2025年人教版（2024）选修四化学下册月考试卷

…………○…………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2025年人教版（2024）选修四化学下册月考试卷279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6题，共12分)1、工业上冶炼钛的有关反应如下所示：

①C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2

③TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH3

④TiCl4(s)+2Mg(s)2MgCl2(s)+Ti(s)ΔH4

⑤TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH5

下列有关推断正确的是（）A.2ΔH1=ΔH2B.ΔH1<0，ΔH2>0C.ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2D.2ΔH1-ΔH2>02、用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染；例如：

①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH1

②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH2=﹣1160kJ•mol﹣1。

已知NO、NO2混合气体的密度是相同条件下氢气密度的17倍，16g甲烷和该混合气完全反应生成N2、CO2、H2O（g）放出1042.8kJ的热量，则ΔH1是（）A.﹣867kJ•mol﹣1B.﹣574kJ•mol﹣1C.﹣691.2kJ•mol﹣1D.﹣925.6kJ•mol﹣13、在不同温度下按照相同物质的量投料发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)H＜0；测得CO的平衡转化率与压强的关系如图所示，有关说法正确的是。

A.反应温度：T1＞T2＞T3B.正反应速率：v正(d)＝v正(b)C.混合气体密度：ρ(a)＞ρ(b)D.混合气体平均摩尔质量：M(b)＜M(c)4、常温下，向10mL1mol/LNH2OH溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示V表示溶液的体积下列说法____的是

A.的电离平衡常数Kb的数量级为B.用的盐酸滴定10ml1mol/LNH2OH溶液至消耗盐酸体积小于10mLC.当溶液稀释至时，溶液中由水电离出的D.溶液中离子浓度大小关系：5、20℃时，在NaOH混合溶液中，含碳示素微粒的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.①表示的分布曲线，③表示的分布曲线B.20℃时，的二级电离平衡常数C.Q点对应溶液中D.的溶液中：6、室温下将0.1mol·L-1的烧碱溶液不断滴加到10.00mL相同浓度的HA溶液中，溶液中-lgc水（H+）与NaOH溶液的体积关系如图所示[注：c水（H+）为溶液中水电离的（H+）],下列说法不正确的是。

A.0.1mol·L-1HA溶液pH=3B.b点溶液中存在：c（H+）+c（HA）=c（OH-）C.a、b、c三点溶液中，a点溶液导电性最强D.a、c两点溶液中均存在:c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为_____mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。

（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。8、将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：

（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减小”）。9、化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb为盐的水解常数。回答下列问题：

(1)写出CH3COONa水解的离子方程式______。

(2)该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序______。

(3)25℃时，Ka(CH3COOH)______Kb(CH3COO-)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(4)人体血液存在H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是______(填写选项字母)。

a.代谢产生的H+被HCO3-结合形成H2CO3

b.血液中的缓冲体系可抵抗大量酸；碱的影响。

c.代谢产生的碱被H2CO3中和转化为HCO3-10、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH－离子浓度(c)的关系如图所示。

(1)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：________________________________________________。

(2)a点溶液中由水电离产生的c(H+)＝______________；b点溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是___。(选填序号)

a．加水稀释b．加入少量乙酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体11、完成下列问题。

(1)已知常温下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5.则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的电离程度由大到小排列顺序为_______(填序号)。

(2)已知H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含杂质Fe3+)通常利用“间接碘量法”测定。已知Cu2+与F-不反应，而Fe3+与F-反应生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步骤如下：

①称取1.250g产品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定；平行滴定3次。

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_______；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾产品纯度为_______%。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共2分)13、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共36分)14、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业，一种以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下：

已知2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在。

回答下列问题：

(1)Na2CrO4中Cr元素的化合价为___

(2)Ksp(CaCrO4)___(填“＞”或“＜”)Ksp(CaSO4)。

(3)流程中循环物质X为___(填化学式)。

(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_________

(5)步骤I一III是为了制得纯碱，从环境保护的角度看，可能的不足之处是___

(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是___

(7)测定产品活性氧的实验步骤如下：准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol·L－1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。

①滴定到终点时，溶液呈___(填“无色”或“浅红色”)。

②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该实验测得的产品中活性氧为___(列出计算表达式)。15、实验室以工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料制取(NH4)2SO4晶体和轻质CaCO3；其实验流程如下：

已知：①金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(pH=8.5时Al(OH)3开始溶解)。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+开始沉淀时pH3.42.77.611.3完全沉淀时pH4.73.79.6/

