安徽省宣城市2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期期末調(diào)研測試化學(xué)試題Word版含解析

宣城市2021~2022學(xué)年度第一學(xué)期期末調(diào)研測試高二化學(xué)試題考生注意事項：1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間100分鐘。2.答題前，考生先將自己的姓名、考號在答題卡指定位置填寫清楚并將條形碼粘貼在指定區(qū)域。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。第Ⅰ卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑；第Ⅱ卷請用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Ni-59Ag-108第Ⅰ卷(選擇題共48分)一、選擇題(本題包括16小題，每小題3分，共48分，每小題只有一個正確答案)1.下列措施中不利于實現(xiàn)漫畫中提到的“碳中和”目標(biāo)的是A.大力提倡植樹造林B.向燃煤中添加碳酸鈣C.借助光伏、風(fēng)電、核電等技術(shù)發(fā)電D.利用光驅(qū)動合成生物學(xué)，將二氧化碳合理轉(zhuǎn)化【答案】B【解析】【分析】詳解】A．植物能進(jìn)行光合作用，從而吸收CO2，能實現(xiàn)碳中和，A不符合題意；B．燃煤中添加CaCO3，可實現(xiàn)燃煤脫硫，減少SO2排放，但會增加CO2的排放，不利于碳中和，B符合題意；C．采用光伏、風(fēng)電、核電等新能源，可減少傳統(tǒng)化石能源的使用，減少CO2的排放，能實現(xiàn)碳中和，C不符合題意；D．將CO2轉(zhuǎn)化，符合碳中和要求，D不符合題意；故答案選B。2.化學(xué)在生活、生產(chǎn)、科技中有著廣泛應(yīng)用。下列說法正確的是A.共享單車?yán)锰柲茈姵赝瓿尚l(wèi)星定位，有利于節(jié)能環(huán)保B.溶液呈堿性，可用于治療胃酸過多C.將氯氣通入澄清石灰水中可制得漂白粉D.75%的酒精和生理鹽水均可用于餐具消毒以殺滅新型冠狀病毒【答案】A【解析】【詳解】A．太陽能是可再生的清潔能源，同時共享單車的使用，減少能源的利用，則有利于節(jié)能環(huán)保，故A正確；B．碳酸鈉堿性太強，不能用于治療胃酸過多，故B錯誤；C．澄清石灰水中溶質(zhì)Ca(OH)2濃度較低，用氯氣與石灰乳反應(yīng)制備漂白粉，故C錯誤；D．生理鹽水主要成分是NaCl，對新冠病毒無效，不能有效殺滅新型冠狀病毒，故D錯誤；故選：A。3.下列反應(yīng)中，既屬于離子反應(yīng)，又屬于氧化還原反應(yīng)且是放熱反應(yīng)的是A.鹽酸與氫氧化鈉的反應(yīng)B.甲烷的完全燃燒C.鋅與稀鹽酸的反應(yīng)D.氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體的反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．鹽酸與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和水，無化合價變化，不是氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B．甲烷的完全燃燒不屬于離子反應(yīng)，故B錯誤；C．鋅與稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鋅和氫氣，屬于離子反應(yīng)，Zn和H元素化合價變化，屬于氧化還原反應(yīng)，且是放熱反應(yīng)，故C正確；D．氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體的反應(yīng)，屬于吸熱反應(yīng)，沒有元素化合價的變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故D錯誤；故選：C。4.