2025年人教版（2024）選修四化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）選修四化學下冊月考試卷279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6題，共12分)1、工業(yè)上冶煉鈦的有關(guān)反應如下所示：

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

下列有關(guān)推斷正確的是（）A.2ΔH1=ΔH2B.ΔH1<0，ΔH2>0C.ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2D.2ΔH1-ΔH2>02、用CH4催化還原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混合氣體的密度是相同條件下氫氣密度的17倍，16g甲烷和該混合氣完全反應生成N2、CO2、H2O（g）放出1042.8kJ的熱量，則ΔH1是（）A.﹣867kJ?mol﹣1B.﹣574kJ?mol﹣1C.﹣691.2kJ?mol﹣1D.﹣925.6kJ?mol﹣13、在不同溫度下按照相同物質(zhì)的量投料發(fā)生反應：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)H＜0；測得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關(guān)系如圖所示，有關(guān)說法正確的是。

A.反應溫度：T1＞T2＞T3B.正反應速率：v正(d)＝v正(b)C.混合氣體密度：ρ(a)＞ρ(b)D.混合氣體平均摩爾質(zhì)量：M(b)＜M(c)4、常溫下，向10mL1mol/LNH2OH溶液中加水進行稀釋，所得曲線如圖所示V表示溶液的體積下列說法____的是

A.的電離平衡常數(shù)Kb的數(shù)量級為B.用的鹽酸滴定10ml1mol/LNH2OH溶液至消耗鹽酸體積小于10mLC.當溶液稀釋至時，溶液中由水電離出的D.溶液中離子濃度大小關(guān)系：5、20℃時，在NaOH混合溶液中，含碳示素微粒的分布分數(shù)隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.①表示的分布曲線，③表示的分布曲線B.20℃時，的二級電離平衡常數(shù)C.Q點對應溶液中D.的溶液中：6、室溫下將0.1mol·L-1的燒堿溶液不斷滴加到10.00mL相同濃度的HA溶液中，溶液中-lgc水（H+）與NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示[注：c水（H+）為溶液中水電離的（H+）],下列說法不正確的是。

A.0.1mol·L-1HA溶液pH=3B.b點溶液中存在：c（H+）+c（HA）=c（OH-）C.a、b、c三點溶液中，a點溶液導電性最強D.a、c兩點溶液中均存在:c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、恒溫、恒壓下，在一個容積可變的容器中發(fā)生如下反應：A（g）+B（g）?C（g）

（1）若開始時放入1molA和1molB，達到平衡后，生成amolC，這時A的物質(zhì)的量為_____mol。

（2）若開始時放入3molA和3molB，達到平衡后，生成C的物質(zhì)的量為_____mol。

（3）若開始時放入xmolA、2molB和1molC，達到平衡后，A和C的物質(zhì)的量分別為ymol和3amol，則x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次達到平衡后，C的物質(zhì)的量分數(shù)是_____。8、將4molN2O4放入2L恒容密閉容器中發(fā)生反應N2O4(g)2NO2(g)，平衡體系中N2O4的體積分數(shù)（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(shù)K的值最大的是____點。T2時N2O4的平衡轉(zhuǎn)化率為____；若平衡時間為5s，則此時間內(nèi)的N2O4平均反應速率為____。

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎(chǔ)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(shù)____（填“增大、不變或減小”）。9、化學上把外加少量酸、堿，而pH基本不變的溶液，稱為緩沖溶液。現(xiàn)有25℃時，濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76，已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb為鹽的水解常數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)寫出CH3COONa水解的離子方程式______。

(2)該緩沖溶液中除水分子外，所有粒子濃度由大到小的順序______。

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

(4)人體血液存在H2CO3(CO2)與NaHCO3的緩沖體系，能有效除掉人體正常代謝產(chǎn)生的酸、堿，保持pH的穩(wěn)定，有關(guān)機理說法正確的是______(填寫選項字母)。

a.代謝產(chǎn)生的H+被HCO3-結(jié)合形成H2CO3

b.血液中的緩沖體系可抵抗大量酸；堿的影響。

c.代謝產(chǎn)生的堿被H2CO3中和轉(zhuǎn)化為HCO3-10、常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO2。通入CO2的體積(V)與溶液中水電離產(chǎn)生的OH－離子濃度(c)的關(guān)系如圖所示。

(1)c點溶液中離子濃度由大至小的關(guān)系是：________________________________________________。

(2)a點溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝______________；b點溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填寫“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的電離程度以及pH都增大的是___。(選填序號)

a．加水稀釋b．加入少量乙酸鈉固體c．通氯化氫d．加入少量苛性鈉固體11、完成下列問題。

(1)已知常溫下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5.則等物質(zhì)的量濃度的下列五種溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的電離程度由大到小排列順序為_______(填序號)。

(2)已知H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含雜質(zhì)Fe3+)通常利用“間接碘量法”測定。已知Cu2+與F-不反應，而Fe3+與F-反應生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步驟如下：

①稱取1.250g產(chǎn)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溶液至不再產(chǎn)生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定；平行滴定3次。

