重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第三次月考化学试题 Word版含解析.docx

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重庆市杨家坪中学高2025届高二上期第三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：一、选择题（本大题有14个小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个正确答案）1.化学知识广泛应用于生产、生活中。下列叙述正确的是A.泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠溶液和硫酸铝溶液B.明矾净水是因为可以生成杀菌消毒的物质C.硅太阳能电池利用原电池原理实现能量转化D.支撑海港码头基础的钢管桩，可以利用“外加电流法防腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，而不是碳酸钠，A错误；B．明矾净水是因为形成胶体吸附杂质净水，不是可以生成杀菌消毒的物质，B错误；C．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池，C错误；D．支撑海港码头基础的钢管桩与直流电源的负极相连做阴极被保护，防止钢管桩被保护的方法为外加电流法，D正确；故选D。2.下列说法能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成常采用作催化剂B.配制溶液时，需要加入少量稀硫酸C.工业合成氨的反应温度为D.对于反应，达到平衡后，缩小容器的体积可使体系颜色变深【答案】B【解析】【详解】A．催化剂可以加快反应速率，但平衡状态不移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．铁离子会水解，加入少量稀硫酸促使平衡逆向移动，防止铁离子水解，能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；C．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，单采用500 ℃是为了加快反应速率，同时此温度是催化剂的适宜温度，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．缩小容器体积相当于增大压强，会使反应体系中浓度增大，颜色加深；因反应前后气体计量数不变，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选B。3.下列有关化学用语的表示正确的是A.的结构示意图：B.py轨道的电子云轮廓图：C.S的价层电子排布式：D.N的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．的质子数为8，结构示意图：，A错误；B．py轨道的电子云轮廓图：，B错误；C．S为16号元素，价层电子排布式：，C正确；D．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；基态N原子核外电子排布图为，D错误；故选C。4.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：B.使酚酞变红色的溶液中：C.和反应放出的溶液：D.常温下，水电离的的溶液：【答案】A【解析】 【详解】A．该溶液中c(OH−)＞c(H＋)，呈碱性，之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故A符合题意；B．使酚酞变红色的溶液呈碱性，都与OH−反应，不能大量共存，故B不符合题意；C．和反应放出的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下，无法大量共存，故C不符合题意；D．常温下，水电离的c(H＋)＝1×10−12mol•L−1的溶液中c(H＋)＝1×10−2mol•L−1或c(H＋)＝1×10−12mol•L−1，呈酸性或碱性，酸性条件下氧化，不能大量共存，故D不符合题意；故答案选A。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.固体中含离子总数为B.醋酸钠溶液含有的数目等于C.溶液水解生成的胶体粒子数等于D.粗铜精炼中阴极质量增加时，转移电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．由Na+和组成，所以固体中含离子总数为，故A错误；B．未说明溶液体积，无法计算数目，故B错误；C．一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故形成的胶粒的个数小于NA个，故C错误；D．粗铜精炼中阴极反应为，质量增加时，即生成1molCu，则转移电子数目为，故D正确；故答案选D。6.下列离子方程式书写正确的是A.小苏打溶液中溶质的电离：B.稀盐酸与氨水溶液反应中和热：C.用铜作电极电解溶液： D.用惰性电极电解溶液：【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢根离子为弱酸根离子不能拆，，A错误；B．氨水为弱碱，反应过程中不能拆，且氨水电离吸热，放出热量小于57.3kJ/mol，B错误；C．用铜作电极电解，阳极铜发生氧化反应而溶解：，阴极铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质：，C错误；D．惰性电极电解溶液生成氢氧化钾和氢气和氯气，D正确；故选D7.下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是ABCD实验目的测定锌与稀硫酸反应速率测定中和反应的反应热比较AgCl和Ag2S溶解度大小探究铁的析氢腐蚀实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；B．