2024年中图版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年中图版选择性必修1化学下册阶段测试试卷69考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某高能LiFePO4电池工作原理为：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC．下列说法不正确的是A.该电池是二次电池B.充电时，阳极附近锂元素被氧化C.放电时Li+主要从负极区通过隔膜移向正极区D.放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO42、对于反应N2+3H22NH3△H＜0，升高温度，下列说法正确的是（）A.V正增大，V逆减小，平衡正向移动B.V正增大，V逆增大，平衡正向移动C.V正减小，V逆增大，平衡逆向移动D.V正增大，V逆增大，平衡逆向移动3、已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快；其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是。

A.加入催化剂，减小了反应的热效应B.加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率C.H2O2分解的热化学方程式：H2O2=H2O+O2，△H<0D.反应物的总能量高于生成物的总能量4、已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是A.加少量烧碱固体B.降低温度C.加少量冰醋酸D.加水5、科学家研制出一种高性能水系酸碱双液锌—溴二次电池，其总反应为：Zn+2OH−+ZnO+H2O+3Br−，中间的双极性膜(BPM)能隔开酸碱双液且能允许K+通过；如图所示。下列说法正确的是。

A.放电时，K+向锌极电极迁移B.放电时，锌电极的电势高于石墨电极C.充电时，阴极室的pH增大D.充电时，石墨电极发生反应：-2e−=3Br-6、能正确表示下列变化的离子方程式是A.电解MgCl2溶液：Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑B.草酸(H2C2O4)滴入KMnO4酸性溶液中：5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OC.Ca(ClO)2溶液中滴入少量的SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3+2HClOD.FeSO4溶液与NaHCO3溶液混合生成FeCO3沉淀：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑7、下列关于盐类水解的说法错误的是A.在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离B.加热溶液，溶液中的值将减小C.同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH大D.在溶液中加入稀能抑制水解8、下列实验设计能达到实验目的的是。选项实验设计实验目的A向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，观察到有白色沉淀生成证明AlO得质子的能力强于COB将工业酒精加入蒸馏烧瓶进行蒸馏工业酒精制备无水乙醇C用湿润的淀粉-KI试纸检验鉴别红棕色的溴蒸气和NO2D向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、二氧化氯是一种绿色消毒剂；常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和电解法等。

(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠和过硫酸钠直接反应，操作简单，同时可得到副产品制备时发生反应的离子方程式为___________。消毒时会产生少量的可利用将转化为除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于时，去除率降低的可能原因是___________。

(2)电解法：如图所示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取产生的电极反应式为___________。装置中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(3)定量测定：为测定某二氧化氯消毒液中的浓度，进行如下实验：量取二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释至再向其中加入过量溶液，充分振荡；用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液

已知：2ClO2+2KI=2KClO2+I22Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI

计算该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度___________。(写出计算过程)10、已知废旧酸性干电池可通过酸浸、过滤等操作形成的混合溶液，为了实现废旧普通氯化铵干电池中锌与的同时回收；某研究小组设计了如图实验探究装置：

回答下列问题：

(1)甲池是将_______能转化_______能的装置。

(2)乙池中石墨电极_______电子(填“得”或“失”)，发生_______反应(填“氧化”或“还原”)。

(3)写出电池负极的电极反应式_______。

(4)写出乙池回收锌与的总反应的离子方程式为_______。

(5)若消耗2.24L(标准状况)且无能量损失，电解池中回收制得19.5g单质Zn，计算乙池中电流效率_______。(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100％)。11、如图所示的装置，电源为Zn-MnO2干电池，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。X；Y都是惰性电极。将电源接通后；向甲中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。试回答下列问题：

(1)在电源中，B电极为___________极(填“正极”或“负极”)；该极的电极反应是___________。

(2)甲装置中总的化学方程式是___________。

(3)丙装置中Y电极为___________极(填“阴极”或“阳极”)；通电一段时间后，X电极上发生的电极反应式是___________。

(4)如果乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，请问甲装置中，铁电极上产生的气体在标准状况下为___________L。12、在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：。时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.010.0080.0070.0070.007

(1)800℃，反应进行到2s时，NO的转化率是_______，反应达到最大限度时，NO的物质的量浓度为_______mol/L。

(2)如图中表示NO2变化的曲线是_______(填字母序号a、b、c、d)。用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=_______mol/(L·s)。

(3)能使该反应的反应速率增大的操作是_______。A．及时分离出NO2气体B．适当升高温度C．增大O2的浓度D．选择高效催化剂13、在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)=0.100kJ·mol-1、c(B)=0.200kJ·mol-1及c(C)=0kJ·mol-1.反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。

请回答下列问题：

(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件；所改变的条件分别：②_______；③_______。

