2025年粵人版選擇性必修1化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版選擇性必修1化學下冊月考試卷884考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、少量鐵粉與100mL0.01mol·L-1的稀鹽酸反應，反應速率太慢，為了加快此反應速率而不改變H2的量；可以使用如下方法中的。

①由鐵粉換鐵塊②加NaNO3固體③將0.01mol·L-1的稀鹽酸換成98％的硫酸溶液④加CH3COONa固體⑤加NaCl溶液⑥滴入幾滴硫酸銅溶液⑦升高溫度(不考慮鹽酸揮發(fā))⑧改用100mL0.1mol·L-1鹽酸A.③⑤B.①③C.⑥⑦D.⑦⑧2、實驗室模擬制備亞硝酰硫酸(NOSO4H)的反應裝置如圖所示；下列關于實驗操作或敘述錯誤的是。

已知：①亞硝酰硫酸為棱形結晶；溶于硫酸，遇水易分解。

②反應原理為：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA.濃硝酸與濃硫酸混合時，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，邊加邊攪拌B.裝置B和D中的濃硫酸的作用是防止水蒸氣進入C導致亞硝酰硫酸分解C.冷水的溫度控制在20℃左右，太低反應速率太慢；太高硝酸易分解、SO2逸出D.實驗時用濃硫酸代替70%的H2SO4產生SO2速率更快3、某興趣小組為研究Deacon法制氯氣的原理：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH，在恒容容器中，按不同的進料濃度比[c(HCl)∶c(O2)]進行實驗；得出HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.該反應為吸熱反應B.若氧氣的量不變，通過增加HCl的量改變進料濃度比，則曲線I對應的進料濃度比最大C.Deacon法使用氯化銅作催化劑，主要是為了提高HCl的平衡轉化率D.已知曲線Ⅰ表示進料濃度比為1∶1，若HCl的起始濃度為c0，則平衡常數K(400℃)的計算表達式為4、運動員在劇烈運動后產生的乳酸會使肌肉麻痹疼痛，故常用液氮降溫減少炎癥和乳酸。已知乳酸(表示為HL，L-為乳酸根)是一元弱酸。25℃時，下列有關敘述不正確的是A.0.1mol/LHL溶液的pH>1B.0.1mol/LHL溶液加水稀釋時，溶液中水電離出的c(H+)增大C.0.1mol/LNaL溶液中：D.在HL和NaL組成的緩沖溶液中：5、下列方案設計、現象和結論都正確的是。目的方案設計現象和結論A探究金屬鈉在氧氣中燃燒所得固體粉末的成分取少量固體粉末，加入蒸餾水若無氣體生成，則固體粉末為若有氣體生成，則固體粉末為B鑒別蘇打和小蘇打在兩支試管中分別取少量蘇打和小蘇打(各約1g)，向兩只試管分別滴入幾滴水，用溫度計插入其中測量溫度測量溫度較高的是含蘇打的試管C探究(白色)和(紅棕色)的大小向濃度均為的和的混合溶液中逐滴滴加溶液，觀察實驗現象若先產生白色沉淀，則的比的小D探究不同濃度的溶液水解程度是否相同(已知和電離常數相同)常溫下，用計分別測定等體積溶液和溶液的均為7，則同溫下，不同濃度的溶液中水的電離程度相同

A.AB.BC.CD.D6、H2R是一種二元弱酸，常溫下某水體中c(H2R)由于空氣中的某種成分的存在而保持不變，又知該水體-lgc(X)(X為H2R、HR-、R2-、M2+)與pH的關系如圖所示、Ksp(MR)=3.0×10-9；下列說法錯誤的是。

A.Ka1(H2R)=1×10-6.3B.0.1mol·L-1的KHR的溶液：c(K+)>c(HR-)>c(R2-)>c(OH-)C.曲線④表示水體中c(M2+)隨著pH的變化情況D.當pH=10.3時，水體中c(M2+)等于3.0×10-7.9mol·L-17、氫氣與氧氣生成水的反應是氫能源應用的重要途徑。下列有關說法正確的是A.一定溫度下，反應2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)能自發(fā)進行，該反應的△H＜0B.氫氧燃料電池的負極反應為O2+4e-+2H2O==4OH-C.常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2LH2，轉移電子的數目為6.02×1023D.同溫同壓下，2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，在燃料電池和點燃條件下的△H不同評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、乙醇是重要的有機化工原料；可由乙烯直接水合法或間接水合法生產?；卮鹣铝袉栴}：

（1）間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯(C2H5OSO3H)。再水解生成乙醇。乙烯氣相直接水合反應C2H4(g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)的與間接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點是：___。

（2）如圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉化率與溫度、壓強的關系(其中n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1)

①圖中壓強P1、P2、P3、P4的大小順序為：___，理由是：___。

②氣相直接水合法黨采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應溫度290℃，壓強6.9MPa，n(H2O)︰n(C2H4)=0.6︰1。乙烯的轉化率為5℅。若要進一步提高乙烯的轉化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以采取的措施有：___、___。9、下圖是一個甲烷燃料電池工作時的示意圖；乙池中的兩個電極一個是石墨電極，一個是鐵電極，工作時，M；N兩個電極的質量都不減少，請回答下列問題：

(1)M電極的材料是_______，其電極名稱是_______，N的電極反應式為_______，乙池的總反應是_______，通入甲烷的鉑電極的電極反應式為_______。

(2)在此過程中，乙池中某一電極析出金屬銀4.32g時，甲池中理論上消耗氧氣_______L(標準狀況下)，若此時乙池溶液的體積為400mL，則乙池溶液的的濃度為_______。

(3)二氧化氯()為一種黃綠色氣體，是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。下圖是目前已開發(fā)出用電解法制取的新工藝(如下圖)。

①用石墨做電極，電解飽和食鹽水制取陽極產生的電極反應式：_______。

②當陰極產生標準狀況下112mL氣體時，通過陽離子交換膜離子的物質的量為_______mol。10、SiCl4在室溫下為無色液體，易揮發(fā)，有強烈的刺激性。把SiCl4先轉化為SiHCl3，再經氫氣還原生成高純硅。一定條件下，在20L恒容密閉容器中發(fā)生SiCl4轉化為SiHCl3的反應：3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)?SiHCl3(g)，△H=QkJ?mol-1，2min后達到平衡，H2與SiHCl3的物質的量濃度分別為0.1mol/L和0.2mol/L。

（1）從反應開始到平衡，v(SiCl4)=_______

（2）該反應的平衡常數表達式為K=_______，溫度升高,K值增大，則Q__0(填“>”、“<”或“=”)。

（3）若平衡后再向容器中充入與起始時等量的SiCl4和H2(假設Si足量)，當反應再次達到平衡時，與原平衡相比較，H2的體積分數將____(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（4）原容器中，通入H2的體積(標準狀況下)為_________

