1、厦门双十中学20182019学年高二 (下)第二次月考化学试卷可能用到的相对霣子成量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 S-32一、单选题(本大雇共16小共48分)1.磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣
2、中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3，C正确；D、碳酸锂沉淀，硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化
3、关系是解答的关键，题目难度不大。2.高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是A. 高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B. 高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C. 高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D. 高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解【答案】D【解析】【详解】A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B.由于高温高压液态水中，
4、c(H+)和c(OH)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故答案选D。3.关于化学与生活、化学与生产，下列说法正确的是（ ）A. 泡沫灭火器的成分为Al2(SO4)3溶液和N
5、a2CO3溶液，二者接触后因发生双水解反应而快速产生CO2B. 工业上常用NH4Cl溶液除锈，利用了NH4Cl溶液水解显酸性C. 工业电解精炼铜用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，相同时间段内阴极和阳极的质量变化相等D. 为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为牺牲阳极的阴极保护法【答案】B【解析】【详解】A.泡沫灭火器成分为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液，二者接触后因发生双水解反应产生氢氧化铝沉淀和CO2，A错误；B.工业上常用NH4Cl溶液除锈，是利用NH4Cl中的NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c(H
6、+)c(OH-)，因此其溶液水解显酸性，B正确；C.工业电解精炼铜时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，阳极上先是活动性比Cu强的金属失去电子，变为金属阳离子进入溶液，后Cu失去电子，变为Cu2+进入溶液，活动性比Cu弱的沉积在容器底部，形成阳极泥，在阴极上溶液中的Cu2+获得电子变为Cu单质，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以在时间段内阴极和阳极的质量变化不相等，C错误；D.为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为外接电流的的阴极保护法，D错误；故答案是B。4.下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是()A. 加热蒸干Na2CO3溶液，最后
7、可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体B. 除去MgCl2中的Fe3，可以加入NaOH固体C. 明矾净水的反应：Al33H2OAl(OH)33HD. 加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑与CO2的反应)【答案】C【解析】【详解】A. 加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO32-水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3，A项错误；B. Mg2和Fe3均可与OH反应生成沉淀，且引入了新杂质Na，应用MgO或MgCO3固体，B项错误；C. 明矾的主要成分为KAl(SO4)212H2O，明矾净水主要利用了铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附性，
8、能吸附水中的悬浮物，其离子反应方程式为：Al33H2OAl(OH)33H，C项正确；D. KCl不水解，不可能得到KOH固体，加热蒸干KCl溶液得到KCl固体；D项错误；答案选C。【点睛】加热蒸干过程得到的物质主要涉及盐类水解或氧化还原原理，可以归纳如下：1、溶质会发生水解反应的盐溶液，则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。若为易挥发性的酸（如HCl、HNO3等），则蒸干得到的是金属的氢氧化物，灼烧得到金属的氧化物。若为难挥发性酸（如硫酸等），蒸干最终得到溶质本身固体；2、溶质易与O2发生氧化还原反应的盐溶液，则最终得到稳定的产物，如加热蒸干亚硫酸钠，则最终得到硫酸钠；3、溶质受热易分解的盐溶液，
9、则最终会得到分解的稳定产物，如加热蒸干碳酸氢钠溶液，最终得到碳酸钠。学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。5.下列有关电解质溶液的说法正确的是()A. 将CH3COONa溶液从20 升温至30 ，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)一定增大B. 向0.1 molL1的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大C. 向0.1 molL1的NaHSO3溶液中加入少量Na2SO3固体，则c(H)c(Na)c(HSO3-)c(OH)c(SO32-)D. 可用浓度大于0.36 molL1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃已知Ksp(Ba
