第1頁/共1頁2024年高三教學測試化學試題卷可能用到的相對原子質量：選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質中含有共價鍵的鹽是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．只含有共價鍵，但不屬于鹽，故A不符合題意；B．由銨根和硝酸根離子構成，屬于鹽，含有離子鍵、共價鍵，故B符合題意；C．MgCl2由Mg2+、Cl-構成，只含離子鍵，故C不符合題意；D．NaOH由Na+、OH-構成，含有離子鍵、共價鍵，但屬于堿，故D不符合題意；故選：B。2.工業上將CO2通入到NH3的飽和NaCl溶液中制取NaHCO3，下列說法不正確的是A.食品膨松劑的成份之一是NaHCO3 B.電離出H+使NaHCO3溶液顯酸性C.NaHCO3不穩定，受熱容易分解 D.鹽酸與NaHCO3反應放出大量氣泡并吸收熱量【答案】B【解析】【詳解】A．NaHCO3受熱易分解，產生的CO2氣體受熱膨脹，從而使食品變得膨松，所以食品膨松劑的成份之一是NaHCO3，A正確；B．在溶液中電離趨勢小于水解趨勢，從而使NaHCO3溶液顯堿性，B不正確；C．NaHCO3的熱穩定性差，受熱容易分解產生CO2氣體等，C正確；D．鹽酸與NaHCO3反應，生成NaCl、CO2等，放出大量氣泡，此反應為吸熱反應，D正確；故選B。3.下列表示不正確的是A.的電子式： B.的價層電子對互斥模型：C.的鍵的模型： D.的名稱：1，3，4-三甲苯【答案】D【解析】【詳解】A．結構式為O=C=O，電子式：，故A正確；B．的中心原子O形成2個σ鍵，2個孤電子對，價層電子對數為4，價層電子對互斥模型為，故B正確；C．的鍵形成過程為：，模型為，故C正確；D．的名稱：1，2，4-三甲苯，編序號要使數字和盡量小，因此，序號應為：，故D錯誤；故選D。4.高鐵酸鈉()是一種新型綠色消毒劑，主要用于飲用水處理，制備的一種方法其原理：，下列說法不正確的是A.Fe3+是還原劑 B.H2O既不是還原產物也不是氧化產物C.生成，轉移電子 D.氧化產物與還原產物的物質的量之比為【答案】C【解析】【詳解】A．反應中Fe3+的化合價升高到+6價，被氧化，故Fe3+是還原劑，A正確；B．反應中H和O的化合價均未改變，故H2O既不是還原產物也不是氧化產物，B正確；C．反應中Fe3+的化合價升高到+6價，則生成，轉移3mol電子，C錯誤；D．反應中是氧化產物，Cl-是還原產物，故氧化產物與還原產物的物質的量之比為，D正確；故答案為：C。5.室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.溶液：B.的溶液：C.水電離產生的的溶液：D.使甲基橙變紅的溶液：【答案】A【解析】【詳解】A．在溶液中四種離子不發生任何反應，可以大量共存，故A正確；B．與發生反應生成特征藍色沉淀而不能大量共存，且Fe2+與高錳酸根發生氧化還原反應不能大量共存，故B錯誤；C．水電離產生的的溶液，溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，在酸、堿溶液中均不能大量共存，故C錯誤；D．使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，酸性溶液中硝酸根和發生氧化還原反應不能大量共存，故D錯誤；故選A。6.鎂及其合金是用途很廣的金屬材料。從海水中獲取鎂的主要步驟如下：下列說法正確的是A.試劑①可以選用氫氧化鈣溶液或氫氧化鈉溶液，試劑②可以選用濃鹽酸或B.操作I是指向海水中直接倒入過量試劑①，然后過濾得到沉淀C.操作Ⅱ是蒸發濃縮至有大量晶體析出、過濾、洗滌、烘干冷卻D.實驗室熔融無水時需酒精噴燈、三腳架、泥三角、坩堝和坩堝鉗等儀器【答案】D【解析】【分析】海水中加入試劑①氫氧化鈣或氫氧化鈉沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，操作Ⅰ為過濾操作，過濾后在氫氧化鎂沉淀中加入試劑②鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，通過操作Ⅱ濃縮蒸發，冷卻結晶得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂；據此分析解。