陕西省咸阳市2024届高三一模考试化学试题（含答案解析）

咸阳市2024年高考模拟检测(一)化学试题注意事项：1.本试题共8页，满分100分，时间90分钟。2.答卷前，务必将答题卡上密封线内的各项目填写清楚。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。可能用到的相对原子质量：H—1Li—7C—12O—16S—32第I卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项是符合题意的)1.从科技前沿到人类的日常生活，化学无处不在。下列说法不正确的是A.国产大型飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料B.光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮氧化合物有关C.漂粉精既可作棉麻织物漂白剂，又可用作环境的消毒剂D.粒子直径为1nm～100nm的铁粉材料，不属于胶体【答案】B【解析】【详解】A．氮化硅属于新型无机非金属材料，A正确；B．光化学烟雾、臭氧层空洞，酸雨的形成都与氮氧化合物有关，温室效应形成与二氧化碳有关，B错误；C．漂粉精常用于漂白、消毒杀菌，因此漂粉精既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作环境的消毒剂，C正确；D．铁粉是单质，不属于胶体，D正确；答案选B。2.下列有关物质的工业制备方法不合理的是A.用蒸发结晶法提取海水中的食盐 B.氯气与澄清石灰水制取漂白粉C.用“吹出法”从海水中提取溴 D.催化裂化将重油转化为汽油等物质【答案】B【解析】【详解】A．海水中氯化钠溶解度随温度变化不大，工业上是通过蒸发溶剂的方法得到氯化钠晶体，故A正确；B．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，故B错误；C．Br2易挥发，通入热空气吹出Br2，可以起到富集溴元素的作用，故C正确；D．通过催化裂化，将长链的重油转化为短链的汽油等物质，故D正确。答案选B。3.下列化学用语或图示不正确的是A.甲醛和乙酸的实验式均为CH2OB.空间填充模型(比例模型)既可以表示甲烷分子，也可以表示四氟化碳分子C.反-2-丁烯分子的球棍模型：D.用电子式表示Na2S的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．甲醛和乙酸的结构简式分别为HCHO、CH3COOH，二者的实验式均为CH2O，A正确；B．CH4、CCF4分子中，中心C原子都发生sp3杂化，分子都呈正四面体结构，且C原子半径都大于H、F原子半径，所以空间填充模型(比例模型)既可以表示甲烷分子，也可以表示四氟化碳分子，B正确；C．中，-CH3都在碳碳双键的同一侧，为顺-2-丁烯分子的球棍模型，C不正确；D．Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，用电子式表示Na2S的形成过程为：，D正确；故选C。4.下列属于物理变化的是①石油的分馏②煤的干馏③煤的液化④溴水中加入苯，振荡、静置后水层无色⑤SO2通入品红溶液，红色褪去⑥将活性炭加入碳素墨水中，黑色褪去⑦乙烯催熟果实⑧白磷加热到260℃转化为红磷⑨电渗析法进行海水淡化A.①④⑥ B.②④⑧⑨ C.①③⑤⑦ D.④⑥⑨【答案】A【解析】【详解】①石油的分馏是利用混合物沸点的差异进行分离，属于物理变化；②煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它分解，属于化学变化；③煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，属于化学变化；④溴水中加入苯，振荡、静置后水层无色，发生萃取作用，属于物理变化；⑤SO2通入品红溶液，红色褪去，SO2表现出漂白性，发生化学变化；⑥将活性炭加入碳素墨水中，黑色褪去，活性炭发生吸附作用，属于物理变化；⑦乙烯催熟果实，是将水果中的淀粉转化为糖类，属于化学变化；⑧白磷加热到260℃转化为红磷，发生同素异形体的转化，属于化学变化；⑨电渗析法进行海水淡化，是在外加直流电场作用下，利用离子交换膜对溶液中离子的选择透过性，使溶液中阴、阳离子发生离子迁移，分别通过阴、阳离子交换膜而达到除盐的目的，从而提取淡水，属于化学变化；由分析可知，①④⑥属于物理变化，故选A。5.下列各组微粒在溶液中既可以大量共存，且加入试剂M后发生反应的离子方程式书写也正确的是选项微粒组试剂M发生反应的离子方程式AFe3+、H+、、通入少量SO2B、Fe2+、、Na+少量硫酸CCl-、Na+、、K+过量醋酸溶液DK+、、、适量HNO3溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+、H+、、在溶液中能大量共存，但通入SO2后，发生的是与SO2的氧化还原反应，而不是Fe3+与SO2的氧化还原反应，A不正确；B．、Fe2+、、Na+在溶液中能大量共存，加入H2SO4后，溶液呈酸性，的氧化能力增强，能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生反应，B正确；C．