10、SO4)1.11010【答案】D【解析】【详解】A、将CH3COONa溶液从20升温至30，水解程度增大，所以醋酸根离子的物质的量减小，水解生成的醋酸分子和氢氧根物质的量都增大，又在同一溶液中，体积相等，所以减小，故A错误；B、水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CH3COONa的水溶液显碱性，向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，CH3COO浓度增大会抑制CH3COOH的电离，CH3COOH的电离程度减小，故B错误；C加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故C错误；D钡餐是药用硫酸钡(硫
11、酸钡的悬浊液)，说明BaSO4悬浊液中的Ba2浓度对人体是安全的，BaSO4悬浊液中c(Ba2)1.05105 molL1，用浓度大于0.36 molL1的Na2SO4溶液给Ba2中毒患者洗胃时，胃液中残余c(Ba2) = molL11.05105 molL1，是安全的，故D正确；答案选D。6.向Na2CO3、NaHCO3混合液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随稀盐酸加入量的变化关系如图，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A. a点对应的溶液中：Ca2+、Mg2+、Br-、NO3-B. b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、NO3-C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、
12、NO3-、Cl-D. d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+【答案】C【解析】试题分析：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，Aa点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，故A错误；Bb点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；Cc点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；Dd点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存
13、，故D错误，故选C。【考点定位】本题考查离子共存问题【名师点晴】为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，搞清各点溶液的酸碱性及已知存在的离子微粒是解题关键，再结合常见离子的性质，根据常见的离子反应类型如生成沉淀、生成气体、生成弱电解质、生成氧化还原反应等判断各项是否符合题意即可。7.工业上可用甲苯合成苯甲醛：，下列说法正确的是A. 甲苯分子中所有原子都在同一平面内B. 反应的反应类型相同C. 一氯甲苯的同分异构体有3种D. 苯甲醇可与金属钠反应【答案】D【解析】分析：A.甲苯中甲基为四面体结构；B.水解反应属于取代反应，醇变醛为氧化反应；C. Cl可在
14、甲基或苯环上,在苯环上有邻、间、对位置，同分异构体有4种；D.醇都能够与金属钠反应放出氢气；据此解答。详解：A.甲苯中甲基为四面体结构,则所有原子不可能共面,A错误；B由合成流程可以知道,为甲苯光照下的取代反应,为卤代烃的水解反应,为醇的氧化反应，B错误；C.Cl可在甲基或苯环上,在苯环上有邻、间、对位置，同分异构体有4种,C错误；D.苯甲醇含有醇羟基，能够与钠发生反应生成氢气，D正确；正确选项D。8.用下列装置能达到实验目的的是A淸洗铜与浓硫 酸反应后有残 液的试管B配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C以淀粉为指示 剂，用酸式滴 定管盛放 Na2S2O3标准溶液进行滴定D装置为
15、制备并用 排气法收集NO 气体的装置(稀硝酸+钢屑)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A应先将残液注入盛有水的烧杯中，然后再洗涤试管，故A错误；B加水至刻度线12cm处改用胶头滴管滴加，图中操作不合理，故B错误；CNa2S2O3溶液显碱性，应选择碱式滴定管盛装Na2S2O3标准溶液，故C错误；DCu与稀硝酸反应生成NO，NO可排出二氧化碳，图中装置可排气法收集NO气体，故D正确；故答案为D。9.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A. 1L0.1molNH4Cl溶液中，的数量为0.1B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1C. 标准状况下，2.24
16、LN2和O2的混合气体中分子数为0.2D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2【答案】D【解析】A、NH4是弱碱阳离子，发生水解：NH4H2ONH3H2OH，因此NH4数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.42/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。