②已知常温下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9

回答下列问题：

(1)废渣粉末“浸取”时，主要反应的离子方程式为_____________________________。实验时需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是______________________。

(2)废渣粉末“浸取”时，反应温度需控制在60~70℃，合适的加热方式为_________。若温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是_______________________。

(3)滤渣1成分是_______________(填化学式)。

(4)加适量H2O2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。“调pH值”除铁和铝时，应调节溶液的pH范围为_________________。16、某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。

回答下列问题：

(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。

(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。

(3)分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_______________。

(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。

(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。17、近年来随着新能源汽车等行业的不断发展，产生了大量的废旧三元锂电池，从废旧锂电池中回收钴、锂、镍、锰等金属是新能源汽车发展道路上必须解决的问题。一种对正极材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金属进行回收处理的工艺如图所示：

已知：金属离子的浸出率计算公式为式中η为金属的浸出率，为百分数；C为金属离子的质量浓度，单位为g·mL-1；V为滤液体积；单位为mL；m为镍钴锰酸锂粉末中各金属的理论质量，单位为g。

(1)“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是______。

(2)LiCoO2(难溶于水)参与“浸出还原”反应的离子方程式为______。

(3)“共沉淀”过滤后需洗涤滤渣便于进一步回收利用，洗涤的操作过程为______。

(4)浸出实验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，后将准确称量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中钴元素含量为18.00％)倒入，反应后将其过滤后定容得溶液的体积为50.00mL，采用电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+为的浓度为17.64mg·mL-1，则Co2+的浸出率为______。

(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色。将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-⇌[CoC14]2-+6H2O

①等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为______。

②将溶液加水稀释后，蓝色溶液又变为粉红色溶液，请用平衡移动原理解释原因______。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共6分)18、Ⅰ．催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。

（1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。

整个过程中Fe3O4的作用是________________________________。

（2）已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。按n(N2)∶n(H2)=1∶3向反应容器中投料，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

①下列说法正确的是__________。（填字母）

a．曲线a、b、c对应的温度是由低到高

b．加入催化剂能加快化学反应速率和提高H2的转化率

c．图中Q、M、N点的平衡常数：K(N)＞K(Q)=K(M)

②M点对应H2的转化率是__________。

③2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：

和分别表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3离开催化剂表面，b和c的含义分别是____________和______________。

（3）有机反应中也常用到催化剂。某反应原理可以用下图表示，写出此反应的化学方程式_____________________________。

Ⅱ．过二硫酸钾(K2S2O8)在科研与工业上有重要用途。

(4)某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理燃煤锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如图所示。80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，tmin达到最大去除率，NO去除的平均反应速率：v(NO)=__________mol·L-1·Min-1（列代数式，不必计算结果）

(5)过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如图所示。

常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。

在阳极放电的离子主要是HSO4，阳极区电解质溶液的pH范围为___________，阳极的电极反应式为_____________。19、为了缓解温空效应，科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。

(1)方案1:利用FeO吸收CO2获得H2

ⅰ.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔH1=-76.0kJ/mol

ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+113.4kJ/mol

请写出由FeO制备H2的热化学方程式_________________。

方案2:利用CO2制备CH4

300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2发生反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示。

(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应速率v(H2)=_________________。

②300℃时，反应的平衡常数K=_______________。

③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)。则v正____________v逆(填“>”“<”或“=")

(3)下列有关说法正确的是(填序号)_______________。

A.容器内密度不变；说明反应达到平衡状态。

B.容器内压强不变；说明反应达到平衡状态。

C.300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度等于1.6mo/L

D.每断开2molC=O键的同时断开4molC-H键；说明反应达到平衡状态。

E.达到平衡后；分离出水蒸气，既能加快反应速率又能使平衡正方向移动。

(4)已知200℃时，该反应的平衡常数K=64.8(L/mol)2。则ΔH4________0(填“>”“<”或“=”)。

方案3：利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2；其工作原理如图所示:（假设开始时两极的质量相等）

(5)①放电时，正极的电极反应式为_______________。

②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为_____g。20、氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质；请回答下列问题：

（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx。

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)K1

CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)K2

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)K3

K1、K2、K3依次为三个反应的平衡常数，则K3=______（用K1、K2表示）

（2）在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO和NO，在一定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：