Cl-、Na+、、K+在溶液中能大量共存，加入过量醋酸溶液，转化为H2SiO3，但醋酸为弱酸，不能改写成H+和CH3COO-，应以化学式表示，离子方程式为，C不正确；D．K+、、、在溶液中不能大量共存，因为、能发生离子互换反应：++H2O=Al(OH)3↓+，D不正确；故选B。6.碳循环(如图所示)的研究有利于实现我国的碳达峰及碳中和目标。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.可通过加聚反应使葡萄糖转化为淀粉B.电催化1molCO转化为乙酸时，转移个电子C.CO和均为含极性共价键的极性分子D.30g葡萄糖与乙酸的混合物中含有的氢原子数目为个【答案】D【解析】【详解】A．一定条件下，葡萄糖发生缩聚反应生成淀粉和水，故A错误；B．由化合价变化可知，电催化2mol一氧化碳转化为乙酸时，反应转移4mol电子，则电催化1mol一氧化碳转化为乙酸时，转移电子数目为1mol×2×NAmol—1=2NA，故B错误；C．一氧化碳是正负电荷重心不重合的极性分子，而二氧化碳是正负电荷重心重合的非极性分子，故C错误；D．葡萄糖与乙酸的最简式相同，都为CH2O，则30g葡萄糖与乙酸的混合物中含有的氢原子数目为×2×NAmol—1=2NA，故D正确；故选D。7.下列变化不遵循“量变引起质变”哲学思想的是A.向盐酸中滴加Na[Al(OH)4]溶液，刚开始无明显现象，后产生白色絮状沉淀B.向澄清石灰水中通入，先产生白色沉淀，后沉淀溶解变为澄清溶液C.向酚酞溶液中加入NaClO粉末，溶液先变红色，后迅速褪色D.向含甲基橙的纯碱溶液中逐滴加入溶液，溶液由黄色变为橙色，最终变为红色【答案】C【解析】【分析】“量变引起质变”指量的多少不同、反应不同。【详解】A．向盐酸中滴加Na[Al(OH)4]溶液，开始盐酸过量，发生反应4HCl+Na[Al(OH)4]=NaCl+AlCl3+4H2O，无明显现象，继续加Na[Al(OH)4]溶液，发生反应AlCl3+3Na[Al(OH)4]=4Al(OH)3↓+3NaCl，后产生白色絮状沉淀，与量的多少有关，A项不符合题意；B．向澄清石灰水中通入CO2，开始CO2少量，发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，观察到产生白色沉淀，继续通入CO2，发生反应CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，后观察到沉淀溶解变为澄清溶液，与量的多少有关，B项不符合题意；C．NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO-的水解使NaClO溶液呈碱性，使酚酞溶液先变红色，水解生成的HClO具有强氧化性，后观察到迅速褪色，与量的多少无关，C项符合题意；D．Na2CO3属于强碱弱酸盐，由于的水解使纯碱溶液呈碱性，使甲基橙溶液呈黄色，滴入NaHSO4溶液，首先发生反应+H+=，溶液的碱性逐渐减弱，继续滴加NaHSO4发生反应+H+=H2O+CO2↑，最终溶液呈酸性，故溶液由黄色变为橙色，最终变为红色，与量的多少有关，D项不符合题意；答案选C。8.一种消炎利胆的药物结构如图所示，下列说法正确的是A.该有机物的分子式为B.该有机物含有五种官能团C.该有机物分子中只有一个手性碳原子D.该有机物可发生加成、加聚、水解、消去反应【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式可知该有机物的分子式为，故A错误；B．该有机物含有碳碳双键、醚键、羟基、肽键4种官能团，故B错误；C．有机物中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该有机物中不含手性碳原子，故C错误；D．该有机物含有碳碳双键，能发生加成、加聚反应，含有肽键，能发生水解反应，最右边连羟基相邻的C上有氢原子，能发生消去反应，故D正确。答案选D。9.下列实验操作装置图中至少有三处错误的是ABCD乙酸乙酯的制备中和热的测定石油分馏比较KMnO4、Cl2、S的氧化性AA B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．制取乙酸乙酯时，所用试剂为乙醇、乙酸、浓硫酸，稀硫酸不能表现吸水性，且出气导管口不能插入液面下，否则会产生倒吸，图中有2处错误，A不符合题意；B．中和热测定时，需要使用环形玻璃搅拌棒，且碎纸条的用量不足，图中有2处错误，B不正确；C．石油分馏装置图中，没有使用石棉网，温度计水银球没有放在支管口处，冷却水流向上进下出，看不出是否加碎瓷片或沸石，图中至少有3处错误，C符合题意；D．比较KMnO4、Cl2、S氧化性的实验中，两装置间需增加除去Cl2中混有HCl的装置，否则会干扰实验，还缺少尾气处理装置，D不符合题意；故选C。10.下列实验设计及现象能达到实验目的的是选项实验目的实验设计及现象A证明气体中存在平衡压缩盛有气体的注射器至原来体积的一半，红棕色变浅B比较室温下、溶度积的大小向溶液中滴加少量NaOH溶液，充分振荡后，再滴加几滴溶液，白色沉淀逐渐转化为蓝色C比较和的氧化性强弱常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃D证明反应生成乙烯乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．