四川省内江市第六中学20223-2024学年高二上学期第一次月考化学 Word版含解析.docx

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内江六中2023-2024学年度(上)期高2025届第一次月考化学试题考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量为：H-1　O-16　Na-23第Ⅰ卷选择题(满分42分)一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共42分)1.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.夏天，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出气体B.使用催化剂可加快转化为的速率C.合成氨反应：　，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施D.实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶时，压强减小，二氧化碳逸出，A可用勒夏特列原理解释；B．使用催化剂可加快转化为的速率，催化剂改变速率，不改变平衡移动，B不能用勒夏特列原理解释；C．合成氨反应为放热反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，有利于平衡向正反应方向移动，正向气体系数和减小，增大压强，有利于平衡正向移动，C可用勒夏特列原理解释；D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，D能用勒夏特列原理解释；故选B。2.已知工业上常用石灰乳吸收尾气中的NO和NO2，涉及的反应为：、。下列措施一定能提高尾气中NO和NO2去除率的是A.加快通入尾气的速率B.采用气、液逆流的方式吸收尾气C.用石灰水替代石灰乳D.升高温度 【答案】B【解析】【详解】A．加快通入尾气的速率，导致很多NO、NO2来不及反应就被尾气带出，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，A不合题意；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增大NO、NO2和石灰乳的接触面积和接触时间，让反应充分，故有利于提高尾气中NO和NO2去除率，B符合题意；C．用石灰水替代石灰乳，由于Ca(OH)2浓度减小，反应速率减慢，能够吸收的NO、NO2的量减少，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，C不合题意；D．升高温度不利于NO、NO2溶解，使气体和液体不能充分接触，不利于提高尾气中NO和NO2去除率，D不合题意；故答案为：B。3.下列叙述正确的是A.，平衡后，对平衡体系缩小容积，平衡向正反应方向移动，体系颜色比原平衡浅B.，平衡后，增大容积，平衡不移动，体系颜色不变C.，平衡后，加少量KCl固体，平衡向逆反应方向移动，体系颜色变浅D.，平衡后，保持温度压强不变，充入氦气，平衡向左移动【答案】D【解析】【详解】A．对于反应2NO2(g)N2O4(g)，平衡后，对平衡体系缩小容积，虽然平衡向正反应方向移动，使NO2的物质的量减小，但平衡时NO2的浓度仍比原平衡时大，所以体系颜色比原平衡深，A不正确；B．H2(g)+I2(g)2HI(g)，平衡后，增大容积，虽然平衡不移动，但I2(g)浓度减小，所以体系的颜色变浅，B不正确；C．FeCl3+3KSCNFe(SCN)3(红色)+3KCl，写成离子方程式可知反应的实质是：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，平衡后，加少量KCl固体，平衡不发生移动，体系颜色不变，C不正确；D．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡后，保持压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体的浓度减小，则平衡向气体分子数增大的逆反应方向移动，即平衡向左移动，D正确；故选D。 4.下列有关热化学方程式的叙述不正确的是A.已知　，则和中化学键的总键能大于和中化学键的总键能B.已知：①　，②　，则b>aC.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应的热化学方程式为　D.在一定温度和压强下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放出热量19.3kJ，则其热化学方程式　【答案】D【解析】【详解】A．反应2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(l)+3O2(g)的=+1451.5kJ/mol＞0，该反应为吸热反应，则2molCO2(g)和4molH2O(l)中化学键的总键能大于2molCH3OH(l)和3molO2(g)中化学键的总键能，A项正确；B．