四川省成都外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考化学 Word版含解析.docx

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成都外国语学校2023—2024学年度高二(上)10月月考化学试卷注意事项：1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。2、本堂考试75分钟，满分100分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。4、考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32第Ⅰ卷(选择题，共42分)1.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列有关说法错误的是A.《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”强水为强电解质B.《神农本草经》中“石胆……能化铁为铜、成金银”描述的是湿法炼铜C.刘长卿诗云“水声冰下咽，砂路雪中平”，固态冰转化为液态水为熵增的过程D.“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及化学能转化为热能和光能【答案】A【解析】【详解】A．强水是王水，是浓盐酸和浓硝酸按体积比3∶1形成的混合物，则强水是混合物，不属于强电解质，A错误；B．“石胆……能化铁为铜、成金银”指的是硫酸铜与铁发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜单质，描述的是湿法炼铜，B正确；C．固态冰转化为液态水，混乱度增加，属于熵增的过程，C正确；D．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及燃烧，燃烧将化学能转化为热能和光能，D正确；故选A。2.下列关于化学反应速率的说法正确的是①恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快 ②其他条件不变，温度越高化学反应速率越快③使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量 ④的反应速率一定比的反应速率大⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大  ⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多A.②⑥B.②⑤C.①②③⑤D.①②④⑤【答案】B【解析】【分析】【详解】①恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化学反应速率不加快，故错误；②其他条件不变，温度升高，增大活化分子百分数，化学反应速率越快，故正确；③使用催化剂不能改变反应热，故错误；④没有指定反应，也没有指定反应速率用方程式中的哪种物质表示，所以无法比较3mol/(L▪s)和1mol/(L▪s)的反应速率的快慢，故错误；⑤有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子百分数不变，增加了单位体积内活化分子数，故正确；⑥增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，增加的是单位体积内活化分子数，故错误；②⑤正确，故答案选B。3.下列物质属于弱电解质的是A.B.KOHC.D.【答案】D【解析】【详解】A．本身在溶液中不能导电，是非电解质，故A错误；B．KOH是强碱，在溶液中完全电离，是强电解质，故B错误；C．本身不导电，是非电解质，故C错误；D．是弱酸，在水中部分电离，是弱电解质，故D正确；故选：D。4.下列关于热化学方程式的说法正确的是A.若的燃烧热为akJ⋅mol，则热化学方程式为kJ⋅molB.若1mol和0.5mol完全反应放热98.3kJ，则热化学方程式为kJ⋅molC.若kJ⋅mol，则稀硫酸与稀 反应的热化学方程式为kJ⋅molD.若3lg白磷的能量比3lg红磷多bkJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)kJ⋅mol【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，H2在Cl2中燃烧不叫燃烧热，故A错误；B．；故B错误；C．则稀硫酸与稀反应还会生成沉淀，有沉淀的生成热，故的kJ⋅mol，故C错误；D．若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ，31g白磷(P4)的物质的量为n(P4)==0.25mol，1molP4(白磷，s)转化为4mol(红磷，s)放出4bkJ热量，则白磷转化为红磷的热化学方程式为P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=-4bkJ•mol-1，故D正确。答案选D。5.一定条件下，实现燃煤烟气中硫回收的反应为：<0。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充入和发生反应，5min后达到平衡，生成。下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率B.当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态C.平衡后保持其他条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动D.平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，的转化率均增大【答案】B【解析】【分析】反应为气体分子数减小的放热反应，据此结合化学反应原理分析。【详解】A．根据速率公式可知5min内的平均速率 ，反应前2min的平均速率应大于，A错误；B．随着正反应的进行，气体体积减少，气体物质的量减小，当混合气体的物质的量不变，正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，B正确；C．硫为固体，分离出部分硫，不影响反应速率和反应平衡，C错误；D．