重庆南开中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题 Word版含解析.docx

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重庆南开中学高2024届高一(下)期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1B-11N-14O-16第一部分(选择题)一、选择题：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.下列做法中用到物质氧化性的是A.明矾净化水B.纯碱制玻璃C.ClO2消毒杀菌D.实验室制取蒸馏水【答案】C【解析】【详解】A．明矾净化水是由于明矾与水反应产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，而不是利用物质的氧化性，A不符合题意；B．纯碱、石灰石、石英在高温下发生反应制玻璃，是利用高沸点的酸酐制取低沸点的酸酐，没有利用物质的氧化性，B不符合题意；C．ClO2具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，故可以消毒杀菌，C符合题意；D．实验室制取蒸馏水是利用混合物中物质沸点的不同进行分离，与物质的氧化性无关，D不符合题意；故合理选项是C。2.下列物质对应的化学式不正确的是A.苏打：Na2CO3B.石英的主要成分：SiC.胆矾：CuSO4·5H2OD.铝土矿的主要成分：Al2O3【答案】B【解析】【详解】A．苏打是Na2CO3的俗称，也叫纯碱，A正确；B．石英的主要成分是SiO2，太阳能电池板的主要成分是Si，B错误；C．胆矾、蓝帆是CuSO4·5H2O的俗称，C正确；D．铝土矿的主要成分是Al2O3，D正确；故合理选项是B。3.下列表示不正确的是 A.乙烯的结构简式：H2C=CH2B.KOH的电子式：C.乙烷的球棍模型：D.氯离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．乙烯分子中含有2个C原子和4个H原子，两个C原子形成共价双键，每个C原子分别与2个H原子形成2个共价单键，故其结构简式为H2C=CH2，A正确；B．KOH是离子化合物，K+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中H、O原子之间以共价单键结合，故KOH电子式为，B正确；C．图示为乙烷的空间填充模型，不是球棍模型，C错误；D．Cl是17号元素，Cl-是Cl原子获得1个电子形成的，核外电子排布是2、8、8，所以Cl-结构示意图为，D正确；故合理选项是C。4.下列说法不正确的是A.煤的液化和气化均为物理变化B.工业酒精中往往含有甲醇C.液化石油气是混合物D.许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯【答案】A【解析】【详解】A．煤的液化和气化过程中均有新物质存在，因此发生的变化为化学变化，A错误；B．工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有强的毒性，B正确；C．液化石油气含有多种有机物，因此属于混合物，C正确；D．花卉和水果中含有多种低级酯，因而具有芳香气味，D正确；故合理选项是A。5.密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)。则此反应可表示为A.A(g)+B(g)=C(g)B.A(g)+3B(g)=2C(g)C.3A(g)+B(g)=2C(g)D.2A(g)+3B(g)=2C(g) 【答案】D【解析】【详解】在同一化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比。密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)，则化学方程式为2A(g)+3B(g)=2C(g)，故合理选项是D。6.下列说法正确的是A.C3H6和C4H8一定互为同系物B.NH3的沸点比PH3的沸点更高C.234U和238U是铀的两种同位素，238U转换成234U是化学变化D.16O=C=18O为某种二氧化碳分子的结构式，该分子含非极性共价键【答案】B【解析】【详解】A．C3H6和C4H8符合通式CnH2n，符合该通式的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物，A错误；B．NH3、PH3结构相似，都是由分子构成，但NH3分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3的沸点比PH3的沸点更高，B正确；C．234U和238U是铀的两种同位素，238U转换成234U是同一元素不同原子之间的转化，属于核反应而不是化学变化，C错误；D．该分子结构对称，因此CO2分子为非极性分子，但C、O是不同元素，因此它们之间存在的C=O双键为极性共价键，D错误；故合理选项是B。7.元素周期律的发现是近代化学史上的一座里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是A.Na2CO3溶液中加盐酸，产生气泡B.常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈C.气态氢化物的稳定性：H2O＞H2SD.Br2从NaI溶液中置换出I2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Cl的非金属性比C强，依据元素周期律，可证明HClO4的酸性比H2CO3强，但不能证明HCl的酸性比H2CO3强，所以不能用元素周期律解释“Na2CO3溶液中加盐酸，产生气泡”的实验事实， A符合题意；B．Mg与Al为同周期元素，Mg在Al的左边，依据元素周期律，Mg的金属性强于Al，所以常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈，B不符合题意；C．O与S为同主族元素，O在S的上方，依据元素周期律，非金属性O大于S，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，C不符合题意；D．Br和I为同主族元素，Br在I的上方，依据元素周期律，Br的非金属性大于I，所以Br2从NaI溶液中置换出I2，D不符合题意；故选A。8.可逆反应：aA(g)+bB(s)⇌cC(g)+dD(g)，当其它条件不变时，反应过程中某物质在混合物中的百分含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是A.P1＜P2，a+b＞c+dB.P1＜P2，a+b=c+dC.T1＜T2，ΔH＞0D.T1＞T2，ΔH＜0【答案】A【解析】【详解】A．