图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；C．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误； D．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；故选：A。8.我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下：共价键键能（）413745463351348下列说法不正确的是A.该催化反应历程中没有非极性键断裂B.催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变C.总反应的原子利用率为D.该反应的热化学方程式为：【答案】B【解析】【详解】A．1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，方程式为，碳氢键和碳氧键断裂，没有非极性键断裂，故A正确；B．催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，故B错误；C．1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，方程式为，反应物全部转化为生成物生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故C正确D．该反应的热化学方程式为， ，故D正确；故答案选B。9.从海水的母液中提取金属镁的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是A.步骤①沉镁可加入石灰乳B.步骤③脱水时，在气流中加热得到C.步骤④中常用电解溶液的方法冶炼金属，在阴极生成D.设计步骤①、②、③的主要目的是富集镁元素【答案】C【解析】【分析】由流程可知，CaO与水反应生成氢氧化钙，与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤分离出Mg(OH)2，Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，在HCl在气流中蒸发结晶得到MgCl2，抑制镁离子的水解，最后电解熔融MgCl2冶炼Mg，据此分析解题。【详解】A．步骤①沉镁可加入石灰乳，石灰乳便宜易得，故A正确；B．步骤③脱水时，抑制水解，在HCl气流中加热MgCl2•6H2O得到MgCl2，故B正确；C．电解熔融氯化镁冶炼Mg，故C错误；D．海水中镁离子浓度较小，步骤①、②、③的主要目的是富集MgCl2，故D正确；故答案选C。10.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法正确的是A.第一电离能：B.简单氢化物沸点：C.最高价含氧酸的酸性：D.电负性：【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为或，即C或O。②为第三周期元素时，最外层电子排布为或 ，即或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N；【详解】A．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，选项A正确；B．Z和Q形成的简单氢化物为和，由于分子间能形成氢键，故沸点高于，选项B错误；C．X为C、Y为N，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此最高价含氧酸酸性：，选项C错误；D．W为，Z为O，O的电负性更大，选项D错误；答案选A。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A用计测定相同浓度的溶液和溶液的，前者的小于后者的的酸性弱于B向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，观察溶液紫色是否褪去证明有还原性C向含有少量的溶液中加入足量粉末，搅拌一会过滤除去中少量D向溶液中，滴入2滴溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色AAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH 小于后者的，可知次氯酸根离子的水解程度大，HClO的酸性弱，则HClO的酸性弱于CH3COOH，故A正确；B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明Fe2+有还原性，故B错误；C．向含有少量的溶液中加入足量粉末，氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铁沉淀除去铁离子，故C正确；D．向溶液中，滴入2滴溶液，产生白色沉淀，氢氧化钠不足，硫酸镁过量，再滴入2滴溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色，说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀，则，故D正确；故选B。12.一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅰ区迁移B.Ⅱ区的SO通过隔膜向Ⅲ区迁移C.Zn电极反应：Zn-2e-=Zn2+D.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O【答案】C【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动；【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A正确； B．根据分析，Ⅰ区的SO可以向Ⅱ区移动，B正确；C．Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，C错误；D．