H2O(g)转化成H2O(l)放出热量，则2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(l)放出的热量＞生成2molH2O(g)放出的热量，即b＞a，B项正确；C．20.0gNaOH物质的量为=0.5mol，则含1molNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量为57.4kJ，表示该反应的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)=-57.4kJ/mol，C项正确；D．N2(g)和H2(g)在一定温度和压强下、于密闭容器中生成NH3(g)的反应为可逆反应，则0.5molN2(g)和1.5molH2(g)在一定温度和压强下完全反应生成1molNH3(g)放出的热量大于19.3kJ，反应的热化学方程式N2(g)+H2(g)NH3(g)＜-19.3kJ/mol，D项错误；答案选D。5.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是①② ③④A.反应①②为反应③提供原料气B.反应③也是资源化利用的方法之一C.反应的D.反应的【答案】C【解析】【分析】【详解】A．反应①的产物为CO和，反应②的产物为和，反应③的原料为和，A项正确；B．反应③将温室气体转化为燃料，B项正确；C．反应④生成物中为气态，C项生成物中为液态，故C项中反应的焓变不为，C项错误；D．依据盖斯定律可知，由可得所求反应及其焓变，D项正确。故选C。6.关于反应4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-116kJ·mol-1，下列说法正确的是A.反应活化能：Ea(正)＜Ea(逆)B.每生成22.4LCl2，放出58kJ的热量C.使用高效催化剂，可使平衡时的值增大D.断裂4molH-Cl键的同时，有4molH-O键生成，说明该反应达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．该反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，则反应活化能：Ea(正)＜Ea(逆)，A正确；B．体积无标准状况，不能用标准状况的气体摩尔体积计算，B错误；C．平衡常数K=，平衡常数只随温度而变化，使用高效催化剂，K不变，C错误； D．断裂4molH-Cl键和4molH-O键生成，都表示的是正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；答案选A。7.在2L密闭容器中发生反应　，测得随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是A.0～5min内，B.恒温下，缩小容器体积，达到新平衡时比原平衡时的大C.10min时，改变的外界条件可能是压强D.10～12min时间内，反应的平衡常数逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故，，A错误；B．恒温下，缩小容器体积，各物质浓度增大，达到新平衡时c(H2)比原平衡时的大，B正确；C．由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，C错误；D．根据图象可知，10-12min时甲烷的物质的量减小，改变的条件可能为：减小压强、升高温度或增大水蒸气浓度，化学平衡常数只与温度变化有关，所以改变的条件不一定为温度，化学平衡常数不一定发生变化，D错误；故选B。8.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol-1)如图所示，下列说法错误的是 A.生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B.在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3C.决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO→NHNOHD.生成NH3的总反应方程式为2NO＋5H22NH3＋2H2O【答案】C【解析】【详解】A．图示可知，生成氨气的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均是降低，被还原，A正确；B．NO被还原为N2的最大活化能明显大于还原生成NH3，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，B正确；C．生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误；D．由图可知，总反应为NO与H2反应生成NH3和H2O，对应反应的化学方程式：2NO＋5H22NH3＋2H2O，D正确；故选C。9.通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能。键能的大小可衡量化学键的强弱，也可以估算化学反应的反应热。下表为某些化学键的键能化学键N-NO=ON≡NN-H键能(kJ/mol)154500942a 已知火箭燃料肼()有关化学反应的能量变化如图所示，则下列说法正确的是A.相同条件下比稳定B.　