【文档说明】重庆市第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.945 MB，由小赞的店铺上传

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2024年重庆一中高2026届高二上期9月定时练习化学试题卷注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫

米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Al-27Cu-64I卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一项是符合题意）1.化学与生活

、环境密切相关，下列说法不正确的是A.华为Mate60手机使用了麒麟芯片，其主要成分是硅单质B.提倡采用新技术不断开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要C.硅胶可作食品包装中的干燥剂D.高铁列车使用的大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于新型无机

非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅属于单质，A正确；B．煤、石油和天然气属于化石能源，不可再生，不能为满足经济发生需要而大量过度开采，应该节约使用，而且大量开采使用化石能源会造成环境污染，不符合低碳生活理念

，应用新型能源作为替代，B错误；C．硅胶吸水效果好，比较安全，可作食品包装的干燥剂，C正确；D．碳纤维属于新型无机非金属材料，D正确；故合理选项是A。2.常温下，下列各组离子在指定情况下一定能大量共存是A.澄

清透明的溶液中：K+、3Fe+、4MnO−、3NO−B.酸性溶液中：ClO−、2Fe+、24SO−C.3NaHCO溶液中：K+、23CO−、()4AlOH−的D.加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl−、3NO−、4NH+【答案】A【解析】【详解】A．所有离子之间都不

能反应，均能大量共存，A符合题意；B．酸性溶液中ClO−和2Fe+发生氧化还原反应，232ClO2Fe2HCl2FeHO−++−+++=++，且氢离子与次氯酸根离子可以形成弱电解质，ClOHHClO−++=，故离子不共存，B不符合题意；C．()

4AlOH−与3HCO−反应，()()232343AlOHHCOAlOHHOCO−−−+=++，离子不共存，C不符合题意；D．加入铝粉放出氢气溶液可能呈酸性或碱性，碱性环境下，OH−与4NH+生成32·HONH弱电解质

，导致不能大量共存，酸性环境则Na+、Cl−、3NO−、4NH+能大量共存，D不符合题意；故答案选A。3.已知NA阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LSO3中含有1.5NA个氧原子B.100mL18.

4mol/L的硫酸与足量铜反应，生成的SO2的数目小于0.92NAC.46gNO2气体中所含有的分子数为NAD.常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A

．标准状况下，SO3不是气体，不能使用22.4L/mol计算，A错误；B．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，随着反应的进行，浓硫酸会变为稀硫酸，而稀硫酸与铜不反应，所以100mL18.4mol/的硫酸与足量铜反应，生成二氧化硫的物质的量小于118.4mol/L0.1L0.92mo

l2=，B正确；C．NO2会发生聚合反应生成N2O4，46gNO2气体实际上是NO2和N2O4的混合气体，所以无法计算46g混合气体中NO2和N2O4的各自的物质的量及其含有的气体分子数，C错误；D．常温下，铝在浓硝酸中会发生钝化，在金属表面产生一薄层致密的氧化物保护

膜，阻碍反应的继续进行，因此不能计算反应过程中电子转移数目，D错误；故合理选项是B。4.利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是的A.验证非金属性：NCSiB.测定化学反应速C.验证3FeCl对22HO分解反应有催化作用D.依据

褪色快慢比较浓度对反应速率的影A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．硝酸和碳酸钙反应放出二氧化碳，证明非金属性NC，用碳酸氢钠除去二氧化碳中的硝酸蒸汽，把二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸

沉淀，证明非金属性CSi，A正确；B．长颈漏斗气体逸出，应将长颈漏斗改为分液漏斗，B错误；C．实验中有两个变量：温度和催化剂，故无法判断催化剂的作用，C错误：D．该实验是根据高锰酸钾褪色时间来比较浓度对反应速率的影响，故应保证两试管中高锰酸钾的浓度和体积相同，并滴加等量且浓度不同的草酸溶液

（需过量），D错误；答案选A。5.“肼合成酶”以其中的2+Fe配合物为催化中心，可将2NHOH与3NH转化为肼(22NHNH)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是A.2NHOH、3NH和2HO均为极性分子

