I-=2H2O+I2，还未到滴定终点，溶液变为蓝色，即无法判断滴定终点，不能测定I−含量，故C错误；D．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，前者生成气体而后者不能，说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，所以能实现实验目的，故D正确；故选：D。7.中国科学家构建水系级联二次电池，实现了在同一个反应腔体中耦合不同氧化还原反应。如图所示电池以S、Zn为电极，以溶液和溶液为离子导体，分两步放电，在a极首先生成，后生成Cu。下列说法正确的是A.放电过程中，每生成1mol的同时消耗1molZnB.充电时通过隔膜向b极移动C.充电时a作阳极，Cu和失电子生成单质硫和D.用此电池为铅酸蓄电池充电，电极a应连接铅电极【答案】C【解析】【分析】根据题意，和S在a极得到电子，化合价降低，被还原，作正极，电极反应式为，，则Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为；【详解】A．根据电极反应式，放电过程中，每生成1mol转移4mol第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

4电子，再由可知，消耗2molZn，故A错误；B．充电时作为电解池，b极为阴极，a极为阳极，阴离子向阳极移动，所以通过隔膜向a极移动，故B错误；C．充电时a作阳极，发生氧化反应，根据题意，此时放电时的产物为充电时的反应物，先后顺序与放电时相反，Cu先失电子变为，。然后再失电子变为和S单质，，故C正确；D．用此电池为铅酸蓄电池充电，电极a为正极，充电时应连接电极作阳极，铅电极连接电极b，故D错误；故选C。8.常温常压下，与发生反应时，生成CO或HCHO的能量变化图(反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是A.加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小B.加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多C.CH3OH的燃烧热为D.生成HCHO的热化学方程式为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．催化剂改变反应的历程，活化能降低，化学反应热效应不变，故A错误；B．催化剂能加快反应速率，单位时间内产量增大，故B正确；C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇的燃烧热应是燃烧生成二氧化碳和水，而不是甲醛，故C错误；D．热化学方程式应该标明物质的聚集状态，故D错误；故答案为：B9.利用下列实验装置不能完成相应实验的是第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

5A.装置①可用作少量氨气的尾气吸收装置B.装置②制取收集并吸收HClC.装置③亚硫酸钠与70%硫酸溶液制备SO2D.装置④模拟铁的腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．氨气易溶于水，装置①可防倒吸，装置①可用作少量氨气的尾气吸收装置，故不选A；B．氯化氢易溶于水，装置②能发生倒吸，不能用装置②收集HCl，故选B；C．亚硫酸钠与70%硫酸在常温下反应生成二氧化硫气体，装置③可用于亚硫酸钠与70%硫酸溶液制备SO2，故不选C；D．酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，左侧试管内气体增多，U形管内左侧红墨水液面降低；中性条件或弱碱性条件下，铁发生吸氧腐蚀，右侧试管内气体减少，U形管内右侧红墨水液面升高；所以装置④可以模拟铁的腐蚀，故不选D；选B。10.反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.a为随t的变化曲线B.时，C.时，的消耗速率大于生成速率D.后，【答案】D【解析】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

6【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。11.以二氧化锰为原料制备高锰酸钾晶体的流程如图所示。下列说法正确的是A.“灼烧”可在石英坩埚中进行B.母液中的溶质仅有KHCO3、KClC.“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法D.“转化”中发生歧化反应，化学方程式为3K2MnO4+4CO2+2H2O=MnO2↓+2KMnO4+4KHCO3【答案】D【解析】【分析】由流程可知，灼烧在铁坩埚中进行，结合浸取后生成K2MnO4，可知Mn元素化合价升高，则KClO3中C1元素化合价降低，转化中CO2与K2MnO4发生，过滤分离出MnO2，对滤液浓缩结晶得到KMnO4，以此来解答。【详解】A．石英坩埚的主要成分是二氧化硅，能与KOH反应，因此灼烧不能在石英坩埚中进行，A错误；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

