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1、2015-2016学年四川省成都七中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、客观题（共7题，每题6分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A为防止中秋月饼等富脂等食品被氧化，常在包装中放入还原铁粉等B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，属于牺牲阴极的阳极保护法C镀层破坏后，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀D电解熔融MgCl2，可制得金属镁2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温下，含lmolFe的铁片与过量浓HN03反应，转移电子的数目为3NA个B电解饱和食盐水，当阴极产生2.24LH2时，转移的电子数为0.2NAC标准状况下，33.6LS03含有9.
2、03 xl023个S03分子D在46 gN02和N204的混合物气体中所含原子总数为3NA个3下列反应的离子方程式正确的是（）A向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+BFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC向含有0.4 mol FeBr2溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2+2Br+3Cl24Fe+3+6Cl+Br2D用Pt电极电解饱和氯化镁溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl24已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）
3、+4H2O（l）H=1452kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1下列说法正确的是（）AH2（g）的燃烧热为571.6 kJmol1B H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJmol1C同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D3H2（g）+CO2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=+131.4 kJmol15下图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证化学能转化为电能证明温度对平衡移动的影响验证贴发生析氢腐蚀除去氯气中的HCl气体AABBCCDD6假设图中原电池产生的电压
4、、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化为各装置中的电极编号下列说法错误的是（）A当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D当K闭合后，A、B装置中pH均变大7一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数，下列说法正确的是（）A550时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的CO2和CO
5、，平衡向逆反应方向移动D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0P总二、主观题（共58分）8某化学小组用下图装置电解CuCl2溶液制少量漂白液：（1）图l阳极的反应式是：，导气管W端应与出气口一连接（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质某化学兴趣小组查阅资料可知： 物质名称及化学式 氯化亚铜CuCl 碱式氯化铜Cu2（OH）3Cl 性质 白色固体、不溶水 绿色固体、不溶水化学小组分析提出：红色物质可能有Cu或、或二者都有；白色物质为CuCl（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，
6、并将其放入图2所示装置b中，进行实验实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g碳棒上的红色物质是，无水硫酸铜的作用是；d中反应的离子方程式是；装置b中发生反应的化学方程式是电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为阴极上产生白色物质的物质的量是；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得CuCl的产率会（偏大、偏小、不变）9物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示完成下列填空：（1）图1中X的水溶液在空气中放置易变浑浊，写
7、出反应的化学方程式：；（2）下列物质用于Na2S203制备，从氧化还原反应的角度分析，理论上有可能实现的方案是（选填编号）aNa2S+S bZ+S CNa2S03+Y dNaHS+NaHS03（3）请补充完整焙烧明矾的化学方程式：KAl（SO4）2.12H2O+SK2SO4+Al2O3+SO2+（4）研究反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H20的速率时，下列方案合理的是a测定一段时间内生成S02的体积，得出该反应的速率b研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c用Na2S2O3（S）分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（5）治理含CO、
8、SO2的烟道气，以铝钒土做催化剂，将CO、SO2在380时转化为S和一种无毒气体己知：硫的熔点：112.8、沸点：444.6；反应每得到Imol硫，放出270kJ的热量写出该治理烟道气反应的热化学方程式一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是（填写字母序号）av （CO）：v（SO2）=2：1 b平衡常数不变c气体密度不变 dC02和S02的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为（6）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图2不考虑催化剂价格因素，生产
9、中选铝矾土做催化剂的主要原因是10氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值 反应 大气固氮N2（g）+O2（g）2NO（g） 工业固氮N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 温度/ 27 2000 25 400 450 K 3.810310.1 5108 0.5070.152 分析数据可知：大气固氮反应属于（填“吸热”或“放热”）反应分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500左右的高温，解释其原因（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强
10、（P1、P2）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是（填“A”或“B”）；比较p1、p2的大小关系（3）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），则其反应热H=（已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，2H2（g）+O2（g）2H2O（l） H=571.6kJ
11、mol1）11工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图甲所示（1）提高酸浸效率的措施为（任答一条即可）；酸浸时H+与难溶固体ZnFe2O4反应的离子方程式为（2）净化中H2O2参与反应的离子方程式为；X可选择的试剂为（写化学式）；净化中Y为（写化学式）；（3）电解法制备锌的装置如图乙所示：则电解槽中盛有的电解质溶液为（填字母）；aZnCl2溶液 bZn（NO3）2溶液 cZnSO4溶液根据图乙中的数据，可求得电解过程中电流的有效利用率为；（4）使用含有Zn（OH）42的强碱性电镀液进行镀锌防腐蚀，可得到细致的光滑镀层，电镀时阴极