B.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成C.催化中心的2+Fe被氧化为3+Fe，后又被还原为2+FeD.将2NHOH替换为2NDOD，反应可得22NDND【答案】D【解析】【详解】A．NH2OH，NH3，

H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+

，C正确；D．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，D错误；故选D。6.已知Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)的速率方程122v=kc(Cl)c(

CO)[k为速率常数，只受温度影响]，该反应可认为经过以下反应历程：第一步：Cl22Cl快速平衡第二步：Cl+COCOCl快速平衡第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl慢反应下列说法正确的是A.第一步反应和第二步反应的活化能较高B.Cl和COCl是该总反应的中间产物，也是该总反

应的催化剂C.c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大D.第三步反应的有效碰撞频率较大【答案】C【解析】【详解】A．第一步反应和第二步反应为快速平衡，则反应的活化能较低，A不正确；B．Cl和COCl是该总反应的中间产物

，但没有出现在第一个反应的反应物中，不是该总反应的催化剂，B不正确；C．从速率方程122v=kc(Cl)c(CO)中可以看出，c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c(CO)大，C正确；D．第三步反应为慢反应，反

应的活化能大，有效碰撞频率较小，D不正确；故选C。7.一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应：()()()()422SiFg2HOgSiOs4HFg++，下列能表明该反应已达到化学平衡状态的是①()()2HO

2HFvv=正逆②SiF4的体积分数不再变化③容器内气体压强不再变化④混合气体的体积不再变化⑤4molH-O键断裂的同时，有2molH-F键断裂A.①②③B.②④⑤C.②③D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①()()2HO2HFvv=正逆表示反应进行的方向相反，但速率之比不等于化

学计量数之比，反应未达平衡状态；②SiF4的体积分数不再变化，则各物质的浓度不变，反应达平衡状态；③反应前后气体的分子数不等，反应过程中体系的压强不断发生改变，当容器内气体压强不再变化时，反应达平衡状态；④密闭容器的体积不变，则混合气体的体积始终不变，反应不一定达平衡状态；⑤4

molH-O键断裂的同时，有2molH-F键断裂，虽然反应进行的方向相反，但变化量之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡状态；综合以上分析，②③符合题意，故选C。8.一定温度下，利用测压法在刚性反应器中研究固体催化剂作用下的A

的分解反应：()()()AgBg2Cg+。体系的总压强p随时间t的变化如表所示：t/min0100150250420500580p/kPa12.113.313.915.117.14x19.06下列说法不正确的是A.100~150min，消耗A的平均速率为10.

006kPamin−B.其他条件不变，420min时向刚性容器中再充入少量A，反应速率比原420min时大C.推测x为18.1D.升高体系温度，不一定能加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．反应()()()AgBg2Cg+，

反应前后气体压强变化和生成C的量成正比，同时A的变化为变化量的12，用压强代表浓度，则100～150min体系压强变化=13.9kPa-13.3kPa=0.06kPa，消耗A的平均速率=0.06kPa150min-100min12=0.006kPa⋅min

-1，故A正确；B．其他条件不变，420min时向刚性容器中再充入少量A，相当于增大压强，反应在固体催化剂表面进行，固体表面积一定，反应速率不变，故B错误；C．0～100min，压强变化为1.2kPa，150min～250min，压强变化1

.2kPa，则100kPa～500kPa，体系压强变化1.2×4kPa=4.8kPa，则500min时，体系压强=13.3kPa+4.8kPa=18.1kPa，故C正确；D．反应在催化剂表面反应，升高体系温度，催化剂活性

减小时，反应速率减小，不一定能加快反应速率，故D正确；故选：B。9.下列有关电极方程式或离子方程式正确的是A.以铜电极电解饱和食盐水的电解方程式：2222Cl2HO2OHClH−−+++通电B.铅蓄电池充电时的阳极反应：222Pb2HO2ePbO4H+−++−=+C

.()243AlSO溶液中加入过量氨水：()33244Al4NHHOAlOH4NH−+++=+D.向2NaS溶液中通入过量2SO后：22232S5SO2HO4HS3SO−−++=+【答案】