設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.溶液中含有的氧原子數(shù)為B.一定條件下，和反應(yīng)可生成個分子C.常溫下，的溶液中，由水電離出的的數(shù)目為D.常溫常壓下，和的混合氣體中含有的氮原子數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．水溶液中n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1mol·L-1×1L=0.1mol，CH3COOH和CH3COO-中含氧原子：0.1mol×2=0.2mol，另外，水中也含氧原子，故氧原子數(shù)大于，A錯誤；B．一定條件下，N2與H2反應(yīng)為可逆反應(yīng)，1molN2與3molH2可生成NH3的數(shù)目小于2NA，B錯誤；C．25℃時，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=，Ba(OH)2溶液中H+完全來源于水，故由水電離產(chǎn)生的H+為10-13mol/L，則由水電離產(chǎn)生的OH-也為10-13mol/L，對應(yīng)物質(zhì)的量=10-13mol，C錯誤；D．N2O4的最簡式是NO2，所以23gNO2和N2O4的混合氣體，相當(dāng)于23gNO2，即0.5molNO2，則N原子的物質(zhì)的量是0.5mol，即0.5NA，D正確；故答案選D。5.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.能溶解的溶液中：、、、C.無色溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】D【解析】【詳解】A．的溶液呈中性，而發(fā)生水解反應(yīng)溶液呈酸性，不能共存，故A錯誤；B．能溶解的溶液呈酸性或強堿性，H+、之間發(fā)生反應(yīng)，在酸性溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．無色溶液中不會存在，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．的溶液呈酸性，各種離子之間不反應(yīng)，能大量共存，故D正確；故選：D。6.下列有關(guān)電解質(zhì)及電離的說法正確的是A.稀釋醋酸溶液時，所有離子的濃度均減小B.氯氣的水溶液能導(dǎo)電，所以氯氣是電解質(zhì)C.醋酸溶液的導(dǎo)電性不一定比鹽酸弱D.水中加入酸、堿或鹽都一定會抑制水的電離【答案】C【解析】【詳解】A.稀釋酸溶液，溶液中酸電離產(chǎn)生的所有離子的濃度均減小，但水電離出的離子濃度增大，選項A錯誤；B．氯氣是非金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，選項B錯誤；C．導(dǎo)電能力強弱與離子濃度大小有關(guān)，與電解質(zhì)的強弱無關(guān)，選項C正確；D．水中加入酸、堿會抑制水的電離，但若加入弱堿鹽或弱酸鹽可能會促進(jìn)水的電離，選項D錯誤；答案選C7.下列有關(guān)實驗裝置及實驗設(shè)計或現(xiàn)象正確的是ABCD裝置實驗測定分解反應(yīng)速率探究溫度對反應(yīng)平衡的影響探究與水反應(yīng)的熱效應(yīng)探究、對分解速率的影響A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．氣體易從長頸漏斗逸出，且沒有秒表來記錄反應(yīng)時間，不能測定H2O2分解反應(yīng)的速率，故A錯誤；B．已知中NO2為紅棕色氣體，根據(jù)顏色的變化可知平衡移動的方向，以此可確定溫度對平衡移動的影響，故B正確；C．鈉與水反應(yīng)為放熱反應(yīng)，應(yīng)是U型右邊的紅墨水液面上升，故C錯誤；D．該探究實驗中共有濃度、和催化劑2個變量，不能探究、對分解速率的影響，應(yīng)保證濃度相同，故D錯誤；故選：B。8.足量的鋅粉與稀硫酸反應(yīng)，為了加快反應(yīng)速率且增大生成的量，下列措施中能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿.滴加少量的稀硝酸B.滴加幾滴硫酸銅溶液C.滴加少量稀硫酸D.滴加少量醋酸鈉溶液【答案】C【解析】【詳解】A．稀硝酸具有強氧化性，與金屬反應(yīng)不生成氫氣，故A不符合題意；B．滴加幾滴硫酸銅溶液，部分Zn與硫酸銅反應(yīng)生成銅單質(zhì)，形成鋅-銅-硫酸原電池，能加快生成氫氣的速率，但不會改變氫氣的量，故B不符合題意；C．滴加少量稀硫酸，增大了硫酸濃度和用量，既加快了反應(yīng)速率也增加氫氣的量，故C符合題意；D．滴加少量醋酸鈉與氫離子結(jié)合成醋酸分子，降低了氫離子濃度，使反應(yīng)速率減小，故D不符合題意；故選：C。9.水是生活中不可缺少的物質(zhì)。下列關(guān)于水的的說法，正確的是A.水的分解和水的汽化過程中焓變均大于0B.水的電離和電解過程均需要通電才能實現(xiàn)C.水電離出的氫離子濃度一定等于D.升高溫度，水的電離程度和均增大【答案】A【解析】【詳解】A．水的分解和水的汽化過程都是吸熱過程，焓變均大于0，故A正確；B．電離是指電解質(zhì)在一定條件下(例如溶于某些溶劑、加熱熔化等)，電離成可自由移動的離子的過程，不需要通電，電解過程需要通電，故B錯誤；C．常溫下，純水電離出的c(H+)=，而升高溫度，促進(jìn)水的電離，Kw值增大，c(H+)>，故C錯誤；D．水的電離是吸熱的過程，升高溫度使水的離子積增大，氫離子濃度增大，pH減小，故D錯誤；故選：A。10.某溫度下，在恒容密閉容器中、、建立化學(xué)平衡：，改變下列條件對正、逆反應(yīng)速率的影響不正確的是A.壓縮容器體積B.通入C.使用(正)催化劑D.升高溫度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A．壓縮容器體積各物質(zhì)的濃度均增大，正逆反應(yīng)速率均增大，且正反應(yīng)速率增大的程度大于逆反應(yīng)速率，故A錯誤；B．通入增大反應(yīng)物濃度，正反應(yīng)速率瞬間增大，逆反應(yīng)速率瞬間不變，平衡正向移動，故B正確；C．使用(正)催化劑能同等程度的增大正逆反應(yīng)速率，故C正確；D．升高溫度正逆反應(yīng)速率均增大，且逆反應(yīng)速率增大的程度大于正反應(yīng)速率增大的程度，平衡逆向移動，故D正確；故選：A。11.對于反應(yīng)，下列分別表示不同條件下的反應(yīng)速率，則反應(yīng)速率大小關(guān)系正確的是①②③④A.②>③>④>①B.③>①=④>②C.③>④>①=②D.①>④>②>③【答案】B【解析】【詳解】比較不同條件下的反應(yīng)速率應(yīng)轉(zhuǎn)化成同一物質(zhì)的速率進(jìn)行比較，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比進(jìn)行轉(zhuǎn)換，以A的速率為標(biāo)準(zhǔn)，①對應(yīng)的；②對應(yīng)的；③④可知反應(yīng)速率的由快到慢的順序為：③>①=④>②；故選：B。12.下列與金屬腐蝕有關(guān)說法中，不正確的是A.圖a中鐵制品主要發(fā)生吸氧腐蝕B.圖b開關(guān)置于N處時，金屬鐵的腐蝕速率比置于M時更小C.圖c為外加直流電源保護(hù)法，鋼閘門應(yīng)與外接電源的負(fù)極相連D.圖d燃?xì)庠畹闹行牟课蝗菀咨P，主要是高溫下鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕【答案】D【解析】【詳解】A．鐵制品由Fe和C等組成，海水是中性介質(zhì)，構(gòu)成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，故A正確；B．開關(guān)置于N處時，Zn的活潑性比Fe強，F(xiàn)e做正極被保護(hù)，置于M時，F(xiàn)e比Cu活潑，F(xiàn)e做負(fù)極失電子生成Fe2+，則金屬鐵的腐蝕速率比置于M時更小，故B正確；C．電解池中，陰極材料被保護(hù)，鋼閘門應(yīng)與外接電源的負(fù)極相連做陰極可以獲得保護(hù)，故C正確；D．