由分析可知，电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；故答案选C。13.羟基硫（）可作为一种粮食薰蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将一定量和混合加热并达到下列平衡：，平衡后的物质的量为，下列说法正确的是A.升高温度，浓度增大，表明该反应是放热反应B.反应前的物质的量为C.达到化学平衡后，再向体系中迅速通入，正反应速率将逐渐增大D.平衡后，再往体系中加入四种物质各，此时【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，浓度增大，表明平衡正向移动，该反应是吸热反应，故A错误；B．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡，反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO的物质的量为8mol，则假设的起始物质的量为x，列出三段式：，，解得x＝7，起始物质的量为7mol，故B错误；C．通入CO，正反应速率突然增大，后逐渐减小，故C错误；D．平衡后，再往体系中加入四种物质各，此时，平衡就要逆移，，故D正确；故答案选D。14.时，向溶液中逐滴滴加的盐酸，其变化曲线如图所示。 下列溶液中的关系一定不正确的是（忽略体积微小变化）A.a、b、c三点水的电离程度最大的是a点B.b点的溶液：C.c点的溶液：D.加入盐酸的溶液：【答案】D【解析】【分析】25°C时，向10mL 0.01mol/LNaCN溶液中逐滴滴加0.01的盐酸，滴入盐酸体积为10mL时，恰好到达滴定终点，此时溶质为和，物质的量之比为1：1；滴入盐酸体积为5mL时，此时NaCN一半参加反应，此时溶质为HCN、NaCl和NaCN，物质的量之比为1：1：1；【详解】A．a点只有氰化钠，氰根离子水解促进水的电离，后逐渐加入盐酸，水的电离程度逐渐减小，即a点水的电离程度最大，A正确；B．b点溶质为氰化钠、氯化钠和氢氰酸，且三者等物质的量，又溶液显碱性，即氰根离子水解程度大于氢氰酸的电离，即c(Na+)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-)，B正确；C．此时溶液体积是原来两倍，则浓度变为原来一半，结合溶质为HCN和NaCl，物质量之比为1：1，列出物料守恒知c(CN-)+c(HCN)+c(Cl-)=0.01mol/L，C正确；D．加入20mL盐酸的溶液时，溶质为HCN、NaCl和HCl，且三者等物质的量，由物料守恒知：c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-)，D错误；故选D。二、非选择题（本大题有4个小题，共58分）15.回答下列问题。（1），的溶液中，由水电离出的浓度约为_________。溶液加适量的水稀释，下列表达式的数值变大的是__________（填标号）。 A．B．C．D．（2）如图烧杯中盛的是海水，铁腐蚀的速率最慢的是__________（填标号）。A.B.C.D.（3）用如图所示的装置研究电化学的相关问题（乙装置中X为阳离子交换膜）。甲乙丙①甲装置中负极反应式为______________________________。②乙装置中石墨电极上生成的气体为____________________（填化学式）。③丙装置中足量，工作一段时间后，溶液的__________（填“变大”、“变小”或不变），反应的化学方程式为____________________，若要将电解后的溶液复原，需加入一定量的__________（填化学式）。（4）常温下，用溶液作捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品，写出得到的离子方程式：____________________，若某次捕捉后得到的溶液，则溶液中__________，[常温下]【答案】（1）①.②.BD（2）B（3）①.②.Cl2③.变小④.⑤.CuO或CuCO3（4）①.②.1∶2【解析】 【小问1详解】的溶液中，H＋浓度为，则水电离出的H＋浓度约为；A．，加适量的水稀释，比值不变；B．根据Ka＝，加适量的水稀释，c(CH3COO−)减小，所以比值变大；C．为水的离子积常数，加适量的水稀释，不变；D．稀释过程中氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，则比值变大；故答案为；BD。【小问2详解】A中铁发生的是化学腐蚀；B中铁电极做原电池的正极，被保护，腐蚀比较慢；C中铁电极做电解池的阳极，电流加快了铁的腐蚀；D中铁电极是原电池的负极，也加快了腐蚀。所以铁腐蚀速率由快到慢的顺序是C＞D＞A＞B；故答案选B。【小问3详解】①由图可知甲池是燃料电池，通入燃料甲烷的一极是负极，电极反应为：，故答案为；②乙装置为电解池，其中铁电极和原电池的负极相连，为阴极，则石墨电极为阳极，氯离子放电生成的气体为Cl2，故答案为Cl2；③丙装置为电解池，两个电极都是石墨惰性电极，即电解CuSO4溶液，反应为：，反应过程中有硫酸生成，则溶液的pH变小，若要将电解后的溶液复原，需加入一定量的CuO或CuCO3，故答案为变小；；CuO或CuCO3。【小问4详解】 NaOH溶液吸收CO2生成Na2CO3和H2O，反应的离子方程式为；pH＝10的溶液中c(H＋)＝10−pHmol/L＝10−10mol/L，，则，故答案为；1∶2。16.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属及其氧化物，还有少量其它不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体）：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时的6.23.72.275沉淀完全时的8.74.73.29.0回答下列问题：（1）元素在元素周期表中分别位于__________区、__________区。