17、10.NiS 可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。NiS 在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，经过过滤，制得NiS 沉淀，装置如图所示:下列对实验的叙述正确的是A. 在装置A中滴加蒸馏水前通入N2，是为了将H2S赶入C 装置中与NiSO4溶液反应B. 装置B 中盛放浓硫酸C. 装置D 中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水D. 反应结束后继续通入N2 可将C装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中【答案】C【解析】A. NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S，在装置A中滴加蒸馏水前通入N2，是为了将除去装置中的空气，故A错误；B. 硫化氢能够被浓硫酸氧化，故B错误
18、； C. NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S，为了防止被氧化，装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水，故C正确；D. 反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的H2S赶出吸收，防止污染空气，故D错误；故选C。11.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25 时，KspZn(OH)21.01017， KspAg2SO41.2105，则下列说法正确的是（ ）A. 在水中加入少量ZnSO4固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，Kw减小B. 在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为：c(Zn2) + c(H)c(OH) + c(SO42)C. 在0.5 L 0
19、.10 molL1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 molL1的AgNO3溶液，即可生成Ag2SO4沉淀D. 常温下，要除去0.20 molL1 ZnSO4溶液中的Zn2，至少要调节pH8【答案】D【解析】试题分析：A、温度不变，水的离子积常数不变，A错误；B、根据电荷守恒，在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为：2c(Zn2)c(H)c(OH)2c(SO42)，B错误；C、在0.5 L 0.10 molL1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 molL1的AgNO3溶液后，c(SO42)=0.05 molL1，c(Ag+)=0.01 molL1，Q= c2(Ag+) c(SO42)=5
20、106Ksp，所以不会生成Ag2SO4沉淀，C错误；D、要除去0.20 molL1ZnSO4溶液中的Zn2，残留在溶液中的离子浓度小于110-5molL1时就认为沉淀完全，c 2（OH-）= KspZn(OH)2/ c(Zn2)= 1.01017/110-5=10-12molL1，c（OH-）=10-6molL1， 则c（H+）=10-8molL1，所以至少要调节pH8，D正确。答案选D。考点：环境污染12.下图为一种利用原电池原理设计测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与AlI3 反应生成Al2O 3和I2，通过电池电位计的变化
21、可以测得O2的含量。下列说法正确的是（ ）A. 正极反应为：3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3B. 传感器总反应为：3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgIC. 外电路转移0.01mol电子，消耗O2的体积为0.56LD. 给传感器充电时，Ag+向多孔石墨电极移动【答案】B【解析】【分析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O22Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e=Ag，正极发生I2+2Ag+2e=2AgI，充电时，阳极与外加电源正极相接、阴极阴极与外加电源负极相接，反应式与正极、负极反应式正好相反【详解】A原电池正极电极
22、反应为I2+2Ag+2e=2AgI，故A错误；B由题中信息可知，传感器中首先发生4AlI3+3O22Al2O3+6I2，然后发生原电池反应2Ag+I2=2AgI，+3得到总反应为3O2+4AlI3+12Ag2Al2O3+12AgI，故B正确；C没有指明温度和压强，无法计算气体体积，故C错误；D给传感器充电时，Ag向阴极移动，即向Ag电极移动，故D错误；故选B。13.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，反应如下：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），在2L密闭容器中充入物质的量之比为1：2的CO和H2，在催化剂作用下充分反应，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化
23、如图所示，下列说法正确的是（）A. 该反应的H0，且p1p2p3B. 在C点时，H2转化率为75%C. 反应速率：逆（状态A）逆（状态B）D. 在恒温恒压条件下，向该密闭容器中再充入1molCH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数增大【答案】B【解析】试题分析：A升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，H0，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可以提高CH3OH的体积分数，则p2p1，A项错误；B在C点，假设反应的CO的物质的量为xCO(g)+2H2(g)CH3OH(g）起始120反应x2xx平衡1-x2-2xx则x/(1-x)+(2-2x)+x