上述反应为放热反应，所以升高温度，不利于转化，的转化率减小，催化剂不影响化学平衡，的转化率不变，D错误；故选B。6.室温下，100mL0.01mol/L的氨水与10mL0.1mol/L氨水相比较，下列数值前者小于后者的是A.溶液中的物质的量B.溶液中的物质的量C.的电离常数D.恰好完全被中和，消耗HCl的物质的量【答案】A【解析】【详解】A．溶液越稀，电解质的电离程度越大，则0.01mol/L的氨水电离消耗的比0.1mol/L的大，则的物质的量是前者小，故A正确；B．溶液越稀，电解质的电离程度越大，所以OH-的物质的量前者大于后者，故B错误；C．NH3•H2O的电离常数只与温度有关，温度相同，电离常数相同，故C错误；D．由n=cV可知，100mL0.01mol/L的NH3•H2O与10mL0.1mol/L的NH3•H2O中溶质的物质的量都是0.001mol，则中和时所需HCl的量相等，故D错误；故选：A。7.在硫酸工业生产中，通过下列反应使SO2氧化成SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ/mol。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率温度/℃平衡时的转化率0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa 45097.598.999.299.699.755085.692.994997.798.3从化学反应速率、化学平衡及生产成本、产量等角度综合分析，在实际生产中有关该反应适宜条件选择的说法正确的是A.SO2的转化率与温度成反比，故采用尽可能低的温度B.该反应在450℃左右、1MPa(常压)下进行较为合适C.SO2的转化率与压强成正比，故采用尽可能高的压强D.为了提高的SO2的转化率，应使用合适的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．由表格数据可知，SO2的转化率与温度成反比，降低温度平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，不利于提高SO2的产量，故A错误；B．在1MPa、450℃时SO3的平衡转化率（97.5%）就已经很高了，若继续增大压强，平衡虽正向移动，但效果并不明显，比其高压设备的高额造价，得不偿失，故B正确；C．由表格数据可知，SO2的转化率与压强成正比，但采用高压，平衡虽正向移动，但效果并不明显，比其高压设备的高额造价，得不偿失，故C错误；D．催化剂不能改变SO2的平衡转化率，故D错误；故选B。8.甲醇是一种绿色能源。工业上用H2和CO合成CH3OH的反应为△H＜0。将2molH2和1molCO充入1L密闭容器中，在恒温恒容条件下，充分反应一段时间后达到平衡状态1。下列说法不正确的是A.若反应在恒温恒压条件下进行，平衡时CO的转化率大于平衡状态1的B.容器中CO和H2的体积分数之比保持不变不能说明反应达到平衡状态C.若平衡状态1中再充入amolCH3OH，达到新平衡时，H2的体积分数比原平衡状态的小D.若反应在绝热恒容条件下进行，平衡时CH3OH的体积分数大于平衡状态1的【答案】D【解析】【详解】A．恒温恒容条件下，平衡后气体压强减小，若反应在恒温恒压条件下进行，则相当于恒温恒容条件下的平衡体系加压，平衡正向移动，平衡时CO的转化率大于平衡状态1的，A正确； B．容器中CO和H2的起始投入量之比等于化学计量数之比，变化量之比等于化学计量数之比，则体积分数之比始终等于化学计量数之比，所以体积分数不变不能说明反应达到平衡状态，B正确；C．若平衡状态1中再充入amolCH3OH，相当于原平衡体系加压，达到新平衡时，H2的体积分数比原平衡状态的小，C正确；D．正反应为放热反应，反应在绝热恒容条件下进行时，混合气的温度升高，相当于恒温恒容条件下的平衡体系升温，平衡逆向移动，平衡时CH3OH的体积分数小于平衡状态1的，D不正确；故选D。9.已知部分弱酸的电离平衡常数如下：弱酸HClOHCN电离常数根据以上数据，判断下列反应可以成立的是AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】弱酸的电离平衡常数越大，则酸性越强，强酸能够制取弱酸。【详解】A．根据HCOOH和HCN的电离平衡常数可知，HCOOH的酸性强于，因此该反应能自发进行，A符合题意；B．HCN的酸性弱于HClO，因此该反应不能自发进行，B不符合题意；C．HClO的电离平衡常数小于H2CO3第一级电离平衡常数，而大于H2CO3第二级电离平衡常数，因此该反应不能自发进行，C不符合题意；D．HCN的酸性弱于，因此该反应不能自发进行，D不符合题意；故选A。10.已知CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H>0，工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2 ，下列有关该反应的图象正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．增大水碳比，甲烷的转化率应增大，A错误；B．温度越高反应速率越快，所以T2＞T1，该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，H2的含量增加，B正确；C．该反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，C错误；D．当正逆反应速率相等时反应达到平衡，该反应为气体系数之和增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，v逆应该大于v正，D错误；综上所述答案为B。11.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A比较和的催化效果向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，观察气体产生的速度B比较HCl和的酸性强弱相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHCl溶液和0.010mol/L溶液的pHC探究草酸浓度对反应速率影响在两支试管中均加入2mL1mol/L的酸性 溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的溶液和2mL0.05mol/L的溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间D探究温度对反应速率的影响向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，观察气体产生的速度，由于所加的阴离子不同，该操作不能比较和的催化效果，A错误；B．