1、江西省南昌市第二中学20192020学年高二上学期期末考试化学试题1.下列各项表述正确的是A. 丙烯的键线式: B. CH2F2的电子式： C. 醛基官能团符号： CHOD. 一个硝基(NO2)和一个二氧化氮分子(NO2)的电子数相等【答案】D【解析】【详解】A、该键线式应是2丁烯，丙烯的键线式应为，故A错误；B、F原子最外层有7个电子，形成化合物后，氟原子最外层应满足8电子结构，题中所给电子式中，没有体现出，故B错误；C、醛基官能团应是CHO，故C错误；D、无论是硝基还是NO2，所含电子数都是23，故D正确；答案为D。2.图分别是A、B两种物质的核磁共振氢谱，已知A、B两种物质都是烃类，都含
2、有6个氢原子，试根据两种物质的核磁共振氢谱推测A、B有可能是下面的A. C3H6，C6H6B. C2H6，C3H6C. C6H6 ，C2H6D. C3H6，C2H6【答案】B【解析】【分析】核磁共振氢谱中有几个峰，说明含有几种不同的氢，根据图像，A应含有1种氢，B应含有3种氢，据此分析；【详解】根据图像，A应含有1种氢，B应含有3种氢，A、C3H6若是丙烯，则含有3种氢，若是环丙烷，则有1种氢，C6H6为苯，则有1种氢，故A不符合题意；B、C2H6为乙烷，有一种氢，C3H6若是丙烯，则含有3种氢，故B符合题意；C、C2H6为乙烷，有一种氢，C6H6为苯，则有1种氢，故C不符合题意；D C3H6
3、若是丙烯，则含有3种氢，若是环丙烷，则有1种氢，C2H6为乙烷，只有一种氢，故D不符合题意；答案为B。3.下列说法正确的是A. pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c（H+）相等B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C. pH=2的盐酸与pH=2醋酸溶液中氢离子数相等D. 常温，0.01mol/L的NaHSO4溶液与pH=12的氨水等体积混合后溶液呈碱性【答案】D【解析】【详解】A、盐酸抑制水的电离，常温下，pH=3的盐酸中水电离出c(H)=1011molL1，FeCl3属于强酸弱碱盐，促进水的电离，pH=3的FeCl3溶液水电离出c(H)=103molL1，故
4、A错误；B、化学反应速率与反应物本身的性质、温度、压强等因素有关，与吸热、放热反应无关，故B错误；C、没有指明溶液的体积，因此无法判断溶液中H数，故C错误；D、NaHSO4溶液中NaHSO4=NaHSO42，NH3H2O为弱碱，部分电离，该题中，氨水的浓度大于NaHSO4，即两者等体积混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，故D正确；答案为D。4.下列有关离子水解的方程式中正确的是。A. NH4Cl溶液在重水（D2O)中水解:NH4+D2O NH3HDO+D+B. 溶液: HPO42-+H3O+C. 溶液: H2CO3+2OH-D. 溶液:=Fe(OH)3+3H+【答案】A【解析】【分析】根据盐类水解
5、定义，弱酸根或弱碱根结合水电离出H或OH生成弱电解质的过程，单水解是微弱的，据此分析；【详解】A、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4发生水解，结合重水电离出的OD，其水解方程式为NH4D2O NH3HDOD，故A正确；B、弱酸的酸式酸根存在电离和水解两个过程，该式为H2PO4的电离方程式，其水解方程式为H2PO4H2OH3PO4OH，故B错误；C、多元弱酸根的水解应是分步水解，正确的是CO32H2OHCO3OH、HCO3H2OH2CO3OH，故C错误；D、单水解是微弱的(可逆），正确的是Fe33H2OFe(OH)33H，故D错误；答案为A。5.下列说法正确的是A. 在25、101KPa,1molS
6、(s)和2molS（s）的燃烧热相等B. 1molH2SO4(浓)与1molBa(OH)2完全中和所放出等于中和热的数值C. 同温同压下,H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同D. 图中的反应：逆反应的活化能小于正反应的活化能，由图可知催化剂可以改变反应的H【答案】A【解析】【详解】A、根据燃烧热的定义：25、101KPa，1mol可燃物完全燃烧放出的热量，因此1molS(s)和2molS(s)的燃烧热是相等的，故A说法正确；B、浓硫酸溶于水放出热量，且H2SO4与Ba(OH)2反应，存在SO42Ba2=BaSO4，伴随能量的变化，因此1molH2SO4(浓)与1mo
7、lBa(OH)2完全反应所放出热量大于中和热的数值，故B说法错误；C、H只与始态和终态有关，与反应条件无关，同温同压下,H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的H是相同的，故C说法错误；D、使用催化剂可以改变活化能，不能改变H，故D说法错误；答案为A。【点睛】中和热的定义是稀强酸和稀强碱反应生成1molH2O时放出的热量，溶液不能是浓溶液，因此有些浓溶液遇水伴随热效应，发生的离子方程式为H(aq)OH(aq)=H2O(l)，不能有其他离子反应。6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加
8、深B. 工业合成氨中，将氨气液化分离C. 对2HI H2(g)+I2(g)平衡体系加压,颜色迅速变深D. NO2气体被压缩后,颜色先变深后变浅【答案】C【解析】【分析】根据勒夏特列原理进行分析；【详解】A、该反应是可以拆写成Fe33SCNFe(SCN)3，加入KSCN，增加c(SCN)，使平衡向正反应方向进行，溶液颜色加深，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、合成氨N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，将氨气液化，相当于减少生成物浓度，平衡向正反应方向进行，有利于氨的生成，符合勒夏特列原理，故B不符合题意；C、因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，增大压强，缩小容器的体积
