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汶上高考补习学校第四次月考
化学试题
可能用到的相对原子量：Fe 56 H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Fe 56 K 39 Na 23 S32 N 14 Al27 Mg24 Cl35.5 Si28 Li7 Zn65 Ga70 As75 Cs 133 Pb 207 I 127
选择题：（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求）。
1. 我国传统文化蕴藏了很多化学知识，下列叙述错误的是
A. 婺源砖雕的青砖属于无机非金属材料
B. 彩绘脸谱使用的红色油彩主要成分为
C. “东风夜放花千树”中“花千树”是金属呈现的焰色
D. “墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”，“远上寒山石径斜，白云深处有人家”，其中“墨滴”、“白云”均是胶体
2. 下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A. 浓硝酸久置后颜色变黄
B. 将溶液加热，溶液由蓝色变为绿色
C. 将粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
D. 向酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
3. 下列关于试剂配制和存放的说法错误的是
A. 氯水、澄清石灰水、银氨溶液需现用现配制
B. 未用完的强氧化剂、需放回原试剂瓶
C. 配制氯化钠溶液需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒
D. 存放溶液需隔绝空气加入稀硫酸和铁粉，防止水解和氧化
4. 物质结构决定物质性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 熔点： 离子键的强度
B 溶解度（20℃）： 阴离子电荷数
C 键角： 中心原子的杂化方式
D 酸性： 推电子效应：乙基甲基
5. 实验是化学研究的基础。下列实验设计正确的是
A 利用装置①蒸发氯化亚铁溶液制取氯化亚铁晶体
B. 利用装置②稀释浓硫酸
C. 利用装置③制备氯气
D. 利用装置④收集CH4
6. 结构决定性质，性质决定用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 氢氟酸具有酸性 用于刻蚀玻璃器皿
B 的金属性强于 往轮船外壳镶嵌锌块，可防腐蚀
C 钨价层电子多，金属键强 用作白炽灯的灯丝材料
D 冠醚18-冠-6空穴半径与半径接近，可以选择性识别 冠醚18-冠-6可以增大在有机溶剂中的溶解度
7. 元素X、Y、Z的原子序数依次增大，且不在同一周期。X与Y位于同一主族，基态Y原子p轨道电子数比s轨道电子数多4，离子3d轨道有6个电子。每个晶胞（晶胞参数，）中有4个Y原子且位于晶胞体内。下列说法错误的是
A. 电负性大小顺序：
B. 晶体中Y原子的杂化方式为杂化
C. 简单氢化物的还原性：
D. 位于该晶胞的所有顶点、面心和体心
8. 物质转化在工业生产中至关重要。下列转化能实现的是
A. 制纯碱：饱和食盐水
B. 制高纯硅：石英砂粗硅高纯硅
C. 制金属镁：溶液
D. 处理尾气中的：
9. 利用如下装置模拟工业电渗析法淡化海水并获得NaOH(双极膜是一种能将水分子解离为和的特殊离子交换膜)。下列说法正确的是
A. 电极电势：石墨1高于石墨2
B. 甲池总反应：
C. 膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
D. 理论上，当双极膜处有解离时，乙池中NaOH溶液质量增加4.6g
10正盐与在碱性环境中发生反应可用于化学镀银：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A.理论上54g 被还原时，转移的电子数为
B.1L 溶液中，，则的数目大于
C.溶液中存在关系式：
D.室温下，等浓度的和后者pH大，则
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 以含钴废料（成分为、，含少量、、等杂质）为原料制备的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：①“酸浸”后的滤液中含有、、等 ②氧化性：CO3+>02>Cl2 ③有关数据如表（完全沉淀时金属离子浓度）
沉淀
完全沉淀时的pH
A. “酸浸”时，可用盐酸代替硫酸
B. “酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和
C. “调”除杂时溶液中若，需调的范围为
D. “一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
12、 一种用氢气制备双氧水的反应机理如图所示(按①②③的反应顺序进行)。下列有关说法正确的是
A. 和中存在的化学键类型完全相同
B. 和均为该反应的催化剂
C. 反应①中每消耗，转移电子
D. 整个反应过程只涉及氧化还原反应
13. 利用绿柱石(，杂质有FeO和等)生产BeO的一种工艺流程如下。
已知：煅烧时绿柱石转化为Be、Al、Si的氧化物。
下列说法错误的是
A. 残渣主要成分为
B. 该流程中能循环使用的物质有
C. 沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，滤液中浓度降低