D【解析】【详解】A．铜是活性电极，用铜电极电解饱和食盐水反应生成氢氧化铜和氢气，方程式为：()222Cu2HOCuOH+H+通电，A错误；B．充电时为电解池，原电池的正极与电源正极相接、作阳极，阳极反应式为：24224PbSO2H

O2ePbOSO4H−−++−=++，B错误；C．向()243AlSO溶液中加入过量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：()33243A13NHHOAlOH3NH+++=+，C错误；D．向2NaS溶液中通入

过量2SO会生成硫单质，反应的离子方程式为：22232S5SO2HO3S4HSO−++=+，D正确；答案选D。10.我国科学家在寻找新的点击反应砌块过程中，意外发现了一种安全高效合成化合物，其结构简式如图所示，其中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W位于

同一主族，下列说法正确的是A.HZ水溶液不能用玻璃试剂瓶盛装B.简单离子半径：WZYC.简单氢化物的沸点：WXD.最高价含氧酸的酸性：ZW【答案】A【解析】【分析】由结构简式可知，X能形成3个共价键、Y形成2个共价键、

Z形成1个共价键、W形成6个共价键，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素，则X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。【详解】A．氢氟酸会与二氧化硅发生反应，A正确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则氧离子的离子半径大于氟离子，B错误：

C．氨分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，氨分子间的作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，C错误；D．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，不存在最高价含氧酸，D错误；答案选A。11.瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨—液氧燃料电池示意图如图所示，下列有关说法正确的

是A.电池工作时，Na+向电极1移动B.电池工作一段时间后停止，溶液pH值变大C.电极1发生的电极反应为2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2OD.用该电池做电源电解精炼铜，理论上每消耗0.2molNH3的同时阳极会得到19.2g纯

铜【答案】C【解析】【分析】根据液氨—液氧燃料电池图示可知：在电极1上NH3失去电子被氧化为N2，则电极1为负极，通入O2的电极为正极，溶液中离子移动方向是阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动，结合电解质溶液酸碱性分析电极反应式。在电解池中阳极发生氧化反应，阴极上发生还原反

应，据此分析解答。【详解】A．在电极1上NH3失去电子被氧化为N2，同时反应产生H2O，则电极1为负极，原电池工作时，阳离子Na+向正极电极2定向移动，A错误：B．液氨—液氧燃料电池总方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，反应生成水，使溶液体积增大，因此溶液pH减小，

B错误；C．在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，C正确；D．由负极反应式2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O可知：理论上每消耗0.2molNH3，可转移0.6mol电子，用该原电池进行电解，由

于同一闭合回路中电子转移数目相等，可知用该电池做电源电解精炼铜，阳极发生氧化反应，Cu-2e-=Cu2+，活动性比Cu强的金属如Zn、Fe等也会失去电子变为金属阳离子进入溶液，因此阳极上不可能得到铜单质，D错误；故合理选项是C。12.我国学者利用双膜三室电解法合成了22ClCHCHCl，该方法的优

点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用。价值的副产品，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.b为电源负极，气体X为2HB.膜Ⅰ、膜Ⅱ依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜C.电解过程中需及时补充NaClD.制得221

molClCHCHCl的同时NaOH溶液质量增加46g【答案】D【解析】【分析】由图可知，左边电极氯化亚铜转化为氯化铜，失电子发生氧化反应，作阳极，电极反应式为2CuCleClCuCl−−−+=；右边电极作阴极，电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+。左边作阳极，右边作阴极，则a为

电源正极，b为电源负极，据此分析解答。【详解】A．由图可知，左边电极氯化亚铜失去电子，发生氧化反应，作阳极，右边电极为阴极，故b为电源负极，阴极上2HO得电子生成2H，A正确；B．饱和食盐水中的Na+通过膜Ⅱ移入阴极区，同时制得副产品NaOH，饱和食盐水中的Cl

−通过膜Ⅰ移入阳极区，补充消耗的Cl−，则膜Ⅰ、膜Ⅱ依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜，B正确；C．左边电极为阳极，电极反应式为2CuCleClCuCl−−−+=，阴极电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+，生成氢氧根离子，钠离子向右侧迁移，右侧NaOH浓