9、，组分浓度增大，气体颜色加深，不符合勒夏特列原理，故C符合题意；D、NO2中存2NO2N2O4，先压缩，气体浓度增大，气体颜色加深，增大压强，平衡向正反应方向进行，气体颜色变浅，符合勒夏特列原理，故D不符合题意；答案为C。7.某苯的同系物分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个CH3，两个CH2和一个，则该分子由碳链异构体所形成的同分异构体有（ ）A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】C11H16不饱和度为，C11H16分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，含有1个苯环，侧链为烷基，C11H16分子
10、中存在一个次甲基，由于C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链，化学式为C11H16的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，1个苯环的同分异构体有： 、；故选B。8.高温下，某反应达到平衡，平衡常数K。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ）A. 该反应是焓变为正值B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C. 升高温度，逆反应速率减小D. 该反应化学方程式为COH2OCO2H2【答案】A【解析】【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O。【详解】A. 由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故
11、该反应的焓变为正值，A正确；B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大而不会减小，B错误；C. 升高温度，正逆反应速率都会增大，C错误D.该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，D错误；故合理选项为A。【点睛】化学反应速率和化学平衡问题一直是高考命题的热点，对化学平衡常数的考查已成为近年来高考命题的热点之一，命题主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素。注意：在化学平衡常数的公式中，反应物或生成物有固体或纯液体存在时，不代入公式中；化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关；若化学方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小时，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。9.常温下，向10mL
12、0.1mol/L的某一元酸HR溶液中逐滴加入0.1mol/L氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是（ ）A. ab点导电能力增强说明HR为弱酸B. a、b点所示溶液中水的电离程度不相同C. b恰好完全中和，pH=7说明NH4R没有水解D. c 点溶液存在c（NH4+）c（R-）、c（OH-）c（H+）【答案】C【解析】【详解】Aab点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；Ba、b点所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度不同，故B正确；CNH4R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7
13、，说明铵根离子和R-的水解程度相等，故C错误；D根据图象可知，c点时溶液的pH7，混合液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)c(R-)，故D正确；故选C。10.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()A. Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11B. n点表示AgCl的不饱和溶液C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平
14、衡常数为109.04【答案】D【解析】【详解】A. Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)210-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a10b，a是大于1小于10 的数，故它的数量级等于10-12，A错误；B. n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；C. 设c(Cl-)=c(C2O42-)=a mol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C