压缩盛有气体的注射器至原来体积的一半，NO2浓度增大，混合气体颜色变深，不能证明NO2与N2O4平衡体系中存在2NO2(g)N2O4(g)，A不符合题意；B．向溶液中滴加少量NaOH溶液，充分振荡后，再滴加几滴溶液，白色沉淀逐渐转化为蓝色。NaOH不足，发生沉淀的转化，氢氧化镁转化为氢氧化铜，可以比较室温下、溶度积的大小，B符合题意；C．常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃，该反应中氯化铁是过氧化氢分解的催化剂，而不是氧化了过氧化氢，C不符合题意；D．乙醇和浓硫酸共热至170℃，挥发出的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，同时反应过程中生成二氧化硫也被还原高锰酸钾使其褪色，不能证明反应生成乙烯，D不符合题意；故答案为：B。11.一种工业用缓冲剂由前四周期原子序数依次递增、且在不同周期的X、Y、Z、W四种元素组成，结构如图所示。已知Z的单质常温下为固体。下列说法正确的是A.Y元素的非金属性强于与Z同族短周期元素的非金属性B.简单氢化物的沸点：C.该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构D.Y和W不可能形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】A【解析】【分析】根据结构图可以看出X形成1个共价键，X最外层1个电子。Y形成2个共价键，Y最外层6个电子。阴离子带一个负电荷是得到的一个电子给了Z，从而可知Z最外层6个电子，Z的单质常温下为固体，Z为S元素。W离子带一个正电荷，W最外层1个电子。X、Y、Z、W是前四周期原子序数依次递增的原子，故X为H，Y为O，Z为S，W为K。【详解】A．同一主族从上到下，元素的非金属性减弱。Y为O，Z为S。非金属性：O>S，A正确；B．Y为O，Z为S，W为K，简单氢化物分别为H2O、H2S、KH。KH为离子化合物，常温为固态。H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S的沸点，故简单氢化物沸点：，B错误；C．该化合物中H原子、S不满足8电子稳定结构，C错误；D．Y为O，W为K，两者组成K2O2含离子键、含共价键，D错误；故答案为：A。12.25℃，的HCl溶液滴定等浓度的一元碱MOH溶液的滴定曲线如图所示(“滴定分数”：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比)。下列说法不正确的是A.滴定操作时，可选用甲基橙做指示剂B.从x点到z点的滴定过程中，水的电离程度先增大后减小C.x点处的溶液中满足：D.根据y点坐标可以得到【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，z点滴定分数1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的显酸性，为弱碱，为强酸弱碱盐，应选择在酸性条件下变色的甲基橙指示剂，A正确；B．x点处滴定分数为0.5，溶液中含等量的、溶液呈碱性，说明电离程度大于水解程度，此时抑制水的电离，滴定分数为1时，恰好完全反应得到溶液，促进水的电离。从x点到z点的滴定过程中，水的电离程度一直增大，B错误；C．x点处滴定分数为0.5，溶液中含等量的、，由物料守恒可得，由电荷守恒可得，两式相减得出，由图可知，溶液显碱性，则，则，C正确；D．y点pH=7，，则，设溶液为1L，滴定分数为0.9，则需加入盐酸0.9L，溶液总体积为1.9L，反应后，，，，D正确；故答案为：B。13.合成氨是制备医药、炸药、化肥、染料等的基础反应。一种电催化制备的两种途径反应机理如图所示，下列说法不正确的是A.两种途径均发生了加成反应B.氮氮三键的键能很大，所以能垒最高的过程应为①和④C.选择强酸性溶液，有利于电催化合成反应的进行D.氨气应在阴极区生成【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，①和④是氮氮三键转化为氮氮双键的过程、②和⑤是氮氮双键转化为氮氮单键的过程，则两种途径均发生了加成反应，故A正确；B．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由图可知，③和⑥是反应的决速步，则能垒最高的过程为③和⑥，故B错误；C．由图可知，氮气生成氨气的过程中，氢离子是反应的反应物，所以选择强酸性溶液，增大反应物的浓度，有利于电催化合成反应的进行，故C正确；D．由化合价变化可知，生成氨气的电极为电解池的阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，故D正确；故选B。14.体积均为1L的两个恒容密闭容器I、Ⅱ中，均充入2molCO(g)和2molNO(g)，发生反应：，相对容器Ⅱ，容器I只改变一个外界条件，测得N2的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是A.