①则该反应的△H________0（填“﹤”“﹥”或“=”）。

②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数kp，则该反应的平衡常数表达式kp=________，如果p1=1.65MPa，求a点的平衡常数kp=_________（MPa）−1(结果保留3位有效数字；分压=总压×物质的量分数)。

③为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制了2条速率—浓度关系曲线:v正~c(NO)和v逆~c(CO2)

则：与曲线v正~c(NO)相对应的是图中曲线________(填“甲”或“乙”)。当降低反应体系的温度，反应一段时间后，重新达到平衡，v正和v逆相应的平衡点分别为______(填字母)。

（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72−的废水，如图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

①甲电池工作时，Y是气体，可循环使用。则石墨I附近发生的电极反应式为________。乙池中的pH________（填“变大”“变小”或“不变”）。

②工作时，在相同条件下，甲池内消耗的O2和NO2的体积_____。

（4）已知H3PO4为三元酸，Ka1=7.0×10−3mol·L−1，Ka2=6.2×10−8mol·L−1，Ka3=4.5×10−13mol·L−1。则Na2HPO4水溶液呈________（填“酸”、“中”、“碱”）性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A、①×2-②得2C(s)+O2(g)==2CO(g)ΔH=2ΔH1-ΔH2，已知碳燃烧生成CO是放热反应，即2ΔH1-ΔH2<0，得2ΔH1<ΔH2；所以A；D错误；

B、碳燃烧生成CO2和CO燃烧生成CO2都是放热反应，所以ΔH1<0，ΔH2<0；则B错误；

C、由①×2+③-②即得反应⑤，所以ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2；因此C正确。

正确答案为C。2、B【分析】【详解】

NO、NO2混合气体的密度是相同条件下氢气密度的17倍，则混合气体的平均相对分子质量=17×2=34，设NO的物质的量分数为x，则NO2的物质的量分数为1-x，30x+46(1-x)=34，解得x=0.75，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为：0.75：0.25=3：1，16g甲烷的物质的量为n==1mol。①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=﹣1160kJ•mol﹣1，根据盖斯定律知，①+②得：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=×(△H1-1160kJ•mol﹣1)。NO和NO2的物质的量之比为3：1，根据方程式知，当NO和NO2完全转化为氮气时，分别和NO、NO2反应的甲烷的物质的量之比=∶=3∶2，则有0.6mol甲烷和NO反应、0.4mol的甲烷和NO2反应，16g甲烷和该混合气完全反应生成N2、CO2、H2O(g)放出1042.8kJ的热量，则0.6mol×1160kJ/mol+0.5(-△H1+1160kJ•mol﹣1)×0.4mol=1042.8kJ，解得△H1=-574kJ/mol；故选B。

【点睛】

本题考查混合物的计算，根据NO、NO2混合气体的密度是相同条件下氢气密度的17倍，计算出NO、NO2的物质的量之比是解题的关键。本题的难点是确定与一氧化氮和二氧化氮反应的甲烷的物质的量。3、C【分析】【详解】

A．该反应为放热反应，温度越高，转化率越低，则温度：T3＞T2＞T1；故A错误；

B．b、d温度相同，压强不同，压强越大，反应速率越快，则正反应速率：ν（b）＞ν（d）；故B错误；

C.反应前后均为气体，混合气体总质量不变，相同压强下，温度越高，体积越大，密度越小：ρ(a)＞ρ(b)；故C正确；

D．质量不变，CO的转化率越大，平衡后气体的物质的量越小，则M越大，则平均摩尔质量：M（b）＞M（c）；故D错误；

故选C。4、C【分析】【详解】

A．依题意的溶液的则所以电离平衡常数故A正确；

B．用1mol/L的盐酸滴定10mL1mol/LNH2OH溶液，若二者恰好完全反应需要盐酸的体积为10mL，得到的是强酸弱碱盐，溶液显酸性，若消耗盐酸体积应该小于10mL，故B正确；

C．当溶液稀释至时，溶液说明由于是一元弱碱，溶液中由水电离出的故C错误；

D．是强酸弱碱盐，由于水解溶液显酸性，所以溶液中离子浓度大小关系：故D正确；

故选C。5、B【分析】【详解】

A．①②相比较，pH增大，含量都减小，但pH约为3时②基本为0，所以②表示H2C2O4的分布曲线，①表示HC2O4-的分布曲线，③表示C2O42-的分布曲线，故A错误；

B．P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，该温度下H2C2O4的电离平衡常数Ka2==c(H+)=1×10-4.2mol•L-1，故B正确；