（2）“碱浸中溶液的两个作用分别是____________________、____________________。（3）“滤液②”中含有的金属离子有______________________________。（4）“转化”中发生的离子方程式为______________________________。若工艺流程改为先“调”后“转化”，即：如下操作： 则“滤液③”中可能含有的杂质离子为____________________。（5）“转化”后加溶液“调应控制的范围是______________________________；操作I的具体操作是__________，过滤，洗涤，干燥。（6）硫酸镍在强碱溶液中用氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式______________________________。【答案】（1）①.p②.d（2）①.除去油脂②.溶解铝及其氧化物（3）Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋（4）①.2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O②.Fe3＋（5）①.3.2～6.2②.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（6）2Ni2＋＋ClO−＋4OH−＝2NiOOH↓＋Cl−＋H2O【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3＋4NaOH＝4NaAlO2＋2H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，Fe2＋经H2O2氧化为Fe3＋后，加入NaOH调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解题。【小问1详解】元素在元素周期表中分别位于p区和d区，故答案为p；d。【小问2详解】油脂在碱性溶液中完全水解为高级脂肪酸钠和甘油，发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3＋4NaOH＝4NaAlO2＋2H2O，将Al及其氧化物溶解，“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂，溶解铝及其氧化物，故答案为除去油脂；溶解铝及其氧化物。【小问3详解】滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋，故答案为Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。【小问4详解】“转化”是Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2＋，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3＋，故答案为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O；Fe3＋。【小问5详解】 由上述表格可知，Ni2＋开始沉淀时的pH＝6.2，Fe3＋完全沉淀的pH为3.2，要保证Fe3＋完全沉淀而Ni2＋不沉淀，“调节pH”应控制的pH范围是3.2～6.2；硫酸镍溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸镍晶体（NiSO4•7H2O），所以操作Ⅰ的具体操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案3.2～6.2；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问6详解】Ni2＋在强碱溶液中被NaClO氧化为NiOOH，NaClO被还原为Cl−，根据氧化还原得失电子守恒，该反应的离子方程式2Ni2＋＋ClO−＋4OH−＝2NiOOH↓＋Cl−＋H2O，故答案为2Ni2＋＋ClO−＋4OH−＝2NiOOH↓＋Cl−＋H2O。17.四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。硫渣的化学组成物质SnCu2SPbAsSb其他杂质质量分数/%64.4325.827.341.230.370.81氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点物质性质SnCl4CuClPbCl2AsCl3SbCl3S熔点/℃-33426501-1873112沸点/℃1141490951130221444请回答以下问题：(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_______，b瓶中的试剂是。_______。(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。①生成SnCl4的化学反应方程式为_______。②其中冷凝水的入口是_______，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_______。 ③实验中所得固体渣经过处理，可回收的主要金属有_______和_______。(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_______℃。(4)SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。取10.00g产品溶于水中，用0.02000molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00mL。测定过程中发生的相关反应有AsCl3+3H2O=H3AsO3+3HCl和5H3AsO3+2KMnO4+6HCl=5H3AsO4+2MnCl2+2KCl+3H2O。该滴定实验的指示剂是_______，产品中SnCl4的质量分数为_______%(保留小数点后一位)。