7B．结晶后的母液中还存在一定量的高锰酸钾，B错误；C．滤液中存在碳酸氢钾、氯化钾、高锰酸钾，应依据三者溶解度受温度影响的差异采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到高锰酸钾晶体，C错误；D．由流程信息可知，“转化”是在锰酸钾溶液中通入过量的二氧化碳，生成高锰酸钾、碳酸氢钾以及二氧化锰，化学方程式为，D正确。故选D。12.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有②阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素下列说法不正确的是A.①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触B.①中检测到，推测可能发生反应：C.随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移D.②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

8的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。13.关于反应，达到平衡后，下列说法错误的是A.升高温度，氯水中的减小B.取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度C.取氯水稀释，增大D.氯水中加入少量醋酸钠固体或石灰石，上述平衡均正向移动，且增大【答案】B【解析】【详解】A．反应，升高温度，平衡逆向移动，氯水中的c (HClO)减小，故A正确；B．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，说明溶液中存在氯离子，而Cl2和HClO均能氧化碘离子为碘单质，溶液变蓝色，则不可以证明上述反应存在限度，故B错误；C．次氯酸存在电离平衡HClOH+ +C1O，其中氢离子浓度等于氯离子浓度，则，加水稀释，c(ClO-)减小，Ka(HClO)不变，所以该比值增大，故C正确；D．氯水中加入少量醋酸钠固体，生成醋酸根离子，溶液中的氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质，加入石灰石，与氢离子反应，反应的平衡均正向移动，c(HClO)增大，故D正确；故选B。14.氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，其反应机理如图1；在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

9下列说法错误的是A.加入Pt—Rh合金的目的是提高反应的速率B.氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右C.520℃时，NH3的转化率为40%D.840℃以上，发生了反应：2NO(g)⇌O2(g)+N2(g)ΔH>0【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Pt—Rh合金作催化剂可以降低活化能，加快反应速率，选项A正确；B．根据图示可知840℃氨的催化氧化生成NO最多，选项B正确；C．520℃时，生成0.2molNO和0.2molN2，根据氮原子守恒可知有0.6molNH3转化，即转化率为60%，选项C错误；D．840℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO(g)⇌O2(g)+N2(g)，升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，选项D正确。答案选C15.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cmol·L−1HCl标准溶液测定VmL某生活用品中Na2CO3的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与V(HCl)的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出Na2CO3的量。下列说法正确的是A.a至c点对应溶液中逐渐增大B.水的电离程度：a>b>d>c第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

10C.a溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)D.VmL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1)g【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据，推出，温度不变，Ka2不变，但随着盐酸的加入，c(H+)逐渐增大，则逐渐减小，A项错误；B．未加盐酸前，溶液中溶质主要为Na2CO3，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为NaHCO3、H2CO3，水的电离程度应逐步减小，故水的电离程度：a>b>c>d，B项错误；C．即使不考虑生活用品中其他杂质，a点溶液对应的电荷守恒也应为c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl−)＋c(OH−)，C项错误；D．V1→V2表示发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2CO3，根据碳守恒，有n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=c(V2−V1)×10−3mol，即VmL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1)g，D项正确；答案选D。第II卷(55分)16.回答下列问题（1）硫化氢()、二氧化硫()是有害气体，可用多种方法进行脱除。(已知25℃时，的，，)①和的VSEPR模型分别为______、______。②室温下，若用足量的烧碱溶液吸收硫化氢气体，写出该反应的离子方程式______，计算25℃时，该反应的平衡常数为______。③室温下，若在硫酸铜溶液中通入过量气体，此时溶液中的PH是______。（2）通过电化学循环法可将转化为和(如图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：、第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