在其他条件不变时，增大压强，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡状态。根据图2中A%与时间关系可知：压强：P1＜P2；增大压强，A%不变，说明该反应是反应前后气体物质的量相等的反应，所以a=c+d，则a+b＞c+d，A正确；B．根据选项A分析可知压强：P1＜P2；增大压强，A%不变，说明该反应是反应前后气体的物质的量相等的反应，由于B物质状态是固体，所以方程式系数关系是a=c+d，B错误；C．在其他条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡状态。根据图1中C%与时间关系图可知：温度T2＞T1；升高温度，化学平衡向吸热的反应方向移动。由于升高温度，C%减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以ΔH＜0，C错误；D．根据选项C分析可知温度：T2＞T1，D错误；故合理选项是A。9.化学平衡状态I、II、III的相关数据如表，下列结论错误的是编号化学方程式平衡常数K 979K1173KIFe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)ΔH11.472.15IICO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH21.62bIIIFe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)ΔH3a1.68A.a>bB.加压，平衡状态II不移动C.升温，平衡状态III逆向移动D.反应I、II均为放热反应【答案】D【解析】【分析】根据盖斯定律可知，反应I+反应II=反应III，则K3=K1×K2，代入数据解得a=1.47×1.62=2.38，，据此分析作答。【详解】A．979K平衡常数a=2.38，1173K平衡常数b=0.78，a＞b，A项正确；B．反应Ⅱ为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，B项正确；C．结合分析可知反应Ⅲ的平衡常数随温度升高减小，则升高温度，平衡逆向移动，C项正确；D．反应I的平衡常数随温度升高而增大，说明温度升高，平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，D项错误；答案选D。10.化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是A.W与Y可形成既含极性键也含非极性键的化合物B.最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜X C.原子半径大小顺序为：W＞X＞Y＞ZD.100~200℃阶段热分解失去4个W2Z【答案】A【解析】【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2；Y为N元素，Z为O元素；在化合物(YW4X5Z8·4W2Z)中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21-1-7-8=5，则X为B元素，以此分析解答。【详解】根据上述分析可知：，W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。A．W是H，Y是N元素，H与N元素形成的肼分子中含有N-H极性键和N-N非极性键，A正确；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：N＞B，则最高价氧化物的水化物酸性：HNO3＞H3BO3，B错误；C．对于主族元素来说，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小；同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：W(B)＞X(N)＞Y(O)＞Z(H)，C错误；D．化合物(YW4X5Z8·4W2Z)为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，说明失去的是结晶水，若100~200℃阶段热分解失去4个H2O，该化合物的化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为，与图示曲线数据(80.2%)不一致，说明100~200℃阶段不是失去4个H2O，D错误；故合理选项是A。11.反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是A.进程Ⅰ是放热反应B.平衡时P的产率：Ⅰ=ⅡC.生成P的速率：Ⅱ＞ⅢD.进程Ⅳ中，Z为催化剂【答案】D【解析】【详解】A．由图中信息可知：进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A 正确；B．进程I中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B正确；C．进程M中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程I中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为I＞III，C正确；D．由图中信息可知：进程IV中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P+Z，因此，Z没有表现出催化作用，D错误；故合理选项是D。12.碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)在干燥的空气中失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)：Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g)∆H1＞0Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)∆H2＞0下列说法正确的是A.向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度升高B.碳酸钠晶体的失水过程属于物理变化C.Na2CO3(s)中Na+和CO数目之比为1：2D.Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)∆H=∆H1-∆H2【答案】A【解析】【详解】A．