C.表中的a=391D.图中的【答案】C【解析】【详解】A．N≡N的键能为942kJ/mol，O=O的键能为500kJ/mol，所以相同条件下N2比O2稳定，选项A错误；B．从图中可以看出，反应物为N2H4(g)＋O2(g)，生成物为N2(g)＋2H2O(g)，但方程式为，气态水转化为液态水放热，故，选项B错误；C．利用ΔH3建立有关a的等量关系，即ΔH3=154+4a+500=2218，a＝391，选项C正确；D．图中的ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=+2218kJ/mol，选项D错误；答案选C。10.已知反应：，在一定温度下，平衡常数为K，反应达到平衡时，B的转化率与压强变化的关系如图所示，下列叙述一定正确的是 ①②点表示的正反应速率小于逆反应速率③点表示的反应速率比点的小④该反应温度升高值增大⑤若该反应在体积固定的密闭容器中进行，密度不变可以说明该反应到达平衡。A.①②③④⑤B.①②C.①②③⑤D.②③⑤【答案】C【解析】【详解】①根据图知，一定温度下，增大压强，B的转化率增大，平衡正向移动，则n＞p，所以m+n＞p，故①正确；②曲线上各点都是平衡点，要使x点达到平衡状态，B的转化率应该减小，平衡逆向移动，该点正反应速率小于逆反应速率，故②正确；③压强越大，反应速率越快，压强：x点小于y点，则x点表示的反应速率比y点的小，故③正确；④正反应放热，升高温度平衡逆向移动，因此该反应温度升高值减小，故④错误；⑤若该反应在体积固定的密闭容器中进行，由于反应前后气体的质量是变化的，所以密度不变可以说明该反应到达平衡，故⑤正确；故选：C。11.下列实验操作与现象和对应结论均正确的是实验操作与现象结论A加热盛有少量固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝。显碱性B向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失。该溶液中可能含有C其他条件相同的情况下，两只试管中均加入10ml，2mol/L的酸性，第一只试管中加入10ml，2mol/L的，第二只试管中加入10ml，4mol/L的，观察第二只试管褪色更快。浓度越大，反应速率越大D向2支盛有2mL不同浓度溶液的试管中同时加入1mL2％溶液，未观察到明显的实验现象差异。浓度对反应速率的影响不大A.AB.BC.CD.D 【答案】B【解析】【详解】A．受热分解可以产生氨气、二氧化碳和水，氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，是因为氨气溶于水显碱性，并不能说明显碱性，A项错误；B．某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失，可以证明该溶液中可能含有，B项正确；C．反应中除了草酸浓度不同之外，反应的生成物锰离子也可作催化剂，浓度与催化剂均会影响化学反应速率，故无法说明浓度对速率的影响，C项错误；D．溶液与溶液反应并没有明显的实验现象，不能得出浓度对反应速率的影响，D项错误；故选B。12.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：，12s时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是A.12s时，B的转化率为75％B.0～2s内，D的平均反应速率为C.化学计量系数之比，且D.图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率【答案】C【解析】【详解】A．12s内，B的浓度由0.5mol/L变为0.3mol/L，12s时B的转化率为，故A错误；B．D是固体，不能用D的浓度变化表示反应速率，故B错误；C．浓度变化量比等于化学计量数之比，12s内A、B、C的浓度变化分别为0.6mol/L、0.2mol/L、 0.4mol/L，化学计量系数之比，速率比等于系数比，所以，故C正确；D．交点后，A的浓度还降低，图中两曲线相交时，反应没有达到平衡状态，A的消耗速率大于A的生成速率，故D错误；选C。13.已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ•mol-1，反应在起始物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下x(CH3OH)~t如图所示。下列说法正确的是A.图中对应等压过程的曲线是MB.C点处x(CH3OH)相同，平衡常数相同C.当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率为1/3D.由d点到b点可以通过升温实现【答案】C【解析】【详解】A．已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ•mol-1，故恒压时温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小，故图中对应等压过程的曲线是N，A错误；B．图中曲线N是恒压下随温度改变的曲线，M曲线是恒温下随压强改变的曲线，由图中可知C点对应的温度不是250℃，故C点对应的两种条件下的温度不一样，温度改变，平衡常数改变，故C点处x(CH3OH)相同，但平衡常数不相同，B错误； C．