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，最終的測量值將_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反應的離子方程式為_______；若Na2S2O3標準溶液的平均用量為10.00mL，則膽礬產(chǎn)品純度為_______%。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)13、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應生成鹽乙。

請回答下列各題:

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

(2)③中反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共36分)14、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)廣泛用于化工、造紙、紡織、食品等行業(yè)，一種以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等為原料制備過碳酸鈉的工藝流程如下：

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

回答下列問題：

(1)Na2CrO4中Cr元素的化合價為___

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

(3)流程中循環(huán)物質(zhì)X為___(填化學式)。

(4)步驟II中發(fā)生反應的化學方程式為_________

(5)步驟I一III是為了制得純堿，從環(huán)境保護的角度看，可能的不足之處是___

(6)步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是___

(7)測定產(chǎn)品活性氧的實驗步驟如下：準確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol·L－1的KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗KMnO4標準溶液VmL。

①滴定到終點時，溶液呈___(填“無色”或“淺紅色”)。

②過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比。該實驗測得的產(chǎn)品中活性氧為___(列出計算表達式)。15、實驗室以工業(yè)廢渣(主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)為原料制取(NH4)2SO4晶體和輕質(zhì)CaCO3；其實驗流程如下：

已知：①金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍(pH=8.5時Al(OH)3開始溶解)。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+開始沉淀時pH3.42.77.611.3完全沉淀時pH4.73.79.6/

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

回答下列問題：

(1)廢渣粉末“浸取”時，主要反應的離子方程式為_____________________________。實驗時需向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是______________________。

(2)廢渣粉末“浸取”時，反應溫度需控制在60~70℃，合適的加熱方式為_________。若溫度過高將會導致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是_______________________。

(3)濾渣1成分是_______________(填化學式)。

(4)加適量H2O2的作用是________________________________(用離子方程式表示)?！罢{(diào)pH值”除鐵和鋁時，應調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為_________________。16、某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)、石墨和鋁箔等，該電池充電時負極(陰極)反應為6C+xLi++xe-=LixC6，鋰電池充放電過程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化?，F(xiàn)利用以下工藝回收正極材料中的某些金屬資源。

回答下列問題：

(1)放電時電池總反應方程式_______________；該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外還有_______________。

(2)寫出“正極堿浸”過程中發(fā)生反應的離子方程式_______________。

(3)分離操作1是_______________；“酸浸”步驟發(fā)生的氧化還原反應化學方程式是_______________。

(4)“酸浸”時若用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺點是_______________。

(5)“沉鈷”過程中的實驗現(xiàn)象有_______________。17、近年來隨著新能源汽車等行業(yè)的不斷發(fā)展，產(chǎn)生了大量的廢舊三元鋰電池，從廢舊鋰電池中回收鈷、鋰、鎳、錳等金屬是新能源汽車發(fā)展道路上必須解決的問題。一種對正極材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金屬進行回收處理的工藝如圖所示：

已知：金屬離子的浸出率計算公式為式中η為金屬的浸出率，為百分數(shù)；C為金屬離子的質(zhì)量濃度，單位為g·mL-1；V為濾液體積；單位為mL；m為鎳鈷錳酸鋰粉末中各金屬的理論質(zhì)量，單位為g。

(1)“放電處理”能提高金屬鋰的回收率，原因是______。

(2)LiCoO2(難溶于水)參與“浸出還原”反應的離子方程式為______。

(3)“共沉淀”過濾后需洗滌濾渣便于進一步回收利用，洗滌的操作過程為______。

(4)浸出實驗首先在三頸燒瓶中加入適量的H2SO4和H2O2，后將準確稱量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中鈷元素含量為18.00％)倒入，反應后將其過濾后定容得溶液的體積為50.00mL，采用電感耦合等離子體光譜儀測定浸出濾液中Co2+為的濃度為17.64mg·mL-1，則Co2+的浸出率為______。

(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉紅色，[CoCl4]2-呈藍色。將CoCl2溶于水，加入濃鹽酸后，溶液由粉紅色變?yōu)樗{色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-?[CoC14]2-+6H2O

①等物質(zhì)的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ鍵數(shù)之比為______。

②將溶液加水稀釋后，藍色溶液又變?yōu)榉奂t色溶液，請用平衡移動原理解釋原因______。評卷人得分六、原理綜合題(共3題，共6分)18、Ⅰ．催化劑是化工技術(shù)的核心，絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)需采用催化工藝。

（1）新的研究表明，可以將CO2轉(zhuǎn)化為炭黑進行回收利用，反應原理如圖所示。

整個過程中Fe3O4的作用是________________________________。

（2）已知反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。按n(N2)∶n(H2)=1∶3向反應容器中投料，在不同溫度下分別達平衡時，混合氣中NH3的質(zhì)量分數(shù)隨壓強變化的曲線如圖所示：

①下列說法正確的是__________。（填字母）

a．曲線a、b、c對應的溫度是由低到高

b．加入催化劑能加快化學反應速率和提高H2的轉(zhuǎn)化率

c．圖中Q、M、N點的平衡常數(shù)：K(N)＞K(Q)=K(M)