15、2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；故合理选项是D。11.常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（如图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，已知0-t1时，原电池的负极是Al片，反应过程中有红棕色气体产生。下列说法不正确的是A. 0-t1时，正极的电极反应式为：2H+ NO3- - e-=NO2+ H2OB. 0-t1时，溶液中的H+ 向Cu电极移动C. t1时，负极的电极反应式为：Cu2e-= Cu2+D. t1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应【答案】A【解析】【详解】A正极得电
16、子发生还原反应，电极反应式为：2H+ NO3-+e-=NO2+ H2O，A项错误；B在0-t1时，铝作负极，溶液中的H+ 向Cu电极移动，B项正确；C在电场作用下，阳离子向电池正极移动；由图像得t1时刻电流方向改变，说明电池的负极发生变化，所以t1时，负极的电极反应式为：Cu 2e-= Cu2+，C项正确；Dt1时，原电池中电子流动方向发生改变是因为Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al的进一步反应，D项正确；答案选A。【点睛】本题考查原电池的工作原理。原电池是将化学能转化为电能的装置，构成原电池的首要条件是存在自发的氧化还原反应，在该原电池装置中，根据电流强度与时间的关系图可以看出，电流的方向
17、发生变化，所以电池的正负极发生变化，起始时，铝与浓硝酸发生反应，铝为负极，铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻碍了Al与硝酸的进一步反应，随后铜与浓硝酸发生反应，铜为负极，然后根据原电池原理解得即可。12.科学美国人评出的2016年十大创新科技之一的碳呼吸电池，电池原理如下图所示，已知草酸铝Al2(C2O4)3难溶于水，则下列说法正确的是A. 该装置将电能转变为化学能B. 正极的电极反应为C2O42-2e- 2CO2C. 每生成 1 mol Al2(C2O4)3，有 6 mol 电子流过负载D. 随着反应的进行草酸盐浓度不断减小【答案】C【解析】【详解】A. 该装置属于燃料电池，将化学能变为电能，A
18、错误；B.原电池正极上发生得电子的还原反应，正极的电极反应为2CO2+2e- C2O42，B错误；C. 每生成 1 mol Al2(C2O4)3，负极就有2 mol铝失电子，共失去有6 mol 电子，所以有6 mol 电子流过负载，C正确；D. 根据原电池正负极反应可知，该反应总反应：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，从图示可以知道，所以随着反应进行草酸盐浓度保持不变，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题的难点是电极反应式的书写，一般先判断出此电极的反应物，如本题中根据原电池原理，正极通入的含二氧化碳的空气，出来只有空气，说明二氧化碳参与反应，然后判断产物，根据装置图，出来的是Al2
19、(C2O4)3，说明二氧化碳得电子转化为C2O42。13.H3BO3(一元弱酸)可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是A. M室发生的电极反应式为：2H2O-4e- =O2+4H+B. N室中：abC. b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸D. 理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6 L气体【答案】D【解析】【详解】AM室为阳极室，发生还原反应，电极反应式为：2H2O4e=O4H，选项A正确；BN室为阴极室，溶液中水电离的H+得电子发生还原反应，生成H2，促进水的电离，溶液中OH-浓度增大，即a% BOHAOHB. pH= 7
20、时，c(A+)=c(B+)=c(D+)C. 滴定至 P 点时，溶液中：c(Cl-)c(B+)c(BOH)c(OH-)c(H+)D. 当中和百分数达 100%时，将三种溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】试题分析：三种碱的起始浓度均为0.1mol/L，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOHBOHDOH，碱性越强，对水的电离的抑制作用越大。在相同条件下，盐水解的程度由小到大的顺序是DClBClACl，它们水解均使溶液显酸性。A滴定前，三种碱液中水电离的c(H+)大小关系为AOHBOHDOH，A不正确；
21、B滴定至P点时，此时中和百分数为50%，即BOH恰好有一半被中和，溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl混合溶液，pH、溶液显碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl-)c(B+)， B不正确；CpH=7时，溶液中c(H+)=c(OH)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl-)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DClBClACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗HCl的体积由小到大的顺序为AOHBOHDOH，则三种溶液中c(Cl)不相等，且c(Cl)由小到大的顺序为AOHBOHDOH，因而c(A+