相同温度下，用pH计分别测定同浓度的HCl溶液和溶液的pH，可比较HCl和的酸性强弱，B正确；C．酸性高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为，在两支试管中均加入2mL1mol/L的酸性溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的溶液和2mL0.05mol/L的溶液，都过量，两支试管都不会完全褪色，C错误；D．向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中，由于稀硫酸的体积不同，变量不止温度一个，不能探究温度对反应速率的影响，D错误；故选B。12.目前，丁烷脱氢制丁烯的研究已取得重大突破，利用计算机技术测得在催化剂表面的反应历程如图所示，其中能化剂表面上的物质用*标注，TS表示过渡态物质。下列说法错误的是 A.该历程中决速步骤为C4H9*+H*=C4H8*+2H*B.催化剂可降低反应活化能C.C4H10→C4H8+H2，该反应有非极性键形成D.该反应的热化学方程式为：C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)△H=+0.06NAeV【答案】A【解析】【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步，由图可知，C4H10转化为C4H10*时的活化能最大，则该历程中决速步骤为C4H10=C4H10*，故A错误；B．催化剂能改变反应的途径，降低反应活化能，加快反应速率，故B正确；C．由图可知，该反应的方程式为C4H10→C4H8+H2，反应中有氢氢非极性键形成，故C正确；D．由图可知，该反应的方程式为C4H10→C4H8+H2，反应的焓变△H=+0.06NAeV，则反应的热化学方程式为C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)△H=+0.06NAeV，故D正确；故选A。13.下列说法中，能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是（　　）A.N2O4(g)2NO2(g)，改变某一条件后，气体颜色加深B.H2(g)+I2(g)2HI(g)，单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于1:2C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，改变某一条件后，NH3的体积分数增加D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，恒温恒压条件下，充入He【答案】B【解析】【详解】A.增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应移动，但NO2浓度增大，颜色加深；若恒容下加入N2O4，平衡向正反应移动，NO2浓度增大，颜色加深，所以平衡不一定向正反应移动，A项错误；B.单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比等于1：2，处于平衡状态，大于1：2，说明氢气的消耗速率大于生成速率，反应未到达平衡状态，反应向正反应进行，B项正确； C.增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，NH3的体积分数增大，增大氨气的浓度平衡向逆反应移动，移动的结果是降低氨气浓度增大的趋势，平衡时仍比原来的浓度高，所以平衡不一定向正反应移动，C项错误；D.恒温恒压充入He，体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，D项错误；答案选B。14.反应中，每生成，放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①(慢)②(快)T℃时测得有关实验数据如表：序号c(NO)/(mol/L)c(H2)/(mol/L)速率/()Ⅰ0.00600.0010Ⅱ0.00600.0020Ⅲ0.00100.0060Ⅳ0.00200.0060下列说法正确的是A.整个反应速率由第②步反应决定B.正反应的活化能一定是①＜②C.该反应速率表达式：D.该反应的热化学方程式为【答案】C【解析】分析】【详解】A．整个反应速率由慢反应决定，根据题意可知第①步反应是慢反应，第②步反应是快反应，因此整个反应速率由第①步反应决定，A错误； B．反应的活化能越大，发生反应需要的能量就越高，反应就越不容易发生，反应速率越慢。由于反应①是慢反应，反应②是快反应，说明正反应的活化能一定是①＞②，B错误；C．根据反应I、II可知：在c(NO)不变时，c(H2)是原来的2倍，速率也是原来的2倍，说明反应速率v与c(H2)呈正比；故反应III、IV可知：在c(H2)不变时，c(NO)是原来的2倍，反应速率v是原来的4倍，则速率与c(NO)的平方呈正比。再利用反应I，将c(NO)、c(H2)的带入速率公式，可得速率常数k=5000，所以该反应速率表达式：v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；D．7gN2的物质的量是n(N2)==0.25mol，根据题意每生成7gN2，放出166kJ的热量，则反应产生1molN2，反应放出的热量Q==664kJ，所以该反应的热化学方程式可表示为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ·mol-1，D错误；故答案选C。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)15.回答下列问题（1）甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：kJ/molkJ/mol①由上述方程可知甲醇的燃烧热为___________；②上述第二个反应的能量变化如图所示，则___________kJ/mol。(用、的相关式子表示)；（2）已知反应kJ/mol，试根据表中所列键能数据估算___________。