浙江省嘉兴市2024届高三下学期二模化学试题 含解析

第1页/共1页2024年高三教学测试化学试题卷可能用到的相对原子质量：选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中含有共价键的盐是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．只含有共价键，但不属于盐，故A不符合题意；B．由铵根和硝酸根离子构成，属于盐，含有离子键、共价键，故B符合题意；C．MgCl2由Mg2+、Cl-构成，只含离子键，故C不符合题意；D．NaOH由Na+、OH-构成，含有离子键、共价键，但属于碱，故D不符合题意；故选：B。2.工业上将CO2通入到NH3的饱和NaCl溶液中制取NaHCO3，下列说法不正确的是A.食品膨松剂的成份之一是NaHCO3 B.电离出H+使NaHCO3溶液显酸性C.NaHCO3不稳定，受热容易分解 D.盐酸与NaHCO3反应放出大量气泡并吸收热量【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解，产生的CO2气体受热膨胀，从而使食品变得膨松，所以食品膨松剂的成份之一是NaHCO3，A正确；B．在溶液中电离趋势小于水解趋势，从而使NaHCO3溶液显碱性，B不正确；C．NaHCO3的热稳定性差，受热容易分解产生CO2气体等，C正确；D．盐酸与NaHCO3反应，生成NaCl、CO2等，放出大量气泡，此反应为吸热反应，D正确；故选B。3.下列表示不正确的是A.的电子式： B.的价层电子对互斥模型：C.的键的模型： D.的名称：1，3，4-三甲苯【答案】D【解析】【详解】A．结构式为O=C=O，电子式：，故A正确；B．的中心原子O形成2个σ键，2个孤电子对，价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为，故B正确；C．的键形成过程为：，模型为，故C正确；D．的名称：1，2，4-三甲苯，编序号要使数字和尽量小，因此，序号应为：，故D错误；故选D。4.高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，制备的一种方法其原理：，下列说法不正确的是A.Fe3+是还原剂 B.H2O既不是还原产物也不是氧化产物C.生成，转移电子 D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为【答案】C【解析】【详解】A．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，被氧化，故Fe3+是还原剂，A正确；B．反应中H和O的化合价均未改变，故H2O既不是还原产物也不是氧化产物，B正确；C．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，则生成，转移3mol电子，C错误；D．反应中是氧化产物，Cl-是还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；故答案为：C。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.溶液：B.的溶液：C.水电离产生的的溶液：D.使甲基橙变红的溶液：【答案】A【解析】【详解】A．在溶液中四种离子不发生任何反应，可以大量共存，故A正确；B．与发生反应生成特征蓝色沉淀而不能大量共存，且Fe2+与高锰酸根发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C．水电离产生的的溶液，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，在酸、碱溶液中均不能大量共存，故C错误；D．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根和发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；故选A。6.镁及其合金是用途很广的金属材料。从海水中获取镁的主要步骤如下：下列说法正确的是A.试剂①可以选用氢氧化钙溶液或氢氧化钠溶液，试剂②可以选用浓盐酸或B.操作I是指向海水中直接倒入过量试剂①，然后过滤得到沉淀C.操作Ⅱ是蒸发浓缩至有大量晶体析出、过滤、洗涤、烘干冷却D.实验室熔融无水时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器【答案】D【解析】【分析】海水中加入试剂①氢氧化钙或氢氧化钠沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，操作Ⅰ为过滤操作，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作Ⅱ浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；据此分析解。【详解】A．分析可知试剂①可以选用的试剂为氢氧化钙溶液或氢氧化钠溶液，用来沉淀镁离子，试剂②可以选用稀盐酸或，水解后生成HCl与SO2，故A错误；B．操作I是指向母液中直接倒入过量试剂①，而不是海水中，然后过滤得到沉淀，故B错误；C．操作Ⅱ是加热蒸发至出现大量晶体，趁热过滤、洗涤、干燥，得到MgCl2晶体，然后将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故C错误；D．实验室熔融无水时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器，因为的熔点较高需要酒精喷灯，故D正确；故选D。7.根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是物质组成和结构变化性能变化A铝加入一定量的强度、抗腐蚀能力增强B水泥加入一定量石膏抗压能力提高C液态油脂催化加氢抗氧化性提高D聚乙炔掺入等金属导电性提高A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铝中加入一定量的等制成合金，可以增强材料的强度强度、抗腐蚀能力，故A正确；B．水泥里掺入一定比例的石膏可以提高水泥的硬化速度和强度，强度不是抗压能力，故B错误；C．液态油脂催化加氢增加了油脂饱和程度，油脂的抗氧化性能增强，故C正确；D．聚乙炔中掺入等金属，分子间出现了多余的自由电子，可以增强导电性，故D正确；故选B。8.