D. BeO、与足量C高温可制备：
14. 某密闭容器中发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应①的活化能大于反应②
B. 时，正反应速率
C. 内，X平均反应速率
D. 该温度时，
15. 25℃，向10mL溶液中滴加盐酸，溶液的pOH随加入的盐酸体积(V)变化如图所示(混合溶液体积等于两溶液体积之和)。
已知：；。
下列说法正确的是
A. 的数量级是
B. 水的电离程度：
C. b点溶液中：
D. d点溶液中：
非选择题（共60分）
16. 我国问天实验舱的柔性太阳能帆板，使用了新型半导体材料，含有C、N、O、Cu、Ga、As等元素。回答下列问题：
（1）Fe元素在周期表中位置_______，镓在元素周期表中位于_______(填“s”“p”“d”或“ds”)区；
（2）基态砷原子的价电子排布式为_______；Al与Ga位于同主族，金属Al的熔点比金属Ga的高，原因是_______。
（3）分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键可表示为_______。
（4）①中N与H形成的N-H键占据中心原子的_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道
②基态Mn原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______；C、N、O的第一电离能从小到大的顺序是_______。
（5）氮化镓晶体有多种结构，其中一种结构为立方密堆积结构，晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm、b pm，且。若阿伏加德罗常数的值为，则晶胞密度_______(用含a、b和的代数式表示)。
17. 在石油化工中常用到镍锌催化剂，利用某废镍锌催化剂(主要成分为Ni、Zn、矿物油污，还含有一定量的Al、SiO2)为原料生产ZnSO4·7H2O和Ni的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，部分物质的溶度积常数如表所示。
难溶物 Zn(OH)2 Al(OH)3 Ni(OH)2
Ksp
②Ni的稳定氧化物为NiO。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是_______。
（2）滤渣Ⅰ为_______(填化学式)；操作1为_______。
（3）“调pH”时，试剂a不能选用下列物质中的_______(填标号)。
A．NiO B．Na2CO3 C． Zn(OH)2
（4）萃取原理为(水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相)。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示。
①在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是_______。
②在“反萃取”阶段，应选择的反萃取剂为_______(填标号)。
A．2 mol/LH2SO4 B．0.01 mol/LH2SO4
C．0.001 mol/LH2SO4
（5）电解萃余液制备单质镍时，阴极的材料为_______；阳极的电极反应为_______；电解后得到的溶液b经处理后可在流程图_______工序使用。
18. 亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，遇水易水解生成两种酸。实验室用如图所示装置（部分夹持装置略去），用与反应制备，并测定其纯度。并测定其纯度（部分夹持装置略去）：
已知：①相关物质熔沸点如下：
物质化学式 熔点/℃ 沸点/℃
NOCl -64.5 -5.5
-101 -34
NO -163.6 -152
②与反应生成为砖红色固体；，。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为____________，a中反应的离子方程式为__________，装置C除干燥气体外，还具有的作用是__________。
（2）实验开始后，当观察到_______ ___现象时，开始通入纯净的NO气体。
（3）装置中无水的作用为__________。
（4）测定样品的纯度：取样品溶于水，配制成溶液，取于锥形瓶中，以溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。滴定终点的现象是_____ __ __，亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为____________。
19. 氢能是清洁能源，广泛利用氢能是实现双碳目标的重要手段。
Ⅰ．Pd—Co@Pd核壳催化甲酸分解制氢
（1）甲酸分解制氢反应进程中的相对能量变化如左下图.该进程决速步骤的反应方程式为___________。
Ⅱ．甲醇电解法制氢
（2）制氢原理如右上图，阳极电极反应式为___________。
Ⅲ．乙醇催化重整法制氢
①
②
③
（3）___________。
（4）恒容条件下，将和投入密闭容器中发生上述反应，平衡时和CO的选择性、乙醇的转化率随温度变化的曲线如图。[CO的选择性]
①表示选择性的曲线是___________(填“a”“b”或“c”)；曲线c随温度呈上升趋势的原因是___________。
②573K时，平衡时容器内CO的物质的量为___________
化学答案
1【答案】B