【詳解】A．分析可知試劑①可以選用的試劑為氫氧化鈣溶液或氫氧化鈉溶液，用來沉淀鎂離子，試劑②可以選用稀鹽酸或，水解后生成HCl與SO2，故A錯誤；B．操作I是指向母液中直接倒入過量試劑①，而不是海水中，然后過濾得到沉淀，故B錯誤；C．操作Ⅱ是加熱蒸發至出現大量晶體，趁熱過濾、洗滌、干燥，得到MgCl2晶體，然后將濾液冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥，故C錯誤；D．實驗室熔融無水時需酒精噴燈、三腳架、泥三角、坩堝和坩堝鉗等儀器，因為的熔點較高需要酒精噴燈，故D正確；故選D。7.根據物質的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是物質組成和結構變化性能變化A鋁加入一定量的強度、抗腐蝕能力增強B水泥加入一定量石膏抗壓能力提高C液態油脂催化加氫抗氧化性提高D聚乙炔摻入等金屬導電性提高A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．鋁中加入一定量的等制成合金，可以增強材料的強度強度、抗腐蝕能力，故A正確；B．水泥里摻入一定比例的石膏可以提高水泥的硬化速度和強度，強度不是抗壓能力，故B錯誤；C．液態油脂催化加氫增加了油脂飽和程度，油脂的抗氧化性能增強，故C正確；D．聚乙炔中摻入等金屬，分子間出現了多余的自由電子，可以增強導電性，故D正確；故選B。8.利用下列儀器、裝置及藥品能達到實驗目的的是A.圖①裝置可用于驗證鋼鐵的吸氧腐蝕 B.圖②裝置b中溶液變藍能夠說明濃分解生成C.圖③裝置可通過加水分離兩種物質 D.圖④裝置可制取乙二酸【答案】A【解析】【詳解】A．鐵釘發生吸氧腐蝕消耗氧氣，右側的玻璃導管形成水柱，可以證明發生吸氧腐蝕，A正確；B．硝酸具有揮發性，也可以氧化碘離子生成碘，使KI-淀粉溶液變藍，不能說明濃分解生成，B錯誤；C．苯和四氯化碳互溶，不能通過加水分離，C錯誤；D．乙二醇可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化為二氧化碳氣體，不能制得乙二酸，D錯誤；故選A。9.下列說法不正確的是A.實驗中可將未用完的鉀、白磷放回到原試劑瓶B.實驗室用電石制取乙炔，了減緩反應速率，常用飽和食鹽水代替水作反應試劑C.用加熱使碘升華的方法除去鐵粉中混有的D.用銀氨溶液可鑒別乙醇、乙醛、乙酸乙酯和溴苯【答案】C【解析】【詳解】A．鉀、白磷等物質易燃燒，為防止發生火災，實驗中可將未用完的鉀、白磷放回到原試劑瓶，A正確；B．電石與水反應非常劇烈，為了減緩反應速率，可用飽和食鹽水代替水，B正確；C．加熱使碘升華，但鐵粉與碘反應生成FeI2，C錯誤；D．銀氨溶液與乙醇互溶；與乙醛反應有銀鏡生成；與乙酸乙酯不反應，不互溶，乙酸乙酯在上層；與溴苯不反應，不互溶，溴苯在下層；現象各不相同，可以鑒別，D正確；故選C。10.下列化學反應與方程式不相符的是A.向銀氨溶液中加入過量鹽酸：B.溶液中加入產生沉淀：C.將二氧化硫通入氫硫酸中產生黃色沉淀：D.乙醇與酸性溶液反應：【答案】A【解析】【詳解】A．銀氨溶液中存在[Ag(NH3)2]+，銀氨溶液滴加鹽酸，生成氯化銀沉淀，離子方程式為：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2+2H2O，故A錯誤；B．FeSO4溶液中加入H2O2產生氫氧化鐵沉淀，其反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+4H2O═2Fe(OH)3↓+4H+，故B正確；C．將二氧化硫通入氫硫酸中產生黃色沉淀，化學方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故C正確；D．乙醇被酸性重鉻酸鉀氧化為乙酸、鉻離子和水，離子方程式為：，故D正確；故選：A。11.聚乙烯醇縮甲醛(維綸)是一種優質的合成材料，可用于生產服裝、繩索等，一種合成路線如下所示。下列說法不正確的是A.X的結構簡式為 B.試劑Y可以是氫氧化鈉溶液C.甲醛易溶于水，其水溶液具有殺菌、防腐的作用 D.