②M點對應H2的轉(zhuǎn)化率是__________。

③2007年化學家格哈德·埃特爾在哈伯研究所證實了氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程，示意圖如下：

和分別表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3離開催化劑表面，b和c的含義分別是____________和______________。

（3）有機反應中也常用到催化劑。某反應原理可以用下圖表示，寫出此反應的化學方程式_____________________________。

Ⅱ．過二硫酸鉀(K2S2O8)在科研與工業(yè)上有重要用途。

(4)某廠采用濕法K2S2O8氧化脫硝和氨法脫硫工藝綜合處理燃煤鍋爐煙氣，提高了煙氣處理效率，處理液還可以用作城市植被綠化的肥料。一定條件下，NO去除率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。80℃時，若NO初始濃度為450mg·m-3，tmin達到最大去除率，NO去除的平均反應速率：v(NO)=__________mol·L-1·Min-1（列代數(shù)式，不必計算結(jié)果）

(5)過二硫酸鉀可通過“電解→轉(zhuǎn)化→提純”方法制得，電解裝置示意圖如圖所示。

常溫下，電解液中含硫微粒的主要存在形式與pH的關(guān)系如下圖所示。

在陽極放電的離子主要是HSO4，陽極區(qū)電解質(zhì)溶液的pH范圍為___________，陽極的電極反應式為_____________。19、為了緩解溫空效應，科學家提出了多種回收和利用CO2的方案。

(1)方案1:利用FeO吸收CO2獲得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

請寫出由FeO制備H2的熱化學方程式_________________。

方案2:利用CO2制備CH4

300℃時，向2L恒容密閉容器中充入2molCO2和8molH2發(fā)生反應:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH4，混合氣體中CH4的濃度與反應時間的關(guān)系如圖所示。

(2)①從反應開始到恰好達到平衡時，H2的平均反應速率v(H2)=_________________。

②300℃時，反應的平衡常數(shù)K=_______________。

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

(3)下列有關(guān)說法正確的是(填序號)_______________。

A.容器內(nèi)密度不變；說明反應達到平衡狀態(tài)。

B.容器內(nèi)壓強不變；說明反應達到平衡狀態(tài)。

C.300℃時，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新達到平衡時CH4的濃度等于1.6mo/L

D.每斷開2molC=O鍵的同時斷開4molC-H鍵；說明反應達到平衡狀態(tài)。

E.達到平衡后；分離出水蒸氣，既能加快反應速率又能使平衡正方向移動。

(4)已知200℃時，該反應的平衡常數(shù)K=64.8(L/mol)2。則ΔH4________0(填“>”“<”或“=”)。

方案3：利用“Na-CO2”電池將CO2變廢為寶。我國科研人員研制出的可充電“Na-CO2”電池鈉箔和多壁碳納米管(MWCNT)為電極材料，總反應為4Na+3CO22Na2CO3+C。放電時該電池“吸入”CO2；其工作原理如圖所示:（假設開始時兩極的質(zhì)量相等）

(5)①放電時，正極的電極反應式為_______________。

②若生成的Na2CO3和C全部沉積在電極表面，當轉(zhuǎn)移0.2mole-時，兩極的質(zhì)量差為_____g。20、氮氧化物是形成光化學煙霧和酸雨的重要原因。人們研究了諸多有關(guān)氮氧化物的性質(zhì)；請回答下列問題：

（1）處理NOx的一種方法是利用甲烷催化還原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依次為三個反應的平衡常數(shù)，則K3=______（用K1、K2表示）

（2）在恒容密閉容器中通入等物質(zhì)的量的CO和NO，在一定條件下發(fā)生反應：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；測得NO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強的關(guān)系如圖所示：

①則該反應的△H________0（填“﹤”“﹥”或“=”）。

②對于氣相反應，用某組分(B)的平衡分壓強p(B)代替物質(zhì)的量濃度c(B)也可表示平衡常數(shù)kp，則該反應的平衡常數(shù)表達式kp=________，如果p1=1.65MPa，求a點的平衡常數(shù)kp=_________（MPa）?1(結(jié)果保留3位有效數(shù)字；分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。

③為探究速率與濃度的關(guān)系，該實驗中，根據(jù)相關(guān)實驗數(shù)據(jù)，粗略繪制了2條速率—濃度關(guān)系曲線:v正~c(NO)和v逆~c(CO2)

則：與曲線v正~c(NO)相對應的是圖中曲線________(填“甲”或“乙”)。當降低反應體系的溫度，反應一段時間后，重新達到平衡，v正和v逆相應的平衡點分別為______(填字母)。

（3）利用電化學原理，將NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O72?的廢水，如圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應：Cr2O72?+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

①甲電池工作時，Y是氣體，可循環(huán)使用。則石墨I附近發(fā)生的電極反應式為________。乙池中的pH________（填“變大”“變小”或“不變”）。