根据三段式分析可知，当x(CH3OH)=0.10时，即=0.1，解得x=，故CO2的平衡转化率为=1/3，C正确；D．由A项分析可知，曲线M为恒温故d点对应的温度为250℃，N为恒压，从图中可知b点对应的温度为270℃，d点对应的压强为8×105Pa，而b点对应的压强5×105Pa，故由d点到b点可以通过升温同时减压才能实现，D错误；故答案为：C。14.在一定温度下，将等量的气体分别通入起始容积相同的密闭容器Ⅰ(恒容)和Ⅱ(恒压)中，使其发生反应，时容器I中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是A.若X、Y、Z均为气体，达到平衡后Z的转化率Ⅱ大于ⅠB.若Y为固体，则当容器I中气体密度不变时，不能判断反应达到了平衡状态C.当两容器中反应均达到平衡时，若两容器的体积，则容器Ⅱ达到平衡所需的时间小于D.若达平衡后，对容器Ⅱ降低温度时，其体积减小，说明Z发生的反应为吸热反应【答案】A【解析】【分析】根据X、Y、Z的物质的量随时间变化图，Z物质的量减少，X、Y物质的量增加，Z是反应物，X、Y是生成物，Z、X、Y的变化量为1.8mol、1.8mol、1.2mol，变化量比等于系数比，所以反应方程式为；【详解】A．容器Ⅰ(恒容)，容器Ⅱ(恒压)，若X、Y、Z均为气体，正反应气体系数和增大，容器Ⅰ的压强大于容器Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ相比，容器Ⅰ相当于增大压强，平衡逆向移动，达到平衡后Z的转化率Ⅱ大于Ⅰ，故A正确；B．若Y为固体，反应前后气体总质量是变量，容器Ⅰ(恒容)，所以气体密度是变量，则当容器I中气体密度不变时，能判断反应达到了平衡状态，故B错误； C．当两容器中反应均达到平衡时，若两容器的体积，则容器Ⅱ的压强小于容器I，容器Ⅱ的反应速率慢，则容器Ⅱ达到平衡所需的时间大于，故C错误；D．根据可知，气体体积减小，气体物质的量不一定减少，若达平衡后，对容器Ⅱ降低温度时，其体积减小，不能说明Z发生的反应为吸热反应，故D错误；选A。第Ⅱ卷非选择题(共58分)15.回答下列有关反应热的问题。Ⅰ．某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。配制0.50mol/LNaOH溶液（1）若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体______g。取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。（2）请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度/℃终止温度/℃温度差平均值/℃NaOH平均值126.226.026.130.1______227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4（3）近似认为0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容。则中和热______(取小数点后一位)。（4）上述实验结果的数值与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)______。a．实验装置保温、隔热效果差b．在量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d．用铜棒代替玻璃搅拌棒Ⅱ．（5）已知：在与不足量的反应时，生成S和。根据以下三个热化学方程式：　　　、、由大到小的顺序是______。（6）已知　　设有氢气和丙烷的混合气体5mol，完全燃烧时放出热量3846.75kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比是______。(化简为最简整数比)（7）大气中的二氧化碳主要来自煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：物质C(石墨，s)燃烧热abc则25℃时和C(石墨，s)生成的热化学方程式为______。（8）已知反应Ⅰ：(g)+H2(g)⇌(g)。标准状态下，由最稳定的单质合成1mol某物质的焓变叫做该物质的标准摩尔生成焓。气态环戊二烯()的标准摩尔生成焓为+134.3kJ/mol，则气态环戊烯()的标准摩尔生成焓为______。【答案】（1）5（2）4.0（3）（4）acd（5） （6）3：1（7）　（8）+33.9【解析】【小问1详解】实验中大约要使用245mLNaOH溶液，则需使用250mL的容量瓶配制，至少需要称量NaOH固体0.50mol/L×0.25L×40g/mol=5g；【小问2详解】4次温度差分别为：4.0℃、6.1℃、3.9℃、4.1℃，第2组数据误差较大舍弃，其余3组数据温度差平均值为4.0℃；【小问3详解】50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸过量、氢氧化钠完全反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=80g×4.18J/(g⋅℃)×4.0℃=1337.6J=1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=−1.3376KJ÷0.025mol=−53.5kJ/mol；【小问4详解】上述实验结果的数值与57.3kJ/mol比较，放热偏小；a．