向Na2CO3(s)中滴加几滴水，发生反应：Na2CO3(s)+10H2O(g)=Na2CO3·10H2O(s)，由于Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)∆H2＞0，则Na2CO3(s)+10H2O(g)=Na2CO3·10H2O(s)为放热反应，∆H＜0，反应发生后，物质温度升高，A正确；B．Na2CO3(s)、Na2CO3·H2O(s)、Na2CO3·10H2O(s)是三种不同的物质，碳酸钠晶体的失水过程有新物质产生，因此发生的变化属于化学变化，B错误；C．根据盐Na2CO3(s)的组成可知Na2CO3(s)中Na+和CO数目之比为2：1，C错误；D．已知：①Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g)∆H1＞0②Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)∆H2＞0根据盖斯定律，将②-①，整理可得Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)∆H=∆H2-∆H1，D错误；故合理选项是A。13.工业上可采用CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH＜0合成甲醇。恒温恒容条件下，在密闭容器中按物质的量之比1：2通入CO和H2，下列说法正确的是 A.当CO和H2转化率的比值不再变化时，说明该反应一定达到平衡B.平衡后再通入1molH2，既能加快反应速率，又能增大H2平衡转化率C.平衡后再通入1molCH3OH(g)，CH3OH(g)的体积分数将变大D.平衡后升温，混合气体的平均分子量将增大【答案】C【解析】【详解】A．在该反应中CO和H2反应的物质的量的比是1：2，加入的两种物质的物质的量的比也是1：2，则在任何情况下二者的转化率都相等，二者转化的比值始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；B．平衡后再通入1molH2，由于反应物的浓度增大，因此能加快反应速率，但能增大CO平衡转化率，而H2平衡转化率反而降低，B错误；C．平衡后再通入1molCH3OH(g)，化学平衡逆向移动，导致CH3OH(g)的物质的量减小，但平衡移动的趋势是微弱的，最终达到平衡时CH3OH(g)的体积分数还是将变大，C正确；D．该反应的正反应是放热反应，反应达到平衡后升温，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致混合气体的物质的量增大，由于气体的质量不变，则平衡时混合气体的平均分子量将减小，D错误；故合理选项是C。14.向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)⇌Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.ΔH＞0B.a点平衡常数：K=12C.气体的总物质的量：na＜ncD.反应速率：va正＜vb正 【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知：在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以ΔH＜0，A错误；B．反应开始时n(X)=2mol，n(Y)=1mol，设平衡时Z的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(X)=(2-2x)mol，n(Y)=(1-x)mol，n(Z)=xmol，n(总)=(3-2x)mol由于平衡时气体压强是开始的一半，所以2mol+1mol=2(3-2x)mol，解得x=0.75mol，若在恒温下K(a)=，但该反应是放热反应，实际反应温度高于c点，升高温度，平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小，故a点平衡常数：K＜12，B错误；C．在其他条件不变时，升高温度，气体分子运动速率加快，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：a＞c，所以气体的物质的量：na＜nc，C正确；D．温度越高，反应速率越快，因为甲是在绝热条件下，该反应的正反应是放热反应，故反应温度：a＞c，则化学反应速率：va正＞vb正，D错误；故合理选项是C。第二部分(填空题)15.短周期元素A、B、C、D、E、F、G，其原子半径及主要化合价列表如表。用化学用语回答：元素代码ABCDEFG原子半径/nm0.0750.0990.0770.0740.1020.0370.117主要化合价-3，+5-1，+7-4，+4-2-2，+6+1-4，+4（1）A元素在周期表中的位置是_______。（2）以上元素可形成的简单氢化物中，沸点最高的是_______。（3）写出同时含A、C、D、F四种元素的离子化合物的化学式(任写一种)_______。（4）C元素在一定条件下可置换出G单质。当1mol还原剂参加反应时转移电子数为_______。若该反应可在高温条件下自发进行，可判断该反应的ΔH_______0(填“＞”、“＜”或“=”，下同)、ΔS_______0。（5）B和E两种元素组成的化合物E2B2是一种黄红色液体，遇水迅速反应，产生能使品红溶液褪色的气体和淡黄色的沉淀。若0.1mol的E2B2与足量水充分反应放热QkJ的热量，写出E2B2与水反应的热化学方程式_______。【答案】（1）第二周期第ⅤA族 （2）H2O（3）(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等（4）①.2NA②.＞③.＞（5）2S2Cl2(l)+2H2O(l)=3S(g)+SO2(g)+4HCl(aq)ΔH=-20QkJ•mol-1【解析】【分析】同周期原子半径从左到右依次减小；元素的最高正价等于其主族序数，最高正价和最低负价的绝对值之和为8，O和F无正价，A、B、C、D、E、F、G分别为N、Cl、C、O、S、H、Si元素，然后结合元素周期律及物质的性质分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知：A元素为N，原子核外电子排布式2、5，结合原子结构与元素位置关系可知：N元素在周期表中位置是第二周期第ⅤA族；【小问2详解】以上元素可形成的简单氢化物分别为CH4、NH3、HCl、H2O、H2S、SiH4，由于水、氨分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，H2O的分子之间的氢键比NH3强，故H2O沸点最高；【小问3详解】同时含A、C、D、F四种元素的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3、CH3COONH4；【小问4详解】C和SiO2反应可以生成Si和CO，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，在该反应中C为还原剂，SiO2为氧化剂，每有2molC反应，转移4mol电子，则当1mol还原剂参加反应时转移电子数为2NA；若该反应可在高温条件下自发进行，由方程式可知该反应ΔS＞0，可判断该反应的ΔH＞0；【小问5详解】E2B2为S2Cl2，该气体遇水迅速反应，产生能使品红溶液褪色的气体是SO2，产生的淡黄色的沉淀是S单质，同时产生氯化氢。