(2)实验②平衡时B的转化率为_______；该反应的△H_______0；(填“>”、“＜”、或“=”)理由是_______。

(3)该反应进行到4.0min时的平均反应速率：实验③：v(B)=_______。14、已知下列热化学方程式：

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol

③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ/mol

请回答：

（1）上述反应中属于放热反应的是_____(填序号，下同)，属于吸热反应的是_______。

（2）2gH2完全燃烧生成液态水，放出的热量为_______。

（3）依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

①1molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)，需吸收68kJ的热量，该反应的热化学方程式为_____。

②在25℃、101kpa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。15、亚氯酸（HClO2）是一种中强酸；易分解，亚氯酸及其盐类在工业生产和环境治理等方面用途非常广泛。回答下列问题：

（1）HClO2中氯元素的化合价为_______；亚氯酸不稳定，易分解为Cl2、ClO2和H2O，分解后的氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________________。

（2）已知常温下Ka(HClO2)=1.1×10-2，则反应HClO2+OH-ClO2-+H2O在常温下的平衡常数K=_________________。

（3）亚氯酸盐可用于脱除氮氧化物和硫氧化物，当其他条件不变时，测得脱除率与吸收液pH的关系如图所示。已知：C12和ClO2溶于水后更易与SO2和NO反应。

①亚氯酸盐脱除SO2的离子方程式为________________________。

②pH越小，脱除率越大，其原因是____________________________________________。16、汽车尾气里含有的NO气体是由内燃机燃烧时产生的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH＞0。已知该反应在2404℃时，平衡常数K=6.4×10−3。请回答下列问题。

(1)该反应的平衡常数表达式为__，升高温度N2的转化率__(填“变大”；“变小”或“不变”)。

(2)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是___%(保留整数)。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10−1mol∙L−1、4.0×10−2mol∙L−1和3.0×10−3mol∙L−1，此时反应___(填“处于化学平衡状态”、“向正方向进行”或“向逆方向进行”)，理由是__。

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数___(填“变大”、“变小”或“不变”)。17、合成氨生产技术的创立开辟了人工固氮的途径，对化学工业技术也产生了重大影响。合成氨反应的化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1。合成氨工业中原料气N2可以从空气中分离得到，H2可用甲烷或焦炭与水蒸气反应制得。

(1)在一定容积的密闭容器中充入N2和H2两种气体，发生上述反应。在某温度下达到平衡时，各物质的浓度分别是：c平(H2)＝9.00mol·L－1，c平(N2)＝3.00mol·L－1，c平(NH3)＝4.00mol·

L－1，此温度下该反应的平衡常数K＝________。

(2)在三个相同容器中各充入1molN2和3molH2，在不同条件下反应达到平衡，氨的体积分数随时间变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是________(填字母)。

A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1

B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2

C．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2

D．图Ⅱ可能是同温同压下不同催化剂对反应的影响；且催化剂性能1＞2

(3)将水蒸气通过红热的C即产生水煤气，化学方程式为C(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)ΔH＝＋131.3kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7J·mol－1·K－1。该反应在常温(298K)下________(填“能”或“不能”)自发进行。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误19、甲烷的燃烧热为则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为(_______)A.正确B.错误20、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误21、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误22、碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误23、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共12分)24、锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。

(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料；也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是___________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是___________(填化学式)，每生成1molZnFe2O4转移的电子总数是___________。

(2)业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4；还含有少量FeO；CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：

①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是___________(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式___________。

②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为___________。

③净化II中Y的主要成分是___________(填化学式)。

(3)金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L-1)]如图所示：

①pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是___________

②若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH___________。

A．＜1B．4左右C．＞625、工业上利用钴渣[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，含少量Fe2O3、Al2O3；MnO、MgO、CaO等]制备钴氧化物的工艺流程如下。

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8

(1)钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图1，应选择的最佳工艺条件为______。金属离子在萃取剂中的萃取率随pH变化关系如图2，据此分析pH的最佳范围是______。

A.5～5.5B.4～4.5C.3～3.5D.2～2.5

(2)Fe2+、Co2+、SO三种离子的还原性由强到弱的顺序是______。氧化过程中加NaClO3被还原，产物中的氯元素处在最低价态，反应的离子方程式为______。

(3)25℃Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10。除钙、镁工艺中加过量NaF溶液，滤液中=______(保留两位有效数字)。

(4)已知常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kh(C2O)=1.8×10-10，(NH4)2C2O4溶液显______(填“酸性”或“中性”或“碱性”)。在“萃后余液”中加入(NH4)2C2O4溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时应选用的试剂为______(填字母代号)。

A.蒸馏水B.自来水C.饱和的(NH4)2C2O4溶液D.稀盐酸。

(5)取一定质量煅烧后产生的钴氧化物(Co为+2、+3价)，用100mL8mol·L-1的盐酸恰好完全溶解，得到CoCl2溶液和标准状况2.24L黄绿色气体。则该钴氧化物中+2价的Co与+3价Co元素的物质的量之比为______。26、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]合成电池级Ni(OH)2的工艺流程如下：