度变大，氯离子向左侧迁移，因而NaCl浓度变小，需及时补充，C正确；D．总反应为222222CHCH2HO2NaClH2NaOHClCHCHCl=++++电解，由22222CHCH2CuClClCHCHCl2CuCl=+

=+，结合电极反应式可知，制得221molClCHCHCl转移2mol电子，同时有2molNa+迁移并放出21molH，故氢氧化钠溶液增重()22312g44g−=，D错误；答案选D。的13.T℃时，在一固定容积1L的密闭容器中发生反应：()()()AgBgCs+，

正反应为放热反应，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断不正确的是A.T℃时，该反应的平衡常数的值为0.25B.若通入反应物A与B各4mol，则达到平衡点为d点C.若c点

也为平衡点，则平衡从d移动到c改变条件可能为减小压强或升高温度D.在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，达到新平衡可能为a点【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，()()()A

gBgCs+，平衡常数()()11AB4Kcc==，A正确；B．若通入反应物A与B各4mol，()()()AgBgCs+，A、B的反应比1:1，则达到平衡点时，A、B物质的量相同，为d点，B正确；C．反应是放热反应，若c点为平衡状态，此时

平衡常数小于T℃平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于T℃，但压强不改变平衡常数，C错误；D．在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，达到平衡状态下B物质的量减小的多，A比原平衡状态大，在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，

达到新平衡可能为a点，D正确；答案选C。14.在催化剂的作用下，氢气还原2CO的过程中可同时发生反应①②。①()()()()22323HgCOgCHOHgHOg++②()()()()222HgCOgCOgHOg++在恒温恒容密闭容器中，充入一定量的2CO及2H，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质

的量及总压的部分数据如下表所示。()2CO/moln()2nH/mol()3nCHOH/mol()CO/moln()2HO/moln总压/kPa起始0.50.90001.4p平衡m0.3p下列说法正确的是A.恒温恒容下，再充入20.5molC

O和20.9molH，反应①平衡右移，反应②平衡不移动B.0.1m=C.反应②的浓度平衡常数c0.75K=D.反应①的压强平衡常数2p23kPa2pK−=（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×各组分的物质的量分数）【答案

】C【解析】【详解】A．恒温恒容下，再充入20.5molCO和0.9molH2，反应物浓度增大，反应①和②平衡均正向移动，故A错误；B．假设反应②转化的H2为x，根据表中数据列出反应的三段式有：22323H(g)CO(

g)CHOH(g)HO(g)(mol)0.90.5(mol)3mmmm++起始转移，222H(g)CO(g)CO(g)HO(g)(mol)0.90.5(mol)xxxx++起始转移，平衡时x+m=0.3mol，x=(0.3-m)mol，则平衡时气体的总物质的量为()0.9-3m-(0.3-m

)+0.5-m-(0.3-m)+m+0.3-m+0.3mol1.42molm=−，恒温恒容条件下，0.50.91.41.42pmp+=−，解得0.2m=mol，故B错误；C．平衡时()2nCO=0.2mol，()()2nH=0.6-2mmol=0

.2mol，()()nCO=0.3-mmol=0.1mol，()2nHO=0.3mol，()3nCHOH=0.2mol，假设容器体积为V，则反应②的平衡常数()()()()2c220.30.1COHO0.750.20.2COHccVVKccVV===，故C

正确；D．平衡时总的物质的量为1mol，压强为p，则反应①的压强平衡常数223p332220.30.2p(HO)p(CHOH)7511kPap(H)p(CO)20.20.211ppKppp−===

，故D错误；故选C。Ⅱ卷（共4题，共58分）二、非选择题（本题共4小题，共58分）15.将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇()3CHOH是实现碳中和的一个重要途径。甲醇的制备原理为：()()()()22323HgCOgCHOHgHOg++H（1）工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中过量

2CO的离子方程式为______。（2）甲醇的制备反应一般认为通过如下两步来实现：①()()()()222COgHgCOgHOg++1141kJmolH−=+②()()()23COg2HgCHOHg+1290kJmolH−=−根据盖斯定律，该反应的H=_____