生成需要和【答案】D【解析】【分析】CH≡CH和CH3COOH發生加成反應，CH≡CH斷開一條π鍵，CH3COOH斷開-OH，生成，即X為，X在催化劑、加熱條件下發生加聚反應生成M，M在試劑Y作用下發生酯基的水解反應生成N，Y可以是稀硫酸或NaOH溶液，2分子N的鏈節和1分子甲醛發生縮聚反應生成1分子Q的鏈節，據此分析解題。【詳解】A．根據分析，X的結構簡式為，A正確；B．根據分析，試劑Y可以是氫氧化鈉溶液，B正確；C．甲醛易溶于水，其水溶液是福爾馬林，具有殺菌、防腐的作用，C正確；D．Q為高聚物，2分子N的鏈節和1分子甲醛發生縮聚反應生成1分子Q的鏈節，D錯誤；答案選D。12.化合物可用作電極材料，其中X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的電子總數與Z原子的L層電子數相等。基態W原子的價層電子排布式為。該電極材料所含陰離子的結構如圖所示。下列說法不正確的是A.簡單離子半徑：B.簡單氫化物的熔沸點：C.X單質在Y單質中燃燒，其產物中含有非極性共價鍵D.W原子有15種空間運動狀態不同的電子【答案】C【解析】【分析】基態W原子的價層電子排布式為，其核外電子排布：，為Fe元素；Z原子可形成5個共價鍵，為第VA族元素，Y原子可形成2個共價鍵，為第VIA族元素，結合Y原子的電子總數與Z原子的L層電子數相等可知，Y為O元素，Z為P元素，X、Y同周期，結合化合物可知，X為Li。【詳解】A．電子層數越多，離子半徑越大，則離子半徑：，A正確；B．水分子間存在氫鍵，則簡單氫化物的熔沸點：，B正確；C．Li在氧氣中燃燒生成氧化鋰，不含非極性共價鍵，C錯誤；D．鐵原子的原子軌道數為15，故空間運動狀態有15種，D正確；答案選C。13.水系雙離子電池原理如圖所示，下列有關敘述正確的是A.放電時，電極a作電源的正極，發生氧化反應最終變為B.充電時，水系電池中，a電極附近溶液的堿性增強C.充電時，b電極上的電極反應式為D.當完全放電時，則b電極質量減輕【答案】D【解析】【分析】由圖可知，放電時為原電池，a極上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu、發生得電子的還原反應，b極上Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2、發生失電子的氧化反應，則a極為正極、b極為負極，負極反應式為Na0.44MnO2-xe-═Na0.44-xMnO2+xNa+，充電時為電解池，原電池的正負極分別與電源的正負極相接，即a極為陽極、b極為陰極，陰陽極反應與負正極反應相反，據此分析解答。【詳解】A．放電時為原電池，a極為正極、b極為負極，Cu3(PO4)2發生還原反應最終變為Cu,故A錯誤；

B．充電時為電解池，a極為陽極、b極為陰極，陽極上OH-失電子生成水，陽極附近的堿性減弱，故B錯誤；

C．充電時為電解池，a極為陽極、b極為陰極，陰極反應式為Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，故C錯誤；

D．放電時為原電池，a極上發生反應Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu,則1molCu3(PO4)2完全放電時，轉移電子6mol,有6molNa+發生遷移，則b電極質量減輕6mol×23g/mol=，故D正確；

故選：D。14.CH3CHO在NaOH溶液作用下制取2-丁烯醛的歷程如下：已知：反應(3)的平衡常數較小下列說法不正確的是A.OH-是該反應的催化劑B.CH3CHO分子中甲基上的“”比中的“”更易電離出H+C.反應(4)加熱失水有利于反應(3)平衡正向移動D.CH3CHO與CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下最多可得到2種羥基醛【答案】D【解析】【詳解】A．反應(1)中，CH3CHO電離出的H+與OH-反應生成H2O，反應(3)中，與H2O電離出的H+結合為，從而生成OH-，則OH-是該反應的催化劑，A正確；B．由反應(1)可知，CH3CHO電離出的H+與OH-反應生成H2O，而CH3CH3與OH-不能發生反應，則CH3CHO分子中甲基上的“”比中的“”更易電離出H+，B正確；C．