已知：。氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Ksp(室温下)4.0×10-381.0×10-331.6×10-142.0×10-13

(1)①已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是__；以下最适合作为物质X的是____（填字母）。

A．双氧水B．氨水C．盐酸D．NiO

②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___。

(2)滤渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为______。

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为___________。

(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_______（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_____。27、银系列产品广泛地应用于化工；电子电镀材料和工业催化等领域。与原矿相比；含银废料中银含量较高，成分单一，回收简单，污染少。从含银废料中(主要含Ag，其他金属微量，忽略不计)回收银已成为各国贵金属银系列产品的重要来源。下图为从含银废料中回收并制得纯Ag的工业流程。回答下列问题：

(1)N2H4的电子式为_______。

(2)操作I的名称为_______，简述利用“操作I”的装置洗涤难溶物的实验操作：_______。

(3)还原过程中的氧化产物为环境友好产物，请补充并配平还原过程的化学方程式：_______。

_____=__________

(4)已知：的平衡常数的写出溶于氨水的离子方程式：_______，该反应的平衡常数K=_______。在氯化银溶于氨水后的溶液中滴加稀硝酸，会再产生白色氯化银沉淀，原因是_______。

(5)工业上经常会用过量的NaClO溶液替代HNO3在80℃条件下氧化单质银，产物为NaOH和O2用NaClO溶液替换HNO3溶液的好处是_______。评卷人得分五、计算题(共4题，共40分)28、请回答下列问题。

（1）25℃、1.01><105Pa时，实验测得108g液态水完全分解成H2和O2，需要吸收1716kJ的热量，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为_____。

（2）从化学键的角度分析；化学反应的过程就是反应物化学键破坏和生成物化学键形成的过程，已知几种化学键的键能如下：

。化学键。

H—H

N—H

N≡N

键能kJ/mol

436

391

a

已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-93kJmol-1。试根据表中所列键能数据计算a的数值_____。

（3）已知：C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H1=-393.5kJmol-1①

2H2(g)+O2(g)=2H2O（l）△H2=-571.6kJmol-1②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJmol-1③

根据盖斯定律，计算反应2C（s，石墨）+H2(g)=C2H2(g)△H=_____。29、摩擦火柴，火柴上发生的化学反应为：3Sb2S3(s)+11KClO3(s)=3Sb2O5(s)+11KCl(s)+9SO2(g)△H=-5560kJ/mol。只有将产物和火柴杆加热到600K以上，火柴才能点燃。现有一根火柴，火柴头上含有3.0×10-6molSb2S3和1.1×10-5molKClO3。假设火柴杆的体积为0.01cm3，密度为0.5g/cm3，比热容为1.75J·g-1·K-1，其余物质的摩尔热容如表所示：。物质Sb2O5KClSO2摩尔热容/J/(K·mol)1205040

假设环境温度为300K。请计算：

(1)火柴头中的Sb2S3和KClO3充分反应时放出的热量为___________J。

(2)火柴能否点燃？通过计算说明。_________30、(1)某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度___________(填“＞”“＜”或“=”)25℃，其理由是___________。

(2)该温度下，c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液呈___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=___________mol·L-1。

(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡___________(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡___________移动。

(4)25℃时，0.1mol·L-1下列物质的溶液，水电离出的c(H+)由大到小的关系是___________(填序号)。

①HCl②H2SO4③CH3COOH(Ka=1.7×10-5)④NH3·H2O(Kb=1.7×10-5)⑤NaOH⑥Ba(OH)2

(5)25℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度___________pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。31、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

(1)在25℃、101kPa下，1mol甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热725.76kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______

(2)若适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量_______。

(3)用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量_______。

(4)已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_______。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共27分)32、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。33、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。34、常温下；有浓度均为0.1mol/L的下列4种溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)这4种溶液pH由大到小的排列顺序是_____________(填序号)；

(2)④的水解平衡常数Kh=___________。

(3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常温下NaCN溶液中，将粒子浓度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液溶液pH=_________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

根据电池工作原理：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，放电时为原电池，C的化合价升高，发生失电子的氧化反应，电极反应式为LixCn-xe-＝xLi++nC，则LixCn所在电极为负极，FePO4所在电极为正极，发生得电子的还原反应，正极电极反应式为xFePO4+xLi++xe-＝xLiFePO4；充电时为电解池；原电池的正；负极分别与电源的正、负极相接、作电解池的阳极、阴极，阳、阴极电极反应与原电池正、负极的恰好相反；原电池中阳离子向正极移动，据此分析解答。