_1kJmol−。（3）研究发现，2CO加氢还可制备甲酸()HCOOH，反应为()()()22COgHgHCOOHg+H0。在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：()()22COHvkcc=正正，()H

COOHvkc=逆逆，正k、逆k为速率常数。温度为1T℃时，该反应2K=，温度为2T℃时，1.9kk=正逆，则2T℃时平衡压强______（填“＞”“＜”或“＝”）1T℃时平衡压强，理由是______。（4）某科研小

组为探究m、n两种催化剂的催化效率，进行了实验探究，依据实验数据获得如图所示曲线。已知Arhenius经验公式为alnCERkT=−+（aE为活化能，k为速率常数，R和C为常数），则在m催化剂作用下，核反应的活化能aE______1Jmol−。从图中信息

获知催化效率较高的催化剂是______（填“m”或“n”）。【答案】（1）23243CO+NHHO=NH+HCO+−（2）-49（3）①.＞②.该反应是放热反应，K（T1）＞K（T2），则T2＞T1，升高温度，平衡逆向移动，气体分子数增多，压强增大

（4）①.9.6×104②.n【解析】【小问1详解】低浓度氨水吸收烟气中CO2生成NH4HCO3，碳酸氢铵为强电解质，在水中完全电离，离子方程式为23243CO+NHHO=NH+HCO+−；【小问2详

解】根据盖斯定律：反应①+②得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(41-90)kJ/mol=-49kJ/mol；【小问3详解】反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，()()22C

OHvkcc=正正，()HCOOHvkc=逆逆，22kc(HCOOH)K==c(CO)c(H)k正逆，温度为T2℃时，k正=1.9k逆，即K=1.9＜2，反应平衡逆向移动，该反应是放热反应，T2＞T1，气体分子数增多，压强增大，T2℃时平衡

压强＞T1℃时平衡压强，故答案为：＞；该反应是放热反应，K(T1)＞K(T2)，则T2＞T1，升高温度，平衡逆向移动，气体分子数增多，压强增大；【小问4详解】将坐标(7.2，56.2)和(7.5，27.4)代入alnCER

kT=−+，列关系式56.2=-7.2×10-3Ea+C，27.4=-7.5×10-3Ea+C，Ea=9.6×104J•mol-1；从图中信息获知，直线n斜率小，Ea小，说明催化效率越高，故答案为：9.6×104

；n。16.金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣（含24NiFeO、NiO、FeO、23AlO）中回收金属镍并转化为4NiSO的流程如图所示：

回答下列问题。（1）“碱浸”中23AlO发生的化学方程式为______。（2）“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与()442NHSO反应的化学方程式为______。（3）使用95℃热水“溶解”的

目的是通过水解的方法除去烧渣中的()243FeSO，则过滤所得“滤渣”的主要成分的化学式是______。（4）已知“萃取”时发生的反应为22Ni2RHNiR2H++++（RH为萃取剂），则萃取的目的是除去______（填化学式）。一定条件

下，达到萃取平衡时，()()22NiR4Ninn+=，则2Ni+的萃取率为______。（5）萃取后，先进行______（填操作名称），然后往有机层中加入X溶液进行反萃取，从而获得4NiSO，则X的化学式为______。【答案】（1）()232

4AlO2NaOH3HO2NaAlOH++=（2）()443422NHSONiO2NHNiSOHO+++高温（3）()3FeOH（4）①.Ni2+②.80%（5）①.分液②.H2SO4【解析】【分析】废镍渣（含24NiFeO、

NiO、FeO、23AlO），粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的23AlO和NaOH反应：通过过滤分离，剩下的物质经过加入()442NHSO焙烧，金属变成硫酸盐，24NiFeO、NiO、FeO与()44

2NHSO反应生成的盐为4NiSO、()243FeSO、4FeSO，同时有氨气生成；95℃热水溶解，3Fe+水解为()3FeOH；经过萃取将2Fe+、2Ni+分离，得到含2Ni的有机层，最后得到4NiSO。【小问1详解】A

l2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成四羟基合铝酸钠，“碱浸”时发生的化学方程式为()2324AlO2NaOH3HO2NaAlOH++=；【小问2详解】“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，同时有NH3产生，则NiO与()442NHSO反应的化学方程式为()4434