②工作時，在相同條件下，甲池內(nèi)消耗的O2和NO2的體積_____。

（4）已知H3PO4為三元酸，Ka1=7.0×10?3mol·L?1，Ka2=6.2×10?8mol·L?1，Ka3=4.5×10?13mol·L?1。則Na2HPO4水溶液呈________（填“酸”、“中”、“堿”）性，用Ka與Kh的相對大小，說明判斷理由________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

A、①×2-②得2C(s)+O2(g)==2CO(g)ΔH=2ΔH1-ΔH2，已知碳燃燒生成CO是放熱反應，即2ΔH1-ΔH2<0，得2ΔH1<ΔH2；所以A；D錯誤；

B、碳燃燒生成CO2和CO燃燒生成CO2都是放熱反應，所以ΔH1<0，ΔH2<0；則B錯誤；

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

正確答案為C。2、B【分析】【詳解】

NO、NO2混合氣體的密度是相同條件下氫氣密度的17倍，則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量=17×2=34，設NO的物質(zhì)的量分數(shù)為x，則NO2的物質(zhì)的量分數(shù)為1-x，30x+46(1-x)=34，解得x=0.75，則混合氣體中NO、NO2的物質(zhì)的量之比為：0.75：0.25=3：1，16g甲烷的物質(zhì)的量為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，根據(jù)蓋斯定律知，①+②得：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=×(△H1-1160kJ?mol﹣1)。NO和NO2的物質(zhì)的量之比為3：1，根據(jù)方程式知，當NO和NO2完全轉(zhuǎn)化為氮氣時，分別和NO、NO2反應的甲烷的物質(zhì)的量之比=∶=3∶2，則有0.6mol甲烷和NO反應、0.4mol的甲烷和NO2反應，16g甲烷和該混合氣完全反應生成N2、CO2、H2O(g)放出1042.8kJ的熱量，則0.6mol×1160kJ/mol+0.5(-△H1+1160kJ?mol﹣1)×0.4mol=1042.8kJ，解得△H1=-574kJ/mol；故選B。

【點睛】

本題考查混合物的計算，根據(jù)NO、NO2混合氣體的密度是相同條件下氫氣密度的17倍，計算出NO、NO2的物質(zhì)的量之比是解題的關(guān)鍵。本題的難點是確定與一氧化氮和二氧化氮反應的甲烷的物質(zhì)的量。3、C【分析】【詳解】

A．該反應為放熱反應，溫度越高，轉(zhuǎn)化率越低，則溫度：T3＞T2＞T1；故A錯誤；

B．b、d溫度相同，壓強不同，壓強越大，反應速率越快，則正反應速率：ν（b）＞ν（d）；故B錯誤；

C.反應前后均為氣體，混合氣體總質(zhì)量不變，相同壓強下，溫度越高，體積越大，密度越?。害?a)＞ρ(b)；故C正確；

D．質(zhì)量不變，CO的轉(zhuǎn)化率越大，平衡后氣體的物質(zhì)的量越小，則M越大，則平均摩爾質(zhì)量：M（b）＞M（c）；故D錯誤；

故選C。4、C【分析】【詳解】

A．依題意的溶液的則所以電離平衡常數(shù)故A正確；

B．用1mol/L的鹽酸滴定10mL1mol/LNH2OH溶液，若二者恰好完全反應需要鹽酸的體積為10mL，得到的是強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，若消耗鹽酸體積應該小于10mL，故B正確；

C．當溶液稀釋至時，溶液說明由于是一元弱堿，溶液中由水電離出的故C錯誤；

D．是強酸弱堿鹽，由于水解溶液顯酸性，所以溶液中離子濃度大小關(guān)系：故D正確；

故選C。5、B【分析】【詳解】

A．①②相比較，pH增大，含量都減小，但pH約為3時②基本為0，所以②表示H2C2O4的分布曲線，①表示HC2O4-的分布曲線，③表示C2O42-的分布曲線，故A錯誤；

B．P點c(HC2O4-)=c(C2O42-)，該溫度下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka2==c(H+)=1×10-4.2mol?L-1，故B正確；

C．Q點呈酸性，則lgc(H+)＞lgc(OH-)，故C錯誤；

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

故選：B。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A.0.1mol?L?1HA溶液c水(H+)=1×10?11mol?L?1，c(OH－)=1×10?11mol?L?1，則c(H+)=1×10?3mol?L?1；因此pH=3，故A正確；

B.b點溶液中溶質(zhì)為NaA，根據(jù)質(zhì)子守恒得到：c(H+)+c(HA)=c(OH－)；故B正確；

C.a、b、c三點溶液中，a點為NaA和HA混合溶液，b點為NaA；c點為NaA和NaOH混合溶液，因此c點離子濃度最大，溶液導電性最強，故C錯誤；

D.根據(jù)電荷守恒a、c兩點溶液中均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(A－)；故D正確。

綜上所述，答案為C。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物質(zhì)的量=參加反應A的物質(zhì)的量，平衡時A的物質(zhì)的量=A的起始物質(zhì)的量-參加反應的A的物質(zhì)的量；

（2）恒溫恒壓下；若開始時放入3molA和3molB，與（1）中A；B的物質(zhì)的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉(zhuǎn)化率相同；