由于0.1mol的E2B2与足量水充分反应放热QkJ的热量，则其与水反应的热化学方程式为：2S2Cl2(1)+2H2O(1)=3S(s)+SO2(g)+4HCl(aq)△H=-20QkJ/mol。16.某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：（1）写出铁明矾的电离方程式_______。（2）在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成实验设计表： 实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③560V1V2则：V1=_______V2=_______测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。（3）上述反应后草酸被氧化为_______(填化学式)。（4）实验①和②的结果表明_______；实验①中O~t1时间段反应速率v(Cr3+)=_______mol·L-1·min-1(用代数式表示)。（5）该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用；假设二：_______；假设三：_______；（6）请你设计实验验证上述假设一，完成表中内容。【除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定】实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论_______________【答案】（1）Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++Fe2++4SO+24H2O （2）①.20②.20（3）CO2（4）①.溶液的pH对该反应的速率有影响②.（5）①.Al3+起催化作用②.SO起催化作用（6）①.用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验②.反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立【解析】【分析】重铬酸钾与草酸反应的离子方程式：+3H2C2O4+8H⁺=6CO₂↑+2Cr3++7H₂O；对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，考虑组成离子Fe2＋、Al3+、的影响；要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，据此分析作答。【小问1详解】铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]在水中电离出Fe2＋、Al3+、和水，电离方程式为：Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++Fe2++4SO+24H2O，故答案为：Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++Fe2++4SO+24H2O；【小问2详解】控制变量，保证Cr2O、催化剂的浓度不变，控制溶液总体积为100mL，则可以为V1=20，V2=20，故答案为：20；20；【小问3详解】草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2，故答案为：CO2；【小问4详解】实验①曲线斜率，反应速率快，实验表明溶液c(H+)越大，反应的速率越快；v(Cr3+)=2v()=mol•L-1•min-1，故答案为：溶液的pH对该反应的速率有影响；；【小问5详解】根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]组成分析，作出假设二：Al3+起催化作用；假设三：起催化作用，故答案：Al3+起催化作用；起催化作用； 【小问6详解】要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，注意由于需要控制Al3+和浓度比，不要选用K2SO4和Al2(SO4)3，具体为：用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立，故答案为：用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。17.资源的合理利用，有利于社会的可持续发展。MnO2的回收的工艺流程有如下几种方式：第一种：以锌锰废电池中碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)为原料：I．将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；II．将滤渣a在空气中灼烧，得到粗MnO2；III．向粗MnO2中加入酸性H2O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；IV．向III所得溶液(pH约为6)中缓慢滴加0.50mol·L-1Na2CO3溶液(pH约为12)，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；V．滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的MnO2。（1）Ι：Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为_______。（2）II：灼烧的目的是为了除去_______。（3）III：MnO2溶解的离子方程式为_______。溶解一定量的MnO2时，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：_______。