（5）平衡后，將容器的體積縮為10L，再次達到平衡時,H2的物質的量濃度范圍為__________

（6）圖中x軸表示溫度，y軸表示平衡混合氣中H2的體積分數，a、b表示不同的壓強，則壓強a____b(填“>”、“<”或“=”)。

11、回答下列化學平衡相關問題：

(1)工業(yè)制硫酸的核心反應是：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)?H<0

①在1L密閉容器中充入1molSO2(g)和2molO2(g)，在一定條件下達到平衡，測得SO3為0.8mol。計算該條件下，反應的平衡常數K=___________。SO2轉化為SO3的轉化率=___________。

②下列措施中有利于提高SO2的轉化率的是___________(填字母)。

A．加入催化劑B．通入氧氣C．移出氧氣D．增大壓強E．減小壓強。

(2)將水蒸氣通過紅熱的碳即可產生水煤氣，C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ?mol-1，ΔS=+133.7J?(K?mol)-1

①該反應在___________能自發(fā)(填“高溫”；“低溫”、“任何溫度”、“一定不”)。

②一定溫度下，在一個容積可變的密閉容器中，發(fā)生上述反應，下列能判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的是___________(填字母)。

A．c(CO)=c(H2)

B．1molH-H鍵斷裂的同時生成2molH-O鍵。

C．容器中的壓強不變。

D．v正(CO)=v逆(H2O)

(3)汽車尾氣含NO氣體是由于內燃機燃燒的高溫引起氮氣和氧氣反應所致：

N2(g)+O2(g)2NO(g)?H＞0，已知該反應在2404℃時，平衡常數K=6.4×10-3.請回答：

①該溫度下，某時刻測得容器內N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此時反應___________(填“處于化學平衡狀態(tài)”；“向正反應方向進行”或“向逆反應方向進行”)。

②將N2、O2混合氣體充入恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生上述反應，下列正確的是___________(填字母)。

A．B．C．12、(1)氫氣是一種高效而無污染的理想能源。1980年我國首次制成一輛燃氫汽車，乘員12人，以50km/h行駛了40km。為有效發(fā)展民用氫能源，首先必須制得廉價氫氣。下列可供開發(fā)又較經濟的制氫氣的方法是_______。

A.電解水B.鋅和稀硫酸反應C.光解海水。

(2)已知1g氫氣燃燒生成液態(tài)水放出143kJ的熱量；請回答下列問題：

①寫出該反應的熱化學方程式_______。

②反應物斷鍵需要吸收的能量_______(填“>”“<”或“=”)生成物生成新鍵放出的能量。

③若2mol氫氣完全燃燒生成水蒸氣，則放出的能量_______(填“>”“<”或“=”)2mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的能量。

④某航天器上使用了一種新型裝置；其構造如圖所示：

a、b兩個電極均由多孔的碳塊組成。它是將_______能轉化為_______能的裝置。a極上的電極反應式為_______，b極上的電極反應式為_______，SO向_______(填a或b)極移動。13、硒和鉻元素都是人體必需的微量元素；請回答下列問題：

(1).硒與氧為同主族元素，硒的原子結構示意圖為_______。

(2).由硒在周期表中的位置分析判斷下列說法不正確的是_______(填標號)。A．沸點：H2Se＞H2S＞H2OB．熱穩(wěn)性：PH3＞H2S＞H2SeC．還原性：H2Se＞HBr＞HFD．原子半徑：Ge＞Se＞Cl

(3).人體內產生的活性氧能加速人體衰老，被稱為“生命殺手”，化學家嘗試用及其他富硒物質清除人體內的活性氧，此時Na2SeO3表現出_______性。

(4).+6價鉻的化合物毒性較大，用甲醇酸性燃料電池電解處理酸性含鉻廢水(主要含有)的原理示意圖如下圖所示。

①M極的電極反應式為_______，N極附近的pH_______(填“變大”或“變小”或“不變”)

②寫出電解池中轉化為Cr3+的離子方程式_______。14、已知25℃時，醋酸、氫硫酸、氫氰酸的電離平衡常數如下表：(單位省略)。醋酸氫硫酸氫氰酸Ka=1.8×10-5Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12Ka=4.9×10-10

(1)體積相同、c(H＋)相同的三種酸溶液a.CH3COOH；b.HCN；c.H2SO4分別與同濃度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的體積由大到小的排列順序是(填字母)___________。

(2)25℃時，等濃度的三種溶液①NaCN溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的順序為_____________(填序號)。

(3)25℃時，濃度均為0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl溶液中，陰離子總濃度由大到小的順序為_____________(填序號)。

(4)將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，測得混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，下列關系正確的是_______。

a.c(H+)-)b.c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)c.c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L

(5)25℃時，向NaCN溶液中通入少量H2S，反應的離子方程式為___________________。15、工業(yè)中利用鋰輝石(主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)制備鈷酸鋰(LiCoO2)的流程如下：

已知：部分金屬氫氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)的柱狀圖如圖。

(1)向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙燒”中過量的硫酸，控制pH使Fe3+、Al3+完全沉淀，則pH的范圍為___________。(保留到小數點后一位。已知：完全沉淀后離子濃度低于1×10-5mol·L-1)

(2)常溫下，已知Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39，若將足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分別投入水中均得到其相應的懸濁液，所得溶液中金屬陽離子的濃度分別為_______mol·L-1、______mol·L-1。16、（一）已知2A2（g）＋B2（g）2C3（g）；△H＝－akJ/mol（a＞0），在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃時充分反應達平衡時放出熱量bkJ。

（1）比較a___b（填“＞；＝、＜”）

（2）為使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的是__________。

A．及時分離出C3氣體B．適當升高溫度。

C．增大B2的濃度D．選擇高效的催化劑。

（3）下圖表示此反應的反應速率v和時間t的關系圖。根據下圖判斷，在t1和t4時刻改變的外界條件分別是_______________和_____________。

（二）在一容積為2L的密閉容器中，加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定條件下發(fā)生如下反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0。反應中NH3的物質的量濃度的變化情況如右圖所示；請回答下列問題：

（1）根據上圖，該反應達到平衡時H2的轉化率等于__________。

（2）第5分鐘末，保持其它條件不變，若改變反應溫度，達新平衡后NH3的物質的量濃度不可能為_________。（填序號）。

a0.20mol·L-1b0.12mol·L-1c0.10mol·L-1d0.08mol·L-1

（3）若在第5分鐘末將容器的體積縮小一半后，在第8分鐘達到新的平衡（此時NH3的濃度約為0.25mol·L-1），請在上圖中畫出第5分鐘到9分鐘NH3濃度的變化曲線。____________評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)17、反應條件(點燃或加熱)對熱效應有影響，所以熱化學方程式必須注明反應條件。____A.正確B.錯誤18、1mol硫酸與1molBa(OH)2完全中和所放出的熱量為中和熱。_____19、新制氯水中加入固體NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯誤20、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯誤21、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，該反應不能自發(fā)進行。__________________A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共16分)22、鈷酸鋰電池的正極材料含有鈷酸鋰(LiCoO2)；鋁箔及少量鐵等；其通過如下圖流程可回收鋁、鈷、鋰。請回答下列問題：