反應(4)加熱失水，可減少生成物濃度，從而促進反應(3)的平衡正向移動，C正確；D．CH3CHO與CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下發生羥醛縮合反應，同種醛、不同種醛都可發生此類反應，則最多可得到4種羥基醛，D不正確；故選D。15.天然水體中的與空氣中的保持平衡。某地溶洞(假設巖石成分只有)的水體中(或)與的關系如圖所示。下列說法正確的是A.直線②的X表示B.該溶洞水體時，溶液中C.體系中存在D.體系中存在【答案】D【解析】【分析】根據圖象分析，隨著pH的增大，溶液的堿性增強，、濃度都增大，pH較小時濃度大于，而隨著濃度增大，逐漸生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐漸減小，因此直線①代表，②代表，③代表Ca2+。【詳解】A．根據分析可知，直線②的X表示，A錯誤；B．越大，c(X)越小，該溶洞水體時，根據圖中信息可知，故溶液中，B錯誤；C．由于調節體系中pH值時所用的物質未知，所以無法確定體系中存在的物料守恒，只有當體系中的物質只有CaCO3時才滿足，但體系中還有碳酸，故C錯誤；D．由圖可知，b點時pH=9.0，，則體系中，D正確；答案選D。16.根據實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現象，其中方案設計或結論不正確的是實驗目的方案設計現象結論A探究、的還原性強弱向溶液中加入少量氯水后，分成兩份：①一份加萃取②另一份加入溶液①溶液無明顯變化②溶液變紅色的還原性強于B探究與溶解度差異①向試管中加入溶液，再加入2~4滴溶液②向上述試管中滴加4滴溶液①有白色沉淀產生②白色沉淀變為紅褐色沉淀的溶解度更小C探究取代基對苯環的影響取甲苯，滴入5滴的酸性溶液溶液褪為無色取代基對苯環具有活化作用D探究鋁在濃硝酸中是否會形成致密氧化膜將去除氧化膜的鋁片放入濃硝酸中，片刻后取出用水立即洗凈，并快速放入溶液鋁片表面未見到紫紅色固體鋁片表面已形成致密的氧化膜A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．向溶液中加入少量氯水，萃取后，層無色，溶液變紅，說明氯氣未與溴離子反應，而是與亞鐵離子反應，因此得到的還原性強于Br-，故A正確；B．NaOH溶液少量，與MgCl2反應生成Mg(OH)2白色沉淀，加入FeCl3后白色沉淀變為紅褐色沉淀，則生成Fe(OH)3紅褐色沉淀，為沉淀的轉化，則的溶解度更小，故B正確；C．甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成苯甲酸，可知苯環活化取代基，故C錯誤；D．將去除氧化膜的鋁片放入濃硝酸中，片刻后取出用水立即洗凈，并快速放入硫酸銅溶液，鋁片表面未見紫紅色固體，說明鋁片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，鋁與銅離子不反應，故D正確；故選C。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.硅材料在生產、生活中占有重有地位。回答下列問題：（1）基態原子的電子排布式___________。（2）某含硅化合物的長鏈狀結構(片段)截取部分如圖所示。該化合物的晶體類型是___________。（3）下列有關硅及其化合物說法正確是___________。A.在晶體和晶體結構中均是雜化B.常溫下粗硅與鹽酸反應制取，再以高溫還原得到高純硅C.比易水解原因之一是鍵能弱于D.晶體的X射線圖譜顯示有明銳的衍射峰（4）硅主要以硅酸鹽、二氧化硅等化合物的形式存在于地殼中。硅酸鹽中的陰離子結構豐富多樣，既有有限數目的硅氧四面體構成的簡單陰離子(圖a)，也有以硅氧四面體結構單元構成的無限延長的單鏈(圖b)、雙鏈(圖c)等更復雜的結構。圖a圖b圖c寫出圖c所示陰離子的化學式___________。（5）碳和硅的有關化學鍵鍵能、鍵長如下所示：化學鍵鍵能/348615812413226318鍵長/154133120109235150硅與碳同族，也有系列含氫化合物，但硅的含氫化合物在種類和數量上都遠不如碳的含氫化合物多，試從共價鍵的成鍵角度解釋原因___________。