（4）IV：若实验条件改为“向0.50mol·L-1Na2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，滤渣b中可能会混有较多的_______杂质(填化学式)。（5）V：MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为_______。第二种：以低品位软锰矿(MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备MnO2，其工艺流程如图：（6）“焙烧”过程中铁、锰浸出率的影响如图所示： 焙烧较适宜的硫酸铵/矿重量比是_______，焙烧时间是_______，焙烧温度是_______。（7）焙烧产生的气体可调节溶液的pH使某些金属离子沉淀，气体的主要成分是_______。（8）滤渣的成分除了Fe(OH)3，还有_______(写化学式)。【答案】（1）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O（2）碳粉(或C)（3）①.MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O②.2H2O2O2+2H2O（4）Mn(OH)2（5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2（6）①.7②.3h③.700℃（7）NH3（8）Al(OH)3、SiO2【解析】【分析】第一种：锌锰废电池中Ag与足量稀HNO3反应生成NO、AgNO3，MnO2与C不能与HNO3反应，因此过滤得到的滤渣a含有MnO2和碳粉，将其灼烧，C变为CO2气体逸出，则灼烧可除去碳粉，剩余固体为MnO2向其中加入酸性H2O2，MnO2溶解中生成Mn2+、O2，在MnO2催化下，H2O2部分分解，Mn2+可以和碳酸钠反应生成碳酸锰或碱式碳酸锰，MnCO3在空气中灼烧和氧气发生反应生成MnO2、CO2；第二种：软锰矿(主要成分是MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备MnO2，矿石粉碎后加入硫酸铵焙烧，得到硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝，然后加水溶解，再加入MnO2氧化调节pH，过滤除去杂质氢氧化铝、氢氧化铁、SiO2，得到硫酸锰溶液，溶液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，过滤后加硝酸溶解碳酸锰，得到硝酸锰，硝酸锰加热分解得到MnO2。【小问1详解】Ag与足量稀HNO3反应生成AgNO3、NO、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O；【小问2详解】灼烧的目的是为了除去MnO2与C混合物中的C，使其转化为CO2气体逸出；【小问3详解】 MnO2在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，产生Mn2+，O2，H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O；溶解一定量的MnO2时，H2O2的实际消耗量比理论值高，这是由于MnO2是H2O2分解反应的催化剂，能够使H2O2分解产生H2O、O2，用化学方程式表示为：2H2O2O2+2H2O；【小问4详解】若实验条件改为“向0.50mol/LNa2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，溶液显碱性，III中所得溶液含有锰离子，锰离子可以和氢氧根离子反应生成氢氧化锰，则滤渣b中可能会混有较多的Mn(OH)2；【小问5详解】MnCO3在空气中灼烧时会和氧气反应生成MnO2、CO2，反应的化学方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；小问6详解】根据“焙烧”过程中铁、锰浸出率的影响图，可知焙烧较适宜的硫酸铵/矿重量比是7，焙烧时间是3h，焙烧温度是700℃；【小问7详解】焙烧得到MnSO4，产生的气体为NH3；【小问8详解】根据分析可知：滤渣的成分除了Fe(OH)3，还有Al(OH)3、SiO2。18.研究CO2、NOx的反应机理，对于实现碳中和目标、消除环境污染具有重要意义。（1）CO2和乙烷反应制备乙烯。298K时，相关物质的相对能量如图所示，CO2与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为_______。 （2）在Ru/TiO2催化下发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。若无副反应发生，T℃时向1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，初始总压强为5.0aMPa，反应进行到5min时，CO2与CH4的体积分数相等；10min后反应达到平衡时总压强为3.5aMPa。(已知：分压=总压×组分物质的量分数)①该可逆反应达到平衡的标志为_______(填标号)。A．v(CO2)正和v(CH4)逆的比值为1：1B．混合气体的平均相对分子质量不变C．四种物质的分压之比等于计量系数之比D．c(CO2)·c4(H2)=c(CH4)·c2(H2O)②0~5min内，v(H2)=_______。此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(列出计算式即可)。（3）工业上常用催化法将CO2合成为羧酸以实现资源化处理。如图是在催化剂作用下CO2合成乙酸(CH3COOH)的反应路径与机理图示，催化循环的总反应化学方程式为_______(反应条件上注明催化剂的化学式)；反应的中间产物共_______种。升高温度绝大多数化学反应速率增大，但2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的原因，查阅资料知：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：①2NO(g)⇌N2O2(g)(快)v1正=k1正c2(NO)v1逆=k1逆c(N2O2)　ΔH1＜0Ea1＞0②N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)v2正=k2正c(N2O2)c(O2)　v2逆=k2逆c2(NO2)　ΔH2＜0Ea2＞0（4）在1500K、恒容条件下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出该反应的平衡常数表达式K=_______(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的式子表示)。