湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高二上学期12月联考化学 Word版含解析.docx

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湖北省重点高中智学联盟2023年秋季高二年级12月联考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Ca-40Ba-137一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45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.“新洲造”快船一号甲火箭以“一箭五星”的方式将德和三号五颗卫星送入预定轨道。下列可作为现代航天火箭推进剂的是A.液氮-液氢B.液氧-液氢C.液态NO2-液氧D.液氮-液氧【答案】B【解析】【详解】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，故液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A不符合题意；B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，故液氧-液氢能作为火箭推进剂，B符合题意；C．液态NO2与液氧不反应，不能作为火箭推进剂，C不符合题意；D．氮气在一定的条件下可以与氧气反应，是放热反应，但该反应短时间内不能放出大量的热、生成大量气体，故液氧-液氧不能作为火箭推进剂，D不符合题意；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.lmol/LAlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NAB.1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中离子数等于0.1NAC.电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总体积为22.4L，则转移电子数为NAD.1L1mol/L氯化铵水溶液中与H+离子数之和大于NA【答案】D【解析】【详解】A．Al3+能发生水解，1L0.lmol/LAlCl3溶液中含有Al3+数目小于0.1NA，A错误；B．K2Cr2O7溶液中存在平衡：，该溶液中离子数小于0.1NA，B错误； C．没有指明标准状况，转移电子数无法计算，C错误；D．铵根离子水解：，铵根离子和水解产生的氢离子的总个数为NA，溶液中水电离也能产生氢离子，故该溶液中与H+离子数之和大于NA，D正确；故选D。3.对下列各组化学反应的知识解读正确的是选项化学反应知识解读AS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ/molS的燃烧热△H为-297kJ/molBP(白磷，s)=P(红磷，s)△H<0白磷比红磷更稳定CCaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(aq)△H<0化合反应都是放热反应DCO2(g)+C(s)2CO(g)△H>0吸热反应一定需要加热A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成指定的稳定物质时放出的热量，故S(s)+O2(g)=SO2(g)H=-297kJ/mol，可说明S的燃烧热△H为-297kJ/mol，A正确；B．P(白磷，s)=P(红磷，s)H<0说明白磷具有的总能量高于等质量红磷所具有的总能量，能量越高越不稳定，即说明白磷比红磷更不稳定，B错误；C．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(aq)H<0说明该反应是放热反应，但不是所有的化合反应均为放热反应，C错误；D．CO2(g)+C(s)2CO(g)H>0说明该反应是吸热反应，需要加热至高温才能发生，但不是所有的吸热反应都一定需要加热，如碳酸氢铵分解为吸热反应，常温下即可发生，D错误；故答案为：A。4.一定温度时，恒容密闭容器中发生反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，达平衡充入HI(g)。下列说法错误的是A.平衡向正反应方向移动B.HI的分解率不变C.HI的百分含量不变D.气体颜色深浅不变 【答案】D【解析】【详解】A．达平衡充入HI(g)，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但反应前后气体分子数不变，最终达到的平衡与原平衡为等效平衡，A正确；B．根据A项分析，最终达到的平衡与原平衡等效平衡，HI的分解率不变，B正确；C．根据A项分析，最终达到的平衡与原平衡等效平衡，HI的百分含量不变，C正确；D．根据A项分析，最终达到的平衡与原平衡等效平衡，但容器体积恒定，各物质浓度增大，故气体颜色变深，D错误；故选D。5.下列反应中的能量变化与图像一致的是选项能量变化图像AH2在Cl2中燃烧B稀盐酸与稀NaOH溶液烧杯中混合C将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体放入烧杯中搅拌D向装有稀盐酸的试管中放入光亮的镁条A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】反应物的能量小于生成物能量，图示反应为吸热反应。