【答案】①.平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中②.浓硫酸③.④.c⑤.吸收未反应的Cl2，防止污染空气⑥.Cu⑦.Pb⑧.114⑨.KMnO4⑩.94.6%【解析】【分析】由图可知，装置A用于制备Cl2，饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，B装置为反应装置，在Cl2参与反应前要经过干燥，故饱和食盐水后为装有浓硫酸的洗气瓶，制备产品SnCl4，装置C为蒸馏装置，用于分离提纯产品。【详解】(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中；Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；(2)①硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即，故填；②为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。故填Cu和Pb；(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114℃，故填114；(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为=mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为=mol，质量m=n·M==g，AsCl3的质量分数为，SnCl4的质量分数为1-≈94.6%，故填KMnO4、94.6%。【点睛】根据A、B装置的特征，可判断出其中所盛试剂及作用。表中Sb的含量为0.37%，回收处理得到的金属可以忽略。18.碳、氮元素及其化合物对生产、生活有重要的意义。回答下列问题：（1）以与为原料可合成尿素。已知： ①②③写出和合成尿素和液态水的热化学方程式______________________________。（2）可用于富集得到高浓度。原理是：在，低浓度与接触后生成两种锂盐；平衡后加热至，反应逆向进行，放出高浓度，再生。时反应的化学方程式为____________________。（3）在体积为的密闭恒容容器中，充入和，发生反应：测得温度对的平衡转化率（）和催化剂催化效率的影响如图所示。①欲提高的平衡转化率，可采取的措施有__________（填序号）A．通入惰性气体B．升高温度C．增加浓度D．增加浓度②下列说法正确的是__________（填序号）。A．平衡常数大小：B．其他条件不变，若不使用催化剂，则时的平衡转化率可能位于点C．其他条件不变，加入催化剂可以降低该反应活化能，不变D．当压强或混合气体的密度保持不变时均可证明化学反应已达到平衡状态③已知M点总压为，该反应在此温度下的平衡常数__________。（是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数）（4）固体氧化物电解池（）用于高温共电解，既可高效制备合成气（），又可实现的减排，其工作原理如图。写出电极c发生的电极反应式： ______________________________。电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：。对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入和，达到平衡时容器体积为，且含有。此时向容器中再通入气体，则此平衡将__________移动（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）。【答案】（1）=-86.97kJ/mol（2）（3）①.D②.AC③.1（4）①.、②.向逆反应方向【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，①+②—③可得反应H=(-159.47kJ/mol)+(+116.5kJ/mol)-(+44.0kJ/mol)=-86.97kJ/mol；【小问2详解】在，低浓度与接触后生成两种锂盐，根据质量守恒可知生成碳酸锂和硅酸锂，平衡后加热至，反应逆向进行，放出高浓度，再生，则时反应的化学方程式为；【小问3详解】①由图可知，升高温度，二氧化碳转化率下降，则反应逆向移动，正反应为放热反应；A．密闭恒容容器中，通入惰性气体，不影响反应的各物质的浓度，平衡不移动，错误； B．升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，错误；C．增加浓度，促使反应正向进行，但是二氧化碳本身转化率下降，错误；D．增加浓度促使反应正向进行，使得二氧化碳转化率升高，正确；故选D；②A．反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数大小：，正确；B．催化剂改变反应速率，但不改变平衡移动，故其他条件不变，若不使用催化剂，则时的平衡转化率位于M点，错误；C．其他条件不变，加入催化剂可以降低该反应活化能，加快反应的速率，但是不改变反应焓变，故不变，正确；D．反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态；容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；错误；故选AC；③已知M点总压为，此时二氧化碳的转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳；平衡时总的物质的量为4mol，该反应在此温度下的平衡常数1。【小问4详解】由图可知，c极二氧化碳、水得到电子发生还原反应生成氢气和一氧化碳，反应为、；某温度下在一恒压容器中分别充入和，达到平衡时容器体积为，且含有；则有： 此时向容器中再通入气体，此时瞬间，总的物质的量为0.8mol+0.2mol+0.4mol+0.35mol=1.75mol，反应为恒压容器，则根据阿伏伽德罗定律可知，此时容器体积为此刻：