【详解】

A．放电时为原电池；充电时为电解池，所以该电池是二次电池，故A正确；

B．充电时，阳极上LiFePO4失电子发生氧化反应，阳极的电极反应为LiFePO4-e-＝FePO4+Li+，Li+没发生氧化反应；故B错误；

C．原电池中阳离子向正极移动，所以放电时Li+主要从负极区通过隔膜移向正极区；故C正确；

D．放电时，正极上FePO4发生得电子的还原反应，电极反应为xFePO4+xLi++xe-＝xLiFePO4；故D正确；

故选B。2、D【分析】【详解】

对于反应N2+3H22NH3△H＜0，升高温度，V正和V逆均增大，且平衡逆向移动，故答案为D。3、D【分析】【详解】

A．催化剂只通过改变活化能来改变反应速率；不改变反应的热效应；故A错误；

B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡的移动，则反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率；故B错误；

C．图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)，△H<0；故C错误；

D．图象分析反应是放热反应；所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；

故答案为D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．在醋酸溶液中氢氧化钠固体，氢氧根离子和氢离子反应，促进电离，平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，根据电离平衡常数Ka=进行分析，变小；故A错误；

B．电离过程吸热；降低温度，平衡逆向移动，比值减小，B错误；

C．加入冰醋酸；平衡右移，但电离程度减小，比值减小，C错误；

D．加水稀释；促进电离，氢离子个数增多，醋酸分子个数减小，在同一溶液中，体积相同，所以比值增大，D正确；

故选D。5、C【分析】【分析】

根据图像信息，放电时，石墨电极上，+2e−=3Br-，石墨为正极，锌电极上，Zn-2e−+2OH−=ZnO+H2O，锌为负极，故充电时，石墨连接外接电源正极，石墨为阳极，电极反应为3Br--2e−=锌与外接电源负极相连，锌为阴极，电极反应为ZnO+2e−+H2O=Zn+2OH−；由此分析各选项。

【详解】

A．放电时；石墨为正极，阳离子向正极迁移，故A不正确；

B．放电时；为原电池，正极电势高于负极，故石墨电势高于锌电极，故B不正确；

C．充电时，阴极为锌，电极反应为：ZnO+2e−+H2O=Zn+2OH−；阴极区碱性增强，pH增大，故C正确；

D．充电时，石墨为阳极，电极反应为3Br--2e−=故D不正确；

故答案为：C。

【点睛】

二次电池，放电正极与充电阳极为同一电极，放电负极与充电阴极为同一电极。6、D【分析】【详解】

A．电解熔融MgCl2：Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑，电解MgCl2溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁，故A错误；B．草酸是弱酸，草酸(H2C2O4)滴入KMnO4酸性溶液中，反应的离子方程式是5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故B错误；C．Ca(ClO)2溶液中滴入少量的SO2，反应的离子方程式是Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故C错误；D．FeSO4溶液与NaHCO3溶液混合生成FeCO3沉淀、硫酸钠、水、二氧化碳，反应的离子方程式是Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故D正确；答案选D。7、C【分析】【详解】

A．水的电离平衡能水解的盐，能结合水电离出的氢离子或氢氧根离子，从而促进水的电离，故A正确；

B．加热溶液，促进醋酸根离子的水解，减小，钠离子浓度不变，则溶液中的值将减小；故B正确；

C．由于的水解程度大于的水解程度，则同温时，等浓度的和溶液，溶液的pH小；故C错误；

D．在溶液中，铵根离子水解加入稀氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则能抑制水解；故D正确；

故选C。8、A【分析】【详解】

A．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明发生反应：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO可以证明AlO得质子的能力强于COA正确；

B．乙醇和水能形成共沸物；需在工业酒精中加生石灰，再蒸馏，可制备无水乙醇，B错误；

C．NO2和Br2均可以将I-氧化生成I2；C错误；

D．混合溶液中NaCl；NaI的浓度不一定相同；应用等浓度的NaCl、NaI的混合溶液进行验证，D错误；

综上所述，答案为A。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【详解】

（1）亚氯酸钠(NaClO2)为氧化剂，过硫酸钠(Na2S2O8)为还原剂被氧化为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为：FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，去除率降低，故答案为：有较多的Fe2+水解；

（2）根据题意可以知道，氯离子放电生成ClO2为阳极，接电源的正极，由元素守恒可以知道，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；a极为阴极，溶液中阳离子移向阴极，根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；

（3）消耗Na2S2O3标准液的物质的量为0.1mol/L×5.5mL×10-3L/mL=5.5×10-4mol，设ClO2的物质的量为xmol，依据反应原理得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则有解得x=5.5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度为【解析】(1)温度高于50℃时，有较多的Fe2+水解，Fe2+浓度减小；去除率降低。

