…………○…………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年陜教新版選修4化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知1molH-H的鍵能是akJ/mol，1molO=O鍵的鍵能是bkJ/mol，1molO-H鍵的鍵能是ckJ/mol，則下列關于2molH2(g)和1molO2(g)完全反應生成2molH2O(l)的說法正確的是A.△H為正，△H=[(2a+b)-4c]kJ/molB.△H為負，△H=[(2a+b)-4c]kJ/molC.△H為正，△H=[4c－(2a+b)]kJ/molD.△H為負，△H=[4c－(2a+b)]kJ/mol2、下列影響因素中，不屬于影響化學平衡移動的是A.溫度B.濃度C.催化劑D.壓強3、常溫下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液；溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所示。則下列說法錯誤的是。

A.HA的電離常數約為10－5B.b點溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C.c點對應的KOH溶液的體積V＝20mL，c水(H＋)約為7×10－6mol·L－1D.導電能力：c>a>b4、不同溫度下，水溶液中c（H+）與c（OH+）的關系如圖所示；下列說法正確的是。

A.若從a點到c點，可采用在水中加入酸的方法B.b點對應的醋酸中由水電離的c（H＋）＝10－6mol·L－1C.T℃時，0.05mol·L－1的Ba（OH）2溶液的pH＝11D.c點對應溶液的Kw大于d點對應溶液的Kw5、向等物質的量濃度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫物種(H2S、HS-、S2-)的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與滴加鹽酸體積的關系如圖所示(忽略滴加過程中H2S氣體的逸出)。下列說法正確的是（）

A.含硫物種B表示H2SB.在滴加鹽酸過程中，溶液中c(Na+)與含硫物種濃度的關系為c(Na+)＝2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]C.X、Y為曲線的兩交叉點，若能知道X點處的pH，就可以計算出H2S的Ka1D.NaHS溶液呈堿性，若向該溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反應時所得溶液呈強酸性，其原因是Cu2++HS-=CuS↓+H+6、下列溶液中濃度關系正確的是A.小蘇打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32-)＋c(OH－)B.CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)C.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，則c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)D.等體積、等濃度的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)7、下列實驗對應的現象以及結論均正確的是。

。選項。

實驗。

現象。

結論。

A

向裝有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油；充分振蕩，靜置。

上層為橙色。

裂化汽油可萃取溴。

B

分別向相同濃度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S

前者無現象；后者有黑色沉淀生成。

Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)

C

向Ba(ClO)2溶液中通入SO2

有白色沉淀生成。

酸性:H2SO3>HClO

D

向雞蛋清溶液中滴加飽和Na2SO4溶液。

有白色不溶物析出。

Na2SO4能使蛋白質變性。

A.AB.BC.CD.D8、某興趣小組設計如下微型實驗裝置。實驗時，先斷開K2，閉合K1，兩極均有氣泡產生；一段時間后，斷開K1，閉合K2；發現電流計A指針偏轉。下列有關描述正確的是。

A.斷開K2，閉合K1時，總反應的離子方程式為：2Cl－＋2H+H2↑＋Cl2↑B.斷開K2，閉合K1時，a是電源的正極，鐵電極發生氧化反應C.斷開K1，閉合K2時，石墨電極附近溶液變紅，鐵電極上的電極反應為：Cl2＋2e—=2Cl－D.斷開K1，閉合K2時，石墨電極作正極評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、（1）在一定條件下N2與H2反應生成NH3；請回答：

①若反應物的總能量為E1，生成物的總能量為E2，且E1＞E2；則該反應為________(填“吸熱”或“放熱”)反應。

②已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為________________。

（2）實驗室用50mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL某濃度的NaOH溶液在如圖所示裝置中反應，通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱。該裝置有明顯的錯誤，其中一處是缺少一種玻璃儀器，該儀器的名稱為____________；實驗室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1兩種濃度的NaOH溶液，應選擇_____________mol·L－1的NaOH溶液進行實驗。10、已知破壞1molH﹣H鍵、1molI﹣I鍵、1molH﹣I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ．則由氫氣和碘單質反應生成2molHI需要放出________kJ的熱量．11、將4molN2O4放入2L恒容密閉容器中發生反應N2O4(g)2NO2(g)，平衡體系中N2O4的體積分數（Φ）隨溫度的變化如圖所示：

（1）D點v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三點中平衡常數K的值最大的是____點。T2時N2O4的平衡轉化率為____；若平衡時間為5s，則此時間內的N2O4平均反應速率為____。

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎上，再加入一定量NO2，達到新平衡時，與原平衡相比，NO2的體積分數____（填“增大、不變或減小”）。12、有兩個起始體積相同的密閉容器A和B；A容器有一個可移動的活塞，能使容器內保持恒壓；B容器為固定體積。

起始時這兩個容器分別充入等量的體積比為2∶1的SO2和O2的混合氣，并使A、B容器中氣體體積相等，并保持在400℃條件下發生反應2SO2+O22SO3；并達到平衡。

⑴達到平衡所需時間，A容器比B容器_____，兩容器中SO2的轉化率A比B______。

⑵達到⑴所述平衡后，若向兩容器中分別通入等量Ar氣體，A容器的化學平衡_____移動，B容器中的化學平衡________移動。

⑶達到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合氣體，重新達到平衡后，A容器中SO3的體積分數_______，B容器中SO3的體積分數________(填變大、變小、不變)。13、常溫下，將0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。

（1）用離子方程式表示該溶液中存在的三個平衡體系___、___、__。

（2）溶液中各離子的物質的量濃度由大到小順序為___。

（3）溶液中粒子中濃度為0.1mol/L的是___，濃度為0.05mol/L的是__。

（4）物質的量之和為0.lmol的兩種粒子是___與___。14、（1）下列物質中，屬于強電解質的是（填序號，下同）__________，屬于弱電解質的是________，屬于非電解質_____________；