22NHSONiO2NHNiSOHO+++高温；【小问3详解】烧渣为NiFe2O4、NiO、FeO与(NH4)2SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3，95℃热水“溶解”，3Fe+水解为()3FeOH，则过滤所得“滤渣”的化学式为()3FeOH；【小问4详

解】萃取过程中Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层，一定条件下，萃取平衡时()()22NiR4Ninn+=，被苯取的2Ni+即形成2NiR的2Ni+的物质的量是残留在溶液中2Ni+的4倍，则2Ni+的萃取率为41

00%80%41=+。【小问5详解】萃取后进行分液，得到有机层，为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn++nRH⇌MRn+nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。17.叠氮化钠()3NaN是一种防腐剂和分析试剂，在

有机合成和汽车行业有着重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料得知：①氨基钠()2NaNH熔点208℃，易潮解和氧化；②2NO有强氧化性，易被还原为2N，不与酸、碱反应；③32422

2HNO8HCl4SnCl4SnCl5HONO++=++，22332NaNHNONaNNaOHNH+++。Ⅰ.制备3NaN为（1）按气流方向，上述装置合理的连接顺序为______（填仪器接口字母）。（2）D的作用为______（3）E的作用为______，实验

时E中生成22SnOHOx沉淀，则反应的化学方程式为______。（4）C处充分反应后，需继续进行的操作为______（选填字母）。A.先关闭分液漏斗活塞，后停止加热B.先停止加热，后关闭分液漏斗活塞Ⅱ.用如图所示装置测定3NaN产品纯度（5）仪器F的名称为______，其中发生反应生

成无色无味无毒气体，写出其离子方程式______。（6）若G的初始读数为1mlV、末读数为2mlV，本实验条件下气体摩尔体积为mL/molV，则产品中3NaN的质量分数为______。反应结束读数时，若G中液面高于球形干燥管液面，则测定结果______（填“偏高”、“

偏低”或不影响）。【答案】（1）afg（或gt）debch（2）吸收2NO中混有的3HNO、HCl和水蒸气（3）①.吸收2NO，进行尾气处理②.()222222SnClNO1HOSnOHON2HClxx+++=++（4）B（5）①.蒸馏烧瓶②.322ClO2NHOCl3N2O

H−−−−++=++（6）①.()12m0.13100%3mVVV−②.偏低【解析】【分析】根据反应原理，向2SnCl与盐酸混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氨，利用D中的碱石灰吸收2NO中混有的3HNO、HCl和水蒸气，进入装置C中与2NaNH反应制备3NaN，B用于防止E中水

蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理，进而对产品的纯度进行探究。【小问1详解】由实验目的和原理知，A用于制备2NO，D用于吸收2NO中混有的3HNO和水蒸气，C用于制备3NaN，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，

E用于尾气处理。则按气流方向，上述装置合理的连接顺序为afg（或gt）debch；【小问2详解】D的作用为吸收2NO中混有的3HNO和水蒸气；【小问3详解】由信息可知2NO有强氧化性，故E中生成22SnOHOx沉淀的化学方程式为()222222SnClNO1HOSnOHON2HClxx

+++=++；【小问4详解】C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为继续通入2NO至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞，故答案为：B；【小问5详解】由装置图知，仪器F的名称为蒸馏烧瓶；

其中发生NaClO与3NaN生成2N的反应，离子方程式为322ClO2NHOCl3N2OH−−−−++=++；【小问6详解】由数据信息知，生成2N体积为()12mLVV−由关系式322NaN3N列式得产品中3NaN的质量分数为(

)()31212mm10L265g/mol0.13L/mol3100%100%g3VVVVVmmV−−=。反应结束读数时，若G中液面高于球形干燥管液面，导致量气管中气体压强大于外面大气压，使得气体体积偏小，故则测定结果偏低，故答案为：偏

低。18.甲烷及其衍生物在国民经济中有着重要的作用。Ⅰ.可利用4CH与2CO制备“合成气”（CO、2H）某温度下，在刚性密闭容器中充入4CH、2CO的物质的量之比为34∶，起始总压为35kPa，使其发生及应：()()()(