C．Q点呈酸性，则lgc(H+)＞lgc(OH-)，故C错误；

D．0.100mol•L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(C2O42-)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-)，解得c(OH-)+c(C2O42-)═c(H+)+c(H2C2O4)，故D错误。

故选：B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A.0.1mol∙L−1HA溶液c水(H+)=1×10−11mol∙L−1，c(OH－)=1×10−11mol∙L−1，则c(H+)=1×10−3mol∙L−1；因此pH=3，故A正确；

B.b点溶液中溶质为NaA，根据质子守恒得到：c(H+)+c(HA)=c(OH－)；故B正确；

C.a、b、c三点溶液中，a点为NaA和HA混合溶液，b点为NaA；c点为NaA和NaOH混合溶液，因此c点离子浓度最大，溶液导电性最强，故C错误；

D.根据电荷守恒a、c两点溶液中均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(A－)；故D正确。

综上所述，答案为C。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。

【详解】

解：（1）根据方程式知；生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol；

故答案为：1﹣a；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA；3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol；

故答案为：3a；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC；达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol；

故答案为：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数

故答案为：

【点睛】

本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)8、略

【分析】【详解】

（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小；平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，A；B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；

x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。【解析】①.＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.减小9、略

【分析】【分析】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH；

(2)可以根据CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液；pH=4.76，呈酸性，结合电荷守恒分析解答；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，也可以计算出Kb再判断；

(4)H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系中H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+；有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定，据此分析解答。

【详解】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，离子方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

(2)0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，以醋酸的电离为主，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，即Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO-)，实际上Kb===×10-9；故答案为：＞；

(4)a．人体血液中存在H2CO3⇌H++HCO3-平衡，人体代谢产生的H+与HCO3-结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故a正确；b．血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故b错误；c．代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO3-，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故c正确；故答案为：ac。【解析】①.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-②.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)③.＞④.ac10、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氢氧化钠，溶液在ab段为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，抑制水的电离，bc段；氢氧化钠不断被消耗；到达c点，溶液为碳酸钠溶液，cd段碳酸钠溶液不断转变为碳酸氢钠溶液。

【详解】

(1)c点为碳酸钠溶液，溶液显碱性，离子浓度由大至小的关系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a点为氢氧化钠溶液，由水电离产生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，溶液显碱性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀释；平衡正向移动，电离程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸钠固体；溶液中醋酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，电离程度减小；

c．通氯化氢；溶液中氢离子浓度增大，电离平衡逆向移动，pH减小；

d．加入少量苛性钠固体；溶液中氢离子浓度减小，电离平衡正向移动，pH增大。

综上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是AD。【解析】①.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad11、略

【分析】【分析】

根据电离常数K值大小和盐类水解大小判断水电离程度的相对大小；根据K值和强酸制弱酸原理判断离子共存；根据氧化还原滴定计算产品纯度；据此解答。

(1)

酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，说明电离程度大于水解程度，①属于碱、⑤属于酸，所以二者都抑制水电离，由于H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5，H2SO3的电离平衡常数K1＞氨水的电离平衡常数K，则H2SO3抑制水电离要大一些，水电离程度①＞⑤；③中电离程度大于水解程度；所以抑制水电离；②④促进水电离但②中阴阳离子相互促进水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案为②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，则酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根据强酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反应，即+=+不能大量共存；故a不符合题意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反应，能大量共存，故b符合题意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反应，能大量共存，故c符合题意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反应，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合题意；

答案为bc。

(3)

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，Fe3+也与碘化钾反应生成碘单质，即整个过程生成的碘单质增大，Na2S2O3标准溶液体积增大，测定结果偏大；消耗硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反应关系式为2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2则反应的Na2S2O3的物质的量为n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的质量分数为×100%=80.00%；答案为偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.00三、判断题(共1题，共2分)12、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、元素或物质推断题(共1题，共2分)13、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、工业流程题(共4题，共36分)14、略

【分析】【分析】

以芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠，芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙，和硫酸钠反应得到硫酸钙和铬酸钠，溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠，加入水精制得到碳酸钠溶液，加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体，抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠，

（1）Na2CrO4中钠元素化合价+1价，氧元素-2价，化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价；