(1)中Co的化合價為_______。

(2)鈷酸鋰電池放電總反應為：則其負極的電極反應式為_______。

(3)“酸浸”時Co；Li元素的浸出率隨溫度的變化如圖所示：

“酸浸”的適宜溫度約為_______℃[所填數據限整數]，若酸浸主要反應的化學方程式為：則上述反應過程中消耗的氧化劑與還原劑物質的量之比為_______。

(4)“調pH除雜”的目的是使沉淀完全[即]，則常溫下應控制_______[保留到小數點后1位，另外已知常溫時的為]。

(5)沉鋰的離子反應方程式為_______。

(6)準確稱取4.575g的樣品，在空氣中加熱分解獲取金屬氧化物，固體樣品的剩余質量隨溫度的變化如下圖所示(已知385℃及以上殘留固體均為金屬氧化物)，請寫出B處物質與濃鹽酸反應的化學方程式_______。

23、納米氧化鋅是一種多功能性新型無機材料，化工上可以利用廢棄的鋅鎳電池廢料(主要含：Zn、Ni和少量的Fe、Al)制備納米氧化鋅，其生產流程如圖所示：

已知：Ksp[Zn(OH)2]=1.6×10-16；Ksp[Ni(OH)2]=2.8×10-15；Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39；Ksp[Al(OH)3=4.6×10-33

回答下列問題：

(1)H2SO4屬于高沸點的酸，不僅是因為H2SO4分子屬于極性分子，另外一個主要原是___________。

(2)為檢驗“氧化”操作后的溶液中是否含有Fe2+，某同學取適量待檢溶液，滴加酸性高錳酸鉀溶液該方法是否合理：___________(填“是”或“否”)，理由是___________(以離子方程式表示)。

(3)“沉鐵鋁”操作中加熱不僅能夠加快反應速率，另外一個主要目的是___________取“沉鐵鋁”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室溫下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最終所得溶液中c(Fe3+)=___________mol/L。

(4)假定萃取達到平衡時，樣品在水和萃取劑中的總濃度比為1：80，若在50mL的水溶液樣品中用10mL萃取劑P2O4萃取，則萃取后溶液中殘留的樣品濃度為原溶液的___________倍。

(5)化工生產中，分離Zn2+離子用萃取法而不通過調節(jié)溶液pH形成沉淀的方法，原因是___________。

(6)“沉鋅”過程中若NH4HCO3用量過大，易生成堿式碳酸鋅［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，該反應的離子方程式為___________。24、某廢舊鋰離子電池的正極材料成分為和下圖為從其中回收鈷；鎳的工藝流程。

回答下列問題：

(1)中的元素為價，和個數比為則元素化合價為_______。

(2)“堿浸過濾”所得濾液的主要成分為_______。

(3)“還原焙燒”過程發(fā)生反應的化學方程式為_______。

(4)“碳化水浸”過程中反應為：該反應的標準吉布斯自由能和標準生成焓隨溫度變化如圖。該過程需要控制在_______(填“a”、“b”或c)進行，其原因是_______。

a.b.c.

(5)常溫下，為尋找“碳化水浸”的最佳將固體加入水中，通入使固體逐步溶解，當固體恰好完全溶解時，則溶液中的為_______(保留兩位有效數字；忽略體積變化)。

已知：

(6)“萃取”的原理是(M表金屬離子，代表萃取劑，則反萃取時加入的試劑為_______。25、隨著鋰離子電池在多個領域被廣泛應用，廢舊鋰離子電池的產生量也在逐年增加。一種利用廢舊鋰離子電池硫酸浸出液(含和)回收鋁；鐵和銅的工藝如下：

室溫時，溶液中幾種金屬陽離子的[M為金屬陽離子]與溶液的的關系如圖所示。

(1)是一種鋰電池三元正極材料，其中和的化合價相同，均為___________。

(2)濾渣Ⅰ的主要成分是___________。

(3)加入調節(jié)時，需將溶液調至不低于___________?！昂鷱U水”中含有一定量的寫出“洗滌”過程中發(fā)生反應的化學方程式：___________。

(4)“氧化”過程中發(fā)生反應的離子方程式為___________。“氧化”過程中若使用雙氧水作氧化劑，用量會較大程度地超過理論用量，其可能原因是___________。

(5)本工藝中兩次調節(jié)后，均需將溶液升溫至90℃，其原因是___________。

(6)利用凈化液進一步合成鋰電池正極材料，需要測定凈化液中的和含量。其中的測定過程如下：取凈化液，加入混合溶液調節(jié)為9，加入指示劑后用的標準溶液滴定至終點(離子方程式為)，消耗標準溶液凈化液中的濃度為___________(用含a，b的式子表示)評卷人得分五、元素或物質推斷題(共3題，共27分)26、下列六種短周期元素（用字母x等表示）。最高正價或最低負價與原子序數關系如圖所示。

根據判斷出的元素回答問題：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x為非金屬元素，由x、e、g三種元素組成的離子化合物的電子式：______。

（2）上述元素簡單離子半徑最大的是（用化學式表示，下同）：___；比較g、h的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：_____。

（3）已知1mole的單質在足量d2中燃燒，恢復至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：__________。

（4）x和d組成的化合物中，既含有極性共價鍵又含有非極性共價鍵的是____（填化學式），此化合物可將堿性工業(yè)廢水中的CN－氧化，生成碳酸鹽和氨氣，相應的離子方程式為__________。27、已知A～N分別代表一種物質；它們之間的轉化關系如圖所示(部分反應的反應條件和生成物已略去)。A；B、C分別是由短周期元素組成的單質，A是金屬，D是無色液體。F是一種離子化含物，其陰陽離子的個數比為1:3，且能與水反應得到兩種堿。反應①是實驗室檢驗某離予的方法，反應②是工業(yè)、生產N的重要反應。請回答下列問題：

(1)B元素在元素周期表中的位置是__________，F的電子式是_____________。

(2)寫出反應①的離子方程式：___________；

(3)Cu與足量的N的濃溶液反應得到的產物主要是M不是L，其原因是__________(請用上圖所示關系中反應的化學方程式回答)。

(4)選擇性催化還原(SCR)是在有催化劑的條件下將M轉變?yōu)闊o毒的物質，這是目前國外進行尾氣治理遍采用的一種方法。亞鉻酸銅(Adkin償化劑)是極好的M催化還原的催化劑，是銅和鉻的復合氧化物，成分不固定，如：aCuO·bCr2O3等，統(tǒng)稱為亞鉻酸銅。其中：CuNH4(OH)CrO4在295℃分解生成復合的氧化物(催化劑)、氮氣及水，寫出該反應的化學方程式：______________________。