化学键H-HN-HN≡N键能/kJ/mol436391945（3）1mol和1mol完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，等质量的和 完全燃烧放出的热量，___________(填化学式)放出的热量多。（4）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼()和强氧化剂液态双氧水，当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。①写出该反应的热化学方程式：___________。②此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是___________。【答案】（1）①.764.7kJ/mol②.（2）-93（3）（4）①.kJ/mol②.生成物质无污染【解析】【小问1详解】①先对已知热化学方程式编号：①kJ/mol②kJ/mol根据盖斯定律，①+②得，则=-571.8kJ/mol+(-192.9kJ/mol)=-764.7kJ/mol；故甲醇的燃烧热为764.7kJ/mol；②生成物总能量-反应物总能量，即；【小问2详解】反应物总键能-生成物总键能=945kJ/mol+3436kJ/mol-6391kJ/mol=-93kJ/mol；【小问3详解】和得质量都定为1g，1g完全燃烧放出的热量为143kJ，1g完全燃烧放出的热量为kJ，故放出的热量多；【小问4详解】①0.4 mol液态肼与足量液态双氧水反应，生成水蒸气和氮气，放出256 kJ的热量，则1mol液态肼与足量液态双氧水反应，生成水蒸气和氮气，放出热量256kJ×2.5=640kJ，热化学方程式为kJ/mol； ②液态肼与足量液态双氧水反应，生成水蒸气和氮气，生成物对环境无污染。16.Ⅰ.一定条件下，在容积为5L的密闭容器中，A．B．C三种气体的物质的量n随时间t的变化如图所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数减小。（1）该反应的化学方程式为___________。（2）该反应的反应速率v随时间t的关系如图所示。①根据图乙判断，在t3时刻改变的外界条件是___________。②A、B、C对应的平衡状态中，C的体积分数最大的是___________状态。③各阶段的平衡常数如下表所示：t2~t3t4~t5t5~t6K1K2K3K1、K2、K3之间的大小关系为___________(用“＞”“＜”或“=”连接)。Ⅱ.高温下，与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。（3）向压强为p，体积可变的恒压容器中充入一定量CO2，650℃时反应达平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为___________。气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=___________(用含p的代数式表示)，若向平衡体系中再充入体积比为V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体，平衡___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。【答案】（1）A+2B2C （2）①.升高温度②.a③.K1＞K2=K3（3）①.25%②.③.逆向【解析】【小问1详解】从图中可以看出，A、B的起始物质的量都为1mol，C的起始物质的量为0，随着反应的进行，A、B的物质的量减小，C的物质的量增大，则A、B为反应物，C为生成物，且物质的量的变化量分别为0.3mol、0.6mol、0.6mol，则A、B、C的化学计量数之比为1:2:2，该反应的化学方程式为A+2B2C。【小问2详解】①由图乙可知，在t3时刻，v逆、v正都增大，且v逆增大更多，平衡逆向移动，已知达平衡后，降低温度，A的体积分数减小，则表明正反应为放热反应，所以改变的外界条件是升高温度。②A、B、C对应的平衡状态中，t3时平衡逆向移动，t5时平衡不移动，所以C的体积分数最大的是a状态。③t3时，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，t5时加催化剂，温度不变，平衡常数不变，则K1、K2、K3之间的大小关系为K1＞K2=K3。【小问3详解】向压强为p，体积可变的恒压容器中充入一定量CO2(设为1mol)，650℃时反应达平衡，CO的体积分数为40.0%，设参加反应CO2的物质的量为x，可建立如下三段式：则，x=0.25mol，CO2的转化率为=25%。此温度下，该反应的化学平衡常数Kp==，若向平衡体系中再充入体积比为V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体，相当于先充入V(CO2):V(CO)=3:2的混合气，再减少一定量的CO2，两种情况下平衡都逆向移动，所以最终平衡逆向移动。【点睛】往C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡体系中充入CO2气体，也相当于加压，CO2的转化率减小。17.Ⅰ.教材采用图实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率。 （1）检查图1装置气密性的操作方法是___________。（2）分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应，收集20mL时所需时间前者比后者___________(填“长”或“短”)。（3）同学们在实验操作中发现，本实验设计存在明显不足，例如(举一例)___________。（4）某化学兴趣小组对教材实验装置进行如图所示改进，检查装置气密性后进行的实验操作有：a．在多孔塑料袋中装入锌粒；b．在锥形瓶中加入40mL1mol/L硫酸；c．塞好橡胶塞，___________(填操作)时，立即用秒表计时；d．注射器内每增加10mL气体时读取一次秒表。（5）实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，其原因是___________，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，原因是___________。