12、电极反应式；以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在处（填字母）2015-2016学年四川省成都七中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、客观题（共7题，每题6分）1化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A为防止中秋月饼等富脂等食品被氧化，常在包装中放入还原铁粉等B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，属于牺牲阴极的阳极保护法C镀层破坏后，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀D电解熔融MgCl2，可制得金属镁【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；金属的电化学腐蚀与防护【分析】A为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，应加入
13、还原性物质； B海轮外壳连接锌块，形成原电池，锌为负极；C铁比锡活泼，易形成原电池反应；D电解熔融MgCl2制得金属镁和氯气【解答】解：A铁粉具有还原性，能防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，故A正确； B海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C铁比锡活泼，易形成原电池的负极而被氧化，故C正确；D镁很活泼，可用电解法制取，电解熔融MgCl2制得金属镁和氯气，故D正确故选B【点评】本题考查了还原剂、金属的腐蚀与防护以及原电池电解池等，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难度不大2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温下，含lmolFe
14、的铁片与过量浓HN03反应，转移电子的数目为3NA个B电解饱和食盐水，当阴极产生2.24LH2时，转移的电子数为0.2NAC标准状况下，33.6LS03含有9.03 xl023个S03分子D在46 gN02和N204的混合物气体中所含原子总数为3NA个【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、常温下，铁在浓硝酸中会钝化；B、氢气所处的状态不明确；C、标况下，三氧化硫为固体；D、N02和N204的最简式均为N02【解答】解：A、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，反应程度很小，不能完全反应，则转移的电子数小于3NA个，故A错误；B、氢气所处的状态不明确，不一定是标况，故其物质的量不能计算，则转移的电子数不能计算
15、，故B错误；C、标况下，三氧化硫为固体，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、N02和N204的最简式均为N02，故46g混合物中含有的N02的物质的量n=1mol，故含有3mol电子即3NA个，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3下列反应的离子方程式正确的是（）A向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+BFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC向含有0.4 mol FeBr2溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2+
16、2Br+3Cl24Fe+3+6Cl+Br2D用Pt电极电解饱和氯化镁溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2【考点】离子方程式的书写【分析】A生成胶体，不是沉淀；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；D生成氢氧化镁沉淀、氢气、氯气【解答】解：A向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体的离子反应为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故A错误；BFe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I+Fe（OH）3+6H+2Fe2+I2+6H2O，故B错误；C向含有0.4 mol FeBr2溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应的离子反应为4
17、Fe2+2Br+3Cl24Fe+3+6Cl+Br2，故C正确；D用Pt电极电解饱和氯化镁溶液的离子反应为Mg2+2Cl+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大4已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmo
18、l1下列说法正确的是（）AH2（g）的燃烧热为571.6 kJmol1B H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJmol1C同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D3H2（g）+CO2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=+131.4 kJmol1【考点】热化学方程式【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、反应生成硫酸钡沉淀过程是放热过程；C、根据热化学方程式计算热量；D、根据已知热化学方程式，结合盖斯定律计算【解答】解：A燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热
19、量，所以H2的燃烧热为571.6 KJ/mol，故A错误；B中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，反应生成硫酸钡沉淀过程是放热过程，H57.3 kJmol1，故B错误；C令H2（g）和CH3OH（l）的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为571.6=142.45KJ，1gCH3OH燃烧放热为1452=22.68KJ，所以H2（g）放出的热量多，故C正确；D2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1改写为3H2（g）+O2（g）3H2O（l）H=（571.6）kJmol1，2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJmo
20、l1改写为CO2（g）+2H2O（l）=CH3OH（l）+O2（g）H=+（1452）kJmol1改写后的方程相加即得3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l），所以其H（571.6）+（1452）=131.4kJmol1故D错误故选C【点评】本题考查了反应燃烧热、中和热概念的分析应用，盖斯定律的应用，题目难度中等5下图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证化学能转化为电能证明温度对平衡移动的影响验证贴发生析氢腐蚀除去氯气中的HCl气体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A不能形成闭合回路；B.2NO2N2O4H0，升高温度或降低温度，该反应都
21、发生平衡移动导致气体颜色发生变化；C食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；D氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应【解答】解：A不能形成闭合回路，不能形成原电池，则不能验证化学能转化为电能，故A错误；B.2NO2N2O4H0，升高温度或降低温度，该反应都发生平衡移动导致气体颜色发生变化，温度不同导致两个烧瓶中气体颜色不同，所以可以实现实验目的，故B正确；C食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不发生析氢腐蚀，故C错误；D氯气、HCl均与碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除杂，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、化学平衡、混合物分离提纯等，把握反应原理、实验装置的作用等为解