24、100%=50%，解得x=075，因此CO转化率为75%，B项正确；C温度越高，反应速率越快，B的反应温度高，反应速率：逆(状态A)逆(状态B)，C项错误；D在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，根据等效平衡的建立条件，达平衡时CH3OH的体积分数相同，D项错误；答案选B考点：考查了化学平衡图像的相关知识。14.下列实验中，对应的操作、现象及实验原理或结论均正确的是实验目的操作和现象实验原理或结论A验证AgI和 AgCl的 Ksp大小向1mL 1molL-1NaCl溶液中滴加2滴 2molL-1 AgNO3溶液，生成白色沉淀；再滴加 2滴1molL-1KI溶液，白色沉淀变成黄色沉
25、淀AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+ Cl-(aq)B比较HClO和 HF溶液的酸性室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL-1NaClO 溶液、0.1molL-1NaF 溶液的pH酸越弱，酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强C提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥氯化钠溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾溶解度随温度升髙显著增大D检验某溶液中是否含有CO32- 先滴加盐酸产生气泡，将该气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成该溶液中一定含有CO32-A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A结构相似的难溶物，溶度积大的物质能转化
26、为溶度积小的物质，在NaCl过量的条件下，先生成AgCl沉淀后转化为AgI沉淀，说明发生了沉淀的转化，则存在AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)，故A正确；BNaClO具有强氧化性，能氧化pH试纸，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH值，故B错误；C少量硝酸钾，NaCl量多，应选蒸发结晶法分离，故C错误；DCO32-和HCO3-都能和稀盐酸反应生成二氧化碳，且能使澄清石灰水变浑浊的气体还有二氧化硫，所以不能根据该现象确定溶液中一定含有CO32-，故D错误；故答案为A。【点睛】根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。溶度积Ksp的大小
27、和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。15.用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向2L密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)2NO(g) N2(g)CO2(g) H0。在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度(mol/L)如表所示，则下列说法不正确的是时间/t(min)01
28、020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30A. 1020 min内，NO的平均反应速率为0.018mol/（Lmin）B. T1时，该反应的平衡常数K=0.25C. 保持与前30min的反应条件相同，再向容器中加入2molN2和2molNO，则平衡向左移动D. 30min后，只改变了一个条件，根据上述表格判断，该条件可能为缩小容器体积【答案】C【解析】【详解】A. 1020 min内，NO的浓度从0.68变为0.50，反应了0.18，经历了10min,A项不符合题意；B.
29、T1时，20min时已经达到平衡，可用20min的数据计算平衡常数，B项不符合题意；C.利用浓度商Qc，再增加2molN2和2molNO，N2和NO的浓度变为1.25和1.5， 带入数据，Qc c(NH4+)B. N 点所示溶液中可能存在：c (NH4+)+ c(NH3H2O)= c(Cl-)C. Q 点盐酸与氨水恰好中和D. M 点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小【答案】B【解析】【分析】室温下，Kw=c（H+）c（OH-）=10-14，则溶液的pH+pOH=14，由图可得，Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性，M点溶液呈碱性，N点溶液呈酸性。据此并结合溶液中的守恒关系进行判断。【详
30、解】A项，M点溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒可得：c(Cl-)c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(NH4+)c(Cl-)，所以可能存c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-)（当两溶液恰好完全反应时得到氯化铵溶液，氯化铵水解使溶液呈酸性，根据物料守恒可知，此等式成立。），故B正确；C项，盐酸与氨水恰好中和得到NH4Cl溶液呈酸性，而Q点溶液呈中性，氨水稍过量，故C错误；D项，氨水中水的电离被抑制，滴加盐酸生成氯化铵，使水的电离程度增大，Q点时溶液呈中性，水的电离既不被抑制也不被促进，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度增大，故D错误。综上所述，符合题意的选项为B。主观题