该反应是吸热反应，容器I改变的条件可能是使用了催化剂B.相对容器Ⅱ，容器I改变的条件可能是升温或者加压C.容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80%D.容器Ⅱ中0～10min内，【答案】C【解析】【分析】从图中信息不能确定该反应是放热还是吸热反应，但可以肯定改变某条件，容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量大。【详解】A．从图中信息不能确定该反应是吸热反应，但容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量不等，所以容器I改变的条件不可能是使用了催化剂，A不正确；B．相对容器Ⅱ，若容器I改变的条件是升温，平衡移动的方向未知，不能肯定容器I中N2的物质的量比容器Ⅱ中小，加压，则平衡正向移动，N2的物质的量应比容器Ⅱ大，B不正确；C．容器Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8mol，则参加反应NO的物质的量为1.6mol，NO的平衡转化率为=80%，C正确；D．容器Ⅱ中0～10min内，N2的物质的量为0.5mol，则参加反应NO的物质的量为1mol，，D不正确；故选C。15.锂离子电池具有能量密度高、循环寿命长、环境友好等优点，一种纳米硅基锂电池是新型二次电池，电池反应原理如图所示，电池反应式为。下列说法不正确的是A.电解液不能选用或者LiCl的水溶液B.电池放电时从b极脱嵌，而充电时，从a极脱嵌C.充电时，a极反应式为D.该电池工作时，每转移，两极质量变化之差为7g【答案】D【解析】【分析】由总反应可知，放电时，电极a为原电池的负极，LixSi在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和硅，电极反应式为LixSi—xe—=xLi++Si，电极b为正极，锂离子作用下二硫化铁在正极得到电子发生还原反应生成铁和硫化锂，电极反应式为；充电时，与直流电源正极相连的电极b为电解池的阳极，铁和硫化锂在阳极失去电子发生氧化反应生成二硫化铁和锂离子，电极a为阴极，硅作用下锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成LixSi。【详解】A．锂能与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以纳米硅基锂电池的电解液不能选用硫酸锂或氯化锂水溶液，故A正确；B．由分析可知，放电时，电极b为正极，锂离子作用下二硫化铁在正极得到电子发生还原反应生成铁和硫化锂，锂离子从b极脱嵌，充电时，电极a为阴极，硅作用下锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成LixSi，锂离子从a极脱嵌，故B正确；C．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的电极b为电解池的阳极，铁和硫化锂在阳极失去电子发生氧化反应生成二硫化铁和锂离子，电极反应式为，故C正确；D．由分析可知，电池工作时，转移1mol电子，负极减少1mol锂离子，正极增加1mol锂离子，则两极质量变化之差为1mol×7g/mol+1mol×7g/mol=14g，故D错误；故选D。16.可溶性氯化物中氯含量的测定常采用莫尔法，此法是以为指示剂，用标准溶液进行滴定。某温度下，分别向和溶液中滴加溶液，滴加过程中(M为或)与溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是A.曲线表示与的变化关系B.M点溶液中：C.该温度下，D.温度不变时，增大溶液浓度，则曲线中Q点移到N点【答案】C【解析】【分析】KCl、和溶液均为0.1mol/L，所以表示与的变化关系（1:1），表示与的变化关系。由N点(Ag+与比为1:2，恰好作用完全)推知：=10-4.0mol/L，c(Ag+)=210-4.0mol/L，，同理由坐标(10，4.9)推知：=10-9.8，以此解题。【详解】A．KCl和AgNO3反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，K2CrO4和AgNO3反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以表示与的变化关系的曲线是，故A错误；B．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c()＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：，故B错误；C．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中=10-4.0mol/L，c(Ag+)=210-4.0mol/L，==，故C正确；D．