（3）若開始時放入xmolA；2molB和1molC，完全轉(zhuǎn)化到左邊滿足3molA和3molB，與（1）中A；B的物質(zhì)的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉(zhuǎn)化率相同，可以得到3amolC，平衡時A、B的物質(zhì)的量分別為（1）中A、B的3倍，結(jié)合a＜1判斷；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效為開始加入6molA和6molB，與（1）中平衡為等效平衡，平衡時反應物的轉(zhuǎn)化率相同，則平衡時C的物質(zhì)的量分數(shù)與（1）中相同。

【詳解】

解：（1）根據(jù)方程式知；生成amolC消耗amolA，則平衡時A的物質(zhì)的量為（1﹣a）mol；

故答案為：1﹣a；

（2）恒溫恒壓下；若開始時放入3molA；3molB，與（1）中各物質(zhì)濃度分別相等，則（1）（2）中轉(zhuǎn)化率相等，則生成的C是（1）中3倍，為3amol；

故答案為：3a；

（3）若開始時放入xmolA；2molB和1molC；達到平衡后，A和C的物質(zhì)的量分別為ymol和3amol，則（3）中加入的C完全轉(zhuǎn)化為A、B時與（2）中相同，則x+1＝3，x＝2，達到平衡后A的物質(zhì)的量與（2）中相同，為3（1﹣a）mol；

故答案為：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，與（1）相比，為（1）的6倍，則平衡時n（C）＝6amol，混合氣體總物質(zhì)的量＝（6+6﹣6c）mol，則C的物質(zhì)的量分數(shù)

故答案為：

【點睛】

本題考查化學平衡有關(guān)計算、等效平衡問題，充分利用各步的隱含條件，依據(jù)等效平衡的特征分析是本題的關(guān)鍵，注意恒溫恒容容器和恒溫恒壓容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)8、略

【分析】【詳解】

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

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

x=0.5，T2時N2O4的平衡轉(zhuǎn)化率為若平衡時間為5s，則此時間內(nèi)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(chǔ)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(shù)減小?！窘馕觥竣?＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.減小9、略

【分析】【分析】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH；

(2)可以根據(jù)CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液；pH=4.76，呈酸性，結(jié)合電荷守恒分析解答；

(3)濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，也可以計算出Kb再判斷；

(4)H2CO3(CO2)與NaHCO3的緩沖體系中H2CO3(CO2)能中和人體代謝產(chǎn)生的少量堿，同時NaHCO3又可吸收人體代謝產(chǎn)生的少量H+；有效除掉人體正常代謝產(chǎn)生的酸或堿，保持pH的穩(wěn)定，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，離子方程式為CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，故答案為：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；

(2)0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76，呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，以醋酸的電離為主，電荷守恒為c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中離子濃度由大到小的順序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案為：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液呈酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度，即Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO-)，實際上Kb===×10-9；故答案為：＞；

(4)a．人體血液中存在H2CO3?H++HCO3-平衡，人體代謝產(chǎn)生的H+與HCO3-結(jié)合形成H2CO3，隨血液帶到肺部分解生成二氧化碳和水，故a正確；b．血液中的緩沖體系可抵抗少量酸或堿的影響，不能抵抗大量酸或堿的影響，否則緩沖溶液失去作用、出現(xiàn)酸或堿中毒，故b錯誤；c．代謝產(chǎn)生的堿性物質(zhì)進入血液時，立即被H2CO3中和成HCO3-，經(jīng)過腎臟調(diào)節(jié)排除體外，同時H+又可由H2CO3電離補充，維持血液pH的穩(wěn)定，故c正確；故答案為：ac?！窘馕觥竣?CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-②.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)③.＞④.ac10、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氫氧化鈉，溶液在ab段為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，抑制水的電離，bc段；氫氧化鈉不斷被消耗；到達c點，溶液為碳酸鈉溶液，cd段碳酸鈉溶液不斷轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓釟溻c溶液。

【詳解】

(1)c點為碳酸鈉溶液，溶液顯堿性，離子濃度由大至小的關(guān)系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a點為氫氧化鈉溶液，由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b點為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合液，溶液顯堿性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀釋；平衡正向移動，電離程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸鈉固體；溶液中醋酸根濃度增大，電離平衡逆向移動，電離程度減?。?/p>

c．通氯化氫；溶液中氫離子濃度增大，電離平衡逆向移動，pH減??；

d．加入少量苛性鈉固體；溶液中氫離子濃度減小，電離平衡正向移動，pH增大。

綜上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的電離程度以及pH都增大的是AD?！窘馕觥竣?c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad11、略

【分析】【分析】

根據(jù)電離常數(shù)K值大小和鹽類水解大小判斷水電離程度的相對大小；根據(jù)K值和強酸制弱酸原理判斷離子共存；根據(jù)氧化還原滴定計算產(chǎn)品純度；據(jù)此解答。

(1)

酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，說明電離程度大于水解程度，①屬于堿、⑤屬于酸，所以二者都抑制水電離，由于H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5，H2SO3的電離平衡常數(shù)K1＞氨水的電離平衡常數(shù)K，則H2SO3抑制水電離要大一些，水電離程度①＞⑤；③中電離程度大于水解程度；所以抑制水電離；②④促進水電離但②中陰陽離子相互促進水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案為②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越強，酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應，由H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，則酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根據(jù)強酸制弱酸原理，得。

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

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反應，能大量共存，故b符合題意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反應，能大量共存，故c符合題意；

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

答案為bc。

(3)

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，F(xiàn)e3+也與碘化鉀反應生成碘單質(zhì)，即整個過程生成的碘單質(zhì)增大，Na2S2O3標準溶液體積增大，測定結(jié)果偏大；消耗硫酸銅溶液與碘化鉀溶液反應生成白色沉淀(碘化亞銅)并析出碘，離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反應關(guān)系式為2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2則反應的Na2S2O3的物質(zhì)的量為n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的質(zhì)量分數(shù)為×100%=80.00%；答案為偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%?！窘馕觥浚?）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.00三、判斷題(共1題，共2分)12、×【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、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)13、略

【分析】【分析】

根據(jù)題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【詳解】

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O?！窘馕觥縉H4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、工業(yè)流程題(共4題，共36分)14、略

【分析】【分析】

以芒硝（Na2SO4?10H2O）、H2O2等為原料制備過碳酸鈉，芒硝加入水、氧化鈣反應得到鉻酸鈣，和硫酸鈉反應得到硫酸鈣和鉻酸鈉，溶液中通入二氧化碳反應生成碳酸氫鈉晶體和重鉻酸鈉，過濾得到碳酸氫鈉煅燒分解生成碳酸鈉，加入水精制得到碳酸鈉溶液，加入硅酸鈉穩(wěn)定劑、30%的過氧化氫、加入95%的乙醇和飽和碳酸鈉溶液反應得到過碳酸鈉晶體，抽濾乙醇洗滌干燥得到過碳酸鈉，

（1）Na2CrO4中鈉元素化合價+1價，氧元素-2價，化合價代數(shù)和為0計算得到Cr元素的化合價；

（2）分析過程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，說明反應向更難溶的方向進行；

（3）已知2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向進行；

（4）步驟Ⅱ中發(fā)生反應的二氧化碳通入鉻酸鈉溶液中發(fā)生反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉晶體；

（5）六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染；

（6）步驟V合成時，飽和碳酸鈉溶液中，加入硅酸鈉、30%的過氧化氫、95%的乙醇得到過碳酸鈉晶體；

（7）①滴定終點是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液無色變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變，說明反應達到終點；

②過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比；據(jù)此寫出實驗測得的產(chǎn)品中活性氧。

【詳解】

（1）Na2CrO4中鈉元素化合價+1價，氧元素-2價，化合價代數(shù)和為0計算得到Cr元素的化合價為+6價，

故答案為+6；

（2）分析過程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，說明反應向更難溶的方向進行，證明Ksp（CaCrO4）＞Ksp（CaSO4），

故答案為＞；

（3）已知2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向進行，流程中循環(huán)物質(zhì)X為：Na2Cr2O4，

故答案為Na2Cr2O4；

（4）步驟Ⅱ中發(fā)生反應的二氧化碳通入鉻酸鈉溶液中發(fā)生反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉晶體，反應的化學方程式為：2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，

故答案為2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

（5）步驟Ⅰ-Ⅲ是為了制得純堿，從環(huán)境保護的角度看：六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染，

故答案為六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染；

（6）步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是：減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率，

故答案為減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率；

（7）①滴定終點是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液無色變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變，證明反應達到反應終點，

故答案為淺紅色；

②準確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol?L-1的KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗KMnO4標準溶液VmL，反應為：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧氣質(zhì)量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比=×100%=

故答案為【解析】+6>Na2Cr2O7六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率淺紅色15、略

【分析】【分析】

工業(yè)廢渣(主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)，加入碳酸銨溶液浸取，根據(jù)溶度積的數(shù)值可知，可將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，濾液中主要含有硫酸銨，濾渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO，將濾渣加入稀鹽酸，CaCO3、Al2O3、Fe2O3、FeO分別轉(zhuǎn)化為CaCl2，AlCl3、FeCl3、FeCl2，SiO2與稀鹽酸不反應作為濾渣1析出、向濾液中加入過氧化氫將FeCl2轉(zhuǎn)化為FeCl3，加氫氧化鈣溶液并調(diào)節(jié)pH值可除去AlCl3、FeCl3，將它們轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁和氫氧化鐵，CaCl2可以加入碳酸銨溶液制取輕質(zhì)CaCO3；再將含有硫酸銨的溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶可制得硫酸銨晶體，由此分析。

【詳解】

(1)已知常溫下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，廢渣粉末碳酸銨溶液時，溶度積小的溶液易轉(zhuǎn)化為溶度積更小的溶液，實現(xiàn)硫酸鈣向碳酸鈣的轉(zhuǎn)化，主要反應的離子方程式為CaSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)；實驗時需向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是增加溶液中的濃度，促進CaSO4的轉(zhuǎn)化；