31、(本大题共4小题，共52分)17.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因_。己知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_(填写“增强”或“减弱”)，理由是_(写出1条即可)无机碳HCO3-90%CO32-9%CO21%H2CO3其中H2CO3仅为CO2的0.2%(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) Hab B.上述三种温度之间关系为T1T2T3C.a点(1.5，50)状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3
32、OH，平衡不移动 D.c点状态下再通入1 molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：NO的作用是_。己知:O3(g)+O(g)=2O2(g) H =-143kJmol-1反应 1: O3(g)+NO(g) NO2(g)+O2(g) H1=-200.2kJmol-1 反应2:热化学方程式为_。(4)近年来，地下水中的氮污染己成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用 下，密闭容器中的H2可髙效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)从而降低水体中的氮含量，其工作原理如下图所示Ir表面发生反应的方程式为_。若导电基体上的Pt
33、颗粒增多，造成的后果是_。(5)利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示，甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则石墨II附近发生的电极反应式为_。(6)大气污染物SO 2可用NaOH吸收。已知pKa=-lgKa，25时，H2SO3 的 pKa1=1.85， pKa2=7.19。该温度下用 0.1molL-1NaOH溶液滴定 20mL0.1molL-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示。b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_；c点所得溶液中：c(Na+)_3c(HSO3-)(填“”、“ c(HSO3-) c(S
34、O32-)c(H+)c(OH-) (11). 【解析】【分析】(1)碳酸根离子、碳酸氢根离子水解，溶液呈碱性；夏天温度升高，水解反应为吸热反应，氢氧根离子浓度增大；升高温度后二氧化碳的溶解度减小，溶液酸性减弱等，导致溶液碱性增强；(2)A反应放热，其它条件相同时，温度越高，反应物的转化率越低；温度相同时，H2的转化率随n(H2)/n(CO)的增大而减小；B反应放热，n(H2)/n(CO)相同时，根据温度越高，反应物的转化率越低分析判断；C根据平衡常数k与浓度商Qc判断：KQc时，反应正向进行；K=Qc时，反应达到平衡状态；KQc时，反应逆向进行；D反应正向是体积减小的反应，增大气体压强，反应正
35、向进行，反应物的含量减小；(3)反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气；O3(g)+O(g)2O2(g)H=-143kJ/mol，O3(g)+NO(g)NO2(g)+O2(g)H1=-200.2kJ/mol，盖斯定律计算-得到反应2的热化学方程式；(4)由原理示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O；由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根；(5)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨为负极，石墨为正极；(6)b点恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则c(H+)c(
36、OH-)，说明HSO3-的电离程度对应其水解程度，结合电荷守恒分析离子浓度大小；c点pH=7.19=pKa2，结合Ka2=可知：c(HSO32-)=c(SO32-)，据此结合电荷守恒分析。【详解】(1)由于存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-或HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以海水呈弱碱性；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡向着正向移动，c(OH-)增大，溶液碱性增强；另外夏天光合作用强，c(CO2)减小，使平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液酸性减弱；还有夏天温度升高，二氧化碳在水中溶解度减小，酸性减弱，导致碱性增强；(2)A由图可知，当n(H2)/
37、n(CO)=1.5时，a点CO的转化率大于温度为T3时对应CO的转化率，当温度为T3时，随着n(H2)/n(CO)增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以有abc，故A错误；B根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H0，因为是放热反应，所以温度越高CO的转化率越小，由图可以看出，当n(H2)/n(CO)相等时，T1、T2、T3温度下对应CO的转化率：T1T2T3，所以温度大小为：T3T2T1，故B错误；Ca点时，CO的转化率为50%，反应的三段式为： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始量(mol/L)1 1.5 0变化量(mol/L)0.5 1 0.5平衡量(mol/L)