（6）已知晶體的密度為，其晶胞結構如圖所示。阿伏加德羅常數值為，則晶胞中兩個原子之間的距離為___________。【答案】（1）（2）分子晶體（3）ACD（4）（5）①硅烷中的鍵和鍵的鍵能小于烷烴分子中鍵和鍵的鍵能，穩定性差，易斷裂，導致長鏈硅烷難以形成；②的原子半徑大，原子之間形成的單鍵較長，軌道肩并肩重疊的程度很小或幾乎不能重疊，難以形成鍵（6）【解析】【小問1詳解】Si元素為14號元素，原子核外有14個電子，則核外電子排布式為：；【小問2詳解】根據某含硅化合物的長鏈狀結構(片段)截取部分可知，的空間結構不是空間網狀結構，是分子晶體；【小問3詳解】A．晶體硅和晶體中的Si原子價層電子對數都是4，根據價層電子對互斥理論知，兩種晶體中Si原子雜化類型都是sp3雜化，故A正確；B．高純硅的制取是以初步冶煉得到的粗硅為原料，在加熱條件下與氯化氫氣體反應，制成氣態化合物SiHCl3，與雜質分離，然后在高溫條件下用氫氣還原，重新得到硅和氯化氫氣體，這樣就去掉了雜質，得到高純硅，故B錯誤；C．比易水解原因之一是鍵能弱于，共價鍵容易斷裂，故C正確；D．晶體的X射線圖譜上能看到分立的斑點或明銳的衍射峰，非晶體的X射線圖譜上能看不到分立的斑點或明銳的衍射峰，故D正確；答案選ACD；【小問4詳解】根據結構類推，紅線圈中為重復部分，有4個Si，有4個O與另一個重復部分平分，占一半，則O個數為9+4=11，再結合硅為+4價，O為-2價可知，圖c所示陰離子的化學式為；【小問5詳解】①硅烷中的鍵和鍵的鍵能小于烷烴分子中鍵和鍵的鍵能，穩定性差，易斷裂，導致長鏈硅烷難以形成；②的原子半徑大，原子之間形成的單鍵較長，軌道肩并肩重疊的程度很小或幾乎不能重疊，難以形成鍵，因此，硅與碳同族，也有系列含氫化合物，但硅的含氫化合物在種類和數量上都遠不如碳的含氫化合物多；【小問6詳解】根據均攤法可知，一個晶胞中含有8+6=4個C，4個Si，設晶胞的參數為a，則=，a=，晶胞中兩個原子之間的距離為邊長的對角線的一半，即為。18.Fe3S4固體是一種重要的磁性材料，以它為原料實現如下化合物的轉化：已知：在較高濃度Cl-的溶液中，Fe3+以的形式存在，溶液呈亮黃色。請回答：（1）依據B→C→D的現象，判斷Cl-、SCN-、CN-與Fe3+的配位能力由強到弱依次為___________，無色酸性溶液F中的含硫陰離子有___________。（2）Fe3S4能與稀硫酸反應，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體(標準狀況下的密度為1.518g?L-1)，寫出該反應的離子方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.固體A中可能含有FeO B.無色氣體E能完全溶于水C.溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解 D.溶液B可溶解銅（4）寫出F→G反應的化學方程式___________。請設計實驗方案確定溶液G中的陰離子___________。【答案】（1）①.②.（2）（3）D（4）①.②.取溶液G，加入過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則有；取上層清液，滴加AgNO3溶液，若產生黃色沉淀，則有【解析】【分析】Fe3S4固體通入足量空氣充分煅燒，得到Fe2O3固體和無色氣體E。固體A(Fe2O3)中加入足量鹽酸，發生反應生成等，加入KSCN溶液，得到血紅色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又轉化為黃色的溶液。無色氣體E為SO2與空氣的混合氣，通入H2O中，SO2與H2O反應生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化為H2SO4，同時生成HI。【小問1詳解】依據B[]→C[Fe(SCN)3]→D[]的現象可以判斷，反應的產物都比反應物穩定性強，則Cl-、SCN-、CN-與Fe3+的配位能力由強到弱依次為。由分析可知，無色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，則含硫陰離子有。