①氨氣②氨水③鹽酸④醋酸⑤硫酸鋇⑥氯化銀⑦氯化鈉⑧二氧化碳⑨醋酸銨⑩氫氣。

（2）硝酸鉛的稀溶液中，滴入幾滴稀Na2SO4生成白色PbSO4沉淀，再滴入數滴飽和醋酸鈉溶液，微熱，并不斷攪動，沉淀慢慢溶解；請寫出沉淀溶解過程的離子方程式_____________；

（3）已知25℃時，H2C2O4的電離平衡常數為K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的電離平衡常數為K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。請寫出少量H3PO4與過量Na2C2O4反應的離子方程式：__________________________。15、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四種離子；某同學推測其離子濃度大小順序有如下四種關系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填寫下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一種溶質；則該溶質是________，上述四種離子濃度的大小順序為________(選填序號)。

(2)若上述關系中③是正確的；則溶液中的溶質為________；若上述關系中④是正確的，則溶液中的溶質為________。

(3)若該溶液是由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，則混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和堿中c(OH－)的關系為c(H＋)________c(OH－)。16、向BaCl2溶液中通入足量SO2氣體，沒有沉淀生成，繼續滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用電離平衡原理解釋上述現象。_______________________________17、鋁-空氣電池是正在探索的車用新型電池。電池工作時，金屬鋁被氧化為并形成空氣中的氧氣發生還原而生成

(1)寫出鋁-空氣電池中的正、負極反應和總反應________。

(2)廣泛采用鋁-空氣電池的好處有哪些？不足有哪些？就你的發現寫出簡要的報告，并預測其未來的應用前景________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業流程題(共4題，共16分)19、合成氨的流程示意圖如下：

回答下列問題：

（1）工業合成氨的原料是氮氣和氫氣。氮氣是從空氣中分離出來的，通常使用的兩種分離方法是____，_____；氫氣的來源是水和碳氫化合物，寫出分別采用煤和天然氣為原料制取氫氣的化學反應方程式____________，___________；

（2）設備A中含有電加熱器，觸媒和熱交換器，設備A的名稱是______，其中發生的化學反應方程式為___________________；

（3）設備B的名稱是____，其中m和n是兩個通水口，入水口是_______（填“m”或“n”）。不宜從相反方向通水的原因是__________；

（4）設備C的作用是_________；

（5）在原料氣制備過程中混有的CO對催化劑有毒害作用；欲除去原料氣中的CO，可通過以下反應來實現：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

已知1000K時該反應的平衡常數K=0.627，若要使CO的轉化率超過90%，則起始物中的c(H2O):c(CO)不低于______。20、草酸鈷可用于指示劑和催化劑的制備。用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工藝流程如下。

已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；

②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見表：。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8

(1)CoC2O4·2H2O中C的化合價是____________________________。

(2)寫出浸出過程中Na2SO3與Co2O3發生反應的離子方程式：______________。

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是____________________________。

(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金屬離子轉化成氫氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，還有的成分是______________(填化學式)，試用離子方程式和必要的文字簡述其原理：____________________________。

(5)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖，萃取劑的作用是______________；其使用的適宜pH范圍是______________。

A.2.0?2.5

B.3.0?3.5

C.4.0?4.5

(6)濾液I“除鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF后，所得濾液c(Mg2+)/c(Ca2+)=______________。

(7)用m1kg水鈷礦(含Co2O360%)制備CoC2O4·2H2O，最終得到產品m2kg，產率(實際產量/理論產量×100%)為____________________________。(已知：M(Co2O3)=166，M(CoC2O4·2H2O)=183，僅需列出數字計算式)。21、實驗室用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)的流程如圖。已知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為機有物(難電離)。回答下列問題：

(1)濾渣I的主要成分是__(填化學式)，寫出一種能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃儀器有____。

(3)加入氧化鈷的目的是調節溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，則浸出液的pH范圍應控制在____(已知：溶液中離子濃度小于1×10-5mol/L，則認為離子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分別為1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10?14)。

(4)加入有機萃取劑的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機相返回水相的過程。向操作①后溶有NiR2的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，寫出該步驟反應的離子方程式___。

(6)300℃時，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應的化學方程式為___。22、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業．它在堿性環境中穩定存在。某同學查閱資料后設計生產NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中發生反應的還原劑是___________，氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應的離子方程式是___________

(3)A的化學式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________，（填“陰極”“陽極”），其上發生的電極反應為_______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽”）離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比是_______。

(6)NaClO2變質可轉化為NaClO3和NaCl。取等質量變質前后的NaClO2試樣配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應時，消耗Fe2+的物質的量_____（填“相同”“不相同”“無法判斷”）。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共12分)23、某工廠的氨氮廢水中主要含有可用電化學氧化法加以處理。

（1）圖1是電化學氧化法的原理示意圖。a的電極反應式是_____________。

（2）研究顯示，其他條件不變時，不同下氨氮的去除量如圖2所示。已知：與相比，在電極表面的吸附效果更好。結合平衡移動原理和圖中數據，解釋從5到9時氨氮去除量增大的原因：______________。

（3）在電解廢水的過程中，會經歷“”的過程。其他條件相同、的濃度不同時，廢水中氨氮脫除效率的實驗結果如下：。的濃度/（）400100電解時間/h0.50.5氨氮脫除效率/（）2.40.8

①其它條件相同、適當提高的濃度，可以顯著增大廢水中的脫除效率。

用化學用語解釋原因：____________、

②圖2中，時，廢水中去除量下降，可能的原因是：_______________。24、二氧化碳是主要的溫室氣體；也是一種工業原料。將其固定及利用，有利于緩解溫室效應帶來的環境問題。