22、答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大6假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化为各装置中的电极编号下列说法错误的是（）A当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D当K闭合后，A、B装置中pH均变大【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Zn易失电子作负极、Cu作正极，所以A中C、C中Cu、D中粗铜都是阳极，A中Fe、C中Ag、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形
23、成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，据此分析解答【解答】解：当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Zn易失电子作负极、Cu作正极，所以A中C、C中Cu、D中粗铜都是阳极，A中Fe、C中Ag、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，A当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，为原电池，在电路中作电源，A为电解池，故A错误；B当K断开时，B装置不能构成原电池，锌片和稀硫酸发生化学腐蚀而溶解，有氢气产生，故B正确；C当K闭合后，B为原电池，A、C、D为电解池，电子从负极流向阴极
24、，再从阴极流向阳极，所以整个电路中电子的流动方向为；，电子不进入电解质溶液，故C正确；D当K闭合后，A中阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，导致溶液氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大；B中正极上氢离子放电导致氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故D正确；故选A【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据反应的自发性确定原电池，知道各个电极发生的反应，注意：电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子定向移动形成电流，为易错点7一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总
25、）体积分数，下列说法正确的是（）A550时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0P总【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v退均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；B、由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；C、由图可知，T时，反应达平衡后C
26、O和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；D、925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=，据此计算；【解答】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v退均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A错误；B、由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）2CO（g）开始 1 0转化 x 2x平衡； 1x 2x所以100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为100%=25%，故B正确；C、由图可知，T时，反应达平衡后CO和CO2
27、的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故C错误；D、925时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=23.0P，故D错误；故选：B【点评】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力二、主观题（共58分）8某化学小组用下图装置电解CuCl2溶液制少量漂白液：（1）图l阳极的反应式是：2Cl2e=Cl2，导气管W端应与出气口一X连接（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质某化学兴趣小组查阅资料可知： 物质名称及化学式 氯化亚铜
28、CuCl 碱式氯化铜Cu2（OH）3Cl 性质 白色固体、不溶水 绿色固体、不溶水化学小组分析提出：红色物质可能有Cu或Cu2O、或二者都有；白色物质为CuCl（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g碳棒上的红色物质是Cu，无水硫酸铜的作用是检验红色物质中有无Cu2O；d中反应的离子方程式是Ag+Cl=AgCl；装置b中发生反应的化学方程式是2CuCl+H22Cu+2
29、HCl电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为Cu2+e+Cl=CuCl阴极上产生白色物质的物质的量是mol；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得CuCl的产率会偏小（偏大、偏小、不变）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；电解原理【分析】（1）阳极上氯离子失电子生成氯气；Y电极上析出Cu，氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收；（2）根据物质颜色判断；（3）实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色氢气还原产物中不含水蒸气，d中出现白色沉淀，氯离子和银离子反应生成白色沉淀，由现象说明不含Cu2O，含有CuCl；氯离子和银离子反应生
30、成白色沉淀；氢气还原CuCl生成Cu和HCl；电解过程中，阴极上铜离子得电子和氯离子反应生成白色沉淀CuCl；b中反应前后固体质量减少的量是Cl元素质量，根据差量法计算白色物质的物质的量；若装置b冷却时不继续通H2，会导致生成的Cu和空气反应生成CuO而产生误差【解答】解：（1）阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2；Y电极上析出Cu，氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收，所以导气管W端应该与X连接；故答案为：2Cl2e=Cl2；X；（2）Cu和Cu2O都是红色物质，所以红色物质还可能是Cu2O或二者都有，故答案为：Cu2O；（3）由于无水硫酸铜不变
31、色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜；无水硫酸铜来检验红色物质中有无Cu2O；故答案为：铜；检验红色物质中有无Cu2O；白色物质若为CuCl，CuCl与氢气反应会生成氯化氢，将生成产物通入硝酸银溶液中，若生成了白色沉淀，证明白色物质为CuCl，反应的离子方程式为：Ag+Cl=AgCl；故答案为：Ag+Cl=AgCl；装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式为：2CuCl+H22Cu+2HCl，故答案为：2CuCl+H22Cu+2HCl；电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2+2e=Cu和铜离子
32、失去电子生成氯化亚铜：Cu2+e+Cl=CuCl；故答案为：Cu2+e+Cl=CuCl；2CuCl+H2=2Cu+2HCl，反应前后固体质量变化为氯元素质量，白色固体为CuCl，所以n（CuCl）=n（Cl）=mol，装置b冷却时不继续通H2，空气中的氧气进入会增加固体质量使测定亚铜离子产率减小；故答案为： mol；偏小【点评】本题以电解原理为载体考查探究物质组成及含量测定，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用能力，涉及物质性质、物质检验、误差分析等知识点，根据物质性质的特殊性来分析解答，题目难度中等9物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转