利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是A.图①装置可用于验证钢铁的吸氧腐蚀 B.图②装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成C.图③装置可通过加水分离两种物质 D.图④装置可制取乙二酸【答案】A【解析】【详解】A．铁钉发生吸氧腐蚀消耗氧气，右侧的玻璃导管形成水柱，可以证明发生吸氧腐蚀，A正确；B．硝酸具有挥发性，也可以氧化碘离子生成碘，使KI-淀粉溶液变蓝，不能说明浓分解生成，B错误；C．苯和四氯化碳互溶，不能通过加水分离，C错误；D．乙二醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，不能制得乙二酸，D错误；故选A。9.下列说法不正确的是A.实验中可将未用完的钾、白磷放回到原试剂瓶B.实验室用电石制取乙炔，了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂C.用加热使碘升华的方法除去铁粉中混有的D.用银氨溶液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸乙酯和溴苯【答案】C【解析】【详解】A．钾、白磷等物质易燃烧，为防止发生火灾，实验中可将未用完的钾、白磷放回到原试剂瓶，A正确；B．电石与水反应非常剧烈，为了减缓反应速率，可用饱和食盐水代替水，B正确；C．加热使碘升华，但铁粉与碘反应生成FeI2，C错误；D．银氨溶液与乙醇互溶；与乙醛反应有银镜生成；与乙酸乙酯不反应，不互溶，乙酸乙酯在上层；与溴苯不反应，不互溶，溴苯在下层；现象各不相同，可以鉴别，D正确；故选C。10.下列化学反应与方程式不相符的是A.向银氨溶液中加入过量盐酸：B.溶液中加入产生沉淀：C.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：D.乙醇与酸性溶液反应：【答案】A【解析】【详解】A．银氨溶液中存在[Ag(NH3)2]+，银氨溶液滴加盐酸，生成氯化银沉淀，离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2+2H2O，故A错误；B．FeSO4溶液中加入H2O2产生氢氧化铁沉淀，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O═2Fe(OH)3↓+4H+，故B正确；C．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀，化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故C正确；D．乙醇被酸性重铬酸钾氧化为乙酸、铬离子和水，离子方程式为：，故D正确；故选：A。11.聚乙烯醇缩甲醛(维纶)是一种优质的合成材料，可用于生产服装、绳索等，一种合成路线如下所示。下列说法不正确的是A.X的结构简式为 B.试剂Y可以是氢氧化钠溶液C.甲醛易溶于水，其水溶液具有杀菌、防腐的作用 D.生成需要和【答案】D【解析】【分析】CH≡CH和CH3COOH发生加成反应，CH≡CH断开一条π键，CH3COOH断开-OH，生成，即X为，X在催化剂、加热条件下发生加聚反应生成M，M在试剂Y作用下发生酯基的水解反应生成N，Y可以是稀硫酸或NaOH溶液，2分子N的链节和1分子甲醛发生缩聚反应生成1分子Q的链节，据此分析解题。【详解】A．根据分析，X的结构简式为，A正确；B．根据分析，试剂Y可以是氢氧化钠溶液，B正确；C．甲醛易溶于水，其水溶液是福尔马林，具有杀菌、防腐的作用，C正确；D．Q为高聚物，2分子N的链节和1分子甲醛发生缩聚反应生成1分子Q的链节，D错误；答案选D。12.化合物可用作电极材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等。基态W原子的价层电子排布式为。该电极材料所含阴离子的结构如图所示。下列说法不正确的是A.简单离子半径：B.简单氢化物的熔沸点：C.X单质在Y单质中燃烧，其产物中含有非极性共价键D.W原子有15种空间运动状态不同的电子【答案】C【解析】【分析】基态W原子的价层电子排布式为，其核外电子排布：，为Fe元素；Z原子可形成5个共价键，为第VA族元素，Y原子可形成2个共价键，为第VIA族元素，结合Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等可知，Y为O元素，Z为P元素，X、Y同周期，结合化合物可知，X为Li。【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，则离子半径：，A正确；B．水分子间存在氢键，则简单氢化物的熔沸点：，B正确；C．Li在氧气中燃烧生成氧化锂，不含非极性共价键，C错误；D．铁原子的原子轨道数为15，故空间运动状态有15种，D正确；答案选C。13.水系双离子电池原理如图所示，下列有关叙述正确的是A.放电时，电极a作电源的正极，发生氧化反应最终变为B.充电时，水系电池中，a电极附近溶液的碱性增强C.充电时，b电极上的电极反应式为D.当完全放电时，则b电极质量减轻【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时为原电池，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu、发生得电子的还原反应，b极上Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2、发生失电子的氧化反应，则a极为正极、b极为负极，负极反应式为Na0.44MnO2-xe-═Na0.44-xMnO2+xNa+，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a极为阳极、b极为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。【详解】A．放电时为原电池，a极为正极、b极为负极，Cu3(PO4)2发生还原反应最终变为Cu,故A错误；

B．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阳极上OH-失电子生成水，阳极附近的碱性减弱，故B错误；

C．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阴极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，故C错误；