（2）分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行；

（3）已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向进行；

（4）步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体；

（5）六价铬有毒，易造成环境污染；

（6）步骤V合成时，饱和碳酸钠溶液中，加入硅酸钠、30%的过氧化氢、95%的乙醇得到过碳酸钠晶体；

（7）①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，说明反应达到终点；

②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比；据此写出实验测得的产品中活性氧。

【详解】

（1）Na2CrO4中钠元素化合价+1价，氧元素-2价，化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价为+6价，

故答案为+6；

（2）分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行，证明Ksp（CaCrO4）＞Ksp（CaSO4），

故答案为＞；

（3）已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向进行，流程中循环物质X为：Na2Cr2O4，

故答案为Na2Cr2O4；

（4）步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，

故答案为2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

（5）步骤Ⅰ-Ⅲ是为了制得纯碱，从环境保护的角度看：六价铬有毒，易造成环境污染，

故答案为六价铬有毒，易造成环境污染；

（6）步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是：减小过碳酸钠的溶解度，提高产率，

故答案为减小过碳酸钠的溶解度，提高产率；

（7）①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，证明反应达到反应终点，

故答案为浅红色；

②准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL，反应为：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧气质量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比=×100%=

故答案为【解析】+6>Na2Cr2O7六价铬有毒，易造成环境污染减小过碳酸钠的溶解度，提高产率浅红色15、略

【分析】【分析】

工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)，加入碳酸铵溶液浸取，根据溶度积的数值可知，可将CaSO4转化为CaCO3，滤液中主要含有硫酸铵，滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO，将滤渣加入稀盐酸，CaCO3、Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为CaCl2，AlCl3、FeCl3、FeCl2，SiO2与稀盐酸不反应作为滤渣1析出、向滤液中加入过氧化氢将FeCl2转化为FeCl3，加氢氧化钙溶液并调节pH值可除去AlCl3、FeCl3，将它们转化为氢氧化铝和氢氧化铁，CaCl2可以加入碳酸铵溶液制取轻质CaCO3；再将含有硫酸铵的溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得硫酸铵晶体，由此分析。

【详解】

(1)已知常温下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，废渣粉末碳酸铵溶液时，溶度积小的溶液易转化为溶度积更小的溶液，实现硫酸钙向碳酸钙的转化，主要反应的离子方程式为CaSO4(s)+(aq)⇌CaCO3(s)+(aq)；实验时需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化；

(2)废渣粉末“浸取”时，反应温度需控制在60~70℃，合适的加热方式为水浴加热，若温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是温度过高，(NH4)2CO3分解；

(3)根据分析，SiO2与稀盐酸不反应，作为滤渣1析出，滤渣1的成分是SiO2；。

(4)H2O2具有氧化性，加适量过氧化氢将FeCl2转化为FeCl3，过氧化氢的还原产物为水不引入新的杂质，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；“调pH值”除铁和铝时，pH≥4.7时，铁离子和铝离子已经完全沉淀，根据题意，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解；需要应调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜8.5。

【点睛】

根据溶度积的大小，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，可以判断硫酸钙可以转化为碳酸钙，符合沉淀的转化，为易错点。【解析】CaSO4(s)+(aq)⇌CaCO3(s)+(aq)增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化水浴加热温度过高，(NH4)2CO3分解SiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH＜8.516、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池放电拆解处理后；正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到的水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到的水层为硫酸钴溶液，加入碳酸氢铵溶液，沉淀钴离子，得到碳酸钴固体，据此分析解答。

【详解】

(1)该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，说明放电时负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，则放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外，通过放电，将Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率，故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+从负极中脱出进入正极材料中；提高锂的回收率；

(2)正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)分离操作1是用有机溶剂萃取分离出硫酸锂溶液，因此操作1是萃取、分液；酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，故答案为：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

(4)由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，污染环境，因此不能用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液；故答案为：有氯气生成，污染较大；

(5)“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；实验现象为：产生无色无味的气体和沉淀，故答案为：产生气体和沉淀。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意题中“锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)”，结合“充电时阴极反应为6C+xLi++xe-=LixC6”，说明LiCoO2具有强氧化性，可能将盐酸氧化生成氯气。【解析】①.Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C②.Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率③.2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑④.萃取、分液⑤.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O⑥.有氯气生成，污染较大⑦.产生(无色无味的)气体、产生沉淀(或溶液变浑浊)17、略

【分析】【分析】

经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品。

【详解】

(1)放电时，负极Li放电形成Li+；从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并参与正极反应进入正极材料中，所以放电能提高Li回收率；