(2)廢渣粉末“浸取”時，反應溫度需控制在60~70℃，合適的加熱方式為水浴加熱，若溫度過高將會導致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是溫度過高，(NH4)2CO3分解；

(3)根據(jù)分析，SiO2與稀鹽酸不反應，作為濾渣1析出，濾渣1的成分是SiO2；。

(4)H2O2具有氧化性，加適量過氧化氫將FeCl2轉(zhuǎn)化為FeCl3，過氧化氫的還原產(chǎn)物為水不引入新的雜質(zhì)，離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；“調(diào)pH值”除鐵和鋁時，pH≥4.7時，鐵離子和鋁離子已經(jīng)完全沉淀，根據(jù)題意，pH=8.5時Al(OH)3開始溶解；需要應調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為4.7≤pH＜8.5。

【點睛】

根據(jù)溶度積的大小，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，可以判斷硫酸鈣可以轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，符合沉淀的轉(zhuǎn)化，為易錯點?！窘馕觥緾aSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)增加溶液中的濃度，促進CaSO4的轉(zhuǎn)化水浴加熱溫度過高，(NH4)2CO3分解SiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH＜8.516、略

【分析】【分析】

廢舊鋰離子電池放電拆解處理后；正極用氫氧化鈉溶液，堿溶過濾得到的濾液，調(diào)節(jié)溶液pH，過濾得到氫氧化鋁沉淀；濾渣加入硫酸，過氧化氫調(diào)節(jié)溶液pH過濾，得到的濾液中加入萃取劑萃取分液得到的水層為硫酸鋰，有機層通過反萃取得到的水層為硫酸鈷溶液，加入碳酸氫銨溶液，沉淀鈷離子，得到碳酸鈷固體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)該電池充電時負極(陰極)反應為6C+xLi++xe-=LixC6，說明放電時負極反應式為LixC6-xe-=6C+xLi+，充放電過程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化，則放電過程中，Li1-xCoO2和LixC6發(fā)生氧化還原反應生成LiCoO2和C，反應方程式為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外，通過放電，將Li+從負極中脫出進入正極材料中，提高鋰的回收率，故答案為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+從負極中脫出進入正極材料中；提高鋰的回收率；

(2)正極中含有鋁，鋁易溶于強堿溶液生成AlO2-，反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)分離操作1是用有機溶劑萃取分離出硫酸鋰溶液，因此操作1是萃取、分液；酸浸時反應物有硫酸、過氧化氫以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反應方程式為：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，故答案為：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

(4)由題中信息知LiCoO2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，污染環(huán)境，因此不能用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液；故答案為：有氯氣生成，污染較大；

(5)“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應生成碳酸鈷沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應方程式為CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；實驗現(xiàn)象為：產(chǎn)生無色無味的氣體和沉淀，故答案為：產(chǎn)生氣體和沉淀。

【點睛】

本題的易錯點和難點為(4)，要注意題中“鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)”，結(jié)合“充電時陰極反應為6C+xLi++xe-=LixC6”，說明LiCoO2具有強氧化性，可能將鹽酸氧化生成氯氣?！窘馕觥竣?Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C②.Li+從負極中脫出進入正極材料中，提高鋰的回收率③.2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑④.萃取、分液⑤.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O⑥.有氯氣生成，污染較大⑦.產(chǎn)生(無色無味的)氣體、產(chǎn)生沉淀(或溶液變渾濁)17、略

【分析】【分析】

經(jīng)過放電處理后，負極Li放電形成Li+，最終轉(zhuǎn)移到正極材料中，可提高Li元素的回收率，經(jīng)過浸出還原，正極材料中相關(guān)元素轉(zhuǎn)化為Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH調(diào)節(jié)pH至11，可將Ni2+、Co2+、Mn2+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，最終在濾液中加入Na2CO3得到Li2CO3產(chǎn)品。

【詳解】

(1)放電時，負極Li放電形成Li+；從負極材料中脫出，經(jīng)電解質(zhì)溶液向正極移動并參與正極反應進入正極材料中，所以放電能提高Li回收率；

(2)由圖示知，LiCoO2浸出還原后生成Li+、Co2+，Co元素化合價由+3價被還原為+2價，故此時H2O2作還原劑，反應后生成O2，初步確定反應為：LiCoO2+H2O2→Li++Co2++O2↑，根據(jù)得失電子守恒配平得：2LiCoO2+H2O2→2Li++2Co2++1O2↑，根據(jù)流程知可在左邊添加6個H+配平電荷守恒，右邊添加H2O配平元素守恒，配平后方程式為：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；

(3)洗滌沉淀具體操作為：沿玻璃棒向過濾器中加蒸餾水至浸沒沉淀；待水自然流下后，重復操作2~3次；

(4)Co2+浸出率=

(5)①[Co(H2O)6]2+中配體H2O與中心Co2+形成配位鍵（屬于σ鍵），故1個H2O周圍形成3個σ鍵，所以該配離子中含σ鍵數(shù)目=3×6=18，[CoCl4]2-中配體Cl-與Co2+之間形成配位鍵；故該配離子中含σ鍵數(shù)目=4，所以兩者σ鍵數(shù)目比為9：2；