燃?xì)庠畹闹行牟课蝗菀咨P，主要是高溫下鐵發(fā)生化學(xué)腐蝕，不是電化學(xué)腐蝕，故D錯誤；故選：D。13.化學(xué)家研究催化劑催化丙烷脫氫機理如下圖所示：下列說法錯誤的是A由圖可知催化大致經(jīng)過階段Ⅰ(吸附)、反應(yīng)Ⅱ(斷裂第1個鍵)、反應(yīng)Ⅲ(斷裂第2個鍵)B.反應(yīng)Ⅱ活化能最大，是催化丙烷脫氫的決速步C.在催化下反應(yīng)生成時，放出的熱量為D.若該催化反應(yīng)在絕熱容器中按照先發(fā)生Ⅰ，后發(fā)生Ⅱ，再發(fā)生Ⅲ，則完成反應(yīng)Ⅱ后，不需要再加熱就能發(fā)生反應(yīng)Ⅲ【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，階段Ⅰ產(chǎn)物為pt4...C3H8，該過程為吸附，反應(yīng)Ⅱ產(chǎn)物為pt4-(HC3H7)，此時斷裂第1個C-H鍵，反應(yīng)Ⅲ產(chǎn)物pt4-(2HC3H7)，此時斷裂第2個C-H鍵，故A正確；B．由圖可知，反應(yīng)Ⅱ活化能最大，則反應(yīng)Ⅱ是Pt4催化丙烷脫氫的快速階段，故B正確；C．由圖可知1個C3H8(g)在Pt4(s)催化下反應(yīng)生成1個C3H6(g)和1個H2(g)]時，放出的熱量為0.95eV，則1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反應(yīng)生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]時，放出的熱量為0.95NAeV，故C錯誤；D．若該催化反應(yīng)在絕熱容器中按照先發(fā)生I，后發(fā)生Ⅱ，再發(fā)生Ⅲ，由于反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ均為放熱反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量使體系溫度升高，達(dá)到反應(yīng)Ⅲ所需的活化能，因此這些能量足以使反應(yīng)Ⅲ發(fā)生，所以完成反應(yīng)Ⅱ后，不需要再加熱就能發(fā)生反應(yīng)Ⅲ，故D正確；故選：C。14.在密閉容器中發(fā)生儲氫反應(yīng)：。在一定溫度下，達(dá)到平衡狀態(tài)，測得氫氣壓強為2MPa。下列說法正確的是A.低溫條件有利于該反應(yīng)正向自發(fā)，利于儲氫B.升高溫度，v逆增大，v正減小，平衡逆向移動C.縮小容器的容積，平衡正向移動，重新達(dá)到平衡時H2的濃度減小D.向密閉容器中充入氫氣，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)方程式可知：該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動，有助于H2轉(zhuǎn)化為LaNi5H6固體的形成，因此利用儲氫，A正確；B．升高溫度，v逆增大，v正也增大，由于溫度對吸熱反應(yīng)影響更大，所以v逆增大的倍數(shù)大于v正增大的倍數(shù)，化學(xué)平衡向吸熱的逆向移動，B錯誤；C．縮小容器的容積，平衡正向移動，由于溫度不變，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)不變，化學(xué)平衡常數(shù)K=不變，所以重新達(dá)到平衡時H2的濃度應(yīng)該與原來相同，C錯誤；D．向密閉容器中充入氫氣，化學(xué)平衡正向移動，但由于溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)就不變，D錯誤；故合理選項是A。15.用如圖所示裝置及試劑進(jìn)行鐵的電化學(xué)腐蝕實驗探究，測定三頸燒瓶中壓強隨時間變化關(guān)系以及溶解氧(DO)隨時間變化關(guān)系的曲線如下。下列說法正確的是A.溶解氧隨著溶液酸性減弱而增大B.時，發(fā)生析氫腐蝕而不發(fā)生吸氧腐蝕C.整個過程中，負(fù)極電極反應(yīng)式為：D.