11①电极a上发生反应的电极反应式为______。②理论上1mol参加反应可产生的物质的量为______。（3）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法中正确的是______。A.该铁的氧化物化学式为B.距离最近的有6个C.晶体中只能构成正四面体空隙D.晶胞的边长为【答案】（1）①.四面体②.平面三角形③.④.⑤.0.7（2）①.②.2mol（3）ABD【解析】【小问1详解】根据VSEPR模型，的价电子对数为，为四面体；的价电子对数为，为平面三角形，故填四面体；平面三角形；室温下，若用足量的烧碱溶液吸收硫化氢气体(弱电解质)，生成硫化钠，其反应的离子方程式为，该反应的平衡常数为，故填；；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

12室温下，若在硫酸铜溶液中通入过量气体，发生反应，溶液中=0.2mol/L，，故填0.7；【小问2详解】如图所示的装置为原电池装置，电极b中碘单质被还原为碘离子，得到电子，电极b为正极，电极反应式为，电极a则为负极，发生氧化反应，电极反应式为，故填；根据反应，理论上1mol参加反应生成1mol和1molS，共计2mol硫元素，完全反应转移4mol电子，正极消耗2mol碘单质，根据可知，生成2mol氢气，故填2mol；【小问3详解】A方块中，亚铁离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中亚铁离子个数为，铁离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有亚铁离子个数为，铁离子为，氧离子为；A．，其化学式为，故A正确；B．由 B 方块可知，小立方体中位于顶点的铁离子与位于顶点的氧离子的距离最近，所以距离铁离子最近的氧离子有6个，故B正确；C．由 A 方块可知，晶体中的氧离子构成正四面体空隙，由 B 方块可知，晶体中的氧离子构成正八面体空隙，故C错误；D．根据，晶胞的体积为，晶胞的边长为，故D正确；故填ABD。17.砷(As)的某些化合物具有独特的性质与用途，如在医药、电子等领域有重要应用。某化工厂利用含硫化砷()的废料制取(微溶于水)的流程如下。回答下列问题：（1）砷与磷是同主族的相邻元素，写出基态砷原子的简化电子排布式______，从其在周期表中的位置及物质化学性质角度看，不可能是______。(填“酸”、“碱”或“两”)性氧化物。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

13（2）碱浸液中溶质主要为和，与NaOH反应的离子方程式：______。（3）脱硫后以的形式存在，写出与反应的化学方程：______。还原后砷以形式存在，则通入的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（4）还原后加热溶液，分解为，结晶得到相。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，在此过程中应控制的条件为______。（5）在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用，其目的是______。【答案】（1）①.②.碱（2）（3）①.②.1∶1（4）调节硫酸浓度约为，并将温度冷却至25℃（5）最后一步所得滤液中依然含有砷元素，循环使用可以提高砷的回收率【解析】【分析】由题给流程可知，向废料中加入氢氧化钠溶液碱浸，将硫化砷转化为Na3AsO3和Na3AsS3，向碱浸后的溶液中通入氧气，将Na3AsO3和Na3AsS3转化为Na3AsO4和硫沉淀，过滤得到硫和Na3AsO4溶液；向溶液中加入稀硫酸酸化后，通入SO2将Na3AsO4还原为H3AsO3，H3AsO3和硫酸钠混合溶液经一系列操作得到三氧化二砷和含有砷元素的料液。【小问1详解】磷元素位于元素周期表第三周期VA族，由砷与磷是同主族相邻元素可知，砷元素位于元素周期表第四周期VA族，砷元素是33号元素，根据电子排布规则可知砷的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3。碱性氧化物一定是金属氧化物，砷元素是非金属元素，故不能是碱性氧化物。故答案为：[Ar]3d104s24p3；碱。【小问2详解】由分析可知，三硫化二砷与氢氧化钠溶液反应生成Na3AsO3、Na3AsS3和水，反应的离子方程式为。故答案为：。【小问3详解】由分析可知，Na3AsS3溶液与氧气反应生成Na3AsO4和硫沉淀，反应的化学方程式为第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