【详解】A．H2在Cl2中燃烧是放热反应，故不选A；B．稀盐酸与稀NaOH溶液在烧杯中混合发生中和反应，中和反应是放热反应，故不选B；C．铵盐和碱反应吸热，将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体放入烧杯中搅拌是吸热反应，故选C。D．有稀盐酸的试管中放入光亮的镁条生成氯化镁和氢气，反应放热，故不选D；选C。6.铜氨液可吸收除去原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)中的CO，反应原理为： [Cu(NH3)2]++CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]+△H<0。提高CO平衡吸收率的有利条件是A.高温、高压B.高温、低压C.低温、高压D.低温、低压【答案】C【解析】【详解】该反应为气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强可使反应的化学平衡正向移动，从而提高CO平衡吸收率，故采用的有利条件为低温、高压；答案选C。7.下列现象与电化学腐蚀无关的是A.银制奖牌久置后表面变暗B.铁锅炒菜后未洗净擦干容易生锈C.“暖宝宝”撕开包装迅速发热D.电工操作中不能将铝线和铜线接在一起【答案】A【解析】【详解】A．银制奖牌久置后表面变暗是因为金属银与空气中的硫化氢反应生成了硫化银的结果，银转化为硫化银的反应属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A符合题意；B．铁锅炒菜后未洗净擦干容易生锈是因为铁、碳在电解质溶液中构成了原电池，铁做原电池的负极发生吸氧腐蚀被损耗的缘故，则铁锅生锈与电化学腐蚀有关，故B不符合题意；C．“暖宝宝”撕开包装迅速发热是因为铁、碳在氯化钠溶液中构成了原电池，铁做原电池的负极发生吸氧腐蚀而放出热量的缘故，则“暖宝宝”撕开包装迅速发热与电化学腐蚀有关，故C不符合题意；D．铜、铝在潮湿的空气能构成原电池，铝做原电池的负极被损耗，所以不能将铝线和铜线接在一起，则电工操作中不能将铝线和铜线接在一起与电化学腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。8.下列实验操作对应的离子方程式错误是A电解饱和MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-B.向Al2(SO4)3溶液中滴入NaHCO3溶液：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑C.向Na2S2O3溶液中滴入稀H2SO4溶液：2H++=S↓+SO2↑+H2OD.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：(aq)+CaSO4(s)⇌CaCO3(s)+(aq)【答案】A 【解析】【详解】A．电解饱和MgCl2溶液生成Cl2、H2和Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2，故A错误；B．向Al2(SO4)3溶液中滴入NaHCO3溶液发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故B正确；C．向Na2S2O3溶液中滴入稀H2SO4溶液生成S和SO2，离子方程式为：2H++=S↓+SO2↑+H2O，故C正确；D．CaCO3的溶解度小于CaSO4，用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，CaSO4会转化为CaCO3，离子方程式为：(aq)+CaSO4(s)⇌CaCO3(s)+(aq)，故D正确；故选A。9.控制合适的条件，将反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2设计成如图所示原电池装置，下列说法正确的是A.开始时，甲烧杯中石墨棒是负极B.该反应处于平衡状态时无电流通过C.电流计指针归“0”后，甲烧杯中加入FeCl2(s)时，指针再次向右偏转D.反应达平衡后，甲烧杯中加入FeCl2(s)，盐桥中的阴离子向乙烧杯中迁移【答案】B【解析】【详解】A．由方程式2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，开始时，甲烧杯中Fe3+得到电子生成Fe2+，甲烧杯中石墨棒是正极，故A错误；B．反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则正逆反应转移的电子数量相等，此时电流计读数为0，指针不再偏转，故B正确；C．平衡后，甲中加入FeCl2固体，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，则Fe2+失电子，甲中石墨作负极， I2得电子，乙中石墨作正极，指针向左偏转，故C错误；D．平衡后，甲中加入FeCl2固体，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，则Fe2+失电子，甲中石墨作负极，I2得电子，乙中石墨作正极，盐桥中的阴离子向负极（甲烧杯中）迁移，故D错误；故选B。