(5)已知一定溫度(>100℃)下，反應②的平衡常數為1。將0.8molK和1.1molB放入容積為1L的封閉容器中，發(fā)生反應②，一段時間后L的濃度為0.4mol/L，此時反應v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)。當反應到達平衡后，保持溫度不變，再加入一定物質的量的B，重新達到平衡，則L的平衡濃度__________(填“增大”、“不變”或“減小”)，B的轉化率_________。(填“升高”、“不變”或“降低”)，L的體積分數___________(填“增大”、“不變”、“減小”或“無法確定”)。28、電解NaCl溶液可得到NaOH、Cl2和H2；它們是重要的化工原料。有關反應關系如下圖所示：(部分反應條件和物質省略)

回答下列問題：

(1)Cl2與NaOH溶液反應可以制取“84”消毒液；發(fā)生反應的方程式為_________________。

(2)B溶液→A溶液所發(fā)生反應的離子方程式為_______________。

(3)A溶液能刻蝕銅印刷線路板；試寫出該反應的離子方程式_____________，該反應的還原劑是____________________。

(4)若檢驗A溶液中的陽離子，所用的試劑是_________________，現象是_______________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

①由鐵粉換鐵塊，反應速率減慢，故錯誤；②加NaNO3固體與酸形成硝酸，不產生氫氣，故錯誤；③將0.01mol·L-1的稀鹽酸換成98％的硫酸溶液，發(fā)生鈍化現象，故錯誤；④加CH3COONa固體，生成醋酸，氫離子濃度減小，反應速率減慢，故錯誤；⑤加NaCl溶液，氫離子濃度減小，反應速率減慢，故錯誤；⑥滴入幾滴硫酸銅溶液，鐵置換出銅，構成原電池，反應速率加快，但Fe少量，導致生成的氫氣減少，故錯誤；⑦升高溫度(不考慮鹽酸揮發(fā))，反應速率加快，故正確；⑧改用100mL0.1mol·L-1鹽酸，氫離子濃度增大，反應速率加快，故正確；故選D。2、D【分析】【分析】

利用亞硫酸鈉固體和硫酸反應制備二氧化硫氣體；為防止亞硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的條件下制備亞硝酰硫酸，最后尾氣吸收過量二氧化硫，防止污染空氣。

【詳解】

A．濃硝酸與濃硫酸混合時；如果將濃硝酸注入濃硫酸中，容易發(fā)生液滴四濺，故濃硝酸與濃硫酸混合時，是將濃硫酸慢慢滴加到濃硝酸中，并且邊加邊攪拌，攪拌的目的是及時散熱，防止局部過熱，A正確；

B．亞硝酰硫酸遇水易分解，裝置B中的濃硫酸的作用是干燥SO2氣體；防止水蒸氣進入裝置C中，裝置D中的濃硫酸的作用是防止裝置E中的水蒸氣進入裝置C中，B正確；

C．為了保證反應速率不能太慢，同時又要防止溫度過高硝酸分解、SO2逸出；故冷水的溫度控制在20℃左右，C正確；

D．98%的濃硫酸的很難電離出H+，如果用98%的濃硫酸代替70%的H2SO4產生SO2速率更慢；D錯誤；

故選D。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．依據圖中曲線趨勢得出；隨著溫度升高，HCl的轉化率下降，說明平衡向逆反應方向移動，則說明該反應是放熱反應，△H＜0，故A錯誤；

B．對于多種物質參加的可逆反應；只增加HCl的量，HCl的平衡轉化率減小，所以曲線I對應的進料濃度比最小，故B錯誤；

C．催化劑不能改變平衡轉化率；故C錯誤；

D．已知曲線Ⅰ表示進料濃度比為1∶1；400KHCl平衡轉化率為84%，則。

K=故D正確；

故選D。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．HL是一元弱酸，不完全電離，0.1mol/LHL溶液的氫離子小于0.1mol/L，pH>1；A正確；

B．加水稀釋，雖然電離平衡正向移動，但由于稀釋程度大于電離程度，所以c(H+)減小，從而降低對水的電離的抑制程度，使水電離出的c(H+)增大；B正確；

C．NaL溶液中L-發(fā)生水解反應，結合水中的氫離子，造成氫氧根大于氫離子濃度，所以C正確；

D．選項中沒有交代HL和NaL組成的緩沖溶液中HL和NaL的濃度關系；無法得出物料守恒的關系，D錯誤；

故選：D。5、B【分析】【詳解】

A．鈉燃燒生成的過氧化鈉和鈉與水反應時都會有氣體生成；故有氣體生成時固體不一定為過氧化鈉，A錯誤；

B．碳酸鈉溶于少量水放熱；溫度略微會高一些，碳酸氫鈉溶于水溫度變化不明顯，B正確；

C．Ag2CrO4和AgCl組成類型不同，不能根據沉淀先后順序判斷的Ksp的大小，實際上是Ag2CrO4的Ksp比AgCl的小；C錯誤；

D．CH3COONH4溶液中醋酸根和銨根相互促進水解，但由于醋酸和一水合氨的電離常數相同，故溶液為中性，但濃度越小，水解程度越大，則不同濃度的CH3COONH4溶液中水的電離程度不相同；D錯誤；

故選B。6、B【分析】【分析】

由“c(H2R)保持不變”知①表示c(H2R)，隨著pH的增大，c(HR-)和c(R2-)增大，-lgc(HR-)和-1gc(R2-)減小，在pH較小時存在-lgc(HR-)<-lgc(R2-)，說明曲線②表示HR-，③表示R2-；據此分析解答。

【詳解】

A．由H2RH++HR-知，Ka1(H2R)=又a點時c(HR-)=c(H2R)，pH=6.3，故Ka1(H2R)=c(H+)=1×10-6.3，同理可求出Ka2(H2R)=1×10-10.3；故A正確；

B．由于Kh(HR-)====1×10-7.7>Ka2(H2R)，故KHR溶液中HR-水解能力強于HR-電離能力，溶液中c(R2-)-)；故B錯誤；

C．pH越大c(R2-)則越大，則水體中c(M2+)越小，-1gc(M2+)越大，故④表示-lgc(M2+)隨著pH變化的情況；故C正確；

D．pH=10.3時，c(R2-)=10-1.1mol/L，此時MR達到了溶解平衡狀態(tài)，則c(M2+)=mol/L=3.0×10-7.9mol/L；故D正確；

答案選B。7、A【分析】【詳解】

A．反應2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)的ΔS＜0，能自發(fā)進行，則△H-TΔS＜0，所以該反應的△H＜0；A正確；