【详解】A．青砖属于传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，A正确；
B．红色油彩的主要成分应为Fe2O3（氧化铁，红棕色），而FeO（氧化亚铁）不稳定且颜色不符，B错误；
C．该诗句描述的是烟花景象，烟花的光芒是由金属元素的焰色反应产生的，C正确；
D．“墨滴”入水形成胶体，“白云”是微小水滴分散在空气中形成的气溶胶，均属于胶体，D正确；
故选B。
2. 【详解】A．浓硝酸久置后颜色变黄，是因为硝酸分解的NO2溶入硝酸中，使颜色变黄，化学方程式为： ，与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B．由于反应是吸热反应，为蓝色，为绿色，将溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，与氧化还原反应无关，B符合题意；
C．与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，反应中发生了氧化还原反应，C不符合题意；
D．向酸性溶液中加入乙醇，酸性溶液被乙醇还原成Cr3+，溶液由橙色变为绿色，与氧化还原反应有关，D不符合题意；
故选B。
3. 【详解】A．氯水中次氯酸见光分解、导致氯水变质，澄清石灰水会吸收二氧化碳而变质，银氨溶液久置会产生爆炸性物质，故均需现用现配制，A正确；
B．未用完的强氧化剂如、等可能已被污染或变质，不能放回原试剂瓶， B错误；
C．由配制一定质量分数的溶液步骤可知，配制氯化钠溶液需用到烧杯、量筒、玻璃棒，C正确；
D．具有强还原性易被氧气氧化，且易水解，则存放溶液需隔绝空气加入稀硫酸和铁粉，防止水解和氧化，D正确；
故选B。
4.【详解】A．AlCl3为共价化合物，为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，无离子键，A选项错误；
B．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，B选项错误；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C选项错误；
D．乙酸中羧基与甲基相连，丙酸中羧基与乙基相连，乙基的推电子能力强于甲基，因此乙酸中的O-H键极性更强，更易电离，D选项正确；
故答案选D。
5. 【答案】D
【详解】A．氯化亚铁在蒸发结晶的过程中容易被氧化成氯化铁，同时氯化铁水解生成氢氧化铁，最终得到的是氢氧化铁，A错误；
B．稀释浓硫酸需要将浓硫酸缓慢加入水中，不能将水加入浓硫酸中，B错误；
C．块状固体与液体反应制备气体且不需要加热时可使用启普发生器，高锰酸钾为粉末状，使用启普发生器难以控制反应，C错误；
D．甲烷密度小于空气，使用向下排空气法收集，D正确；
6【详解】A．氢氟酸用于刻蚀玻璃的关键是其能与反应，方程式为，而非其酸性强弱。其他强酸（如HCl、）虽酸性更强，但不能与反应，因此“氢氟酸具有酸性”这一性质描述不能准确解释用途，故A错误；
B．形成原电池，铁作正极被保护，故B正确；
C．钨的价层电子多导致金属键强，熔点高，适合用作灯丝材料，结构性质与用途一致，故C正确；
D．冠醚18-冠-6的空穴半径与匹配，通过配位作用携带进入有机相，从而增大的溶解度，结构性质与用途一致，故D正确；
故答案为：A。
7【详解】A．非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序：O>S，A正确；
B．硫酸根离子为sp3杂化，空间构型为正四面体，B正确；
C．非金属单质的氧化性越弱，简单氢化物的还原性越强，则简单氢化物的还原性：H2OD．Fe2+有4个，则不可能位于顶点、面心和体心，若位于顶点、面心和体心，则均摊数目为5个，D错误；
故选D。
8【详解】A．选项缺少NH3，无法通过侯氏制碱法生成NaHCO3；故A错误；
B．选项中间产物SiHCl 书写错误，化学方程式为，故B正确；
C．选项蒸干溶液会导致水解，无法得到无水MgCl2；故C错误；
D．选项CaCl2无法吸收SO2生成CaSO3，故D错误；
故答案为：B。
9【分析】分析装置可知，左侧高压氢气发生氧化反应，作为负极，双极膜氢氧根离子向左侧移动，右侧低压氢气处有氢气析出，作为正极，左侧石墨电极为阳极，亚铁离子被氧化，氯离子向左移动，膜1为阴离子交换膜，右侧石墨电极为阴极，钠离子向右移动，膜2为阳离子交换膜。有氢气析出；
【详解】A．结合分析可知，石墨1为负极，电极低，故A错误；
B．结合分析可知，左侧消耗氢气，右侧释放氢气，只发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，故B正确；
C．分析可知，膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，故C错误；
D．理论上，当双极膜处有3.6gH2O解离时，此时转移0.2mol电子，乙池中NaOH溶液转移0.2mol钠离子进入，但是会释放0.1mol氢气，增重4.4g，故D错误；
答案选B。
10 C
11【分析】含钴废料(成分为、，含少量、、等杂质)通硫酸、二氧化硫“酸浸”， SiO2不发生反应，过滤得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有、、等，加氯酸钠溶液把氧化为Fe3+、加碳酸钠调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(滤渣Ⅱ)；滤液中加入碳酸氢铵、氨水“沉钴”生成沉淀，经一系列操作得到纯净的。
【详解】A．根据信息②，氧化性： ，能氧化盐酸，则“酸浸”时，不可用盐酸代替硫酸，A错误；