(2)由图示知，LiCoO2浸出还原后生成Li+、Co2+，Co元素化合价由+3价被还原为+2价，故此时H2O2作还原剂，反应后生成O2，初步确定反应为：LiCoO2+H2O2→Li++Co2++O2↑，根据得失电子守恒配平得：2LiCoO2+H2O2→2Li++2Co2++1O2↑，根据流程知可在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加H2O配平元素守恒，配平后方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；

(3)洗涤沉淀具体操作为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀；待水自然流下后，重复操作2~3次；

(4)Co2+浸出率=

(5)①[Co(H2O)6]2+中配体H2O与中心Co2+形成配位键（属于σ键），故1个H2O周围形成3个σ键，所以该配离子中含σ键数目=3×6=18，[CoCl4]2-中配体Cl-与Co2+之间形成配位键；故该配离子中含σ键数目=4，所以两者σ键数目比为9：2；

②加水稀释，溶液体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色。【解析】放电时，Li+从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并进入正极材料中2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后重复操作2~3次98.00%9∶2加水稀释，溶液体积增大[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色六、原理综合题(共3题，共6分)18、略

【分析】【详解】

Ⅰ．（1）将CO2转化为炭黑进行回收利用，根据反应过程I、II，整个过程中Fe3O4的是一个中间产物；故其作用是中间产物；

（2）①该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨气质量分数减小，故曲线a、b、c对应的温度是由低到高，故a正确；b．加入催化剂能加快化学反应速率但不能影响平衡移动不会提高H2的转化率，故b错误；c．图中Q、M温度相同，K(Q)=K(M)，N点比M点温度高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K(N)

②M点时，氨气的转化率是60%，n(N2)∶n(H2)=1∶3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol气体总质量为34g

故平衡时n（NH3）=1.2molN2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

转化（mol）0.61.81.2

平衡（mol）0.41.21.2

H2的转化率：×100%=60%；

③根据图示和分别表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3离开催化剂表面，b和c的含义分别是。

N2、H2被吸附在催化剂表面、在催化剂表面，N2、H2分子中化学键断裂；

（3）由图示可知：反应物为和H2O2，生成物是和H2O，故方程式为：+H2O2+H2O；

(4)NO初始浓度为450mg·m-3，物质的量浓度是1.5×10-5mol/L，80℃时，tmin达到最大去除率为91.6%，NO去除的平均反应速率：v(NO)==mol·L-1·min-1；

(5)在阳极放电的离子主要是HSO4-，根据阳极区含硫微粒的主要存在形式与pH的关系，电解质溶液的pH范围为0~2，阳极失电子，故HSO4-失电子生成S2O42-，故其电极反应为：2HSO4--2e-=S2O42-+2H+。【解析】中间产物a60%N2、H2被吸附在催化剂表面在催化剂表面，N2、H2分子中化学键断裂+H2O2+H2O(或或)0~22HSO4--2e-=S2O42-+2H+19、略

【分析】【分析】

(1)根据盖斯定律；将已知的热化学方程式进行叠加，可得相应反应的热化学方程式；

(2)①先计算甲烷的化学反应速率；然后根据方程式中甲烷与氢气的物质的量关系计算氢气的反应速率；

②根据化学平衡常数的定义式计算；

③计算此时的浓度商；然后根据浓度商与化学平衡常数大小判断反应进行的方向；

(3)根据反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率；物质的浓度不变；物质的含量不变等判断反应是否处于平衡状态；

(4)根据升高温度；化学平衡向吸热反应方向移动，通过比较两种不同温度的K的大小判断反应热；

(5)①放电时正极发生还原反应；结合电池内的物质判断；

②根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。

【详解】

根据盖斯定律，将(i+ii)÷2，整理可得该反应的热化学方程式为：3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)ΔH=+18.7kJ/mol

(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v(CH4)==0.08mol/(L·min)；

相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其化学方程式中计量数的比，则v(H2)=4v(CH4)=4×0.08(mol/L·min)=0.32(mol/L·min）

②可逆反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)1400

反应(mol/L)0.803.200.801.60

平衡(mol/L)0.200.800.801.60

则300℃时，该反应的平衡常数K==25((L/mol)2)；

③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，由于反应是在2L恒容密闭容器中进行，此时c(CO2)=0.8mol/L、c(H2)=1.0mol/L、c(CH4)=2.8mol/L、c(H2O)=2.0mol/L，浓度商==14<25；说明反应未达到平衡，此时反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率；

(3)A.由于反应混合物都是气体；容器的容积不