)422CHgCOg2COg2Hg++（1）研究表明CO的生成速率()()()()2142CO1.2810CHCOkPasvpp−−=，某时刻测得()2H10kPap=，则该时刻()4CHv=______1kPas−。（2）达到平衡后，测得CO的产率为50%，则该反应的平衡常数pK=__

____。（3）科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：反应①：()()()42CHgCads2Hg+（慢反应）反应②：()()()2CadsCOg2COg+（快反应）上述反应中()Cads为吸附性活性炭，

反应历程的能量变化如图所示，4CH与2CO制备“合成气”的热化学方程式为______，能量变化图中：51EE+______42EE+（填“＞”“＜”或“＝”）。Ⅱ.工业上还可以用4CH催化还原NOx消除氮氧化物的污染（4）已知：()()()()()4222CHg4NOg2NgCOg2HO

g+++，向体积为1L的刚性密闭容器中加入41.4molCH和一定量NO在不同温度下发生该反应，4CH的浓度变化如图所示，下列说法正确的是______（填序号）。A.12T>TB.b点时氮气的浓度为1.6mol/LC.a点正反应速率

大于b点的逆反应速率D.a点的反应速率比c点的反应速率小Ⅲ.利用电化学装置可实现将4CH和2CO两种分子转化为常见化工原料，其原理如图所示：（5）多孔电极b为______（填“阴极”或“阳极”）。（6）若生成的26CH

和24CH的体积比为1:1，则多孔电极b发生的反应为______。【答案】（1）0.96（2）()2540kPa（3）①.()()()()422CHgCOg2COg2Hg++()131kJmolHEE−=+−②.＜（4）BC（5）阳极（6）24262424CH3O6

eCHCH3HO−−+−=++【解析】【小问1详解】在某一钢性密闭容器中充入4CH、2CO的物质的量之比为34∶，起始总压为35kPa，故CH4、CO2的分压分别为15kPa、20kPa，某时刻测得p(H2)=10kPa

，则：()()()()()()()422CHg+COg2COg+2HgkPa152000kPa551010kPa10151010起始转化某时刻，该时刻v(CO)=1.28×10-2•p(CH4)•p(CO

2)=1.28×10-2×10×15=1.92kPa·s-1，则v(CH4)=12v(CO)=12×1.92kPa·s-1=0.96kPa·s-1；【小问2详解】达到平衡后，测得CO的产率为50％，则CO的平衡分压为15kP

a；列三段式：()()()()()()()422CHg+COg2COg+2HgkPa152000kPa7.57.51515kPa7.512.51515起始转化平衡，平衡常数Kp=()()()()()22222242pCOpH1515=kPapCHpC

O7.512.5=540(kPa)2。【小问3详解】CH4与CO2制备“合成气”的化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)，由图可知反应的焓变H=生成物的总能-反应物的总能=(E3-E1)kJ/mol，反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2H2(g

)+2CO(g)H=+(E3-E1)kJ/mol；两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即E4-E1＞E5-E2，所以E5+E1＜E4+E2。【小问4详解】A．根据图像，起始浓度相同时，

相同时间内，T2对应的甲烷转化量更大，化学反应速率更快，因此T2＞T1，A说法错误；B．b点甲烷浓度为0.6mol/L，反应的甲烷为0.8mol/L，因此氮气的浓度是1.6mol/L，B说法正确；C．在同一温度未达平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率

；未达平衡时，b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C说法正确；的D．a点所处的温度低于c点所处的温度，但a点的反应物的浓度大于c点的反应物浓度，因此两点的速率无

法比较，D说法错误；答案为BC；【小问5详解】由图可知：多孔电极b是CH4发生氧化反应生成C2H6、C2H4等，所以b为阳极，故答案：阳极。【小问6详解】由图可知：CH4为反应物，C2H6和C2H4、H2O为生成物，若生成的C2H6和C2H4的体积比为1：1，则多孔电极b发生的反

应为4CH4-6e-+3O2-=C2H6+C2H4+3H2O，故答案：4CH4-6e-+3O2-=C2H6+C2H4+3H2O。