（1）用二氧化碳合成甲醇。

已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H1＝－484kJ/mol

2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g)△H2＝－1348kJ/mol

在催化劑作用下，CO2（g）和H2（g）反應生成CH3OH（g）和H2O（g），該反應的熱化學方程式是________。

（2）用二氧化碳合成低密度聚乙烯（LDPE）。以納米二氧化鈦膜為工作電極，常溫常壓電解CO2；可制得LDPE，該電極反應可能的機理如下圖所示。

①過程Ⅰ~Ⅲ中碳元素均發生________反應（填“氧化”或“還原”）。

②CO2轉化為LDPE的電極反應式是（補充完整并配平）________

2nCO2+□________+□________=+□________。

③工業上生產1.4×104kg的LDPE，理論上需要標準狀況下CO2的體積是______L。

（3）用二氧化碳與環氧丙烷()反應合成可降解塑料PPC；同時也能生成副產物CPC，其化學反應過程中的能量變化如下圖所示；在不同溫度和壓強下，PPC的選擇性（產物中PPC的質量與產物總質量的比值）和總產率（產物總質量與反應物投料總質量的比值）如下表所示。

①通過表中數據ⅰ、ⅱ、ⅲ可以得出的結論是________；在25℃時，實際生產中選擇反應壓強為1.5MPa，而不是2.0MPa，理由是________。

②通過表中數據ⅱ、ⅳ、ⅴ可知溫度升高會使PPC的選擇性下降，結合上圖說明其原因可能是______。25、CO在工農業生產及科學研究中有著重要的應用。

(1)CO催化脫硫：科學研究發現CoS對CO還原SO2實現脫硫、并回收S有很好的催化效果，該反應的化學方程式為__________。

(2)CO催化脫氮：在一定溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化制作用下發生反應：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol，測得相關數據如下：。時間。

濃度0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①其他條件不變，若不使用催化劑，則0～5min內NO2的轉化率將_____(填“變大”“變小”或“不變”)。

②下列表述能說明該反應已達到平衡狀態的是______(填序號)。

A．CO的化學反應速率為N2的4倍B．氣體的顏色不再變化。

C．化學平衡常數K不再變化D．混合氣體的密度不再變化。

③有利于提高該反應中NO2平衡轉化率的條件是_____(填序號)。

A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓。

(3)CO與Ni發生羰化反應形成的絡合物可作為催化烯烴反應的催化劑。Ni的羰化反應為Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0，T0溫度下，將足量的Ni粉和3.7molCO加入到剛性密閉容器中，10min時反應達到平衡，測得體系的壓強為原來的則：

①0～10min內平均反應速率v(Ni)=___g·min-1。

②研究表明，正反應速率v正=k正·x4(CO)，逆反應速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4](k正和k逆分別表示正反應和逆反應的速率常數，x為物質的量分數)，計算T0溫度下的=__。

③T1溫度下測得一定的實驗數據，計算得到v正~x(CO)和v逆~x[Ni(CO)4]的關系如圖所示。當降低溫度時，反應重新達到平衡，相應的點分別為_______、_______(填字母)。

評卷人得分六、實驗題(共2題，共8分)26、50mL1.0mol?L-1鹽酸跟50mL1.1mol?L-1氫氧化鈉溶液在圖1裝置中進行中和反應；并通過測定反應過程中所放出的熱量來計算中和熱。試回答下列問題：

（1）寫出該反應的中和熱熱化學方程式：___________。

（2）___________（填“能”或“不能”）將環形玻璃攪拌棒改為環形銅棒，其原因是_____。

（3）如果改用60mL1.0mol?L-1鹽酸跟50mL1.1mol?L-1氫氧化鈉溶液進行反應，則與上述實驗相比，所放熱量_____（“增加”、“減少”或“不變”），所求中和熱數值_____（“增加”；“減少”或“不變”）。

（4）某研究小組將裝置完善后，把V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溶液溫度，實驗結果如圖2所示（實驗中始終保持V1+V2=50mL）。回答下列問題：研究小組做該實驗時環境溫度_________（填“高于”；“低于”或“等于”）22℃。

（5）①請填寫下表中的空白：。溫度。

實驗次數起始溫度t1℃終止溫度t2/℃溫度差平均值。

(t2－t1)/℃HClNaOH平均值平均值126.226.026.132.9

________________________227.027.427.237.0325.925.925.932.5426.426.226.333.3

②近似認為50mL1.0mol?L-1鹽酸跟50mL1.1mol?L-1氫氧化鈉溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比熱容c＝4.18J/(g·℃)。則中和熱ΔH＝_________(取小數點后一位)。27、I．亞鐵是血紅蛋白重要組成成分，起著向人體組織傳送O2的作用，如果缺鐵就可能出現缺鐵性貧血，但是攝入過量的鐵也有害。下面是一種常見補藥品說明書中的部分內容：該藥品含Fe2+33%～36%；不溶于水但能溶于人體中的胃酸：與Vc(維生素C)同服可增加本品吸收。

甲同學設計了以下實驗檢測該補鐵藥品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：

(1)加入KSCN溶液后溶液變為淡紅色，說明溶液中有少量Fe3+。藥品說明書中“與Vc同服可增加本品吸收”，通過探究，說明Vc具有___________性。

(2)乙同學采用在酸性條件下用高錳酸鉀標準溶液滴定的方法測定該藥品是否合格，準確稱量上述藥品10.00g，將其全部溶于試劑2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL。

①該實驗中的試劑2與甲同學設計的實驗中的試劑1都可以是______(填序號)。

A．蒸餾水B．稀鹽酸C．稀硫酸D．稀硝酸。

②請計算該藥品含“鐵”的質量分數為_________(保留三位有效數字)。

II．二氧化氯(ClO2)是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑。利用食鹽水制取ClO2的工業流程如下圖所示：