33、化关系如图1所示完成下列填空：（1）图1中X的水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式：2H2S+O2=2S+2H2O；（2）下列物质用于Na2S203制备，从氧化还原反应的角度分析，理论上有可能实现的方案是（选填编号）bdaNa2S+S bZ+S CNa2S03+Y dNaHS+NaHS03（3）请补充完整焙烧明矾的化学方程式：4KAl（SO4）2.12H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O（4）研究反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H20的速率时，下列方案合理的是ba测定一段时间内生成S02的体积，得出该反应的速率b研究浓度、温度等因素
34、对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c用Na2S2O3（S）分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（5）治理含CO、SO2的烟道气，以铝钒土做催化剂，将CO、SO2在380时转化为S和一种无毒气体己知：硫的熔点：112.8、沸点：444.6；反应每得到Imol硫，放出270kJ的热量写出该治理烟道气反应的热化学方程式2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2 （g）H=270kJ/mol一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是cd（填写字母序号）av （CO）：v（SO2）=2：1 b平衡常数不变c气体密度
35、不变 dC02和S02的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为60%（6）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图2不考虑催化剂价格因素，生产中选铝矾土做催化剂的主要原因是铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小【考点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（3）由原子和元
36、素守恒可知，缺项为水，结合电子、原子守恒配平；（4）硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（5）反应每得到1mol硫，放出270kJ的热量，以此书写热化学方程式；反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；利用三段式法计算二氧化硫的转化率（6）由图可知，相同条件下铝钒土作催化剂时，二氧化硫的转化率最大【解答】解：（1）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应的化学方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，故答案为：2H2S+O2=2S+2H2O；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素
37、化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；（3）由原子和元素守恒可知，缺项为水，反应中S元素的化合价由+6价降低为+4价，S元素的化合价由0升高为+4价，结合电子、原子守恒可知反应为4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，故答案为：4；3；2；2；9；48H2O；（4）根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（5）反应每得到1mol硫，放出270kJ的热量，热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（l）
38、+2CO2 （g）H=270kJ/mol，故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2 （g）H=270kJ/mol；aCO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；dCO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由 2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）反应前（mol） 4 1 0 0转化了（mol）
39、 2x x x 2x平衡后（mol） 42x 1x x 2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，x=0.6，所以SO2的转化率为100%=60%，故答案为：cd；60%（6）由图可知，生产中选铝钒土做催化剂的主要原因是铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小，故答案为：铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小【点评】本题考查较综合，涉及非金属性比较、氧化还原反应、反应速率及热化学方程式、化学平衡状态的判断、转化率计算等，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，题目难度中等10氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题（1）下表列
40、举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值 反应 大气固氮N2（g）+O2（g）2NO（g） 工业固氮N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 温度/ 27 2000 25 400 450 K 3.810310.1 5108 0.5070.152 分析数据可知：大气固氮反应属于吸热（填“吸热”或“放热”）反应分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500左右的高温，解释其原因从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500左右合适（2）工业固氮反应中，
41、在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是A（填“A”或“B”）；比较p1、p2的大小关系21（3）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是N2+6e+6H+=2NH3（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），则其反应热H=+1530 kJmol1（已知：N2（g）+
42、3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，2H2（g）+O2（g）2H2O（l） H=571.6kJmol1）【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；K值很小，转化率很小；合成氨反应中，在500左右催化剂活性最高；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小；增大压强平衡正向移动，转化率增大；（3）氮气在阴极得电子生成氨气；（4）已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1，由盖斯定律：23得2N2（
43、g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），据此分析【解答】解：（1）由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；由表格数据可知，2000时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500左右合适；故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500左右合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，2的转化率大，则2大；故答案为：A；21；（3）电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e+6H+=2NH3，故答案