(2)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+阳。

(3)0.1110、略

【分析】【详解】

（1）甲池是甲烷燃料电池；将化学能转化为电能的装置。

（2）乙池电解的混合溶液，甲烷为负极，则铝为阴极，石墨为阳极，阳极失电子发生氧化反应，阳极发生反应

（3）甲池是甲烷燃料电池，碱性介质中，电池负极为甲烷反应生成碳酸根离子，电极反应式：

（4）乙池中阴极上锌离子和锰离子得电子转化成锌单质和二氧化锰，结合小问2中阳极反应，可知回收锌与的总反应的离子方程式为

（5）2.24L(标准状况)CH4，物质的量为0.1mol，根据反应：可知理论失去电子的物质的量为：0.8mol；回收制得19.5g单质Zn，锌的物质的量为0.3mol，结合电极反应：Zn2++2e-=Zn，则生成目标产物转移的电子为：0.6mol，【解析】(1)化学电。

(2)失氧化。

(3)

(4)

(5)75％11、略

【分析】【分析】

向甲中滴入酚酞溶液，在铁极附近显红色，说明该极上H＋放电；因此该电极是阴极，C电极是阳极，阳极与电源的正极相连，则A是电源的正极，B是电源的负极，乙中是精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，丙中X电极是阳极，Y是阴极，串联电路中转移的电子物质的量相等，据此解答；

【详解】

(1)根据上述分析，B电极为负极，Zn为活泼金属，Zn为负极，该电池为锌锰干电池，其电极反应式为Zn-2e-=Zn2＋；

(2)C电极为阳极，Fe为阴极，根据电解池的原理，甲装置电解饱和食盐水，其总化学反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；

(3)X电极为阳极，Y是阴极，根据电解原理，阴极Cl-失去电子，X电极上的反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

(4)乙装置中精铜电极的电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu，甲装置中铁电极的电极反应式为2H＋＋2e-=H2↑，串联电路，通过电子物质的量相同，即有Cu～2e-～H2↑，氢气的体积为【解析】负极Zn-2e-=Zn2+2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑阴极2Cl--2e-=Cl2↑0.22412、略

【分析】【分析】

(1)

800℃；反应进行到2s时，消耗了0.020mol-0.008mol=0.012molNO，则NO的转化率是(0.012÷0.020)×100%=60%。当反应达到最大限度即达到平衡状态时，NO的物质的量为0.007mol，则物质的量浓度为0.007mol÷2L=0.0035mol/L。

(2)

由方程式2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)知，NO2为生成物，生成的NO2的物质的量和消耗的NO的物质的量相等，则平衡时n(NO2)＝0.020mol-0.007mol=0.013mol，c()=0.013mol÷2L=0.0065mol/L，故表示NO2变化曲线的为b；0～2s内v(NO)==0.0030mol·L－1·s－1，由反应速率之比等于化学计量数之比可得v(O2)=0.0015mol·L－1·s－1，故答案为b；0.0015mol·L－1·s－1；

(3)

及时分离出NO2气体，在改变条件的时刻，逆反应速率减小，正反应速率不变，然后正反应速率逐渐减小，平衡正向移动，A不能加快反应速率；适当升高温度，反应速率加快，B能加快反应速率；增大O2的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，C能加快反应速率；选择高效的催化剂，反应速率加快，D能加快反应速率；故选BCD。【解析】（1）60%0.0035

（2）b1.5×10-3

（3）BCD13、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)与①比较；②缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化学平衡不移动，所以②为使用催化剂；与①比较，③缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小，故答案为加催化剂；温度升高；

(2)由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L-0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L×2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为×100%=40%；因③温度升高，平衡时A的浓度减小，化学平衡向吸热的方向移动，说明正反应方向吸热，即△H>0，故答案为40%；>；温度升高；平衡向正反应方向移动，正方向是吸热方向；

(3)实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，由方程式可知C的浓度变化量为0.06mol/L，故平衡时C的浓度为0.06mol/L，vC=vA=-mol/(L•min)="0.009"mol/(L•min)，vB=2vA="0.018"mol/(L•min)，故答案为0.018mol(L•min)-1

考点：考查了化学平衡浓度-时间图象、化学反应速率计算、化学平衡影响因素的相关知识。【解析】①.加入催化剂②.升高温度③.40.0%④.>⑤.升高温度，c(A)减小，平衡正向移动，正向吸热⑥.0.018mol/(L∙min)14、略

【分析】【分析】

（1）

由△H＜0反应为放热反应，△H＞0反应为吸热反应可知；属于放热反应的是①②，属于吸热反应的是③；答案为①②；③。

（2）

由①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol可知，2molH2完全燃烧放出571.6kJ热量，2gH2物质的量为1mol，即1molH2完全燃烧生成液态水，放出的热量为Q=kJ=285.8kJ；答案为285.8kJ。

（3）

①1molN2(g)与适量O2(g)发生反应，生成NO(g)，吸收68kJ热量，反应吸热时焓变值为正值，所以该反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+68kJ/mol；答案为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+68kJ/mol。

②燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇的质量为32g，则32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ，即1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.76kJ，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−725.76kJ/mol；答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−725.76kJ/mol。【解析】（1）①②③

（2）285.8kJ

（3）N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+68kJ/molCH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−725.76kJ/mol15、略