(3)下圖為用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2的裝置。寫出陽極產生ClO2的電極反應式：_________。電解一段時間，當陰極產生的氣體體積為112mL(標準狀況)時，停止電解。通過陽離子交換膜的陽離子的物質的量為_________mol。

(4)用于電解的食鹽水，需先除去其中的SO等雜質，除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的BaCl2，至沉淀不再產生后，再加入過量的Na2CO3，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5時，c(CO)∶c(SO)=___________(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9)。

(5)②發生器中生成ClO2的化學方程式為___________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

氫氣在氧氣中的燃燒反應為放熱反應，則△H＜0，為負值；反應的方程式為2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能=[(2a+b)-4c]kJ/mol。

故選B。2、C【分析】【詳解】

A．升高溫度；平衡向著吸熱反應方向移動，降低溫度，平衡向著放熱反應方向移動，故溫度屬于影響化學平衡移動的因素，故A不符合題意；

B．增大反應物濃度或減小生成物濃度；平衡向著正反應方向移動，增大生成物濃度或減小反應物濃度，平衡向著逆反應方向移動，故濃度屬于影響化學平衡移動的因素，故B不符合題意；

C．催化劑由于能同等幅度地改變正；逆反應速率；故化學平衡不移動，故催化劑不是影響化學平衡移動的因素，故C符合題意；

D．對有氣體參與的化學平衡；增大壓強，平衡向著氣體體積減小的方向移動，減小壓強，平衡向著氣體體積增大的方向移動，故壓強也是影響化學平衡移動的因素，故D不符合題意；

故答案為：C。3、D【分析】【詳解】

A．由a點可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，則c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，則HA的電離常數A選項正確；

B．b點溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c點c水(H+)最大，則溶質恰好為KA，顯堿性，a點顯酸性，c點顯堿性，則中間c水(H+)=1×10-7mol/L的b點恰好顯中性，根據電荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，則c(A-)=c(K+)；B選項正確；

C．c點時加入的KOH的物質的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的則c(A-)≈0.05mol/L，則c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的，則c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L；C選項正確；

D．向一元弱酸中加入相同濃度的一元強堿，溶液的導電能力逐漸增強，則導電能力：c>b>a；D選項錯誤；

答案選D。4、C【分析】【詳解】

A．從a點到c點；氫離子和氫氧根濃度均增大，而加酸后，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，所以不能采用在水中加入酸的方法，A錯誤；

B．b點溶液中氫離子濃度是10－6mol·L－1，對應的醋酸中由水電離的c（H＋）＝10－8mol·L－1；B錯誤；

C．T℃時Kw＝10－12，0.05mol·L－1的Ba（OH）2溶液中氫氧根濃度是0.1mol/L，所以溶液中氫離子濃度是10－11mol/L；因此溶液的pH＝11，C正確；

D．Kw只與溫度有關系，c點對應溶液的Kw等于d點對應溶液的Kw；D錯誤；

答案選C。5、D【分析】【分析】

向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，A表示含硫微粒濃度減小，則A為S2－；B先增加后減少，則B為HS－；C開始時幾乎不存在，之后逐漸增大，則C為H2S。

【詳解】

A．B先增加后減少，則B為HS－；C開始時幾乎不存在，之后逐漸增大，則C為H2S；故A錯誤；

B．向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，若忽略滴加過程H2S氣體的逸出，根據混合液Na、S物料守恒可得：c(Na+)＝3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]；故B錯誤；

C．X點為S2－和HS－濃度相同，K2（H2S）==c（H＋），則由X點處的pH，可計算Ka2（H2S）的值；故C錯誤；

D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液，硫化銅難溶于稀酸，發生反應：Cu2＋+HS－=CuS↓+H＋；溶液顯示強酸性，故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷，涉及是弱電解質電離平衡、電離平衡常數計算、物質性質和反應產物的理解應用，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，試題培養了學生的分析能力及綜合應用能力，易錯點C，代入公式確定是Ka1（H2S）的值還是Ka2（H2S）的值。6、D【分析】【詳解】

A.小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；故A錯誤；

B.醋酸鈉溶液中醋酸根離子水解導致溶液呈堿性，結合電荷守恒得c(CH3COO-)＜c(Na+)；故B錯誤；

C.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，說明溶液呈酸性，說明HA-的電離程度大于水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)；故C錯誤；

D.物質的量濃度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根據物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)；故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查離子濃度大小比較，明確溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵。本題的易錯點為C，要注意根據溶液酸堿性確定HA-的電離程度與水解程度關系。7、B【分析】【詳解】

A.裂化汽油中含有不飽和碳碳鍵；易與溴水發生加成反應，不能作萃取劑，故A說法錯誤；

B.Ksp小的先生成沉淀；前者無現象，后者有黑色沉淀生成，說明硫化鋅的溶度積大于硫化銅，故B正確；

C.ClO－具有氧化性，能將SO2氧化為硫酸根離子；白色沉淀為硫酸鋇，不能說明亞硫酸的酸性強于次氯酸，故C錯誤；

D.向雞蛋清溶液中滴加飽和Na2SO4溶液會有白色沉淀；原理為蛋白質的鹽析，故D錯誤；

答案：B。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A.斷開K2，閉合K1時，是電解池裝置，電解飽和食鹽水的總反應的離子方程式為2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-；故A錯誤；

B.斷開K2，閉合K1時；是電解池裝置，兩極均有氣泡產生，說明兩極產生的氣體分別是氫氣和氯氣，因此活潑金屬鐵不能做陽極，應該是做陰極，則a是電源的正極，鐵電極為負極，發生還原反應，故B錯誤；