10.一定温度下，向恒容密闭容器中加入氨基甲酸铵固体，发生反应：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，下列情况不能说明反应达到平衡状态的是A.混合气体的压强不变B.混合气体的密度不变C.混合气体的总物质的量不变D.混合气体的平均相对分子质量不变【答案】D【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体体积增大的反应，当混混合气体的压强不再发生变化，说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，A正确；B．由方程式可知，反应时，气体总质量增大，体积不变，闭容器中混合气体的密度增大，当密闭容器中混合气体的密度不再发生变化，说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，B正确；C．由方程式可知，该反应是一个气体体积增大的反应，当混合气体的总物质的量不再发生变化，说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，C正确；D．由方程式可知，氨气和二氧化碳的化学计量数之比为2：1，密闭容器中氨气的体积分数始终保持不变，混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，不能说明达到化学平衡状态，D错误；故选D。11.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是选项ABCD实验装置测定中和热蒸发AlCl3 实验目的探究温度对化学平衡的影响溶液得到AlCl3固体验证铁钉能发生析氢腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．装置缺少玻璃搅拌器，中和反应放出的热量分布不均匀，不能准确测定温度，A不符合题意；B．加热促进Cu2+水解，冷水冷却抑制Cu2+水解，同时和室温下等浓度等体积的CuCl2溶液形成对比，可以探究温度对化学平衡的影响，B符合题意；C．AlCl水解生成氢氧化铝和HCl，加热会促进铝离子水解且HCl挥发，则不能直接加热蒸干，应在HCl气流中加热抑制铝离子水解，C不符合题意；D．食盐水呈中性，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，不是析氢腐蚀，D不符合题意； 故选B。12.下列实验及现象的解释或得出结论正确的是选项实验及现象解释或结论A用pH计测定同浓度Na2CO3溶液和NaClO溶液的pH，Na2CO3溶液的pH较大H2CO3酸性弱于HClOB向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液颜色变浅在溶液中存在水解平衡C向2支盛有2mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入1mL2%H2O2溶液，未观察到明显的实验现象的差异Na2SO3的浓度对该反应速率无影响D用pH计测得lmol/LNaHSO3溶液的pH=3.2的电离程度大于的水解程度A.AB.BC.CD.D 【答案】B【解析】【详解】A．用pH计测定同浓度Na2CO3溶液和NaClO溶液的pH，Na2CO3溶液的pH较大，说明HClO的酸性强于的酸性，实际上H2CO3酸性强于HClO，A错误；B．向含酚酞的Na2CO3溶液为红色，加入少量BaCl2固体，钡离子与碳酸根反应有白色沉淀生成，消耗碳酸根，溶液颜色变浅，说明溶液中存在碳酸根的水解平衡：，B正确；C．Na2SO3与H2O2反应的方程式为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，反应无明显现象，故该实验不能说明Na2SO3的浓度对该反应速率无影响，C错误；D．用pH计测得lmol/LNaHSO3溶液的pH=3.2，的电离程度大于的水解程度，D错误；故选B。13.一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2(g)和1molCl2，发生反应：S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2和SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中正确的是A.A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的是AB.正反应的活化能大于逆反应的活化能C.达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动D.在300℃下，达平衡后缩小容器容积，重新达平衡后，Cl2的浓度增大【答案】C【解析】【详解】A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，与的消耗速率之比等于1:2时反应达到平衡状态，所以A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、D，A错误；B．根据图示，升高温度，逆反应速率变化大于正反应速率变化，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；C．