【分析】【详解】

（1）本题考查得失电子数目守恒和化学用语，HClO2中H显＋1价，O显－2价，整个化合价代数和为0，即Cl显＋3价，Cl→Cl2，化合价由＋3价→0，因此Cl2为还原产物，Cl→＋4价，化合价由＋3价→＋4价，化合价升高，ClO2为氧化产物，根据得失电子守恒，n(Cl2)×2×3=n(ClO2)×1，因此有n(ClO2):n(Cl2)=6:1；

（2）考查平衡常数的计算，根据平衡常数的表达式，K=代入数值，解得K=1.1×1012；

（3）本题考查氧化还原方程式的书写，①因为Cl2和ClO2能与SO2发生反应，因此ClO2－转化成Cl－，SO2被氧化成SO42－，因此离子反应方程式为2SO2+C1O2－+2H2O=2SO42－+C1－+4H＋；②根据题中信息，亚氯酸盐的氧化性在酸性条件下较强，pH较小时有利于释放出ClO2及Cl2，C1O2和Cl2溶于水可提高脱除率。【解析】①.+3②.6∶1③.1.1×1012④.2SO2+C1O2-+2H2O==2SO42-+C1-+4H+⑤.亚氯酸盐的氧化性在酸性条件下较强，pH较小时有利于释放出C1O2及Cl2，C1O2和Cl2溶于水可提高脱除率16、略

【分析】【详解】

(1)该反应的平衡常数表达式为该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此N2的转化率变大；故答案为：变大。

(2)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，a=0.04mol，N2的转化率是故答案为：4。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10−1mol∙L−1、4.0×10−2mol∙L−1和3.0×10−3mol∙L−1，因此反应向正方向进行；故答案为：向正方向进行；

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态，可以理解为先向另外一个容器中充入一定量NO，达到平衡，两者NO的体积分数相等，将另外一个容器压入到开始容器中，加压，由于反应是等体积反应，平衡不移动，因此平衡混合气中NO的体积分数不变；故答案为：不变。【解析】变大4向正方向进行不变17、略

【分析】【分析】

根据平衡常数的表达式计算某温度下N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的平衡常数；根据平衡移动原理，由题中所给图像判断正确选项；根据△G=△H-T△S的值；判断反应能否自发进行；据此解答。

【详解】

(1)由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知，在某温度下达到平衡时，各物质的浓度分别是：c平(H2)＝9.00mol·L－1，c平(N2)＝3.00mol·L－1，c平(NH3)＝4.00mol·L－1，则K===7.32×10-3mol－2·L2；答案为7.32×10-3mol－2·L2。

(2)A．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知；增大压强平衡右移，氨气的含量应增大，故A错误；

B．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知，压强不同，平衡状态不同，不可能NH3的体积分数相同；故B错误；

C．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知；升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，故C错误；

D．由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1可知；催化剂不影响平衡移动，由图象可知催化剂性能，1＞2，故D正确；

答案为D。

(3)由△G=△H-T△S=+131.3kJ·mol－1-298K×133.7×10-3kJ·mol－1·K－1=131.3kJ·mol－1-39.8kJ·mol－1=91.5kJ·mol－1＞0，则不能自发进行；答案为不能。【解析】①.7.32×10－3mol－2·L2②.D③.不能三、判断题(共6题，共12分)18、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。19、B【分析】【详解】

1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷完全燃烧应该生成CO2和H2O则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为

故错误。20、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。21、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

氢氧化钙溶液显碱性，碳酸钠溶液由于水解显碱性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能够与碱反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶颈粘在一起，不易打开，所以应该选择橡皮塞或软木塞，故此判据错误。23、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。四、工业流程题(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O、ZnO＋2H＋=Zn2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，调节溶液的pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入ZnS，发生反应Cu2＋＋ZnS=Zn2＋＋CuS；然后过滤，所以Y中含有CuS，最后电解得到Zn，据此分析解题。

（1）

(1)①ZnFe2O4中Zn是＋2价；O是-2价，根据化合物中正负价代数和为0可知Fe的化合价是＋3价；

②反应中Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，碳元素化合价从＋3价部分降低到＋2价，部分升高到＋4价，所以还原产物是CO；根据方程式可知每生成1molZnFe2O4转移的电子的物质的量是4mol，总数是4NA(或2.408×1024)；

（2）

(2)①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O；

②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；

③由于ZnS过量；则净化Ⅱ中Y的主要成分是CuS；ZnS；

（3）

(3)①由图可知，在pH=3时，不会发现Cu(OH)2沉淀；铜元素以铜离子形式存在。

②要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。【解析】（1）＋3CO4NA(或2.408×1024)

（2）适当增大c(H＋)(或升高温度、搅拌等其他合理答案)ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2OH2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OCuS；ZnS