C.斷開K1，閉合K2時，發現電流計A指針偏轉，證明是原電池反應，形成氫氯燃料電池，斷開K2，閉合K1時；鐵電極上產生了氫氣，石墨電極上產生了氯氣，因此鐵做負極發生氧化反應，氫氣失電子生成氫離子的反應，故C錯誤；

D.斷開K1，閉合K2時，發現電流計A指針偏轉，證明是原電池反應，形成氫氯燃料電池，斷開K2，閉合K1時；鐵電極上產生了氫氣，石墨電極上產生了氯氣，因此石墨電極作正極，故D正確；

故選D。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①ΔH=（生成物的總能E2-反應物的總能量E1）＞0，為吸熱反應，ΔH=（生成物的總能E2-反應物的總能量E1）＜0，為放熱反應，因為E1＞E2；所以ΔH＜0，則該反應為放熱反應，故答案為：放熱。

②氮氣和氫氣反應生成氨氣，其ΔH＝反應物的總鍵能-生成物總鍵能=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×391kJ·mol－1=－92kJ·mol－1，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，故答案為：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。

（2）中和熱的測定實驗中實驗用品：大燒杯（500mL）、小燒杯（100mL)、環形玻璃攪拌棒、量筒（50mL)兩個、溫度計、泡沫塑料或紙條、泡沫塑料板或硬紙板（中心有兩個小孔）、鹽酸（0.50mol·L?1）、氫氧化鈉溶液（0.55mol·L?1），鹽酸或氫氧化鈉的一個需要過量，使另外一個完全中和，實驗裝置圖：由圖可知，缺少環形玻璃攪拌棒，用0.55mol·L－1氫氧化鈉，故答案為：環形玻璃攪拌棒；0.55。【解析】放熱N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1環形玻璃攪拌棒0.5510、略

【分析】【詳解】

氫氣和碘反應生成2molHI的反應實質是；舊鍵斷裂吸收能量的值為：436kJ+151kJ=587kJ，新鍵生成釋放能量為：299kJ×2=598kJ，舊鍵斷裂吸收的能量小于新鍵生成釋放的能量，反應為放熱反應，放出的熱量為：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案為：11。

【點睛】

本題主要考查了與鍵能有關的知識，掌握舊鍵斷裂要吸收能量，新鍵生成要釋放能量是解答的關鍵。【解析】1111、略

【分析】【詳解】

（1）T1溫度下，D點到平衡點A，N2O4的體積分數增大，反應逆向進行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根據圖示，升高溫度平衡體系中N2O4的體積分數減小；平衡正向移動，升高溫度，平衡常數增大，A；B、C點中平衡常數K的值最大的是C點；

x=0.5，T2時N2O4的平衡轉化率為若平衡時間為5s，則此時間內的N2O4平均反應速率為0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎上，再加入一定量NO2，相當于加壓，平衡逆向移動，NO2的體積分數減小。【解析】①.＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.減小12、略

【分析】【分析】

（1）根據化學反應速率越快；到達平衡的時間越短；利用等效平衡來判斷平衡移動來解答；

（2）根據容器中的壓強對化學平衡的影響；

（3）根據濃度對化學平衡的影響，求出平衡移動后SO3的體積分數。

【詳解】

（1）因A容器保持恒壓，反應過程中體積變小，濃度增大，根據濃度越大，化學反應速率越快，到達平衡的時間越短，所以達到平衡所需時間A比B短，若A容器保持恒容，兩容器建立的平衡等效，而實際上A容器體積減少，壓強增大，平衡向正反應方向移動，所以A中SO2的轉化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向兩容器通入數量不多的等量氬氣，A容器體積增大，壓強不變，參加反應的氣體產生的壓強減少，平衡向逆反應方向移動，A容器體積不變，壓強增大，參加反應的氣體產生的壓強不變，平衡不移動；

答案：逆反應方向移動；不。

（3）向兩容器中通入等量的原反應氣體，達到平衡后，A中建立的平衡與原平衡等效，所以SO3的體積分數不變，B容器中建立的平衡相當于在原平衡的基礎上增大壓強，平衡正向移動，B容器中SO3的體積分數增大；

答案：不變；變大【解析】①.短②.大③.逆反應方向移動④.不⑤.不變⑥.變大13、略

【分析】【分析】

0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反應得到物質的量均為0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的體積為1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物質的量濃度均為0.05mol/L；據此分析解答問題。

【詳解】

(1)該溶液中存在：CH3COOH的電離平衡，電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的離子方程式為CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的電離平衡：H2OH++OH-；故答案為：CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-；

(2)由于溶液的pH<7，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則溶液中離子物質的量濃度由大到小的順序為：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-），故答案為：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）；

(3)溶液中粒子濃度為0.1mol/L的是Na+，濃度為0.05mol/L的是Cl-。故答案為：Na+；Cl-；

(4)根據物料守恒，物質的量之和為0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-，故答案為：CH3COOH；CH3COO-。【解析】①.CH3COOHCH3COO-+H+②.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-③.H2OH++OH-④.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-14、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）強電解質包括強酸；強堿和絕大多數鹽；屬于強電解質的是⑤⑥⑦⑨；弱電解質包括弱酸、弱堿、極少數鹽和水，屬于弱電解質的是④，化合物分為電解質和非電解質，屬于非電解質①⑧。

（2）根據題意知PbSO4與飽和醋酸鈉溶液發生復分解反應，根據復分解反應發生的條件知醋酸鉛為弱電解質，故沉淀溶解過程的離子方程式PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—。