B．氫氧燃料電池的負極，應為H2失電子；B不正確；

C．常溫常壓下，11.2LH2的物質的量小于0.5mol，則轉移電子的數目小于6.02×1023；C不正確；

D．同溫同壓下，不管是在什么條件下發(fā)生反應2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，△H都不發(fā)生變化，所以在燃料電池和點燃條件下的△H相同；D不正確；

故選A。二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【分析】

（1）氣相直接水合法原子的利用率為100%；

（2）①相同溫度下，乙烯的轉化率w4>w3>w2>w1；由方程式可知正向為氣體體積縮小的反應，根據壓強對平衡移動的影響進行分析；

②若要進一步提高乙烯的轉化率；除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以改變物質的濃度。

【詳解】

（1）乙烯氣相直接水合反應與間接水合法相比；氣相直接水合法原子的利用率為100%，污染小，腐蝕性??；

（2）①相同溫度下，乙烯的轉化率w4>w3>w2>w1，增大壓強平衡正向移動，乙烯的轉化率增大，因此P1234；

②若要進一步提高乙烯的轉化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以改變物質的濃度，如將產物乙醇液化轉移去、增大水蒸氣的濃度，或者增加n(H2O)與n(C2H4)的比值。

【點睛】

表示兩個外界條件同時變化時，反應物A的轉化率變化情況，解決這類圖像一般采用“定一議二”的方法，即把自變量(溫度、壓強)之一設為恒量，討論另外兩個變量的關系?！窘馕觥竣?污染小，腐蝕性小等②.P1234③.反應分子數減少，相同溫度下，壓強升高，乙烯轉化率提高④.將產物乙醇液化轉移去⑤.增加n(H2O)：n(C2H4)的比9、略

【分析】【分析】

堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負極，通入氧氣的一極為原電池的正極，乙池為電解池，乙池中的兩個電極一個是石墨電極，一個是鐵電極，工作時M、N兩個電極的質量都不減少，N連接原電池的正極，應為電解池的陽極，則應為石墨材料，M為電解池的陰極，為鐵電極，電解硝酸銀溶液時，陰極反應式為Ag++e-=Ag，陽極反應式為4OH--4e-=O2↑+2H2O；結合電子的轉移的物質的量的判斷進行計算。

(1)

堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負極，負極上甲烷失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，通入氧氣的一極為原電池的正極，乙池為電解池，乙池中的兩個電極一個是石墨電極，一個是鐵電極，工作時M、N兩個電極的質量都不減少，N連接原電池的正極，應為電解池的陽極，則應為石墨材料，N為陽極，電極反應式是4OH--4e-=O2↑+2H2O，M為陰極，電極材料是Fe，電極反應式為Ag++e-=Ag，則乙池的總反應式為4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3，故答案為：鐵；陰極；4OH--4e-=O2↑+2H2O；4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；

(2)

n(Ag)==0.04mol，根據Ag++e-=Ag可知轉移電子為0.04mol，甲池中通入氧氣的一極為正極，反應式為2O2+8H++8e-=4H2O，則消耗n(O2)=×0.04mol=0.01mol，V(O2)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L；乙池中某一電極析出金屬銀4.32g時；同時產生氫離子的物質的量是0.04mol，則其濃度是0.1mol/L，故答案為：0.224；0.1mol/L；

(3)

①電解過程中，Na+向右移動，因此左側為電解池陽極，右側為電解池陰極，因此陽極上是Cl-失去電子生成ClO2，電極反應式為Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；

②陰極電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，當陰極產生標準狀況下112mL氣體時，氣體的物質的量為=0.005mol，則轉移電子為0.005mol×2=0.01mol，通過陽離子交換膜離子為Na+，因此所轉移Na+的物質的量為0.01mol?！窘馕觥?1)鐵陰極4OH--4e-=O2↑+2H2O4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O

(2)0.2240.1mol/L

(3)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+0.0110、略

【分析】【分析】

(1)利用三段分析法，根據平衡時H2與SiHCl3物質的量濃度，求出的起始H2物質的量以及2分鐘時轉化的物質的量，在根據v(H2)=計算出氫氣的反應速率，最后根據反應速率之比等于系數之比求出v(SiCl4)；

(2)根據反應的平衡常數等于生成物各物質的濃度的冪次方之積比反應物各物質的濃度的冪次方之積；注意純固體或者純液體不列出；溫度升高，K值增大，說明平衡向正反應方向移動，正反應方向即為吸熱方向；

(3)若平衡后再向容器中充入與起始時等量的SiCl4和H2(假設Si足量)，等效于先將容器擴大一倍，在壓縮增大壓強平衡向著體積減小的方向移動即正方向移動，故H2的體積分數將減小；

(4)根據(1)三段分析法進行計算；

(5)平衡后；將容器的體積縮為10L，相當于增大壓強平衡要向正方向移動進行判斷；

(6)由圖像曲線的變化特點可知；采用“定一儀二”法討論。

【詳解】

(1)由方程式可知3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)

起始量(mol)n0

變化量(mol)2x4x

平衡量(mol)n-2x4x

4x=0.2mol/L×20L=4mol，x=1mol；n-2x=0.1mol/L×20L=2mol，n=4mol，則v(H2)===0.05mol?L-1?min-1，根據反應速率之比等于系數之比可得v(SiCl4)=v(H2)=0.075mol?L-1?min-1；

(2)根據反應的平衡常數等于生成物各物質的濃度的冪次方之積比反應物各物質的濃度的冪次方之積，K=溫度升高；K值增大，說明平衡向正反應方向移動，正反應方向即為吸熱方向，所以Q＞0；

(3)若平衡后再向容器中充入與起始時等量的SiCl4和H2(假設Si足量)，等效于先將容器擴大一倍，在壓縮相當于增大壓強平衡向著體積減小的方向移動即正方向移動，故H2的體積分數將減?。还蚀鸢福簻p?。?/p>

(4)根據(1)三段分析法計算得，通入H2的體積(標準狀況下)為4mol×22.4mol/L=89.6L；

(5)平衡后，將容器的體積縮為10L，如果平衡不移動H2的物質的量濃度變成原來的2倍即×2=0.2mol/L，但是體積壓縮相當于增大壓強平衡要向正方向移動進行，H2的物質的量濃度還要減小，但根據勒夏特列原理，再減小也會比原來的大；故答案為0.1mol?L-1＜c(H2)＜0.2mol?L-1；

(6)由圖像曲線的變化特點可知，采用“定一儀二”法討論，定溫度相同，增大壓強，平衡向正反應的方向移動，H2的體積分數減小，則說明a＞b。【解析】0.075mol/（L·min）＞減小89.6L0.1mol/L2)<0.2mol/L＞11、略

【分析】【詳解】

(1)①在1L密閉容器中充入1molSO2(g)和2molO2(g)，在一定條件下達到平衡，測得SO3為0.8mol，則平衡時三者的物質的量分別為：SO2(g)0.2mol、O2(g)1.6mol、SO3為0.8mol，容器體積為1L，則反應的平衡常數K==10；SO2轉化為SO3的轉化率==80%。