38、0.5 0.5 0.5平衡常数K=4，再通入0.5mol CO和0.5molCH3OH，c(CO)=c(CH3OH)=1mol/L，c(H2)=0.5mol/L，浓度商Qc=4=K，所以平衡不移动，故C正确；Dc点状态下再通入1molCO和4mol H2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D错误；故答案为C；(3)反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂；已知：O3(g)+O(g)2O2(g)H=-143kJ/mol，O3(g)+NO(g)
39、NO2(g)+O2(g)H1=-200.2kJ/mol，根据盖斯定律，-得：NO2(g)+O(g)NO(g)+O2(g)H2=(-143kJ/mol)-(-200.2kJ/mol)=+57.2 kJ/mol，故反应2的热化学方程式为NO2(g)+O(g)NO(g)+O2(g)H2=+57.2 kJ/mol；(4)由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2O=N2+H2O；由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量；(5)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨为负极，电极反应式为NO2+NO3-e-=N2
40、O5，石墨为正极O2+2N2O5+4e-4NO3-；(6)b点是用0.1molL-1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则c(H+)c(OH-)，说明HSO3-的电离程度对应其水解程度，c(Na+)c(HSO3-)，由于氢离子还来自水的电离，则c(H+)c(SO32-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)；c点pH=7.19=pKa2，结合Ka2=可知：c(HSO32-)=c(SO32-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH
41、-)可知：c(H+)+c(Na+)=3c(HSO3-)+c(OH-)，此时溶液呈碱性，则c(H+)c(OH-)，所以c(Na+)3c(HSO3-)。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。18.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O42H2O工艺流程如下已知：
42、浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等； 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀pH3.75.29.29.69.8(1)CoC2O42H2O中C的化合价是_。(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：_。(3)浸出液中加入NaClO3的目的是_。(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是_(填化学式)，试用离子方程式和必要的文字简述其原理：_。(5)萃取剂对金属离子的萃取
43、率与pH的关系如图，萃取剂的作用是_；其使用的适宜pH范围是_。A. 2.02.5 B. 3.03.5 C. 4.04.5(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。己知Ksp(MgF2)=7.3510-11、Ksp(CaF2)=1.0510-10，当加入过量 NaF后，所得滤液 c(Mg2+)/c(Ca2+) =_。(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O42H2O，最终得到产品m2kg，产率(实际产量/理论产量100%)为_。(已知：M(Co2O3)=166， M(CoC2O42H2O)=183，仅需列出数字计算式)。【答案】 (1). +3 (2). S
44、O32-+ Co2O3+4H+=2Co2+SO42-+2H2O (3). 将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+ (4). Fe(OH)3 (5). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进水解平衡向右移动 (6). 除去溶液中的Mn2+ (7). B (8). 0.7 (9). 100%【解析】【分析】用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O42H2O，水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息中浸出液含有
45、的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O42H2O，据此解答。【详解】(1)CoC2O42H2O中Co为
46、+2价，O为-2价，根据各元素正、负化合价代数和为0，计算得元素C的化合价是+3价；(2) 加入Na2SO3主要Co3+还原为Co2+，发生反应的离子方程式为：Co2O3+4H+SO32-2Co2+SO42-+2H2O；(3)浸出液中加入NaClO3的目的是加入 NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去Fe3+；(4) 加Na2CO3调节溶液pH=5.2，能使Fe3+、Al3+ 离子转化成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+3H2OFe(OH)3+3H+、Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸钠后CO32-与H