D．放电时为原电池，a极上发生反应Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu,则1molCu3(PO4)2完全放电时，转移电子6mol,有6molNa+发生迁移，则b电极质量减轻6mol×23g/mol=，故D正确；

故选：D。14.CH3CHO在NaOH溶液作用下制取2-丁烯醛的历程如下：已知：反应(3)的平衡常数较小下列说法不正确的是A.OH-是该反应的催化剂B.CH3CHO分子中甲基上的“”比中的“”更易电离出H+C.反应(4)加热失水有利于反应(3)平衡正向移动D.CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下最多可得到2种羟基醛【答案】D【解析】【详解】A．反应(1)中，CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O，反应(3)中，与H2O电离出的H+结合为，从而生成OH-，则OH-是该反应的催化剂，A正确；B．由反应(1)可知，CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O，而CH3CH3与OH-不能发生反应，则CH3CHO分子中甲基上的“”比中的“”更易电离出H+，B正确；C．反应(4)加热失水，可减少生成物浓度，从而促进反应(3)的平衡正向移动，C正确；D．CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下发生羟醛缩合反应，同种醛、不同种醛都可发生此类反应，则最多可得到4种羟基醛，D不正确；故选D。15.天然水体中的与空气中的保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有)的水体中(或)与的关系如图所示。下列说法正确的是A.直线②的X表示B.该溶洞水体时，溶液中C.体系中存在D.体系中存在【答案】D【解析】【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大，pH较小时浓度大于，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线①代表，②代表，③代表Ca2+。【详解】A．根据分析可知，直线②的X表示，A错误；B．越大，c(X)越小，该溶洞水体时，根据图中信息可知，故溶液中，B错误；C．由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误；D．由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确；答案选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是实验目的方案设计现象结论A探究、的还原性强弱向溶液中加入少量氯水后，分成两份：①一份加萃取②另一份加入溶液①溶液无明显变化②溶液变红色的还原性强于B探究与溶解度差异①向试管中加入溶液，再加入2~4滴溶液②向上述试管中滴加4滴溶液①有白色沉淀产生②白色沉淀变为红褐色沉淀的溶解度更小C探究取代基对苯环的影响取甲苯，滴入5滴的酸性溶液溶液褪为无色取代基对苯环具有活化作用D探究铝在浓硝酸中是否会形成致密氧化膜将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入溶液铝片表面未见到紫红色固体铝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】【详解】A．向溶液中加入少量氯水，萃取后，层无色，溶液变红，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到的还原性强于Br-，故A正确；B．NaOH溶液少量，与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，加入FeCl3后白色沉淀变为红褐色沉淀，则生成Fe(OH)3红褐色沉淀，为沉淀的转化，则的溶解度更小，故B正确；C．甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，可知苯环活化取代基，故C错误；D．将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故D正确；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.硅材料在生产、生活中占有重有地位。回答下列问题：（1）基态原子的电子排布式___________。（2）某含硅化合物的长链状结构(片段)截取部分如图所示。该化合物的晶体类型是___________。（3）下列有关硅及其化合物说法正确是___________。A.在晶体和晶体结构中均是杂化B.常温下粗硅与盐酸反应制取，再以高温还原得到高纯硅C.比易水解原因之一是键能弱于D.晶体的X射线图谱显示有明锐的衍射峰（4）硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。硅酸盐中的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构成的简单阴离子(图a)，也有以硅氧四面体结构单元构成的无限延长的单链(图b)、双链(图c)等更复杂的结构。图a图b图c写出图c所示阴离子的化学式___________。（5）碳和硅的有关化学键键能、键长如下所示：化学键键能/348615812413226318键长/154133120109235150硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多，试从共价键的成键角度解释原因___________。（6）已知晶体的密度为，其晶胞结构如图所示。阿伏加德罗常数值为，则晶胞中两个原子之间的距离为___________。【答案】（1）（2）分子晶体（3）ACD（4）（5）①硅烷中的键和键的键能小于烷烃分子中键和键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②的原子半径大，原子之间形成的单键较长，轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成键（6）【解析】【小问1详解】Si元素为14号元素，原子核外有14个电子，则核外电子排布式为：；【小问2详解】根据某含硅化合物的长链状结构(片段)截取部分可知，的空间结构不是空间网状结构，是分子晶体；【小问3详解】A．