②A．加入催化劑，可改變反應速率，但不能提高SO2的轉化率；A不符合題意；

B．通入氧氣，平衡正向移動，SO2的轉化率提高；B符合題意；

C．移出氧氣，平衡逆向移動，SO2的轉化率降低；C不符合題意；

D．增大壓強，平衡正向移動，SO2的轉化率提高；D符合題意；

E．減小壓強，平衡逆向移動，SO2的轉化率降低；E不符合題意；

故選BD。答案為：10；80%；BD；

(2)①該反應的ΔS＞0，△H＞0，依據自發(fā)反應ΔG=△H-TΔS＜0；該反應在高溫能自發(fā)。

②A．不管反應是否達到平衡，都存在c(CO)=c(H2)；所以反應不一定達平衡狀態(tài)，A不符合題意；

B．1molH-H鍵斷裂的同時生成2molH-O鍵；反應進行的方向相同，反應不一定達平衡狀態(tài)，B不符合題意；

C．反應前后氣體的分子數不等；達平衡前壓強在不斷改變，容器中壓強不變時，反應達平衡狀態(tài)，C符合題意；

D．v正(CO)=v逆(H2O)時；正；逆反應速率相等，反應達平衡狀態(tài)，D符合題意；

故選CD。答案為：高溫；CD；

(3)①該溫度下，某時刻測得容器內N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此時濃度商Q==9×10-4＜6.4×10-3.；則反應向正反應方向進行。

②A．因為正反應吸熱，所以升高溫度平衡正向移動，K值增大；A正確；

B．催化劑只能改變反應到達平衡的時間，不能使平衡發(fā)生移動，不能使平衡時c(NO)增大；B不正確；

C．溫度升高；達平衡的時間縮短，平衡正向移動，氮氣的轉化率增大，C正確；

故選AC。答案為：向正反應方向進行；AC?！窘馕觥?080%BD高溫CD向正反應方向進行AC12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)A．電解水制氫氣需要消耗大量電能；不經濟，A不符題意；

B．鋅和稀硫酸反應制取氫氣消耗大量鋅和硫酸；不經濟，B不符題意；

C．地球上海水豐富；太陽光也豐富，光解海水制氫氣可行且經濟，C符合題意；

答案選C；

(2)①1g氫氣燃燒生成液態(tài)水放出143kJ的熱量，則4g(2mol)氫氣燃燒生成液態(tài)水放出143kJ×4=572kJ的熱量，因此該反應的熱化學方程式為2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ·mol-1；

②反應放熱，則反應物斷鍵需要吸收的能量<生成物生成新鍵放出的能量；

③水蒸氣轉化為液態(tài)水放出熱量，則若2mol氫氣完全燃燒生成水蒸氣放出的能量<2mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的能量；

④由圖可知，該裝置應為氫氧燃料電池，它是將化學能轉化為電能的裝置；a電極H元素化合價升高，則a電極為負極，結合電解質溶液顯中性可知a電極反應式為2H2-4e-=4H＋；b極上的電極反應式為O2＋2H2O＋4e-=4OH-；陰離子移向負極，則SO向a極移動。【解析】C2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ·mol-1<<化學電2H2-4e-=4H＋O2＋2H2O＋4e-=4OH-a13、略

【分析】【分析】

【小問1】

硒是34號元素，原子核外電子排布是2、8、18、6，所以硒的原子結構示意圖為【小問2】

A．水分子間含氫鍵，使物質分子之間吸引力增強，其沸點最高，且H2S、H2Se中相對分子質量大的沸點高，則沸點高低順序為：H2O＞H2Se＞H2S；A錯誤；

B．元素的非金屬性越強，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強，元素的非金屬性：S＞P＞Se，故熱穩(wěn)定性順序為：H2S＞PH3＞H2Se；B錯誤；

C．元素的非金屬性越強，則對應陰離子的還原性越弱，由于非金屬性：F＞Br＞Se，故氫化物的還原性：H2Se＞HBr＞HF；C正確；

D．原子核外電子層數越多；微粒半徑越大，而Se有四個電子層，Cl有三個電子層，故半徑：Se＞Cl；而Ge和Se均有四個電子層，當原子核外電子層數相同時，核電荷數越多，原子半徑越小，故Ge＞Se，因此原子半徑大小關系為：Ge＞Se＞Cl，D正確；

故合理選項是AB；【小問3】

“活性氧”的氧化性極強，服用含硒元素(Se)的化合物亞硒酸鈉(Na2SeO3)，能消除人體內的活性氧，表明Na2SeO3能將“活性氧”還原，“活性氧”為氧化劑，Na2SeO3為還原劑；表現還原性；【小問4】

①M電極通入燃料CH3OH，N電極通入O2，則M為負極，N為正極。負極上甲醇失去電子發(fā)生氧化反應，生成二氧化碳與氫離子，負極電極反應式為：CH3OH-6e-+H2O=6H++CO2↑；正極上氧氣獲得電子發(fā)生還原反應，與通過質子交換膜的H+結合為水，正極電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，N電極附近c(H+)降低；導致N極附近的pH變大；

②電解池溶液里轉化為Cr3+，化合價降低共6價，左側Fe電極與原電池的正極連接，所以左側Fe電極為陽極，陽極上Fe失去電子生成Fe2+，酸性條件下Fe2+將還原為Cr3+，Fe2+被氧化為Fe3+，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得該反應的離子方程式為：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。【解析】【小題1】

【小題2】AB

【小題3】還原。

【小題4】①.CH3OH-6e-+H2O=6H++CO2↑②.變大③.+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O14、略

【分析】【分析】

(1)體積相同、c(H＋)相同的三種酸溶液；電離常數越小，起始濃度越大，而中和堿的能力，需使用酸的起始濃度。

(2)25℃時；等濃度的三種溶液，對應酸的酸性越弱，水解能力越強，溶液的pH越大。

(3)25℃時，濃度均為0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa；③NaCl溶液中；從水解方程式和水的電離方程式兩方面分析陰離子總濃度關系。

(4)將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，溶質為等濃度的HCN和NaCN，混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，則根據電荷守恒，c(H+)-)。

a.由以上分析可知，c(H+)-)；a正確；

b.溶液中，溶質為等濃度的HCN和NaCN，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒：c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)，則c(HCN)-c(CN-)=2[c(OH-)-c(H+)]，b錯誤；

c.反應后的溶液中，根據物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L；c正確。

(5)25℃時，向NaCN溶液中通入少量H2S，因為氫硫酸的Ka2小于氫氰酸的Ka，則HS-與CN-不能發(fā)生反應；由此可得出反應的離子方程式。

【詳解】

(1)體積相同、c(H＋)相同的三種酸溶液，電離常數越小，起始濃度越大，而中和堿的能力，酸的起始濃度越大，消耗堿的體積越大。醋酸的Ka=1.8×10-5，氫硫酸的Ka1=9.1×10-8，氫氰酸的Ka=4.9×10-10，則消耗NaOH溶液的體積由大到小的排列順序是b>a>c。答案為：b>a>c；