14；通入二氧化硫的目的是二氧化硫与Na3AsO4溶液发生氧化还原反应生成H3AsO3和硫酸钠，由得失电子数目守恒可知，氧化剂Na3AsO4与还原剂二氧化硫的物质的量之比为1：1。故答案为：；1：1。【小问4详解】由图可知，硫酸浓度为7mol/L、温度为25℃时三氧化二砷的溶解度最小，沉淀率最大，则结晶过程中应控制的条件为调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃。故答案为：调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃。【小问5详解】由分析可知，最后一步所得滤液中依然含有砷元素，循环使用可以提高砷的回收率，所以在工业生产中，最后一步所得滤液应循环使用。故答案为：最后一步所得滤液中依然含有砷元素，循环使用可以提高砷的回收率。18.某研究性学习小组利用氯型阴离子交换树脂(RCl)从海带中提取，并测定反应的平衡常数。I．离子交换法提取的流程如下：已知：①交换吸附发生反应：，；②吸附和达饱和的树脂分别呈淡黄色和黑红色。③不稳定，易歧化成+5价含氧酸根离子（1）“氧化”时转化为，反应的离子方程式为______。（2）“一次洗脱”已经完成的现象是______。（3）向洗脱液1中加入，可析出碘晶体，写出对应的离子方程式______。（4）将分离出碘晶体的洗脱液合并，置于______(填仪器名称)中，加入乙醚，振荡，静置，分液。后经______(填操作名称)回收乙醚。II．测定反应平衡常数K常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时。取一定体积的上层清液用溶液进行滴定，测定和的总浓度。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

15编号250mL碘量瓶①250mL碘量瓶②药品0.5g研细的碘60mLKI0.5g研细的碘60mL和的总浓度（5）不能用普通锥形瓶代替碘量瓶的原因______。（6）0.5g的碘的不需要精确称取的理由是______。（7）碘量瓶①平衡体系中与②中接近。K=______(写出计算式)。【答案】（1）（2）树脂的颜色由黑红色变成淡黄色（3）（4）①.分液漏斗②.蒸馏（5）使用锥形瓶易被空气中氧气氧化(或易升华)（6）在水或KI溶液中已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大（7）【解析】【分析】本题是一道利从海带中提取碘单质的工业流程题，首先用过氧化氢氧化过氧化氢中的碘离子，生成碘单质，利用交换树脂吸附RI3，之后用氢氧化钠洗脱使转化为，生成RI，以此解题。【小问1详解】氧化时，过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，碘单质与转化为，离子方程式为：。【小问2详解】洗脱是为了将交换吸附产生的转化为，根据信息②可知完成的现象是树脂的颜色由黑红色变成淡黄色。【小问3详解】氢氧化钠洗脱将RI3转化为RI，NaIO3，NaI，加入H2SO4酸化发生归中反应生成I2第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

16，对应的离子方程式为。【小问4详解】I2用萃取分液的方法提取，所以应置于分液漏斗中，加入乙醚振荡，静置分液后，经蒸馏回收乙醚。【小问5详解】I-具有较强的还原性，易被空气氧化，且生成的碘单质易挥发，所以用碘量瓶，可以防止I-被氧气氧化。【小问6详解】0.5g的碘的不需要精确称取的理由是在水或KI溶液中已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大。【小问7详解】由②中可知①中c(I2)=0.0012mol/L，①中=0.005mol/L-0.0012mol/L=0.0038mol/L，根据，可知c(I-)=0.01-0.0038=0.0062mol/L，。19.工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：（1）在C和的反应体系中：反应1反应2反应3①_______②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______(填a、b或c)。③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

17A．不变B．增大C．减小D．无法判断（2）水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______（3）一氧化碳变换反应：①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。【答案】（1）①.②.a③.B（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率（3）①.9.0②.9：5③.MO+CO=M+CO2【解析】【小问1详解】①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；【小问2详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司

18由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；【小问3详解】①该反应平衡常数K=；②假设原料气中水蒸气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；③水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司