（3）Cu2+B25、略

【分析】【分析】

在第一步浸出中，金属氧化物和Co(OH)3与盐酸反应转化为对应离子，同时Co3+、Fe3+被Na2SO3还原为Co2+、Fe2+，故浸出液中阳离子有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、H+，向浸出液中加入NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+（由后续流程知，其他离子未被氧化），加入Na2CO3溶液调节pH至5.2，结合所给信息知，此时Al3+与Fe3+完全沉淀，故滤液Ⅰ中含Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF溶液，Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀被除去，故滤液Ⅱ中含Co2+、Mn2+，加入萃取剂萃取Mn2+，实现Co2+与Mn2+的分离，向萃取后的水溶液中加入(NH4)2C2O4溶液，将Co2+转化为CoC2O4·2H2O沉淀；再经过煅烧获得钴的氧化物。

【详解】

(1)最佳条件需保证钴的浸出率较高且需要考虑经济成本，故最佳条件为浸取温度90℃，浸出时间为12h；由分析知，萃取是为了萃取Mn2+，实现Co2+与Mn2+的分离，故Mn2+萃取率要尽可能高，Co2+萃取率尽可能低；最佳pH范围为4~4.5，故答案选B；

(2)由分析知，浸出时，Co3+、Fe3+均被Na2SO3还原，故三者中还原性最强，浸出液中加入NaClO3时，Fe2+被氧化为Fe3+，此时Co2+未参与反应，说明Fe2+还原性比Co2+强，故三者还原性顺序为：＞Fe2+＞Co2+；由题意知，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-，初步确定并配平得失电子守恒，得反应方程式为：根据溶液呈酸性，在等式左边添加6个H+配平电荷守恒，在等式右边添加3个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：

(3)

(4)的水解平衡常数Kh()=＞Kh()，故(NH4)2C2O4溶液显酸性；洗涤时需除去晶体表面残留的与离子，故不能选用饱和(NH4)2C2O4溶液，自来水中含有杂质离子，不能选用，稀盐酸会与CoC2O4·2H2O反应，不能选用，蒸馏水可除去残留的与离子；且不引入新杂质，可以选用，综上所述，只有蒸馏水符合题意，故答案选A；

(5)设该化合物中+2价Co元素为xmol，+3价Co元素为ymol，根据元素守恒得：x+y=n(CoCl2)=由得失电子守恒得：y=2n(Cl2)=联立解得x=0.1mol，y=0.2mol，故该氧化物中+2价Co与+3价Co物质的量之比为1:2。【解析】90℃、12hBSOFe2+、Co2+ClO+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O0.49酸性A1：226、略

【分析】【分析】

废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]酸浸后，所得的滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此时碳粉不溶而成为滤渣Ⅰ；调节溶液的pH约为5，由后续操作可以看出，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通过计算加以证实，所以加入的物质X用于调节溶液的pH；加入KMnO4氧化除锰(Mn2+)时，产物中Mn的价态应介于+2~+7之间，考虑到此时Mn转化为难溶物，应为MnO2，此为滤渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，转化为Ni(OH)2沉淀。

【详解】

(1)①由以上分析知，调节溶液的pH约为5，其目的是除去Al3+、Fe3+；双氧水难以调节pH至5，氨水可调节溶液的pH为5，但引入NH4+，加入盐酸不能增大溶液的pH，所以选择NiO，故选D。答案为：除去Al3+、Fe3+；D；

②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18<Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生。答案为：pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18<Ksp[Ni(OH)2]；故没有沉淀产生；

(2)由以上分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2价升高到+3价，则反应物中应有氧化剂(O2)参加反应，该反应的化学方程式为4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案为：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；

(4)充电时LiNiO2转化为Li1-xNiO2，Ni价态由+3价升高为+(3+x)价，所以在阳极发生反应，该电极的电极反应式为LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi+。答案为：阳；LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi+。

【点睛】

pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，c(Fe3+)===4.0×10-11mol/L<1×10-5mol/L，所以Fe3+完全转化为沉淀；同理，溶液中的c(Al3+)==1.0×10-6mol/L<1×10-5mol/L，所以Al3+完全转化为沉淀。【解析】除去Al3+、Fe3+DpH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18<Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生MnO22MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O阳LiNiO2-xe-=Li1-xNiO2+xLi+27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N2H4结构式为故电子式为

(2)操作I为过滤出AgCl固体；故操作名称为过滤；利用过滤装置洗涤难溶物的实验操作为：将难溶物放置于过滤装置中，加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流出，重复操作2至3次，故答案为：过滤；将难溶物放置于过滤装置中，加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流出，重复操作2至3次；

(3)含银废料加HNO3得AgNO3，再加NaCl得AgCl沉淀，AgCl溶于氨水生成可溶性络合物化学方程式为：溶解液中与N2H4反应生成粗银，银元素化合价降低，故N2H4中价氮元素化合价升高为N2，配平得：故答案为：