22、)c(B+)c(D+)，故C不正确；D当中和百分数达100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒，c(DOH)+c(AOH)+c(BOH)+c(OH)=c(H+)，则c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)c(OH)，故D正确。本题选D。 点睛：本题以酸碱中和滴定曲线为载体，考查了影响水的电离的因素、溶液中离子浓度的大小比较及相关等量关系的判断，难度较大。根据图象判断三种碱均为弱酸是解题的突破口，注意酸或碱会抑制水的电离，而盐类水解促进水的电离。比较溶液中离子浓度大小时，要根据溶液的酸碱性，判断酸或碱的电离作用与盐的水解作用的相对大小，然后再来比较相关离子的浓度大小
23、关系。要牢牢把握溶液中的守恒思想，溶液中的三种守恒关系不仅可以帮助判断相关的等式是否成立，而且还可以帮助判断相关离子浓度之间的大小关系。16.常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中-lgc(H+)/c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)或-lgc(H+)/c(HC2O4-)和-lgc(C2O42-)关系如图所示，下列说法错误的是( )A. Ka1(H2C2O4)=1102B. 滴定过程中,当pH=5时，C(Na)3C(HC2O4-)0C. 向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应后显酸性D. 向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释
24、，C(HC2O4-)/C(H2C2O4)比值将增大【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的电离平衡常数，斜线表示c(H+)/c(H2C2O4)与c(HC2O4-)的乘积等于1102，斜线表示c(H+)/c(HC2O4-)与c(C2O42-)的乘积等于1105。【详解】A、根据图示，Ka1(H2C2O4)= =1102，故A正确；B、根据电荷守恒C(Na)+ C(H)= c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，根据图示，Ka2(H2C2O4)= ，当pH=5时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以C(Na) 3C(HC2O4-)= c(OH-)- C(H)=，故B错误；C、
25、向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，溶液中的溶质是NaHC2O4，HC2O4-电离平衡常数是1105、水解平衡常数是，所以，草酸氢根离子的电离常数大于其水解常数，因此该溶液呈酸性，故C正确；D、Ka1(H2C2O4)=，向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，氢离子浓度减小，K不变，所以C(HC2O4-)/C(H2C2O4)比值将增大，故D正确。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、平衡常数，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。17.按要求填写
26、下面的空。（1）温度相同、浓度均为0.2mol/L的(NH4)2SO4、NaNO3、NH4HSO4NH4NO3NaClO CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列顺序是_A. B. C. D. （2）25时，利用pH试纸测得0.1molL-1醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为_；向10mL此溶液中加水稀释。pH值将_（填“增大”、“减小”或“无法确定”）（3）25 时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)c(NH4+)3c(Al3)_（取近似值）（4）pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)_V(C
27、H3COOH)(填“”、“”或“=”，下同)（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl)_pH(CH3COOH)【答案】 (1). A (2). 10-5 (3). 增大 (4). 103molL1 (5). (6). 【解析】【分析】（1）先判断出溶液的酸碱性，然后利用盐类水解规律进行分析；（2）利用电离平衡常数进行计算，以及浓度对弱电解质电离的影响进行分析；（3）根据电荷守恒以及离子积进行分析判断；（4）先稀释相同倍数，判断出pH的大小，然后继续加水稀释得出结果；（5）利用强电解质完全电离，弱电解质部分电离进行分析；【详解】（1）(N
28、H4)2SO4溶液显酸性，NaNO3溶液显中性，NH4HSO4溶液显酸性，NH4NO3溶液显酸性，NaClO溶液显碱性，CH3COONa溶液显碱性，CH3COOH的酸性强于HClO，即ClO水解能力强于CH3COO，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全电离NH4HSO4=NH4HSO42，酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液显酸性，是因为NH4水解造成，水解程度微弱，相同浓度时，(NH4)2SO4的酸性强于NH4NO3，因此pH由小到大的顺序是，故A正确；答案为A；（2）CH3COOH的电离CH3COOHCH3COOH，c(H)=c(CH3COO)