時，既發(fā)生吸氧腐蝕又發(fā)生析氫腐蝕【答案】D【解析】【分析】Fe在酸性環(huán)境下會發(fā)生析氫腐蝕，產(chǎn)生氫氣，會導(dǎo)致錐形瓶內(nèi)壓強增大；若介質(zhì)的酸性很弱或呈中性，并且有氧氣參與，此時Fe就會發(fā)生吸氧腐蝕，吸收氧氣，會導(dǎo)致錐形瓶內(nèi)壓強減小，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由圖可知，隨著pH增大即溶液酸性減弱，溶解氧(DO)減小，故A錯誤；B．由圖可知，pH=2.0時，錐形瓶內(nèi)的溶解氧減少，說明有消耗氧氣的吸氧腐蝕發(fā)生，同時錐形瓶內(nèi)的氣壓增大，說明有產(chǎn)生氫氣的析氫腐蝕發(fā)生，故B錯誤；C．錐形瓶中的Fe粉和C粉構(gòu)成了原電池，F(xiàn)e粉作為原電池的負(fù)極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Fe-2e-═Fe2+，故C錯誤；D．若pH=4.0時只發(fā)生吸氧腐蝕，那么錐形瓶內(nèi)的壓強會有下降；而圖中pH=4.0時，錐形瓶內(nèi)的壓強幾乎不變，說明除了吸氧腐蝕，F(xiàn)e粉還發(fā)生了析氫腐蝕，消耗氧氣的同時也產(chǎn)生了氫氣，因此錐形瓶內(nèi)壓強幾乎不變，故D正確；故選：D。16.用溶液滴定溶液，溶液和溫度隨的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A.整個滴定過程中，水的電離程度和都逐漸增大B.時，溶液中存在C.的電離常數(shù)D.第一反應(yīng)終點可選用紫色石蕊溶液作為指示劑【答案】B【解析】【分析】用NaOH溶液滴定H2A溶液，=1時即X點，溶質(zhì)為NaHA，=2時即Z點，溶質(zhì)為Na2A；【詳解】A．酸或堿抑制水的電離，能水解的鹽類促進(jìn)水的電離，隨著NaOH溶液加入，逐漸生成能水解的鹽類，當(dāng)NaOH溶液過量，又抑制水的電離，則水的電離程度先增大后減小，水的電離是吸熱反應(yīng)，溫度升高增大，由圖中溫度曲線可知溫度先增大后減小，則Kw也是先增大后減小，故A錯誤；B．時，溶質(zhì)為等量的NaHA和Na2A混合物，溶液中存在物料守恒：①，電荷守恒：②，聯(lián)立①②兩式可得，故B正確；C．由圖知pH=9.7時，的電離常數(shù)，故C錯誤；D．由圖知第一反應(yīng)終點時溶液pH<7，紫色石蕊溶液在此pH范圍內(nèi)還沒變色，則不能作為指示劑，故D錯誤；故選：B。第Ⅱ卷(非選擇題共52分)二、填空題(本題共5小題，共52分)17.按要求回答問題：（1）碳酸氫鈉在水溶液中的電離方程式為_______。（2）某溫度下，向含有固體的飽和溶液中加入少量稀鹽酸，則的溶解度_______(填“增大”“減小”“不變”，下同)，_______，_______。（3）電子工業(yè)使用溶液刻蝕印刷覆銅板，該過程的離子方程式為_______；配制的溶液應(yīng)保持酸性的原因是_______。（4）常溫下，的，用離子方程式說明溶液顯堿性的原因_______。【答案】（1）、（2）①.減?、?不變③.減小（3）①.②.抑制水解生成（4）【解析】【小問1詳解】碳酸氫鈉在水中電離出鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為：、；【小問2詳解】在含AgCl固體的AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，當(dāng)加入少量稀鹽酸時，c(Cl-)增大，部分溶質(zhì)AgCl析出，的溶解度減小，AgCl的Ksp只受溫度影響，溫度不變，AgCl的Ksp不變；平衡逆向移動，c(Ag+)減??；【小問3詳解】電子工業(yè)使用FeCl3溶液刻蝕印刷電路板銅箔，即Fe3+將Cu氧化為Cu2+，自身被還原為Fe2+，所以過程中發(fā)生的反應(yīng)為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，F(xiàn)eCl3溶液中Fe3+發(fā)生水解使溶液呈酸性，需保持溶液為酸性原因是抑制水解生成；【小問4詳解】常溫下，的說明為弱酸，溶液中發(fā)生水解反應(yīng)而顯堿性，水解反應(yīng)的離子方程式為。18.