根据图示，升高温度，逆反应速率变化大于正反应速率变化，正反应放热，达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动，C正确；D．反应前后气体系数和相同，在300 ℃下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，平衡不移动，Cl2的平衡转化率不变，D错误；故选C14.某科研小组用甲烷燃料电池制备Co(H2PO2)2，并获得副产品NaOH，其工作原理如图所示(已知：电解装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢，H3PO2是一元弱酸)。下列有关说法正确的是A.M电极为不锈钢B.膜a、膜b均阳离子交换膜C.电解过程中，原料室溶液pH减小D.消耗lmolCH4，理论上N极产生64gO2【答案】C【解析】【分析】根据图示可知，左侧为阳极室则M为阳极，阳极上Co失电子生成Co2+，Co2+向阴极移动，故通过阳离子交换膜进入产品室，但是不能通过膜b，因此膜b为阴离子交换膜，膜a为阳离子交换膜，原料室内的通过膜b进入产品室与Co2+结合生成Co(H2PO2)2，m为正极，N为阴极，阴极上H2O得电子生成氢气和氢氧根离子，原料室中的钠离子通过膜c进入阴极室与氢氧根离子结合生成NaOH，膜c为阳离子交换膜。【详解】A．根据分析可知，M电极为Co，A错误；B．根据分析可知，膜a、膜b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B错误；C．水解使溶液呈碱性，电解过程中通过膜b进入产品室，导致原料室内浓度减小，则溶液中因水解生成的氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，C正确；D．N电极为阴极，水得电子生成氢气，不会生成氧气，D错误；故答案选C。15.在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，下列关于a、b、c三点对应的溶液说法正确的是 A.a点c(H+)最大B.b点CH3COOH电离程度最大C.与NaOH反应，消耗NaOH的物质的量c点最小D.若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小【答案】D【解析】【详解】A．b点导电能力最强，b点c(H+)最大，故A错误；B．弱电解质“越稀越电离”，c点CH3COOH电离程度最大，故B错误；C．a、b、c三点醋酸物质的量相等，与NaOH反应，消耗NaOH的物质的量相等，故C错误；D．a点溶液加少量水，氢离子浓度增大，若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小，故D正确；选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.肼(N2H4)作为火箭发射的燃料助力神州十七号载人飞船发射取得圆满成功。回答下列问题：（1）以Fe2+配合物为催化中心，可实现NH2OH与NH3转化为N2H4，反应历程如下所示：①反应过程中涉及断裂的化学键是___________，形成的化学键是___________(填标号)。a．N-H键　　　b．O-H键　　　c．N-O键　　　　d．N-N键②若将NH2OH替换为ND2OD，反应所得含氮物质是___________。（2）键能是指气态分子中lmol化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知部分化学键的键能如下表所示：化学键N-HO-HO=ON≡NN-N 键能/(kJ·mol-1)391463497945193则N2H4(g)和O2(g)反应的热化学方程式是___________。若用F2(g)代替O2(g)作氧化剂，反应释放的能量更大。已知：H2(g)+F2(g)=2HF(g)　H=-538kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　H=-484kJ/mol则N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)的H=_______kJ/mol。（3）N2H4是二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。N2H4第二步电离的方程式是________，N2H4与H2SO4形成正盐的化学式是___________。【答案】（1）①.ac②.bd③.H2N-ND2（2）①.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H=-543kJ/mol②.-1135（3）①.