（5）反应①和反应②的活化能大小关系为Ea1_______Ea2(填“＞”、“＜”或“＝”)。已知速率常数有如下关系：。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_______(填字母)。A.k2正增大，c(N2O2)增大B.k2正减小，c(N2O2)减小C.k2正增大，c(N2O2)减小D.k2正减小，c(N2O2)增大 （6）由实验数据得到v2正~c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_______(填字母)。（7）科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示：已知过程Ⅰ发生的反应可表示为：NO+2H++e-NO+H2O，则根据图示，写出过程Ⅰ→Ⅲ的总反应式_______。【答案】（1）CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)△H=+177kJ·mol-1（2）①.AB②.0.4mol·L-1min-l③.（3）①.CO2+CH3OH+H2CH3COOH+H2O②.5（4）（5）①.＜②.C（6）a（7）NO+=N2↑+2H2O【解析】【小问1详解】CO2与C2H6反应生成C2H4、CO和H2O(g)的反应为C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)，则△H=[52+(-110)+(-242)-(-84)-(-393)]kJ/mol=+177kJ/mol，故热化学方程式为C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)△H=+177kJ/mol；【小问2详解】①A．v(CO2)正和v(CH4)逆的比值为1：1，符合正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡，A符合题意；B．反应混合物都是气体，气体的质量不变，该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，若混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，B符合题意；C．按照计量数之比充入反应物，任何时刻四种物质的分压之比等于计量系数之比，不能判断平衡，C不符合题意；D．反应在1L恒容密闭容器，T℃时向1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，初始总压强为5.0aMPa，发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应进行到10min后反应达到平衡时总压强为3.5aMPa，此时混合气体的总物质的量为3.5mol，假设反应产生CH4的物质的量为xmol，则n(H2O)=2xmol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-4x)mol。n(总)=(1-x)mol+(4-4x)mol+xmol+2xmol=3.5mol，解得x=0.75mol，由于容器的容积是1L，故平衡时各种气体的浓度分别为c(CH4)=0.75mol/L，c(H2O)=1.5mol/L，c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=1mol/L，则化学平衡常数K=，若c(CO2)·c4(H2)=c(CH4)·c2(H2O)，则此时Qc=1，与化学平衡常数不相等，因此未处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是AB；②反应进行到5min时，CO2与CH4的体积分数相等，则反应产生CH4的物质的量是0.5mol，反应消耗H2的物质的量是2mol，故在0~5min内，v(H2)=；反应在1L恒容密闭容器，T℃时向1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，初始总压强为5.0aMPa，发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应进行到10min后反应达到平衡时总压强为3.5aMPa，此时混合气体的总物质的量为3.5mol，假设反应产生CH4的物质的量为xmol，则n(H2O)=2xmol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-4x)mol。n(总)=(1-x)mol+(4-4x)mol+xmol+2xmol=3.5mol，解得x=0.75mol，则此时各种气体的平衡分压：p(CO2)=，同理可得p(H2)=，p(CH4)=，p(H2O)=，化学平衡常数Kp== ；【小问3详解】根据图示可知：由CO2与CH3OH及H2O反应制取CH3COOH的总反应方程式为：CO2+CH3OH+H2CH3COOH+H2O；在反应过程中，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh※I、CH3COORh※I为反应的中间产物，因此共5中中间产物；【小问4详解】①2NO(g)⇌N2O2(g)(快)，②N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)，而目标反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2，由反应达到平衡时，v1正=v1逆，v2正=v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则K==；【小问5详解】因为决定2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)速率的是慢反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，故合理选项是C；小问6详解】v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a点；【小问7详解】过程Ⅰ发生的反应可表示为：NO+2H++e-NO+H2O，过程II中反应为：NO++3e-+2H+H2O+N2H4，过程III中反应为：N2H4N2+4H++4e-，所以过程I→III的总反应为NO+=N2↑+2H2O。