装置保温、隔热效果差，导致热量散失，测得的热量偏小；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致热量散失，测得的热量偏小；d．铜棒容易导热，用铜棒代替玻璃搅拌棒导致热量散失，测得的热量偏小；故选acd；【小问5详解】硫化氢的燃烧为放热反应，焓变为负，充分燃烧生成二氧化硫放热更多，故更小；生成液态水较生成气态水放热更多，故<，所以：；【小问6详解】混合气体中氢气和丙烷的体积比是其物质的量之比，设氢气amol、丙烷（5-a）mol，则，a=3.75mol，则丙烷为1.25mol，混合气体中氢气和丙烷的体积比是3.75:1.25=3:1；【小问7详解】燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由表可知， ①②③由盖斯定律可知，3×①+6×②-③得；【小问8详解】气态环戊二烯()的标准摩尔生成焓为+134.3kJ/mol，则：①(g)②(g)+H2(g)⇌(g)由盖斯定律可知，①+②得(g)。16.完成下列小题（1）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：Ⅰ、　，Ⅱ、　，①反应的K=______(用、表示)。②在T温度下，将和充入2L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时和的物质的量均为2mol。则T温度时反应Ⅰ的平衡常数K为______。③反应Ⅱ的，其中，、分别为正、逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，c为浓度。下列有关速率常数k的说法正确的是______(填字母)。A．其它条件不变，升高温度，增大的程度大于B．其它条件不变，加入催化剂，、同倍数增大 C．其它条件不变，增大反应物浓度，增大，不变D．其它条件不变，增大压强，、都增大（2）采用甲醇气相氨化法可制得二甲胺，制备二甲胺反应：一定条件下，甲醇气相氨化法原料气中分别为1∶1、2∶1、3∶1时，的平衡转化率随温度变化的关系如图：①代表原料气中的曲线是______。②温度为443K时，按投料，若的起始浓度为2mol/L，则反应达到平衡时，的体积分数为______。（3）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：a．　b．　①若反应a为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)A．B． C．D．在一容积可变的密闭容器中，充有10molCO和，发生可逆反应b用于合成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示：②平衡常数、、的大小关系为______。③若达到平衡状态A时容器的体积为10L，则平衡状态B时容器的体积为______L。【答案】（1）①.②.2.25/③.AB（2）①.c②.或8.3%（3）①.A②.③.2【解析】【小问1详解】，，＝；反应Ⅰ中生成的是反应Ⅱ中的反应物，利用三段式分析平衡时物质的量6-2=4mol，物质的量8-2-2=4mol，物质的量4+2=6mol，物质的量2mol，物质的量 2mol，反应I=(或2.25)；A．反应Ⅱ是吸热反应，若在平衡状态下，温度升高，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，说明正反应速率增大的程度大，逆反应速率增大的程度小，即增大的程度小于，A正确；B．加入催化剂，正、逆反应速率都增大，增大程度相同，平衡不移动，、同倍数增大，B正确；C．增大反应物浓度，正反应速率增大，不变，C错误；D．增大压强，容器体积变小，浓度增大，速率增大，、都不变，D错误；答案选AB；【小问2详解】其他条件相同时，增大投入原料比，NH3转化率增大，从图像看曲线a代表的NH3转化率最大，曲线c代表的NH3转化率最小，曲线a代表=3∶1，曲线c代表=1∶1；曲线b代表，443时，NH3转化率为25%，利用三段式分析的体积分数=(或8.3%)；【小问3详解】A．从图像上看反应a是吸热反应，反应b是放热反应，总反应是放热反应，反应a的活化能大于反应b的活化能，反应a是慢反应，与题干信息一致，A正确；B．从图像上看反应a是吸热反应，反应b是放热反应，总反应是吸热反应，与题干信息不一致，B错误；C．从图像上看反应a是吸热反应，反应b是放热反应，总反应是放热反应，反应a的活化能小于反应b的活化能，反应b是慢反应，与题干信息不一致，C正确；D．从图像上看反应a是吸热反应，反应b是放热反应，总反应是吸热反应，且反应a的活化能小于反应b的活化能，反应b是慢反应，与题干信息不一致，D错误；答案选A； 平衡常数只与温度有关，A点B点温度相同，平衡常数相同，反应b为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，C点温度生高，平衡常数减小，故=>；利用三段式分析A点平衡常数KA==，设平衡状态B时容器的体积为V，利用三段式分析，平衡常数KA=KB==，解得V=2。