(4)溶于氨水的离子方程式：

此反应

此反应。

分子分母乘以得。

此反应体系中加与发生酸碱中和反应生成NH4NO3，平衡逆向移动，故有白色沉淀。故答案为：加入HNO3发生反应：使平衡左移，增大，与结合生成AgCl沉淀；

(5)NaClO在80℃下氧化银的方程式配平得：产物无污染，而HNO3的还原产物氮氧化合物，故选用NaClO更符合绿色化学的理念。故答案为：HNO3还原产物为氮氧化合物，对环境造成污染，而NaClO与Ag反应的产物无污染，更符合绿色化学的理念。【解析】过滤将难溶物放置于过滤装置中，加蒸馏水浸没沉淀，让水自然流出，重复操作2至3次加入HNO3发生反应：使平衡左移，增大，与结合生成AgCl沉淀HNO3还原产物为氮氧化合物，对环境造成污染，而NaClO与Ag反应的产物无污染，更符合绿色化学的理念五、计算题(共4题，共40分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）108g液态水的物质的量为108/18=6mol；6mol液态水完全分解成H2和02，需要吸收1716kJ的热量，则1mol液态水完全分解成H2和02，需要吸收286kJ的热量，所以1mol氢气在氧气中完全燃烧生成液态水放热为286kJ，表示H2的燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)∆H=-286kJmol-1；综上所述，本题答案是：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)∆H=-286kJmol-1。

（2）△H=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量；△H=a+3×436-2×3×391=-93；解之得a=945kJ/mol；综上所述，本题答案是：945。

(3)已知：C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H1=-393.5kJmol-1①

2H2(g)+O2(g)=2H2O（l）△H2=-571.6kJmol-1②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=-2599kJmol-1③

根据盖斯定律，将①×2+②×1/2-③×1/2可得：2C（s，石墨）+H2(g)=C2H2(g)△H=-393.5×2+（-571.6）×1/2-(-2599)×1/2=+226.7kJmol-1；综上所述，本题答案是：+226.7kJmol-1。【解析】H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)∆H=-286kJmol-1945+226.7kJmol-129、略

【分析】【详解】

（1）火柴头上含有3.0×10-6molSb2S3和1.1×10-5molKClO3，结合化学方程式可知，两者恰好反应，则放出热量为

（2）根据反应生成Sb2O5、KCl、SO2物质的量分别为3.0×10-6mol、11.0×10-6mol、9.0×10-6mol；假设放出热量能使温度升高TK，根据题干数据可知，0.01cm3×0.5g/cm3×1.75J·g-1·K-1×T+3.0×10-6mol×120J/(K·mol)×T+11.0×10-6mol×50J/(K·mol)×T+9.0×10-6mol×40J/(K·mol)×T=5.56J，T=554.9K，则554.9K+300K>600K，故能被点燃。【解析】(1)5.56

(2)根据反应生成Sb2O5、KCl、SO2物质的量分别为3.0×10-6mol、11.0×10-6mol、9.0×10-6mol；假设放出热量能使温度升高TK，根据题干数据可知，0.01cm3×0.5g/cm3×1.75J·g-1·K-1×T+3.0×10-6mol×120J/(K·mol)×T+11.0×10-6mol×50J/(K·mol)×T+9.0×10-6mol×40J/(K·mol)×T=5.56J，T=554.9K，则554.9K+300K>600K，故能被点燃。30、略

【分析】【分析】

水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水；根据溶液组成分析计算。

【详解】

(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中某温度(t℃)时，水的离子积常数则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；

(2)根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7mol/L的溶液，c(OH−)==1×10−5mol·L−1，c(H＋)<c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水=c(H+)=10−7mol⋅L−1

(3)Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低；对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右；

(4)①HCl，0.1mol/L的HCl，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为10-13mol/L；

②H2SO4，0.1mol/L的H2SO4，氢离子浓度为0.2mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为

③CH3COOH(Ka=1.7×10-5)，0.1mol/L的CH3COOH，氢离子浓度为溶液中氢氧根离子浓度为溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为

④NH3·H2O(Kb=1.7×10-5)，0.1mol/L的NH3·H2O，氢氧根离子浓度为氢离子浓度为溶液中，溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为

⑤NaOH，0.1mol/L的NaOH，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢离子浓度为溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为10-13mol/L；

⑥Ba(OH)2，0.1mol/L的Ba(OH)2，氢氧根离子浓度为0.2mol/L，溶液中氢离子浓度为溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为

故水电离出的c(H+)由大到小的关系是③=④＞①=⑤＞②=⑥；

(5)25℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)==1×10-10mol/L=c(OH-)水=c(H+)水，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(H+)=1×10-10mol/L=c(H+)水=c(OH-)水，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。【解析】＞升温促进水的电离，Kw增大碱性1×10-7向右向右③=④＞①=⑤＞②=⑥等于31、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在25℃、101kPa下，1mol甲醇(CH3OH)燃