已知部分酸的電離平衡常數(shù)如下：弱酸電離常數(shù)()（1）、、、四種離子結(jié)合能力由強到弱的順序是_______(用離子符號表示)。（2）時，向的溶液中加入蒸餾水，將其稀釋到后，下列說法正確的是_______。A.的電離程度增大B.減小C.增大D.的數(shù)目增多（3）取等體積的均為a的醋酸和次氯酸兩種溶液，分別用等濃度的稀溶液恰好完全中和時，消耗溶液的體積分別為，，則大小關(guān)系為：_______(填“>”、“<”或“=”)。（4）溶液與足量的溶液反應(yīng)的離子方程式為_______?！敬鸢浮浚?）（2）ABD（3）<（4）【解析】【小問1詳解】弱酸的電離平衡常數(shù)越大，相應(yīng)酸的酸性就越強，其酸根離子結(jié)合H+的能力就越弱，根據(jù)酸電離平衡常數(shù)可知酸性，所以結(jié)合H+的能力由強到弱的順序為；【小問2詳解】A．是弱酸，越稀越電離，則稀釋后的電離程度增大，A正確；B．由于稀釋導(dǎo)致減小的程度比電離程度，則減小，B正確；C．稀釋后減小，溫度不變，則Ka(HCN)不變，則減小，C錯誤；D．根據(jù)越稀越電離，的數(shù)目增多，D正確；故選：ABD；【小問3詳解】由電離常數(shù)可知，醋酸的酸性比次氯酸強，相同pH的兩種酸，醋酸的濃度比次氯酸小，故中和相同體積和相同pH的兩種酸，所用到的NaOH的量關(guān)系為：醋酸小于次氯酸，故答案為：＜；【小問4詳解】由電離常數(shù)可知酸性：>>，溶液與足量的溶液反應(yīng)生成和，反應(yīng)的離子方程式為。19.Ⅰ.利用綠色鈣源蛋殼(主要成分為)制備葡萄糖酸鈣晶體(相對分子質(zhì)量為448)，并用酸性溶液間接滴定法對其純度進(jìn)行測定，假設(shè)其它成份不與溶液反應(yīng)，步驟如下。①稱取產(chǎn)品置于燒杯中，加入蒸餾水及適量稀鹽酸溶解；②加入足量溶液，用氨水調(diào)節(jié)為4～5，生成白色沉淀，過濾、用乙醇洗滌；③將②中洗滌后所得的固體溶于稀硫酸中，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟②中生成白色沉淀的化學(xué)式為_______；用乙醇洗滌沉淀的原因是_______和利于干燥。（2）用離子方程式表示酸性標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定待測液的反應(yīng)原理_______。（3）根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)，測得產(chǎn)品中葡萄糖酸鈣晶體的純度為_______%(保留三位有效數(shù)字)。Ⅱ.利用吸收煙氣中的過程包括：的分解、的吸收與的生成，以及的氧化。（4）恒溫恒容密閉容器中進(jìn)行吸收反應(yīng)為，能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。A.氣體的總壓強不再隨時間變化B.氣體的密度不再隨時間變化C.單位時間內(nèi)斷裂與生成鍵數(shù)相等D.氣體的分壓不再隨時間變化（5）的氧化涉及如下反應(yīng)：①②③_______(用、表示)?！敬鸢浮浚?）①.②.減小溶解損耗（2）（3）89.6（4）BD（5）【解析】【分析】步驟①與稀鹽酸反應(yīng)生成CaCl2，步驟②中鈣離子和草酸根離子結(jié)合生成白色沉淀，步驟③溶于稀硫酸生成CaSO4和H2C2O4，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2C2O4發(fā)生氧化還原反應(yīng)；【小問1詳解】與稀鹽酸反應(yīng)生成CaCl2，步驟②中鈣離子和草酸根離子結(jié)合生成白色沉淀；用乙醇洗滌沉淀的原因是減小溶解損耗；【小問2詳解】溶于稀硫酸生成CaSO4和H2C2O4，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2C2O4發(fā)生氧化還原反應(yīng)；【小問3詳解】由滴定原理：，n(H2C2O4)=2.5n()=2.5××=mol，n(H2C2O4)=n(Ca2+)=mol，m()=nM=mol×448g/mol=0.5376g，產(chǎn)品中葡萄糖酸鈣晶體的純度為；【小問4詳解】A．