17.DCCNa()是一种高效、安全的消毒杀菌剂。它常温下为白色固体，难溶于冷水，受热易分解。实验室利用NaClO溶液和氰尿酸()溶液反应制备DCCNa，实验装置如图所示：已知：回答下列问题：（1）仪器a的名称为______。（2）装置A中发生的离子反应方程式为______。（3）实验发现装置B中NaOH溶液的利用率较低，改进方法是______。 （4）当装置B的三颈烧瓶内液面上方有黄绿色气体时，再加入氰尿酸溶液。并在整个过程中不断通入一定量的氯气，其原因是______。（5）实验过程中B的温度必须保持为7～12℃，pH控制在6.5～8.5的范围。若温度过高，pH过低，在溶液中会与发生副反应生成和等，写出该副反应的化学方程式：______。（6）装置C的试剂可选用______(填标号)。a．b．NaClc．d。（7）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、______、干燥得DCCNa粗产品。【答案】（1）恒压分液(滴液)漏斗（2）（3）在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气（4）使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率（5）（6）ac（7）冰(冷)水洗涤【解析】【分析】A装置用于制取氯气，生成的氯气进入B中与NaOH溶液反应生成次氯酸钠，NaClO溶液中滴加氰尿酸(C3H3N3O3)溶液，反应生成DCCNa，过量的氯气进入C中用NaOH等溶液吸收，防止污染环境，据此分析解答。【小问1详解】由仪器构造可知a为恒压分液(滴液)漏斗；【小问2详解】装置A中发生的离子反应方程式为：【小问3详解】装置A中制备的氯气会混有氯化氢气体，与氢氧化钠发生反应从而造成NaOH溶液的利用率较低，所以改进方法是在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气，以除去氯化氢气体；【小问4详解】当装置B的三颈烧瓶内液面上方有黄绿色气体时，再加入氰尿酸溶液。并在整个过程中不断通入一定量的氯气，可使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；【小问5详解】 副反应为C3H3N3O3与氯气发生反应生成NCl3和CO2该副反应的化学方程式：；【小问6详解】装置C的目的吸收氯气，防止污染环境，则ac均能与氯气反应吸收氯气，故选ac；【小问7详解】装置B中的浊液经过滤、冰(冷)水洗涤、干燥得DCCNa粗产品。18.以硅藻土为载体的五氧化二钒()是接触法生产硫酸的催化剂。从废矾催化剂中回收既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为物质质量分数/%2.2~2.928~3.122~2860~651~2<1以下一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时转化为，反应的离子方程式为______，同时转化成。（2）“废渣1”的主要成分是______。（3）“氧化”中欲使3mol的变为，则需要氧化剂至少为______mol。（4）“中和”作用之一是使钒以形式存在于溶液中，将Al和Fe元素转化为难溶物。“废渣2”中含有______。（5）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈______性(填“酸”、“碱”或“中”)。（6）“流出液”中阳离子最多的是______。（7）“沉钒”得到偏钒酸铵()沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式______。【答案】（1）（2） （3）0.5（4）、（5）碱（6）（7）【解析】【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为，V2O4转成VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此解答该题。小问1详解】“酸浸”时转化为，反应的离子方程式为：【小问2详解】废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为，V2O4转成VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2；【小问3详解】“氧化”中欲使3mol的变为，分析可知V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为少3mol÷6＝0.5mol；【小问4详解】“中和”作用之一是使钒以形式存在于溶液中，将Al和Fe元素转化为难溶物。故“废渣2”中含有、；【小问5详解】“离子交换”和“洗脱”可简单表示为(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性，增大氢氧根离子浓度，使此平衡逆向移动，促进洗脱的进行；【小问6详解】 由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子；【小问7详解】