47、+结合生成难电离的HCO3-，使水解平衡右移而产生沉淀； (5) 根据流程图可知，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，加入萃取剂目的是除去Mn2+，则选取的萃取剂不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故B正确，故答案为B。 (6) 当加入过量NaF后，所得滤液=0.7； (7) m1kg水钴矿中含Co2O3的物质的量为，则CoC2O42H2O的理
48、论产量为2183g/mol，则产率为100%=100%。19.钒基固溶体合金是一类重要的贮氢材料。某课外小组采用廉价原料NH4VO3、TiO2和Fe2O3，制出含VO2+、 TiO2+和Fe3+的金属盐溶液，然后选择氨水作沉淀剂进行共沉淀反应，对共沉淀物含 VO(OH)2， Ti(OH)4、Fe(OH)3进行煅烧还原制备合金样品。制备共沉淀物的装置如下图：(1)用浓氨水配制500mL2molL-l的稀氨水，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和_。(2)装置B的作用是_。(3)制备VO2+时，用草酸将VCV还原得VO2+。若把草酸改为盐酸，也能得到VO2+，但会产生一种有毒气体，该反应的离子方程式
49、为_。(4)反应过程補控制温度为60，三颈烧瓶的加热方式是_。(5)往三颈烧瓶中滴加含金属离子的混合液，得悬浊液，取出充分沉降。检测上层清液是否含Fe3+的实验方案是_。若过滤速度较慢，可采用_(填操作名称)用无水乙醇洗涤：与水相比，使用无水乙醉洗涤的优点是：_；简述洗涂的具体操作：_。低温干燥，得共沉淀物。(6)将(5)所得共沉淀物锻烧并还原后得钒基固溶体合金。为测定产品中铁的质量分数，取50.60g 产品溶于足量稀硫酸(其中V、Ti不溶)，过滤，将滤液配成250.00mL，取25.00mL溶液，用 0.1000molL-1酸性KMnO4溶液滴定，进行平行实验后，平均消耗KMnO4溶液的体积
50、为20.00mL。则产品中铁(M=56)的质量分数为_(保留2位有效数字)。【答案】 (1). 500mL容量瓶 玻璃棒 量筒 (2). 吸收尾气中的氨气并防止倒吸 (3). 2VO2+4H+2Cl-=2VO2+2H2O+Cl2 (4). 60水浴加热 (5). 取少量上层清液加入KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色(或其他合理答案) (6). 抽滤 (7). 乙醇易挥发容易干燥 (8). 向漏斗中加入无水乙醇至浸没沉淀，待乙醇自然流下后，重复操作23次，直至洗涤干净即可 (9). 11%【解析】【分析】(1)配制溶液需要烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒、量筒；(2)B中吸收尾气；(3
51、)由信息可知盐酸将VO2+还原得VO2+，还生成氯气；(4)控制温度为60，可水浴加热控制温度；(5)铁离子遇KSCN溶液为血红色；结合常见的过滤方式分析；使用无水乙醇洗涤，可减少固体溶解损失，且酒精易挥发；根据洗涤操作要点回答；(6)由5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O及原子守恒可知5Fe5Fe2+MnO4-，以此计算。【详解】(1)用浓氨水配制500mL2 molL-1的稀氨水，计算后量取、溶解、冷却、转移到500mL容量瓶中定容，则需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和500mL容量瓶、玻璃棒、量筒；(2)装置B的作用是吸收尾气中的氨气并防止倒吸；(3)由信息可知盐酸将
52、VO2+还原得VO2+，还生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子反应为2VO2+4H+2Cl-=2VO2+2H2O+Cl2；(4)反应过程需控制温度为60，三颈烧瓶的加热方式是60水浴加热；(5)检测上层清液是否含Fe3+的实验方案是取少量上层清液加入KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色；若过滤速度较慢，可用抽滤代替，提升固液分离速率；使用无水乙醇洗涤的优点是乙醇易挥发容易干燥、减少洗涤时因固体溶解而损失；洗涤的具体操作要点是向漏斗中加入无水乙醇至浸没沉淀，待乙醇自然流下后，重复操作23次，直至洗涤干净即可；(6)由5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O及原子守恒可知5Fe
53、5Fe2+MnO4-，则产品中铁的质量分数为11%。20.为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究：小组记最的实验现象如下表所示:开始时5min 后3天后实验I溶液立即变为红褐色，比II、III中略浅与开始混合时一致溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀实验II溶液立即变为红褐色红褐色明显变浅溶液呈黄绿色实验III溶液立即变为红褐色红褐色变浅，比II中深溶液呈黄色(1)测得实验所用0.4mol/LFeCl3溶液及Fe(NO3)3溶液pH均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是_(用离子方程式表示)。(2)开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅的原因是_。(3)为了探究5m
54、in后实验II、III中溶液红褐色变浅的原因，小组同学设计了实验IV；分别取少量 5min后实验I、II、III中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验II、III中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化。试用方程式解释溶液中出现Fe2+的原因_。(4)针对5min后实验III中溶液颜色比实验II中深，小组同学认为可能存在三种因素：Cl-可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应：NO3-可以_；NO3-在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe(OH)3较多。通过实验V和实验VI进行因素探究：实验操作(己知Na+对实验无影响)5min后的现象实验V在2mLpH=1