該反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，氣體的總壓強始終不變，故A錯誤；B．該反應(yīng)混合氣體的質(zhì)量是變量，容器體積不變，則反應(yīng)過程中氣體的密度發(fā)生改變，當(dāng)氣體的密度不再隨時間變化，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正確；C．單位時間內(nèi)斷裂H-S與生成H-O鍵數(shù)相等，只說明v正(H2S)=v正(H2O)，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．隨著反應(yīng)進(jìn)行，氣體的分壓發(fā)生改變，當(dāng)其不再隨時間變化，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D正確；故答案為：BD；【小問5詳解】根據(jù)蓋斯定律：2×②-2×①得③，則△H3=。20.三氧化二鎳()常用于制造高能電池。以金屬鎳廢料(含、、等雜質(zhì))生產(chǎn)的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）中元素化合價為_______，實驗室進(jìn)行過濾操作需用到的玻璃儀器有：燒杯、漏斗和_______。（2）為加快酸浸速率可采取的措施有_______(寫出一點即可)；其他條件不變，在不同溫度下對含鎳廢料進(jìn)行酸浸，鎳浸出率隨時間變化如圖所示，酸浸的最佳溫度與時間為_______(選填“a、b、c、d”中的一個標(biāo)號)。（3）“氧化”時加入發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（4）“過濾”中加入的目的是將、變?yōu)?、沉淀除去，已知常溫下，、的溶度積分別為、。兩種沉淀共存時，溶液中_______。（5）被“氧化”生成，的化學(xué)方程式為_______。（6）用含鎳26.55%的金屬鎳廢料經(jīng)過上述工藝制得固體，鎳的回收率為_______%(保留兩位小數(shù))。【答案】（1）①.②.玻璃棒（2）①.粉碎礦石、升溫、適當(dāng)增大酸的濃度、攪拌等②.c（3）（4）0.5（5）（6）88.89【解析】【分析】鎳廢料中加入鹽酸酸浸，然后發(fā)生一系列轉(zhuǎn)化后得到Ni2O3，則Ni能和稀鹽酸反應(yīng)，生成Ni2+，F(xiàn)e、Ca、Mg和稀鹽酸分別反應(yīng)生成Fe2+、Ca2+、Mg2+，則酸浸后的溶液中含有Ni2+、Cl-、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H+，加入H2O2氧化Fe2+為Fe3+，加入Na2CO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+全部沉淀，過濾得到的濾渣A為Fe(OH)3，過濾后的濾液中加入NH4F，Ca2+生成CaF2沉淀，Mg2+生成MgF2沉淀，則濾渣B為CaF2、MgF2；再向濾液中加入Na2CO3溶液進(jìn)行沉鎳，生成NiCO3，濾液C中含有Na+、CO、NH、F-、Cl-等，過濾后向濾渣中加入稀鹽酸，NiCO3溶解生成CO2和NiCl2，向溶液中加入NaClO、NaOH得到Ni2O3，NaClO得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成NaCl；過濾后得到Ni2O3；【小問1詳解】中O為-2價，元素化合價為+3，過濾操作需用到的玻璃儀器有：燒杯、漏斗和玻璃棒；【小問2詳解】為加快酸浸速率可采取的措施有：粉碎礦石、升溫、適當(dāng)增大酸的濃度、攪拌等，Ni的浸出率越高、溫度越低且時間越短越好，根據(jù)圖知，由圖可知酸浸的最佳溫度與時間分別為70℃、120min，鎳浸出率較大，故答案為：c；【小問3詳解】“氧化”時加入氧化Fe2+為Fe3+，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；【小問4詳解】兩種沉淀共