+H2O+OH-②.N2H6SO4【解析】【小问1详解】①由反应历程可知，有N-H、N-O键断裂，还有N-N、H-O键的生成，故答案为：ac；bd；②由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，故答案为：ND2NH2；【小问2详解】已知反应的反应热等于反应物总的键能之和减去生成物总的键能之和，结合题干表中数据可知，N2H4(g)和O2(g)反应的热化学方程式是N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)=4E(N-H)+E(N-N)+E(O=O)-E(N≡N)-4E(O-H)=4×391kJ·mol-1+193kJ·mol-1+497kJ·mol-1-945kJ·mol-1-4×463kJ·mol-1=-543kJ·mol-1，若用F2(g)代替O2(g)作氧化剂，反应释放的能量更大，已知：反应①H2(g)+F2(g)=2HF(g)=-538kJ/mol反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)=-484kJ/mol反应③N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)=-543kJ·mol-1，③+2①-②即可得到反应N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)，则根据盖斯定律可知，=(-543kJ·mol-1)+2(-538kJ/mol)-(-484kJ/mol)kJ/mol=-1135kJ/mol，故答案为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)=-543kJ·mol-1；-1135；【小问3详解】联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O+OH-，第二步电离方程式为+H2O+OH-，因此联氨与硫酸形成的正盐为N2H6SO4，故答案为： +H2O+OH-；N2H6SO4。17.人体血液中钙含量是判断身体健康状况的重要指标。某实验小组测定人体血液中Ca2+浓度的实验步骤如下：I．取血样10.00mL，加过量(NH4)2C2O4溶液，析出CaC2O4沉淀。Ⅱ．将此沉淀洗涤后转移至锥形瓶中，加过量稀硫酸振荡，充分反应得H2C2O4，再用1.00×10-3mol/LKMnO4标准溶液滴定，计算血液中Ca2+的浓度。回答下列问题：（1）KMnO4标准溶液使用___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。滴定前，装有KMnO4标准液的滴定管排气泡时，应选择下图中的___________(填标号)。（2）滴定过程中发生反应的离子方程式是___________，判断滴定达到终点的现象是___________。（3）从化学原理的角度考虑，步骤I中加入(NH4)2C2O4溶液需过量的原因是___________。（4）每次取血样10.00mL，重复实验步骤I、Ⅱ，所得数据如表所示：实验组数1234KMnO4标准溶液初始读数/mL1.000.004.400.50滴定终点时KMnO4标准溶液读数/mL11.0010.0515.6010.45则血液样品中Ca2+浓度为___________mmol/L(保留2位有效数字)。若测第1组数据时，装KMnO4标准溶液的滴定管水洗后没有润洗，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.酸式②.d（2）①.②.滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内无变化（3）增大的浓度，使CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)的平衡向逆反应方向移动，确保Ca2+被完全沉淀。（4）①.2.5②.偏大【解析】 【分析】高锰酸钾具有强氧化性腐蚀橡胶，应该用玻璃活塞的酸式滴定管盛装。草酸溶液为无色，用紫色高锰酸钾标准液滴定时，滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内无变化即为滴定终点。【小问1详解】高锰酸钾具有强氧化性腐蚀橡胶，应该用玻璃活塞的酸式滴定管盛装。滴定管排气泡时右手将酸式滴定管稍稍倾斜，左手迅速打开活塞，气泡随溶液的流出而被排出。故答案为：酸式；d；【小问2详解】草酸与高锰酸钾反应生成二氧化碳、硫酸锰、水对应离子方程式为：；草酸溶液为无色，用紫色高锰酸钾标准液滴定时，滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内无变化即为滴定终点时。故答案为：；滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内无变化；【小问3详解】步骤I中加入(NH4)2C2O4溶液需过量的原因增大的浓度，使CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)的平衡向逆反应方向移动，确保Ca2+被完全沉淀，故答案我：增大的浓度，使CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)的平衡向逆反应方向移动，确保Ca2+被完全沉淀；【小问4详解】四次滴定消耗KMnO4标准液体积分别为：10.00mL、10.05mL、11.20mL、9.95mL，11.20mL数值与其他三个相比误差较大舍去。三次消耗高锰酸钾标准液平均体积为：mL。从题中信息可知反应中消耗高锰酸钾：。血液样品中Ca2+浓度：，。装KMnO4标准溶液的滴定管水洗后没有润洗，导致高锰酸钾浓度减小，滴定消耗的高锰酸钾体积偏大，计算血液中钙离子浓度偏大，故答案为：2.5；偏大。18.