B．硫酸可溶解金属氧化物，过氧化氢能将Co3+还原为Co2+，则“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和，B正确；
C．除杂时要使Fe3+、A13+沉淀完全生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、但Co2+不能沉淀，常温下，完全沉淀时pH=9.4，c (OH-)= 10－4.6mol·L－1，则Ksp[Co(OH)2] =10－5×1.0×(l0－4.6)2=10－14.2，“调”除杂时溶液中若，则c (OH-)=，此时溶液pH=7.4，即应控制溶液的 可避免Co2+产生沉淀，则结合表格数据可知，除杂时需调的范围为，C正确；
D．“沉钴”生成沉淀，需过滤，则“一系列操作”用到硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确；
选A。
12 【答案】C
【详解】A．分子中只存在极性共价键，分子中既存在极性共价键，又存在非极性共价键，A错误；
B．由图中信息可知在①中作为产物，在③中作为反应物，则为中间产物，不作催化剂，B错误；
C．反应①中Pd元素由+2价变为0价，每消耗，转移电子，C正确；
D．由图可知③中不存在价态变化，为非氧化还原反应，D错误；
故选C。
13【分析】绿柱石煅烧生成、，用硫酸“浸取”，过滤，残渣为，浸取液含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，加硫酸铵调节pH=1.5生成硫酸铝铵晶体沉淀除铝；过滤，滤液加氨水pH=5.1生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵除铁；过滤，滤液继续加氨水调节pH=8.0生成Be(OH)2沉淀和硫酸铵，Be(OH)2加热分解生成BeO。
【详解】A．不与硫酸反应，也不溶于水，残渣主要成分为，故A错误；
B．该流程中，最终得到的滤液中含有硫酸铵，能循环到“调节pH=1.5除铝”步骤中使用，故B正确；
C．沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，氢氧根离子浓度增大，Be(OH)2的溶度积常数不变，所以滤液中浓度降低，故C正确；
D．BeO、与足量C高温可制备同时生成一氧化碳，反应方程式为，故D错误；
选AD。
14【详解】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的活化能小于反应②，A错误；
B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则＞，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，B正确；
C．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，C错误；
D．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2mol/L、5mol/L，则，D正确；
故选BD。
15【详解】A．c点加入10mL盐酸，两者恰好完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，浓度均为，此时，，因此碳酸氢根离子的水解常数为，所以，A正确；
B．碳酸根水解促进水的电离，其浓度越大，对水的电离的促进越大，则水的电离程度，B错误；
C．b点溶液中含有等物质的量浓度的碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠，结合元素守恒可知，b点溶液中，C正确；
D．d点溶液显中性，由电荷守恒可知，，故，D错误；
故选AC。
16（【答案】（1） ①.第四周期VIII族 p
2） ①. ②. Al原子半径小，金属键强
（3）
（4） ①. C ②. 6:1(或1:6) C＜O＜N
（5）
【解析】
【小问2详解】
基态砷原子的价电子排布式为；同主族，原子半径小，金属键强，Al的熔点比Ga的高。
【小问3详解】
中N的价层电子数为：，无孤对电子，发生杂化，3个杂化轨道与3个氧形成3个键，4个原子共面；N剩余的1个未参与杂化的p轨道被孤电子对占据且垂直于该平面，因此中的大键可表示为。
【小问5详解】
由晶胞结构图可知，该晶胞中含有Ga的数目为，N的数目为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，则晶胞密度。
17【答案】（1）除去废镍催化剂中的矿物油污、使金属单质转化为金属氧化物
（2） ①. SiO2 ②. 分液
（3）B （4） ①. 萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 ②. A
（5） ①. 纯镍 ②. 2H2O-4e-=O2↑+4H+ ③. “酸浸”和“反萃取”
【解析】
【分析】由题干流程图可知，将废镍锌催化剂在空气中焙烧，除去废镍锌催化剂中的矿物油污、使金属单质转化为金属氧化物，向焙烧后的固体加入硫酸进行酸浸，将NiO、ZnO、Al2O3转化为NiSO4、ZnSO4和Al2(SO4)3，过滤出与硫酸不反应的SiO2，即滤渣I为SiO2，根据题干表中数据可知，加入试剂a为调节pH值使Al3+完全沉淀，而Zn2+和Ni2+不沉淀，可以加入NiO或ZnO、Zn(OH)2等，过滤出的滤渣Ⅱ即Al(OH)3和ZnO等，加入萃取剂萃取分液出含Zn2+的有机相和含Ni2+的萃余液，对有机相加入硫酸进行反萃取，得到的水溶液进行一系列操作得到ZnSO4·7H2O，电解萃余液得到Ni和溶液b即H2SO4溶液，据此分析解题。