曲线表示与的变化关系，若增大溶液浓度，完全沉淀需要AgNO3溶液体积增大，温度不变，溶液体积不变，仍为4.0，曲线中Q点向右平移，故D错误；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共4小题，计52分)17.A、B、C、D、E、X是中学化学中常见的无机物，且均由短周期元素组成，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。（1）若A为非金属单质，X为黑色粉末状非金属单质，回答下列问题：①B的电子式为_______，D的结构式为_______。②B的水溶液常用塑料瓶保存，不能用玻璃试剂瓶，理由是_______(用化学方程式表示)。（2）若A为一种淡黄色的固体化合物，回答下列问题：①X可以是含铝的盐溶液，则向D溶液中通入足量的，发生反应的离子方程式为_______，写出E的一种用途_______。②X可以是造成酸雨的成分之一，测得溶液呈酸性，其原因是_______。（3）若A为白色固体化合物，C的分子空间构型为三角锥型，则：①组成物质A的非金属元素在元素周期表中的位置是_______。②下列说法正确的是_______(填字母)。a．C物质是电解质b．E可用NaOH溶液进行吸收处理c．B化学性质稳定，高温下难以分解d．C与反应的氧化产物可能不止一种【答案】17.①.②.③.18.①.②.治疗胃酸过多③.电离程度大于其水解程度19.①.第2周期第VA族②.bd【解析】【小问1详解】若A为非金属单质，X为黑色粉末状非金属单质，则X为C，则C为O2，D为CO2，E为CO，A为F2，与水反应生成B为HF和氧气；①B为HF，H和F共用1对电子对，电子式为，D为CO2，C和O共用2对电子对，结构式为：O=C=O；②B为HF，水溶液氢氟酸不能用玻璃试剂瓶，原因玻璃中二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，化学方程式为；【小问2详解】若A为一种淡黄色的固体化合物，则A为Na2O2，①过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，B为O2，C为NaOH，X可以是含铝的盐溶液，与足量NaOH溶液反应生成D为Na[Al(OH)4]，通入足量的反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为，Al(OH)3具有弱碱性，用途是治疗胃酸过多；②X可以是造成酸雨的成分之一则X为SO2，NaOH与过量SO2反应生成E为NaHSO3，NaHSO3中存在电离平衡和水解平衡，测得0.1mol/LNaHSO3溶液呈酸性，其原因是电离程度大于其水解程度；【小问3详解】若A为白色固体化合物，C的分子空间构型为三角锥型则为NH3，A为Mg3N2，氮化镁和水反应生成B为Mg(OH)2和C为NH3，氨气和氧气反应生成D为NO，继续氧化生成E为NO2，①A为Mg3N2，组成物质A的非金属N元素在元素周期表中的位置是第2周期第VA族；②a．C为NH3，氨气在熔融状态下不能导电，是非电解质，故a错误；b．E为NO2，是有毒气体，可用NaOH溶液进行吸收处理，两者反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，故b正确；c．B为Mg(OH)2，高温下能分解生成MgO和水，故c错误；d．C为NH3，氨气在纯氧中燃烧：氧化产物是N2，氨气与氧气催化剂、高温下反应：氧化产物是NO，故d正确；故选bd。18.某化学兴趣小组为了测定化学反应速率，并研究外界条件对化学反应速率的影响，设计并完成了如下实验：I．甲同学利用下图所示装置(夹持装置略)测定化学反应速率，借助秒表测量量气管内液面不再变化时所需的时间，同时读取量气管在反应前后的液面差，计算该反应的速率。回答下列问题：（1）蒸馏烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。（2）为了减少气体溶解，试剂X最好选用_______(填名称)。（3）实验结束后，读数时应该注意：_______、_______(任填两项)，然后再读取数据。Ⅱ．乙同学设计如下实验探究高锰酸钾浓度对速率的影响，并测定反应速率。实验温度/℃溶液的体积/mL溶液的体积/mL的体积/mL水的体积/mL溶液褪色的时间/min①25103020402.5②25203020a3.0③2540302010溶液颜色变浅，但不褪去（4）_______。（5）利用实验①中数据，计算用表示的化学反应速率为_______，通过数据比较可以得出：反应速率①_______(填“>”、“<”或“=”)②。（6）实验③最终溶液颜色变浅、但不褪去的原因可能是_______。【答案】（1）（2）饱和碳酸氢钠溶液（3）①.冷却至室温，上下调节量气管使左右两端液面齐平②.读数时视线与量气管凹液面相平（4）30（5）①.0.002②.