（3）25℃時，H2C2O4的電離平衡常數為K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的電離平衡常數為K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。則酸性：H2C2O4>H3PO4>HC2O4—>H2PO4—>HPO42—，則少量H3PO4與過量Na2C2O4反應的離子方程式為【解析】）⑤⑥⑦⑨④①⑧PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—15、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶質只有一種則為NH4Cl，銨根離子水解方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+，則c（Cl-）＞c（NH4+），水解顯酸性，則c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，則c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中離子的關系可知溶液顯堿性，且c（NH4+）＞c（Cl-），則溶液為氯化銨和氨水的混合溶液，其溶質為NH4Cl、NH3·H2O；④中的離子關系可知溶液顯酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），則溶液為鹽酸與氯化銨的混合溶液，其溶質為HCl、NH4Cl；

（3）因體積、濃度相同的稀鹽酸和氨水混合，溶液中的溶質為氯化銨，溶液顯酸性，而該溶液恰好呈中性，故應為氨水與氯化銨的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3?H2O）。由于鹽酸是強酸，而氨水是弱堿，則混合前酸中的c（H+）＞堿中c（OH－）故答案為＜；＞。

考點：考查鹽類水解、弱電解質的電離以及溶液中離子濃度關系應用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3?H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于16、略

【分析】【分析】

根據多元弱酸分步電離；存在電離平衡分析沒有沉淀生成的原因，結合酸堿發生中和反應，使弱酸電離平衡正向移動分析后來產生沉淀的原因。

【詳解】

SO2易溶于水，與水反應產生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，電離平衡分步進行，電離方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-濃度很小，所以不能與溶液中的Ba2+反應產生BaSO3沉淀；當向該溶液中滴加氨水后，NH3·H2O會電離產生OH-，中和電離出的H+，使溶液中c(H+)降低，導致H2SO3的電離平衡正向移動，使SO32-濃度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反應產生BaSO3沉淀。

【點睛】

本題考查弱電解質的電離及沉淀的形成，側重考查分析判斷能力，明確元素化合物性質及平衡移動原理和酸堿中和反應原理是解本題關鍵，熟練掌握外界條件對化學平衡移動影響原理，結合沉淀溶解平衡分析解答。【解析】H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和電離出的H+，導致電離平衡正向移動，SO32-濃度增大，產生BaSO3沉淀。17、略

【分析】【分析】

鋁—空氣電池工作時，金屬鋁被氧化為Al3+，鋁為負極，正極上空氣中的O2發生得電子的還原反應生成OH-。

【詳解】

（1）鋁—空氣電池中負極為Al，負極電極反應式為4Al-12e-=4Al3+，正極上為O2發生得電子的還原反應生成OH-，正極電極反應式為3O2+12e-+6H2O=12OH-，根據正、負極得失電子總數相等，電池總反應為4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案為：正極反應：3O2+12e-+6H2O=12OH-；負極反應：4Al-12e-=4Al3+；總反應：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）鋁—空氣電池的的好處有：（1）比能量大；（2）質量輕；（3）無毒危險（副產物氫氧化鋁可回收使用）；（4）鋁原材料豐富；（5）生產成本低；（6）使用方便；（7）安全；環保等；

不足有：（1）雖然鋁—空氣電池比能量高；但比功率低；（2）放電速率比較緩慢，電壓滯后；（3）不能反復充電，需要更換鋁電極或更換電池才能繼續工作；（4）自放電率較大，需要采用熱管理系統來防止鋁—空氣電池工作時的過熱；

鋁—空氣電池未來的應用前景：（1）電動車電源的有力競爭者；（2）潛艇AIP系統的優秀能源；（3）水下機器人的最佳動力電源；（4）價廉物美的高能電源等。【解析】(1)正極反應：3O2+12e-+6H2O=12OH-；負極反應：4Al-12e-=4Al3+；總反應：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好處有：（1）比能量大；（2）質量輕；（3）無毒危險（副產物氫氧化鋁可回收使用）；（4）鋁原材料豐富；（5）生產成本低；（6）使用方便；（7）安全；環保等；

不足有：（1）雖然鋁—空氣電池比能量高；但比功率低；（2）放電速率比較緩慢，電壓滯后；（3）不能反復充電，需要更換鋁電極或更換電池才能繼續工作；（4）自放電率較大，需要采用熱管理系統來防止鋁—空氣電池工作時的過熱；

未來的應用前景：（1）電動車電源的有力競爭者；（2）潛艇AIP系統的優秀能源；（3）水下機器人的最佳動力電源；（4）價廉物美的高能電源等。三、判斷題(共1題，共2分)18、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、工業流程題(共4題，共16分)19、略

【分析】【詳解】

：(1)分離空氣提取氮氣的方法一種是液化和分餾；另一種方法是與碳反應后除去CO2；制取氫氣的兩個方程式分別為：C+H2OCO+H2；CH4+H2OCO+3H2；(2)合成氨的設備名稱是合成塔；合成氨的方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；(3)冷凝分離產品設備為冷卻塔或冷凝器，入水口應該在下面，此時水流和氣流是逆向的，冷凝效果好；(4)分離器是氣——固分離用設備，分離液氨和未反應的原料氣；(5)設CO、H2O起始濃度分別為x；ymol/L；則轉化的CO的最小值為0.9x

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始xy00

變化0.9x0.9x0.9x0.9x

平衡0.9xy-0.9x0.9x0.9x，根據平衡常數列式：（0.9x）2/0.1x（y-0.9x）=0.627；解得：y/x=13.8。故此只要此值大于13.8，轉化率就會超過90%。

【考點定位】

此題以合成氨反應為載體，綜合考查了化學與技術模塊的主干知識。【解析】液化、分餾與碳反應后除去CO2C+H2OCO+H2CH4+H2OCO+3H2合成（氨）塔N2(g)+3H2(g)2NH3(g)冷卻塔（或冷凝器）n高溫氣體由冷卻塔的上端進入，冷卻水從下端進入，逆向冷卻效果好將液氨與未反應的原料氣分離13.820、略