晶体硅和晶体中的Si原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，两种晶体中Si原子杂化类型都是sp3杂化，故A正确；B．高纯硅的制取是以初步冶炼得到的粗硅为原料，在加热条件下与氯化氢气体反应，制成气态化合物SiHCl3，与杂质分离，然后在高温条件下用氢气还原，重新得到硅和氯化氢气体，这样就去掉了杂质，得到高纯硅，故B错误；C．比易水解原因之一是键能弱于，共价键容易断裂，故C正确；D．晶体的X射线图谱上能看到分立的斑点或明锐的衍射峰，非晶体的X射线图谱上能看不到分立的斑点或明锐的衍射峰，故D正确；答案选ACD；【小问4详解】根据结构类推，红线圈中为重复部分，有4个Si，有4个O与另一个重复部分平分，占一半，则O个数为9+4=11，再结合硅为+4价，O为-2价可知，图c所示阴离子的化学式为；【小问5详解】①硅烷中的键和键的键能小于烷烃分子中键和键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②的原子半径大，原子之间形成的单键较长，轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成键，因此，硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多；【小问6详解】根据均摊法可知，一个晶胞中含有8+6=4个C，4个Si，设晶胞的参数为a，则=，a=，晶胞中两个原子之间的距离为边长的对角线的一半，即为。18.Fe3S4固体是一种重要的磁性材料，以它为原料实现如下化合物的转化：已知：在较高浓度Cl-的溶液中，Fe3+以的形式存在，溶液呈亮黄色。请回答：（1）依据B→C→D的现象，判断Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为___________，无色酸性溶液F中的含硫阴离子有___________。（2）Fe3S4能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g∙L-1)，写出该反应的离子方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.固体A中可能含有FeO B.无色气体E能完全溶于水C.溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解 D.溶液B可溶解铜（4）写出F→G反应的化学方程式___________。请设计实验方案确定溶液G中的阴离子___________。【答案】（1）①.②.（2）（3）D（4）①.②.取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有【解析】【分析】Fe3S4固体通入足量空气充分煅烧，得到Fe2O3固体和无色气体E。固体A(Fe2O3)中加入足量盐酸，发生反应生成等，加入KSCN溶液，得到血红色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又转化为黄色的溶液。无色气体E为SO2与空气的混合气，通入H2O中，SO2与H2O反应生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化为H2SO4，同时生成HI。【小问1详解】依据B[]→C[Fe(SCN)3]→D[]的现象可以判断，反应的产物都比反应物稳定性强，则Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为。由分析可知，无色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，则含硫阴离子有。【小问2详解】Fe3S4能与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为硫，标准状况下的密度为1.518g∙L-1的气体，摩尔质量为1.518g∙L-1×22.4L/mol=34g/mol，其为H2S，S来自H2S与Fe3+的反应，则该反应的离子方程式为。【小问3详解】A．因为通入的空气足量，所以固体A中不可能含有FeO，A不正确；B．无色气体E中除含有SO2外，还含有空气，所以E不可能完全溶于水，B不正确；C．因为固体A中加入足量的盐酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解产生，C不正确；D．溶液B为，可电离产生Fe3+，所以可溶解铜，D正确；故选D。【小问4详解】F(H2SO3)与I2反应，生成G(H2SO4、HI)等，反应的化学方程式为。设计实验方案确定溶液G中的阴离子，也就是检验和I-的存在，用BaCl2检验，I-用AgNO3检验。方案为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-。【点睛】检验时，需排除H2SO3的干扰，也就是不能使用Ba(NO3)2或Ba(OH)2。19.研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量是当今研究热点。（1）已知常温常压下的燃烧放热，请写出表示燃烧热的热化学方程式___________。（2）1雨水中含有来自大气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：①②时，反应②的平衡常数为K，溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为x时，溶液中浓度为___________(用题中的字母表示，忽略的电离)。（3）目前和已经被用作工业捕碳剂，它们与可发生如下反应：反应I：反应Ⅱ：为研究温度对捕获效率的影响，在某温度下，将一定量的溶液置于密闭容器中，并充入一定量的气体(用氨气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中气体的浓度。然后分别在温度为下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得气体浓度，得到趋势图(见图1)。则：①请解释容器内气体浓度呈现如图1所示的变化趋势的原因___________。