【小問2詳解】Fe3S4能與稀硫酸反應，生成的淡黃色不溶物為硫，標準狀況下的密度為1.518g?L-1的氣體，摩爾質量為1.518g?L-1×22.4L/mol=34g/mol，其為H2S，S來自H2S與Fe3+的反應，則該反應的離子方程式為。【小問3詳解】A．因為通入的空氣足量，所以固體A中不可能含有FeO，A不正確；B．無色氣體E中除含有SO2外，還含有空氣，所以E不可能完全溶于水，B不正確；C．因為固體A中加入足量的鹽酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解產生，C不正確；D．溶液B為，可電離產生Fe3+，所以可溶解銅，D正確；故選D。【小問4詳解】F(H2SO3)與I2反應，生成G(H2SO4、HI)等，反應的化學方程式為。設計實驗方案確定溶液G中的陰離子，也就是檢驗和I-的存在，用BaCl2檢驗，I-用AgNO3檢驗。方案為：取溶液G，加入過量BaCl2溶液，若產生白色沉淀，則有；取上層清液，滴加AgNO3溶液，若產生黃色沉淀，則有I-。【點睛】檢驗時，需排除H2SO3的干擾，也就是不能使用Ba(NO3)2或Ba(OH)2。19.研發二氧化碳利用技術，降低空氣中二氧化碳含量是當今研究熱點。（1）已知常溫常壓下的燃燒放熱，請寫出表示燃燒熱的熱化學方程式___________。（2）1雨水中含有來自大氣的，溶于水中的進一步和水反應，發生電離：①②時，反應②的平衡常數為K，溶液中的濃度與其在空氣中的分壓成正比(分壓=總壓×物質的量分數)，比例系數為，當大氣壓強為，大氣中的物質的量分數為x時，溶液中濃度為___________(用題中的字母表示，忽略的電離)。（3）目前和已經被用作工業捕碳劑，它們與可發生如下反應：反應I：反應Ⅱ：為研究溫度對捕獲效率的影響，在某溫度下，將一定量的溶液置于密閉容器中，并充入一定量的氣體(用氨氣作為稀釋劑)，在t時刻，測得容器中氣體的濃度。然后分別在溫度為下，保持其它初始實驗條件不變，重復上述實驗，經過相同時間測得氣體濃度，得到趨勢圖(見圖1)。則：①請解釋容器內氣體濃度呈現如圖1所示的變化趨勢的原因___________。②反應Ⅱ在溫度為時，溶液隨時間變化的趨勢曲線如圖2所示，當時間達到時，將該體系升溫至，請在圖2中畫出時刻至平衡時，溶液的變化總趨勢曲線___________。（4）研究表明，氣體可被電還原。在電解質水溶液中，三種不同催化劑(a、b、c)上電還原為的反應進程中(被還原為的反應可同時發生)，相對能量變化如圖。下列說法正確的是___________。A.電解質水溶液的酸性越強，越有利于氣體電化學還原B.a催化劑條件下，電還原的活化能約為C.c催化劑條件下，電還原的活化能小于電還原的活化能，更容易發生的電還原D.電還原為從易到難的順序為c、a、b【答案】（1）（2）（3）①.區間，化學反應未達到平衡，溫度越高，化學反應的速率越快，所以被捕獲的濃度隨溫度升高而增多，未被捕獲的就越少，區間，化學反應已達到平衡，由于正反應是放熱反應，溫度升高平衡向逆反應方向移動，所以不利于的捕獲②.（4）CD【解析】【小問1詳解】燃燒熱對應1mol可燃物，的燃燒放熱，則1molCO燃燒放熱為，燃燒熱的熱化學方程式；【小問2詳解】溶液中的濃度與其在空氣中的分壓成正比(分壓=總壓×物質的量分數)，比例系數為，當大氣壓強為，大氣中的物質的量分數為x時，則溶液中的濃度為，根據反應的平衡常數為K，則，解得溶液中濃度為；【小問3詳解】①在圖1中，CO2的濃度存在最低點，則在區間，化學反應未達到平衡，溫度越高，化學反應的速率越快，所以被捕獲的濃度隨溫度升高而增多，未被捕獲的就越少，區間，化學反應已達到平衡，由于正反應是放熱反應，溫度升高平衡向逆反應方向移動，所以不利于的捕獲；②反應在溫度為T1時達到化學平衡，迅速升高溫度到T2，這一瞬間溶液的pH不變，反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆向移動，溶液中NH4HCO3濃度減小，(NH4)2CO3濃度增大，則溶液堿性增強，pH增大，一段時間后達到新的化學平衡，溶液的pH不再發生變化，據此畫出圖形；【小問4詳解】A．