【分析】【分析】

用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4?2H2O，水鈷礦中加入鹽酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，則加入的Na2SO3將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+；工藝流程最終得到草酸鈷，加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，加入Na2CO3調pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去鈣、鎂，過濾后，向濾液中加入萃取劑，將錳離子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸銨溶液得到草酸鈷，最后再經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾并洗滌得到CoC2O4·2H2O；據此解答。

【詳解】

(1)CoC2O4·2H2O中Co為+2價；O為-2價，根據各元素正；負化合價代數和為0，計算得元素C的化合價是+3價；

(2)加入的Na2SO3主要Co3+還原為Co2+，發生反應的離子方程式為：Co2O3+4H++SO32-═2Co2++SO42-+2H2O；

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是加入NaClO3發生可以將溶液中Fe2+氧化，進而調節pH除去Fe3+；

(4)加Na2CO3調節溶液pH=5.2，能使Fe3+、Al3+離子轉化成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，原因是：因Fe3+和Al3+水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+、Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+，加入碳酸鈉后CO32-與H+結合生成難電離的HCO3-；使水解平衡右移而產生沉淀；

(5)根據流程圖可知，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MnCl2，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子，加入萃取劑目的是除去Mn2+，則選取的萃取劑不與水互溶，不與水、Co2+反應，相同條件下雜質離子在萃取劑中溶解度大而Co2+在萃取劑中溶解度小；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調節溶液pH在3.0～3.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉化為Co(OH)2沉淀；故B正確，故答案為B。

(6)當加入過量NaF后，所得濾液====0.7；

(7)m1kg水鈷礦中含Co2O3的物質的量為則CoC2O4·2H2O的理論產量為×2×183g/mol，則產率為×100%=×100%。【解析】+3SO32-+Co2O3+4H+=2Co2++SO42-+2H2O將浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+Fe(OH)3Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的碳酸鈉(或CO32-)與H+反應，c(H+)降低，從而促進水解平衡向右移動除去溶液中的Mn2+B0.7×100%21、略

【分析】【分析】

用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應，過濾得到濾液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及過量的硫酸，濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中加入過氧化氫和CoO，將Fe2+氧化為Fe3+，同時調節pH，使鐵離子、鋁離子轉化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ為氫氧化鐵、氫氧化鋁，向濾液中加入RH，Ni2+溶于有機層，為分液，向水層加入(NH4)2C2O4；得到草酸鈷晶體，以此來解答。

【詳解】

(1)用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應，濾渣Ⅰ為SiO2；提高硫酸的濃度；提高反應的溫度、攪拌能提高酸浸速率；

(2)通過操作①得到水層和有機層；則操作①為分液，分液需要的儀器有：分液漏斗；燒杯；

(3)加入氧化鈷的目的是調節溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp為1×10?32，則c(OH?)==10?9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp為1×10?15，開始沉淀的c(OH?)=≈10?5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；則調節溶液5＜pH＜9；

(4)根據分析，加入有機萃取劑的目的是溶解NiR2；使之與水層分離；

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機相返回水相的過程。向操作①后溶有NiR2的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反應的離子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃時，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應的化學方程式為3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【點睛】

本題難度不大，易錯點為(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的雜質離子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他雜質離子全部沉淀和Ni2+開始出現沉淀之間。【解析】SiO2提高硫酸的濃度或提高反應的溫度或攪拌等分液漏斗、燒杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之與水層分離NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O22、略

【分析】【分析】

ClO2和雙氧水在II中發生氧化還原反應生成NaClO2和氣體a，該反應中Cl元素化合價由+4價變為+3價，則O元素化合價由-1價變為0價，所以生成的氣體a是O2，離子反應方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸鈉溶液通入離子隔膜電解池中，在III中發生電解，根據圖知，電極Y生成氫氧化鈉，說明電極Y為陰極，陰極上生成氫氣同時陰極附近生成NaOH，所以生成的氣體b是H2；電極X為陽極，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以a是O2，同時生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性條件下，在I中NaClO3、Na2SO3發生氧化還原反應生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；據此分析解答。

【詳解】

(1)根據上述分析，I中NaClO3、Na2SO3發生氧化還原反應生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失電子化合價升高的反應物是還原劑，還原劑是Na2SO3；氣體a是O2，故答案為Na2SO3；氧氣；

(2)堿性條件下，ClO2、H2O2發生氧化還原反應生成氧氣、ClO2-和水，Ⅱ中反應的離子方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；

(3)通過以上分析知，電解硫酸鈉溶液，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，同時生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在陽極附近生成，故答案為H2SO4；

(4)根據上述分析，Ⅲ中電極X陽極，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應式為2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)，電極Y為陰極，陰極上生成氫氣同時陰極附近生成NaOH，溶液中的鈉離子通過離子交換膜N進入陰極區，因此離子交換膜N為陽離子交換膜，故答案為陽極；2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)；陽；

(5)5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反應中，4NaClO2→4ClO2，+3價的氯元素化合價升高到+4價，所以NaClO2是還原劑；1NaClO2→1NaCl，+3價的氯元素的化合價降低到-1價，所以NaClO2作氧化劑；所以該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為1∶4；故答案為1∶4；

(6)NaClO2變質可轉化為NaClO3和NaCl，Cl元素從+3價變為+5價和-1價，反應為3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2試樣與足量FeSO4溶液反應3ClO2-+12Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+3Cl-+8Fe3+，最終得到Cl元素由+3價變為-1價，所以NaClO2變質前后分別與Fe2+反應時；最終均得到等量NaCl，Cl元素均由+3價變為-1價，根據電子守恒，兩個過程中得到的電子的物質的量相同，故答案為相同。