55、.0的0.4mol/L Fe(NO3)3溶液中溶解 固体，再加入2滴0.4mol/L Na2SO3溶液溶液的红褐色介于II、III之间实验VI在2mLpH=1.0的稀硝酸中溶解约0.19gNaNO3固体，再加 入2滴0.4mol/LNa2SO3溶液。向其中滴入少量BaCl2溶液_。实验结论：因素和因素均成立，因素不明显。请将上述方案填写完整。(5)通过上述时间，以下结果或推论合理的是_(填字母)。a.Fe3+与SO32-同时发生水解反应和氧化还原反应，且水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主b.浓度为1.2mol/L的稀硝酸在5min内不能将Fe2+氧化c.向pH大于1的稀硝
56、酸中加入少量Ba(NO3)2，使其完全溶解，可用来检验实验1的上层淸液中是否存在SO42-【答案】 (1). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ (2). Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 (3). 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+ 减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应 (4). 0.14gNaCl (5). 无明显现象 (6). c【解析】【分析】(1)根据盐的水解规律越弱越水解结合物质中水解的原理来回答；(2)红褐色为氢氧化铁的颜色，开始混合时，实验I中红褐色比、中略浅，说明水解生成的氢氧化铁比较少，根据水解的程度以及影响化学反应速率的因素进行分
57、析解答；(3)加入K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，是检测Fe2+的，分别取少量5min后实验、中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验、中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化，实验I中氯化铁含量少，生成的亚铁离子较少，实验、中铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，在减少铁离子浓度的同时降低了pH，使水解出的氢氧化铁变少；(4)5min后实验中溶液颜色比实验中深，可能是氯离子的影响，也可能是硝酸根离子的影响，实验、中，不同的是阴离子硝酸根离子、氯离子，因素和因素均成立，因素不明显，可向硝酸铁溶液中加入氯离子，进行对照实验，可加入氯化钠进行对照，需加入的氯化钠中氯离子的物质的量等于氯化铁中氯离子的物
58、质的量，据此分析解答；(5)根据五组实验的现象分析，a对比实验、5min后的现象分析；b对照实验II、III，5min内稀硝酸能氧化亚铁离子；c根据硫酸根离子的检验方法分析解答，硫酸钡不溶于酸。【详解】(1)FeCl3及Fe(NO3)3都为强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；(2)实验中0.4mol/L FeCl3溶液2滴，实验、中0.4mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验、，Fe3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验、，且水解的速率不及实验、，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比、
59、中略浅；(3)实验中0.4mol/L FeCl3溶液2滴，实验、中0.4mol/L FeCl3溶液2mL，分别取少量5min后实验、中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，因实验I中氯化铁含量少，生成的亚铁离子较少，而实验、中2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+2H+SO42-，生成较多的亚铁离子，3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验、中出现蓝色沉淀；(4)实验、中，不同是阴离子硝酸根离子、氯离子，针对5min后实验中溶液颜色比实验中深，可能是硝酸根离子的影响，或氯离子的影响，可能存在三种因素：Cl-可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应
60、；NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应；NO3-在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe(OH)3较多。因素和因素均成立，因素不明显，可向硝酸铁溶液中加入氯离子，进行对照实验，0.4mol/L FeCl3溶液2mL含有氯离子的物质的量为0.4mol/L2mL3=2.410-3mol，需氯化钠的质量为2.410-3mol58.5g/mol0.14g；(5)a对比实验、5min后的现象，溶液立即变为红褐色，说明铁离子水解，实验比实验红褐色深，铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，但不是以氧化还原反应为主，故a错误；b对照实验、，实验现象红褐色变浅，比II中深，说明稀硝酸在5min内能将Fe2+氧化，故b错误；c向pH大于1的稀硝酸中加入少量Ba(NO3)2，使其完全溶解，可用来检验实验I的上层清液中是否存在SO42-，若有该离子，则有白色不溶于稀硝酸的沉淀产生，故c正确；故答案为c。