（6）测得产生的体积与反应时间的关系曲线如下图所示，时间段氢气体积略有减小的原因是___________；在64s内用浓度表示的平均反应速率___________(此时，溶液体积仍为40mL，气体摩尔体积为25L/mol)。Ⅱ.一种新型催化剂能使NO和CO发生反应： 。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，如表所示。实验编号T/℃NO初始浓度（mol⋅L-1）CO初始浓度（mol⋅L-1）催化剂的比表面积（m2⋅g-1）①2801.20×10-35.80×10-382②2801.20×10-35.80×10-3124③350a5.80×10-382（7）表中___________。（8）能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验___________(填实验编号)。（9）实验①和实验②中，NO的物质的量浓度随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验②的是曲线___________(填“甲”或“乙”)。【答案】（1）关闭分液漏斗旋塞，拉动(或推压)注射器活塞，松手后活塞能恢复原位，则装置不漏气（2）长（3）硫酸难以顺利加入；分液漏斗中溶液滴下占据体积引起气体体积读数误差(答对一条即可)（4）多孔塑料袋浸入稀硫酸（5）①.反应放热，溶液温度升高②.反应物消耗，硫酸浓度减小（6）①.气体遇冷压缩②.0.00125mol/(L·s)（7）（8）①和③（9）乙【解析】【小问1详解】检查图1装置气密性，可关闭分液漏斗活塞，向外拉(或向内推)注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；【小问2详解】锌粒质量、表面积相同，但两份硫酸溶液中c(H+)不同，后者反应速率快，由此可确定收集25mLH2时所需时间前者比后者长； 【小问3详解】由实验装置可知，加入硫酸时产生气体，硫酸可能不会顺利加入；加入硫酸时液面上升，会对气体的体积测量造成影响；【小问4详解】C塞好橡胶塞，反应刚开始时，即多孔塑料袋浸入稀硫酸时，立即用秒表计时；【小问5详解】实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，因为c(H+)不断减小，所以只能是反应放热，温度升高反应速率加快；反应进行一定时间后速率逐渐减慢，则应为酸中氢离子浓度减小所致；【小问6详解】因为气体遇冷压缩，t1～t2时间段氢气体积略有减小；H2的物质的量n(H2)==0.0016mol，n(H+)=2n(H2)=0.0032mol，v(H+)==0.00125mol/(L·s)；小问7详解】验证温度对化学反应速率的影响，只能是温度不同，其他条件必须相同，对比实验Ⅰ和Ⅲ可知a=1.20×10-3；【小问8详解】要验证温度对化学反应速率的影响，对比实验中只有温度不同，其他条件应该相同，3组实验中只有实验①和③的温度不同，其他条件均相同，即通过对比实验①和③可验证温度对化学反应速率影响；【小问9详解】催化积的比表面积大，反应速率快，达到平衡所需时间短，由图可知，曲线乙代表的实验的反应速率快，实验②的催化剂的比表面积大，其他条件与①相同，则表示实验②的是曲线乙。18.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，发生的反应为：（1）煅烧时，发生反应的化学方程式为___________。 （2）浸出液中除了含有(在电解过程中不反应)外，还含有___________(填化学式)。“还原”步骤后，得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质，检验碲单质是否洗涤干净的实验操作：___________。（3）工业上用重铬酸钠()母液生产重铬酸钾()的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量的原因是___________。（4）测定产品中(g/mol)含量的方法如下：称取试样2.50g配成250mL溶液，取25.00mL样品置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用标准液可以测定的含量，涉及的离子反应方程式为___________。若消耗0.1000mol/L标准液的体积为25.00mL，则所得产品中的纯度为___________。【答案】（1）（2）①.CuSO4②.取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净（3）低温条件下的溶解度在整个体系中最小，且的溶解度随温度的降低而显著减小（4）①.②.49.0%【解析】【分析】电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，先煅烧，Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2，水浸后，过滤，滤液中含有Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，另煅烧时，Cu2Te与O2反应生成CuO、TeO2，沉渣加入稀硫酸时，CuO、TeO2、Cr2O3均与稀硫酸反应生成硫酸盐，Au不溶，过滤，除去，将沉积液进行电解，铜离子在阴极放电，生成铜单质，再向电解后的溶液中通入SO2，含有+4价的Te被还原生成粗Te。【小问1详解】由分析可知，煅烧时，发生反应即Cr2O3与O2、Na2CO3高温反应生成Na2CrO4、CO2 ，则该反应的化学方程式为，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有CuSO4，“还原”步骤后，得到的粗碲经洗涤后可以得到较为纯净的碲单质，其表面含有可溶性杂质硫酸根离子，故检验碲单质是否洗涤干净的实验操作：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净，故答案为：CuSO4；取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净；【小问3详解】通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，故答案为：低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；【小问4详解】