含砷物质是常见的污染物，酸性废水(含H3AsO4和H3AsO3)中砷元素回收利用的流程如图所示。 已知：i．常温下，Ksp[Ca(OH)2]=1.0×10-6、Ksp[Ca3(AsO4)2]=1.0×10-27ii．当溶液中离子的浓度小于1×10-5mol/L时，可认为生成沉淀时该离子已沉淀完全。回答下列问题：（1）“碱浸”工序中随NaOH的加入，废水中含五价砷微粒的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示，其中δ(X)=。曲线a表示微粒是___________，常温下的水解常数Kh=___________。（2）“沉砷”工序发生的离子方程式是：3Ca(OH)2+2⇌Ca3(AsO4)2+6OH-，该反应平衡常数的表达式是_______。当完全除去时，“沉砷”溶液的pH________(计算结果保留一位小数)。（3）“还原”工序生成的H3AsO3是弱酸，用离子方程表示NaH2AsO3溶液显碱性的原因：_____。（4）“废渣”的成分是___________。“滤液2”可返回到___________工序中循环利用。【答案】（1）①.②.10-2.7（2）①.②.>13.8(或大于13.8)（3）+H2O⇌H3AsO3+OH-（4）①.CaSO4②.酸化【解析】【分析】酸性废水含H3AsO4和H3AsO3，加氢氧化钠“碱浸”，把H3AsO4和H3AsO3转化为钠盐，通入氧气把+3价As氧化为+5，加石灰乳生成Ca3(AsO4)2沉淀，过滤，Ca3(AsO4)2和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和，用二氧化硫把H3AsO4还原为H3AsO3，加热H3AsO3溶液结晶、过滤得As2O3。【小问1详解】 “碱浸”工序中随NaOH的加入，依次变为、、，则曲线a表示微粒是；根据图示，、浓度相等时，pH=11.3，ka3=10-11.3，常温下的水解常数Kh=。【小问2详解】“沉砷”工序发生的离子方程式是：3Ca(OH)2+2⇌Ca3(AsO4)2+6OH-，固体不计入平衡常数表达式，该反应平衡常数的表达式是K=。K=，当完全除去时，“沉砷”溶液中c(OH-)，pH>13.8。【小问3详解】NaH2AsO3溶液显碱性说明水解大于电离，水解的离子方程式为+H2O⇌H3AsO3+OH-。【小问4详解】Ca3(AsO4)2和硫酸反应生成和CaSO4，CaSO4微溶于水，废渣”的成分是CaSO4。“滤液2”中含有硫酸可返回到酸化工序中循环利用。19.丙烯是产量仅次于乙烯的重要基本有机原料之一，丙烷脱氢制丙烯技术已经工业化。I.无氧脱氢法：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)　∆H1=+124.3kJ/mol（1）制丙烯的部分反应历程如图所示(TS代表过渡态，Pt4代表铂催化剂)。由图可知，该反应的限速步骤是第___________(填“一”或“二”)个C-H 断键的反应。有利于该反应自发进行的条件是___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)。（2）在压强分别为0.1MPa和0.01MPa的条件下，在密闭容器中充入等量的C3H8，发生脱氢反应，C3H8和C3H6的平衡时物质的量分数随温度的变化如图所示。①在a、b、c、d四条直线中，分别表示0.01MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是___________、___________。②p点对应的平衡常数Kp=___________MPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ．氧化脱氢法：C3H8(g)+O2(g)⇌C3H6(g)+H2O(g)　△H1=-117.0kJ/mol（3）在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下C3H8氧化脱氢的转化率和C3H6的产率如下：反应温度/℃465480495510C3H8的转化率/%5.512.117328.4C3H6的产率/%4.79.512.818.5①C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1条即可)。②已知：C3H6选择性=×100%。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。【答案】（1）①.一②.高温（2）①.c②.b③.（3）①.温度升高，脱氢反应速率增大(或催化剂的活性增大，反应速率增大)②.降低③. 温度升高，有利于C3H8被氧化成其他产物的副反应发生【解析】【小问1详解】由图可知，该反应第一步过渡态能量0.42大于第二步的0.37，所以限速步骤是第一个C-H断键的反应；由反应∆H>0可知，高温有利于反应自发进行；【小问2详解】该反应吸热，气体体积增大，升温有利于平衡正移，增压平衡逆移，由此可知a、c表示C3H8的变化曲线，b、d表示C3H6的变化曲线，表示0.01MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是c和b；由图像可知p点对应的C3H8物质的量分数为60%，依据方程式可知C3H6和H2的物质的量分数都为20%，则Kp=；【小问3详解】