<（6）高锰酸钾过量(或草酸的量不足，无法使完全反应)【解析】【分析】蒸馏烧瓶中KMnO4、H2C2O4和H2SO4溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，可通过排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2，试剂X为饱和NaHCO3溶液；实验结束后，先恢复到室温，再上下移动量气管、使左右两边液面相平，然后视线与凹液面的最低处相平，读取数据；【小问1详解】蒸馏烧瓶中KMnO4、H2C2O4和H2SO4溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为：；【小问2详解】可通过排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2，试剂X为饱和碳酸氢钠溶液；【小问3详解】实验结束后，先冷却到室温，再上下移动量气管、使左右两边液面相平，然后视线与凹液面的最低处相平，读取数据；【小问4详解】乙同学通过控制变量法测定KMnO4溶液的浓度对化学反应速率的影响，溶液的总体积为100mL，则a=30mL；【小问5详解】利用实验①中数据可知，溶液混合后KMnO4溶液的浓度为=0.005mol/L，用KMnO4表示的化学反应速率为=0.002；用同样方法计算出反应②中KMnO4表示的化学反应速率为0.0033mol⋅L-1⋅min-1，则反应速率①＜②；【小问6详解】实验③中n(KMnO4)==0.002mol，n()==0.003mol，根据可以判断出高锰酸钾过量(或草酸的量不足)，故最终溶液颜色变浅，但不褪去。19.钒酸铋()是一种亮黄色无毒无害光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，并含、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如图所示：已知部分信息如下：①氧化性：。②滤液1中的阴离子主要是。③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物开始沉淀时的pH7.61.64.0完全沉淀时的pH9.63.15.5当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全。回答下列问题：（1）浸渣1的主要成分为_______。（2）浸取时转化的离子方程式为_______。（3）从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用_______调节，且需调至溶液的pH为_______(填范围)。（4）稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是_______；水解的化学方程式为_______。（5）设计实验检验气体X的成分：_______。（6）常温下，的为_______。【答案】（1）S、（2）（3）①.或氨水、等②.（4）①.温度升高，有利于水解平衡正向移动②.或（5）将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是（6）【解析】【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S单质，得滤液主要成分：BiCl3和FeCl2，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为二氧化硅和硫单质，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl,BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与(NH4)3VO4反应生成BiVO4，据此进行解答。【小问1详解】由上述分析可知，浸渣1的主要成分为S和；【小问2详解】浸取时加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S单质，离子方程式为：；【小问3详解】加入NaOH的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH溶液，还可用或氨水、等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH范围为；【小问4详解】水解反应为吸热反应，通入水蒸气有加热的作用，温度升高，有利于水解平衡正向移动，BiCl3水解的化学方程式为或；【小问5详解】BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，即X是SO2，检验的方法为将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是；【小问6详解】根据表格中，Bi(OH)3恰好完全沉淀时的pH为5.5，此时c(OH-)=10-8.5mol/L，c(Bi3+)=10-5mol/L，[Bi(OH)3]=c(Bi3+)c3(OH-)=(10-8.5)310-5=。20.甲烷是一种清洁能源，也是一种重要的化工原料，常用作合成甲醇。（1）1840年瑞士化学家盖斯通过大量的实验证明：不管化学反应是_______，其反应热都是相同的，这就是盖斯定律。已知甲烷、碳单质、氢气的燃烧热分别为、、。则甲烷裂解制备炭黑的热化学方程式为_______。（2）科学家们曾尝试用甲烷催化法消除汽车尾气中的NO，反应的热化学方程式为。①该反应______