(2)25℃時，等濃度的三種溶液，對應酸的酸性越弱，水解能力越強，溶液的pH越大。三種酸的酸性：醋酸>氫硫酸>氫氰酸，pH由大到小的順序為②>①>③。答案為：②>①>③；

(3)25℃時，濃度均為0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl溶液中，從水解方程式和水的電離方程式兩方面分析陰離子總濃度關系。CN-+H2OHCN+OH-，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，Cl-不發(fā)生水解，此時三份溶液中的陰離子總濃度相等。在三份溶液中，H2OH++OH-，水解后的溶液中，c(OH-)越大，水的電離程度越小，最終溶液中陰離子的總濃度越小，故陰離子總濃度由大到小的順序為③>②>①。答案為：③>②>①；

(4)將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，溶質為等濃度的HCN和NaCN，混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，則根據電荷守恒，c(H+)-)。

a.由以上分析可知，c(H+)-)；a正確；

b.溶液中，溶質為等濃度的HCN和NaCN，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒：c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)，則c(HCN)-c(CN-)=2[c(OH-)-c(H+)]，b錯誤；

c.反應后的溶液中，根據物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L；c正確。

答案為：ac；

(5)25℃時，向NaCN溶液中通入少量H2S，因為氫硫酸的Ka2小于氫氰酸的Ka，則HS-與CN-不能發(fā)生反應，由此可得出反應的離子方程式為CN-+H2S=HS-+HCN。答案為：CN-+H2S=HS-+HCN。

【點睛】

等體積等濃度的NaCN、CH3COONa兩溶液中，盡管酸根離子的水解程度不同，但水解達平衡時，酸根離子與酸根水解生成的OH-濃度和相等，所以兩份溶液中離子濃度的差異僅為水電離生成H+和OH-，c(H＋)、c(OH-)的差異。因為溫度相同，所以水的離子積常數相同，溶液的堿性越強，c(H＋)越小，最終溶液中的陰離子濃度和越小?！窘馕觥竣?b>a>c②.②>①>③③.③>②>①④.ac⑤.CN-+H2S=HS-+HCN15、略

【分析】【詳解】

（1）根據柱狀圖分析可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的，那么使Al3+完全沉淀的pH大于使Fe3+完全沉淀的pH，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，c(OH-)=mol·L-1≈1×10-9.3mol·L-1，c(H+)=1×10-4.7mol·L-1，pH=4.7，即應pH>4.7。

（2）將足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分別投入水中均得到其相應的懸濁液，即為飽和溶液，溶液中離子濃度滿足沉淀溶解平衡方程式中化學計量數關系，所以Mg(OH)2懸濁液中c(Mg2+)=c(OH-)=2c(Mg2+)，則c(Mg2+)==mol·L-1=2×10-4mol·L-1；Fe(OH)3中c(Fe3+)=c(OH-)=3c(Fe3+)，則c(Fe3+)=mol·L-1=1×10-10mol·L-1?！窘馕觥?1)pH>4.7

(2)2×10-41×10-1016、略

【分析】【詳解】

(一)(1)熱化學方程式表達的意義為：當2molA2和1molB2完全反應時，放出熱量為akJ，而加入2molA2和1molB2達到平衡時，沒有完全反應，即釋放的熱量小于完全反應釋放的熱量，即a＞b；故答案為＞；

(2)A、及時分離出C3氣體，平衡正向移動，但反應速率減小，故錯誤；B、適當升高溫度反應速率增大但平衡逆向移動，故錯誤；C、增大B2的濃度；平衡正向移動且反應速率增大，故正確；D；選擇高效的催化劑，反應速率增大但平衡不移動，故錯誤；故選C；

(3)由2A2(g)＋B2(g)2C3(g)；△H＝－akJ/mol(a＞0)，可知，該反應為放熱反應，且為氣體體積減小的反應，則由圖可知，t1正逆反應速率均增大，且逆反應速率大于正反應速率，改變條件應為升高溫度；t4時正逆反應速率均減?。磺夷娣磻俾蚀笥谡磻俾?，改變條件應為降低壓強，故答案為升高溫度；降低壓強；

(二)(1)△c(NH3)=0.1mol/L，濃度變化量之比等于化學計量數之比，所以△c(H2)=△c(NH3)=×0.1mol/L=0.15mol/L，故參加反應的氫氣的物質的量為0.15mol/L×2L=0.3mol，所以氫氣的轉化率為×100%=50%；故答案為50%；

(2)該反應為可逆反應，反應物不可能完全轉化，則NH3的物質的量濃度不可能為0.2mol/L，溫度改變平衡一定發(fā)生移動，則NH3的物質的量濃度不可能為0.1mol/L；故答案為a；c；

(3)第5分鐘末將容器的體積縮小一半后，瞬間氨氣濃度為0.20mol/L，壓強增大，平衡正向移動，氨氣的濃度增大，在第8分鐘末達到新的平衡時NH3的濃度約為0.25mol?L-1，第5分鐘末到平衡時NH3濃度的變化曲線圖像為：故答案為【解析】＞C升高溫度降低壓強50%a、c三、判斷題(共5題，共10分)17、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學方程式主要是強調這個反應的反應熱是多少，而不是強調這個反應在什么條件下能發(fā)生，根據蓋斯定律，只要反應物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應熱都是一樣的，因此不需要注明反應條件，該說法錯誤。18、×【分析】【分析】

【詳解】

硫酸與Ba(OH)2完全反應除了生成水還生成了沉淀，故錯誤?！窘馕觥垮e19、B【分析】【詳解】

遵循電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，錯誤。20、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無關，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對大小來判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。21、B【分析】【分析】

【詳解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自發(fā)，高溫下可以自發(fā)，故錯誤。四、工業(yè)流程題(共4題，共16分)22、略

【分析】【分析】

鈷酸鋰電池的正極材料含有鈷酸鋰（LiCoO2）、導電劑乙炔黑、鋁箔及少量鐵，將廢舊鋰電池放電之后拆解，加入NaOH溶液進行堿浸，回收鋁，再進行硫酸酸浸，被H2O2氧化得到Fe3+、Co2+、Li+，再調節(jié)pH除去Fe3+，最后經過一系列轉化生成CoC2O4?2H2O和Li2CO3，(6)由圖可知，CoC2O4?2H2O的質量為4.575g，其物質的量==0.025mol；Co元素質量為0.025mol×59g/mol=1.475g，B點鈷氧化物質量為2.008g，氧化物中氧元素質量為2.008g-1.475g=0.533g，則氧化物中Co原子與O原子物質的量之比為0.025mol：