由圖(a)、(b)對照可知，c催化劑條件下，CO2電還原的活化能小于H+電還原的活化能，更容易發生CO2的電還原，而催化劑a和b條件下，CO2電還原的活化能均大于H+電還原的活化能，相對來說，更易發生H+的電還原，因此發生哪類電還原由催化劑決定，A錯誤；B．由圖(a)可知，a催化劑條件下，電還原的活化能約為，B錯誤；C．c催化劑條件下，CO2電還原活化能小于H+電還原的活化能，更容易發生CO2的電還原，C正確；D．上述“CO2→CO”和“H+→H2”是競爭關系，(a)的能壘越小，(b)的能壘越大，越有利于CO2還原為CO，僅從圖中能量相對值定性比較無法得出結論，還需要定量分析，?E=E(a)-E(b)越小，CO2→CO還原越容易進行，催化劑a作用時，?E=(0.51-0.27)eV=0.24eV，催化劑b作用時，?E=[-0.08-(-0.22)]eV=0.14eV，催化劑c作用時，?E=(0.22-0.60)eV=-0.38eV，因此，三種催化劑作用由易到難的是c、b、a，D正確；答案選CD。20.高錳酸鉀()為紫黑色固體小顆粒，易溶于水，是一種強氧化劑。查閱資料：①錳酸鉀()為墨綠色晶體，其水溶液呈深綠色，這是錳酸根()的特征顏色。其在濃的強堿溶液中可穩定存在，堿性減弱時易發生歧化反應。②一些物質溶解度隨溫度變化單位：物質020406070802834.240.145.847.251.32.86.412.622.2————某實驗小組設計如下實驗步驟用制備I．高錳酸鉀的制備II．高錳酸鉀的提取III．高錳酸鉀的純度測定①準確稱取樣品，用容量瓶配成溶液；②稱取高純度固體，全部置于錐形瓶中，再加入溶液和純凈水后蓋上表面皿，于水浴加熱振蕩全部溶解；③用以上溶液趁熱滴定。重復②~③，滴定3次。請回答：（1）裝置a的名稱是___________，其作用①是平衡氣壓使液體按一定的速率順利流下；②是___________。（2）裝置A中漂白粉可用___________代替。A. B. C. D.（3）上述裝置存在一處缺陷導致產率降低，改進的方法是___________。（4）步驟Ⅱ為了獲得雜質較少的晶體，從下列選項中選出合理的操作并排序：將裝置B中的溶液轉移至蒸發皿中→___________→___________→___________→___________→干燥→晶體a．用少量冰水洗滌b．先用冰水洗滌，再用乙醇洗滌c．小火蒸發至析出大量晶體，停止加熱d．小火蒸發至溶液表面出現晶膜，停止加熱e．減壓過濾f．趁熱過濾g．緩慢降溫結晶（5）下列說法正確的是___________。A.步驟I裝置C中應盛放濃B.輕輕搖動裝置B，若容器內壁未見暗綠色，說明反應完全C.步驟III中的可用或代替D.一次平行操作滴定前與滴定后(終點)讀數如右圖，則本次消耗的溶液體積為（6）某次滴定，稱取固體質量，消耗溶液體積，計算該次滴定實驗測得的高錳酸鉀含量是___________(精確到小數點后兩位)。【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.防止濃鹽酸揮發（2）C（3）在AB之間增加一個盛有飽和溶液的洗氣瓶（4）①.d②.g③.e④.a（5）BD（6）96.41【解析】【分析】已知漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，分液漏斗中為濃鹽酸，二者發生歸中反應生成氯氣和氯化鈣，則裝置A中制備Cl2的化學方程式，Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，由于高錳酸鉀溶液與HCl反應生成的氯氣中含有HCl，故在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高錳酸鉀的產率，裝置C中可盛放NaOH溶液，吸收未反應的氯氣。【小問1詳解】裝置a的名稱是恒壓滴液漏斗，可以使得燒瓶和恒壓滴液漏斗內外壓強始終保持相等，則其作用是平衡壓強，使液體順利滴下，同時還能防止其中的濃鹽酸揮發；【小問2詳解】漂白粉中的次氯酸鈣與HCl發生歸中反應生成氯氣，四個選項中只有能與HCl發生歸中反應生成氯氣，故裝置A中漂白粉可用代替；【小問3詳解】由于高錳酸鉀溶液與HCl反應生成的氯氣中含有HCl，故在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