②加水稀釋，溶液體積增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-濃度都減小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化學計量數(shù)之和大于[CoCl4]2-的化學計量數(shù)，則瞬間Qc>K，平衡逆向移動，使得溶液呈粉紅色?！窘馕觥糠烹姇r，Li+從負極材料中脫出，經(jīng)電解質(zhì)溶液向正極移動并進入正極材料中2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O沿玻璃棒向過濾器中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后重復操作2~3次98.00%9∶2加水稀釋，溶液體積增大[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-濃度都減小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化學計量數(shù)之和大于[CoCl4]2-的化學計量數(shù)，則瞬間Qc>K，平衡逆向移動，使得溶液呈粉紅色六、原理綜合題(共3題，共6分)18、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．（1）將CO2轉(zhuǎn)化為炭黑進行回收利用，根據(jù)反應過程I、II，整個過程中Fe3O4的是一個中間產(chǎn)物；故其作用是中間產(chǎn)物；

（2）①該反應為放熱反應，壓強相同時，升高溫度，平衡逆向移動，氨氣質(zhì)量分數(shù)減小，故曲線a、b、c對應的溫度是由低到高，故a正確；b．加入催化劑能加快化學反應速率但不能影響平衡移動不會提高H2的轉(zhuǎn)化率，故b錯誤；c．圖中Q、M溫度相同，K(Q)=K(M)，N點比M點溫度高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故K(N)

②M點時，氨氣的轉(zhuǎn)化率是60%，n(N2)∶n(H2)=1∶3，設n(N2)=1mol，n(H2)=3mol氣體總質(zhì)量為34g

故平衡時n（NH3）=1.2molN2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

轉(zhuǎn)化（mol）0.61.81.2

平衡（mol）0.41.21.2

H2的轉(zhuǎn)化率：×100%=60%；

③根據(jù)圖示和分別表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3離開催化劑表面，b和c的含義分別是。

N2、H2被吸附在催化劑表面、在催化劑表面，N2、H2分子中化學鍵斷裂；

（3）由圖示可知：反應物為和H2O2，生成物是和H2O，故方程式為：+H2O2+H2O；

(4)NO初始濃度為450mg·m-3，物質(zhì)的量濃度是1.5×10-5mol/L，80℃時，tmin達到最大去除率為91.6%，NO去除的平均反應速率：v(NO)==mol·L-1·min-1；

(5)在陽極放電的離子主要是HSO4-，根據(jù)陽極區(qū)含硫微粒的主要存在形式與pH的關(guān)系，電解質(zhì)溶液的pH范圍為0~2，陽極失電子，故HSO4-失電子生成S2O42-，故其電極反應為：2HSO4--2e-=S2O42-+2H+?！窘馕觥恐虚g產(chǎn)物a60%N2、H2被吸附在催化劑表面在催化劑表面，N2、H2分子中化學鍵斷裂+H2O2+H2O(或或)0~22HSO4--2e-=S2O42-+2H+19、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)蓋斯定律；將已知的熱化學方程式進行疊加，可得相應反應的熱化學方程式；

(2)①先計算甲烷的化學反應速率；然后根據(jù)方程式中甲烷與氫氣的物質(zhì)的量關(guān)系計算氫氣的反應速率；

②根據(jù)化學平衡常數(shù)的定義式計算；

③計算此時的濃度商；然后根據(jù)濃度商與化學平衡常數(shù)大小判斷反應進行的方向；

(3)根據(jù)反應達到平衡時正反應速率等于逆反應速率；物質(zhì)的濃度不變；物質(zhì)的含量不變等判斷反應是否處于平衡狀態(tài)；

(4)根據(jù)升高溫度；化學平衡向吸熱反應方向移動，通過比較兩種不同溫度的K的大小判斷反應熱；

(5)①放電時正極發(fā)生還原反應；結(jié)合電池內(nèi)的物質(zhì)判斷；

②根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等計算。

【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，將(i+ii)÷2，整理可得該反應的熱化學方程式為：3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)ΔH=+18.7kJ/mol

(2)①從反應開始到恰好達到平衡時，CH4的平均反應速率v(CH4)==0.08mol/(L?min)；

相同時間內(nèi)各物質(zhì)的平均反應速率之比等于其化學方程式中計量數(shù)的比，則v(H2)=4v(CH4)=4×0.08(mol/L?min)=0.32(mol/L?min）

②可逆反應CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

開始(mol/L)1400

反應(mol/L)0.803.200.801.60

平衡(mol/L)0.200.800.801.60

則300℃時，該反應的平衡常數(shù)K==25((L/mol)2)；

③300℃時，如果該容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，由于反應是在2L恒容密閉容器中進行，此時c(CO2)=0.8mol/L、c(H2)=1.0mol/L、c(CH4)=2.8mol/L、c(H2O)=2.0mol/L，濃度商==14<25；說明反應未達到平衡，此時反應正向進行，因此正反應速率大于逆反應速率；

(3)A.由于反應混合物都是氣體；容器的容積不