≈3：4，故B的Co氧化物為Co3O4，由(3)中信息可知+3價的Co具有氧化性，能夠氧化H2O2，故更能氧化濃鹽酸中的Cl-，則該氧化物與濃鹽酸反應的化學方程式為：Co3O4+8HCl(濃)=3CoCl2+Cl2↑+4H2O；據此分析解題。

(1)

根據各元素化合價的代數和為0，Li元素的化合價為+1，O元素的化合價為-2，求出LiCoO2中Co元素的化合價為+3；故答案為：+3；

(2)

鈷酸鋰電池放電總反應為：負極發(fā)生氧化反應，則其負極的電極反應式為LixCy-xe-=Cy+xLi+，故答案為：LixCy-xe-=Cy+xLi+；

(3)

根據圖示，80℃時Co、Li元素的浸出率最大，所以“酸浸”的適宜溫度為80℃，若酸浸主要反應的化學方程式為：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，反應中LiCoO2是氧化劑，H2O2為還原劑；則上述反應過程中消耗的氧化劑與還原劑物質的量之比為2:1，故答案為：80℃；2:1；

(4)

已知常溫時的為“調pH除雜”的目的是使沉淀完全[即]，則c(OH-)≥=10-11.3mol/L，則c(H+)≤mol/L，常溫下應控制2.7；故答案為：2.7；

(5)

由題干流程圖可知，沉鋰即Li2SO4和Na2CO3反應生成Li2CO3和Na2SO4，故反應的離子反應方程式為2Li++=Li2CO3↓，故答案為：2Li++=Li2CO3↓；

(6)

由圖可知，CoC2O4?2H2O的質量為4.575g，其物質的量==0.025mol；Co元素質量為0.025mol×59g/mol=1.475g，B點鈷氧化物質量為2.008g，氧化物中氧元素質量為2.008g-1.475g=0.533g，則氧化物中Co原子與O原子物質的量之比為0.025mol：

≈3：4，故B的Co氧化物為Co3O4，由(3)中信息可知+3價的Co具有氧化性，能夠氧化H2O2，故更能氧化濃鹽酸中的Cl-，則該氧化物與濃鹽酸反應的化學方程式為：Co3O4+8HCl(濃)=3CoCl2+Cl2↑+4H2O，故答案為：Co3O4+8HCl(濃)=3CoCl2+Cl2↑+4H2O。【解析】(1)+3

(2)LixCy-xe-=Cy+xLi+

(3)80℃2:1

(4)2.7

(5)2Li++=Li2CO3↓

(6)Co3O4+8HCl(濃)=3CoCl2+Cl2↑+4H2O23、略

【分析】【分析】

化工上可以利用廢棄的鋅鎳電池廢料(主要含Zn、Ni和少量的Fe、Al)制備納米氧化鋅，含鋅廢料用H2SO4酸浸，Zn、Ni、Fe、Al轉化為Zn2+、Ni2+、Fe2+、Al3+存在于溶液中，加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，再向溶液中加入ZnO調節(jié)pH使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，過濾后向濾液中加入P2O4將Zn2+萃取出來，Ni2+存在于水相中，再向P2O4加入有機相反萃取得到含Zn2+的溶液；加入碳銨沉鋅，再經過濾渣煅燒得到納米氧化鋅。

【詳解】

（1）H2SO4分子之間存在氫鍵；沸點較高。

（2）入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+后，溶液中殘留有H2O2，H2O2具有還原性也可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色生成O2，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故用滴加酸性高錳酸鉀溶液檢驗溶液中是否含有Fe2+不合理。

（3）“沉鐵鋁”操作中加熱不僅能夠加快反應速率，另外一個主要目的是防止膠體生成，易沉淀分離；取“沉鐵鋁”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室溫下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最終所得溶液是Fe(OH)3的飽和溶液，此時由因為c(Fe3+)=c(OH-)，則則c(Fe3+)=

（4）假定萃取達到平衡時，樣品在水和萃取劑中的總濃度比為1：80，50mL的水溶液樣品，設濃度為c，用10mL萃取劑萃取，萃取后溶液中殘留的樣品濃度為b，萃取劑中的濃度為則有萃取后溶液中殘留的樣品濃度為原溶液的0.059或倍。

（5）Zn(OH)2與Ni(OH)2的Ksp接近，難以通過調節(jié)pH分離Ni2+、Zn2+。

（6）“沉鋅”過程中若NH4HCO3用量過大，易生成堿式碳酸鋅［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，離子方程式為：3Zn2++6+H2O=2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O↓+5CO2↑?！窘馕觥?1)H2SO4分子之間存在氫鍵。

(2)否2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O

(3)防止膠體生成，易沉淀分離1×10-10

(4)0.059或

(5)Zn(OH)2與Ni(OH)2的Ksp接近，難以通過調節(jié)pH分離Ni2+、Zn2+

(6)3Zn2++6+H2O=2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O↓+5CO2↑24、略

【分析】【詳解】

（1）中的元素為價，和個數比為根據化合價代數和為0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，元素化合價為+4；答案：+4；

（2）Al溶于NaOH生成NaAlO2，所得濾液中主要成分是NaAlO2，答案：NaAlO2；

（3）“還原焙燒”過程C做還原劑，將還原，由題中信息可知產物為Ni、Co、MnO、Li2CO3和CO2，所以發(fā)生反應的化學方程式10+6C5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5Li2CO3；

（4）反應自發(fā)進行需由圖中信息可知，高于60℃，反應非自發(fā)進行，答案：a；高于60℃，反應非自發(fā)進行；

（5）根據求得為0.5mol，當固體恰好完全溶解時，生成LiHCO31mol，則c(Li+)=1mol/L，Ksp(Li2CO3)=解得mol/L，因為解得根據解得答案：2.1×10-9；

（6）根據“萃取”原理反萃取時加入稀H2SO4，增大H+濃度，使反應向左進行。答案：稀H2SO4?！窘馕觥?1)+4

(2)NaAlO2

(3)10+6C5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5Li2CO3

(4)a高于60℃，反應非自發(fā)進行。

(5)2.1×10-9

(6)稀H2SO425、略

【分析】【分析】

一種利用廢舊鋰離子電池硫酸浸出液(含和)回收鋁、鐵和銅的工藝如下：硫酸浸出液加入Mn粉，先將還原為再將銅還原，二次還原后，過濾，得濾渣Ⅰ主要成分為和末反應的濾液Ⅰ含和加入NiCO3，調節(jié)pH不低于5，確保鋁離子沉淀完全，過濾得濾渣Ⅱ，主要成分為Al(OH)3，加入含NaF的廢水，發(fā)生得Na3AlF6，濾液Ⅱ含有加入硫酸酸化