【點睛】

明確I、II、III中發生的反應及物質的性質是解本題關鍵。本題的易錯點為(5)，要注意5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中NaClO2既是氧化劑又是還原劑。【解析】①.Na2SO3②.氧氣③.2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；④.H2SO4⑤.陽極⑥.2H2O?4e?=O2↑＋4H＋（或4OH－-4e－＝O2＋2H2O⑦.陽⑧.1:4⑨.相同五、原理綜合題(共3題，共12分)23、略

【分析】【分析】

（1）該裝置為電解池，a電極是化合價降低，得電子作為陰極；

（2）已知：與相比，在電極表面的吸附效果更好。增大，水解產生的越多；氨氮去除量增大；

（3）電解廢水的過程中，先在陽極失電子產生再由氧化

（4）可從氯氣濃度減小、逸出等方面入手；

【詳解】

（1）由分析可知，陰極a的電極反應式是

（2）結合分析和題干可知，廢水中存在：溶液增大，會降低，平衡正向移動，增大，比在電極表面的吸附效果更好；有利于含氮微粒在電極表面吸附；

（3）①電解廢水的過程中，先在陽極失電子產生電極反應式為：

②結合①問，時，廢水中去除量下降，可能的原因是氯氣濃度減小（如：較大，優先放電；與會生成堿性條件下氧化性弱）、逸出（與結合生成逸出）等。【解析】廢水中存在：增大，降低，平衡正向移動，增大，有利于含氮微粒在電極表面吸附較大，優先放電（或與結合生成逸出；或與會生成堿性條件下氧化性弱）。24、略

【分析】【詳解】

（1）將上述兩個已知反應分別編號為①、②，根據蓋斯定律，①×-②×可得目標方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=－52kJ/mol；

（2）①CO2→CO2－→CO→∶CH2；碳的化合價的變化為+4→+3→+2→-2價，均為碳被還原的過程，故碳元素均發生還原反應。

②2nCO2→碳的化合價由+4降到-2價，每個碳得6個電子，則2n個CO2共得12n個電子，根據電荷守恒可得電極反應：

①生產1.4×104kg即生產1.4×107g根據2nCO2~可知CO2的物質的量為=1.0×106mol，CO2的體積等于1.0×106mol×22.4L/mol=2.24×107L。

（3）①根據表格數據可知；ⅰ；ⅱ、ⅲ的反應溫度相同、壓強不同，隨著壓強的增大，總產率增大，PPC的選擇性也增大，故可得出結論：其他條件不變時，壓強升高，PPC的選擇性及總產率均增大。

②ⅱ和ⅲ總產率接近；PPC的選擇性也接近，而壓強升高，對生產設備；能源等要求高，成本增大，所以選擇條件ⅱ的理由是：壓強升高，對生產設備、能源等要求高，成本增大；且壓強由1.5MPa增大到2.0PMa，總產率增大并不多。

③根據圖上可知二氧化碳與環氧丙烷反應合成可降解塑料PPC，同時也能生成副產物CPC，所以升高溫度，PPC的選擇性下降，可能原因為溫度升高，可能生成了副產物CPC。【解析】3H2(g)+CO2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)△H＝－52kJ/mol還原2.24×107其他條件不變時，壓強升高，PPC的選擇性及總產率均增大壓強升高，對生產設備、能源等要求高，成本增大；且壓強由1.5MPa增大到2.0PMa，總產率增大并不多溫度升高，可能生成了副產物CPC25、略

【分析】【分析】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反應產生S、CO2；

(2)①利用催化劑對化學反應速率的影響分析判斷；

②根據平衡時任何一種物質的物質的量；濃度、含量等保持不變判斷；

③要提高該反應中NO2平衡轉化率；就要使平衡正向移動，根據平衡移動原理，結合反應特點分析判斷；

(3)①先計算平衡時Ni(CO)4(g)的物質的量；然后根據物質反應轉化關系，計算消耗Ni的質量，得到其反應速率；

②根據反應達到平衡時v正=v逆；利用速率與物質的量分數關系計算；

③該反應是放熱反應，降低溫度時，平衡正向移動，同時正反應速率、逆反應速率均減小，x(CO)減小，x[Ni(CO)4]增大。

【詳解】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反應產生S、CO2，根據原子守恒、電子守恒，可得該反應的化學方程式為：2CO+SO22CO2+S；

(2)①根據表格數據可知：反應在15min時達到平衡，由于在0～5min內反應未達到平衡，所以若使用催化劑，就可以加快反應速率，使更多的反應物NO2反應，NO2轉化率提高，若不使用催化劑，則反應速率減小，NO2的轉化率將變小；

②反應2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol的正反應是氣體體積減小的放熱反應。

A．未指明反應速率是正反應速率還是逆反應速率；因此不能據此判斷反應是否處于平衡狀態，A錯誤；

B．反應在恒容密閉容器中進行，反應混合物只有NO2是有色氣體；因此若混合氣體的顏色不再變化，說明反應達到了平衡狀態，B正確；

C．化學平衡常數K只與溫度有關；與反應是否達到平衡無關，因此不能據此判斷反應是否處于平衡狀態，C錯誤；

D．反應在恒容密閉容器中進行；反應混合物都是氣體，氣體的體積；質量始終不變，因此氣體密度始終不變，所以不能據此判斷反應是否處于平衡狀態，D錯誤；

故合理選項是B；

③根據平衡移動原理：增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動；降低溫度，化學平衡向放熱反應方向移動。由于該反應的正反應是氣體體積減小的放熱反應，要提高該反應中NO2平衡轉化率；采取的措施是低溫高壓，故合理選項是B；

(3)①在恒容密閉容器中，氣體的壓強比等于氣體的物質的量的比，在反應開始時加入了3.7molCO，反應