【小问1详解】
“焙烧”可以除去废镍锌催化剂中的矿物油污，同时使金属单质转化为金属氧化物，故答案为：除去废镍锌催化剂中的矿物油污、使金属单质转化为金属氧化物；
【小问2详解】
由流程可知，废镍锌催化剂“焙烧”后的固体为NiO、ZnO、Al2O3、SiO2，只有SiO2不与H2SO4反应，滤渣Ⅰ为SiO2；操作1为分离有机层和水层，该操作为分液，故答案为：SiO2；分液；
【小问3详解】
试剂a的作用是调节溶液pH使Al3+沉淀，与Ni2+、Zn2+分离，为不引入杂质，可用NiO或Zn(OH)2，不能用Na2CO3，故答案为：B；
【小问4详解】
①由萃取原理(水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相)可知，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，萃取率随pH的升高而升高，故答案为：萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动；
②根据在硫酸盐溶液中该萃取剂对某些金属离子的萃取率与pH关系图示信息可知，pH＜0.5时不能萃取Zn2+，故“反萃取”阶段加H2SO4，调节溶液的pH＜0.5，即c(H+)＞10-0.5mol/L，故答案为：A；
【小问5详解】
由分析可知，萃余液为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液制备单质Ni时，阴极的材料为纯镍，阴极的电极反应为Ni2++2e-=Ni，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+；电解后得到的溶液b为H2SO4溶液，经浓缩后可在流程图“酸浸”和“反萃取”工序使用，故答案为：纯镍；2H2O-4e-=O2↑+4H+；“酸浸”和“反萃取”。
18【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. ③. 平衡气压，使和按1：2混合
（2）E中充满黄绿色气体
（3）防止外界的水蒸气进入E、F装置中
（4） ①. 滴入最后半滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 ②.
【解析】
【分析】装置A是Cl2制备实验，装置B除去Cl2中的氯化氢气体，装置C干燥Cl2和NO气体，装置D中Cl2与NO反应制备ClNO，装置E、F中收集产品，装置G防止外部水蒸气进入F，并回收NO。
【小问1详解】
仪器a的名称为蒸馏烧瓶；a中二氧化锰和浓盐酸制备氯气，反应的离子方程式为；装置C除干燥气体外，还具有的作用是平衡气压，控制气体加入的量，使Cl2和NO按1：2混合，反应物反应的更彻底。
【小问2详解】
实验开始后，当观察到E中充满黄绿色气体，说明产生足量氯气，开始通入纯净的NO气体，进行反应。
【小问3详解】
以水解，装置中无水的作用为防止外界的水蒸气进入E、F装置中。
【小问4详解】
由题目信息可知，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L－1AgNO3标准溶液滴定至终点，先生成AgCl白色沉淀，Ag+稍过量时，滴定终点有砖红色Ag2CrO4生成，则滴定终点的现象是滴入最后半滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据ClNO与AgNO3按1:1反应，n(NOCl)=cmol/L×20×10-3L×=0.08cmol，NOCl的质量分数为。
19【答案】（1）
（2）
（3）
（4） ①. a ②. 曲线c代表CO的选择性，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，随温度升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，CO的物质的量增大，选择性升高 ③. 0.18mol
【解析】
小问1详解】
过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；据图可知该进程决速步骤的反应方程式为；
【小问2详解】
由图，阳极电极反应为甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；
【小问3详解】
由盖斯定律可知，反应(③-①)得反应②，则反应；
【小问4详解】
反应①、③为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度的升高，反应①、③平衡向正反应方向移动，反应②平衡向逆反应方向移动，则升高温度，一氧化碳的选择性增大，同时导致二氧化碳的选择性减小，由一氧化碳的选择性和二氧化碳的选择性之和等于1可知，表示二氧化碳选择性的曲线为a、表示一氧化碳选择性的曲线是c、表示乙醇的转化率的曲线是b；
①由分析，表示选择性的曲线是a；曲线c随温度呈上升趋势的原因是：曲线c代表CO的选择性，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，随温度升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，CO的物质的量增大，选择性升高；
②由图可知，573K时，二氧化碳的选择性为85%，一氧化碳的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×15%= 0.18mol

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