②反应Ⅱ在温度为时，溶液随时间变化的趋势曲线如图2所示，当时间达到时，将该体系升温至，请在图2中画出时刻至平衡时，溶液的变化总趋势曲线___________。（4）研究表明，气体可被电还原。在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为的反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。下列说法正确的是___________。A.电解质水溶液的酸性越强，越有利于气体电化学还原B.a催化剂条件下，电还原的活化能约为C.c催化剂条件下，电还原的活化能小于电还原的活化能，更容易发生的电还原D.电还原为从易到难的顺序为c、a、b【答案】（1）（2）（3）①.区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于的捕获②.（4）CD【解析】【小问1详解】燃烧热对应1mol可燃物，的燃烧放热，则1molCO燃烧放热为，燃烧热的热化学方程式；【小问2详解】溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为x时，则溶液中的浓度为，根据反应的平衡常数为K，则，解得溶液中浓度为；【小问3详解】①在图1中，CO2的浓度存在最低点，则在区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于的捕获；②反应在温度为T1时达到化学平衡，迅速升高温度到T2，这一瞬间溶液的pH不变，反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，溶液中NH4HCO3浓度减小，(NH4)2CO3浓度增大，则溶液碱性增强，pH增大，一段时间后达到新的化学平衡，溶液的pH不再发生变化，据此画出图形；【小问4详解】A．由图(a)、(b)对照可知，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原，因此发生哪类电还原由催化剂决定，A错误；B．由图(a)可知，a催化剂条件下，电还原的活化能约为，B错误；C．c催化剂条件下，CO2电还原活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，C正确；D．上述“CO2→CO”和“H+→H2”是竞争关系，(a)的能垒越小，(b)的能垒越大，越有利于CO2还原为CO，仅从图中能量相对值定性比较无法得出结论，还需要定量分析，∆E=E(a)-E(b)越小，CO2→CO还原越容易进行，催化剂a作用时，∆E=(0.51-0.27)eV=0.24eV，催化剂b作用时，∆E=[-0.08-(-0.22)]eV=0.14eV，催化剂c作用时，∆E=(0.22-0.60)eV=-0.38eV，因此，三种催化剂作用由易到难的是c、b、a，D正确；答案选CD。20.高锰酸钾()为紫黑色固体小颗粒，易溶于水，是一种强氧化剂。查阅资料：①锰酸钾()为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根()的特征颜色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应。②一些物质溶解度随温度变化单位：物质020406070802834.240.145.847.251.32.86.412.622.2————某实验小组设计如下实验步骤用制备I．高锰酸钾的制备II．高锰酸钾的提取III．高锰酸钾的纯度测定①准确称取样品，用容量瓶配成溶液；②称取高纯度固体，全部置于锥形瓶中，再加入溶液和纯净水后盖上表面皿，于水浴加热振荡全部溶解；③用以上溶液趁热滴定。重复②~③，滴定3次。请回答：（1）装置a的名称是___________，其作用①是平衡气压使液体按一定的速率顺利流下；②是___________。（2）装置A中漂白粉可用___________代替。A. B. C. D.（3）上述装置存在一处缺陷导致产率降低，改进的方法是___________。（4）步骤Ⅱ为了获得杂质较少的晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→___________→___________→___________→___________→干燥→晶体a．用少量冰水洗涤b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤c．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热d．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热e．减压过滤f．趁热过滤g．缓慢降温结晶（5）下列说法正确的是___________。A.步骤I装置C中应盛放浓B.轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全C.步骤III中的可用或代替D.一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如右图，则本次消耗的溶液体积为（6）某次滴定，称取固体质量，消耗溶液体积，计算该次滴定实验测得的高锰酸钾含量是___________(精确到小数点后两位)。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.防止浓盐酸挥发（2）C（3）在AB之间增加一个盛有饱和溶液的洗气瓶（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为Ca(ClO)2，分液漏斗中为浓盐酸，二者发生归中反应生成氯气和氯化钙，则装置A中制备Cl2的化学方程式，Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率，装置C中可盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气。【小问1详解】装置a的名称是恒压滴液漏斗，可以使得烧瓶和恒压滴液漏斗内外压强始终保持相等，则其作用是平衡压强，使液体顺利滴下，同时还能防止其中的浓盐酸挥发；【小问2详解】漂白粉中的次氯酸钙与HCl发生归中反应生成氯气，四个选项中只有能与HCl发生归中反应生成氯气，故装置A中漂白粉可用代替；【小问3详解】由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