29、=103molL1，醋酸为弱电解质，电离程度微弱，溶液中C(CH3COOH)约为0.1molL1，电离平衡常数Ka=105；向此溶液中加水稀释，虽然促进醋酸的电离，但c(H)减小，即pH增大；答案为105；增大；（3）根据电荷守恒，c(NH4)3c(Al3)c(H)=c(OH)2c(SO42)，该溶液的pH=3，则溶液中c(H)=103molL1，c(OH)=1011molL1，代入上述表达式，2c(SO42)c(NH4)3c(Al3)=c(H)c(OH)=1031011103molL1；答案为103molL1；（4）醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释促进电离，盐酸为强酸，全部电离，相同pH的盐酸
30、和醋酸，加水稀释相同倍数，醋酸的pH小于盐酸的pH，为达到pH再次相等，需要向醋酸中继续加水稀释，因此加水的体积V(HCl)V(CH3COOH)；答案1，加水稀释相同倍数后，盐酸中c(H)大于醋酸中c(H)，即pH(HCl)pH(CH3COOH)；答案为”“”或“=”）k逆增大的倍数。若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正k逆=_。【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 0.042 (3). AC (4). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 (5). 20% (6). 4
31、(7). (8). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将三个已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)先计算出010 min内的v(CO2)，然后根据化学反应速率与物质关系计算v(SO2)；根据影响物质浓度及化学平衡的因素分析；(3)反应在1050K时达到平衡，根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析解答；根据1100K时NO的转化率计算其体积含量；(4)根据平衡常数的含义。利用气体的物质的量的比等于气体产生的压强比计算平衡常数Kp；(5)根据温度升高，反应速率加快，化学平衡向吸热反应方向移动分析速率常数的变化；根据反应达到平衡时，正反应、逆反应速率相等，结合物质的转化
32、率计算k正k逆。【详解】(1)已知SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq) H1=akJ/mol；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) H2=bkJ/mol；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJ/mol。将2+2+，整理可得2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) H=(2a+2b+c)kJ/mol。(2)先计算出010 min内的v(CO2)= mol/(Lmin)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.
33、042 mol/(Lmin)；A.通入一定量的O2 ，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确； B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确； D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；故合理选项是AC；(3)反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；当温度高于1050K时，由于该
34、反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；根据图像可知：在1100K时NO的转化率是40%。对于化学反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)开始n(mol) 1 0 0转化n(mol) 0.4 0.2 0.2平衡n(mol) 0.6 0.2 0.2在1100K时，CO2的体积分数为100%=20%；(4)在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：可逆反应：C(s)+2NO(g)N
35、2(g)+CO2(g)开始n(mol) 1 0 0转化n(mol) 0.8 0.4 0.4平衡n(mol) 0.2 0.4 0.4在同一条件下，气体的物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p(总)= 1.1106 Pa p(NO)= p(总)= p(总)；p(CO2)=p(N2)= p(总)；则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=4；(5)达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)，V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的
36、倍数，所以k正的倍数k逆增大的倍数；若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下发生该反应，达到平衡时，CO的转化率为40%，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)开始c(mol) 1 1 0 0转化c(mol) 0.4 0.4 0.2 0.4平衡c(mol) 0.6 0.6 0.2 0.4由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正c2(NO)c2(CO)= k逆c(N2)c2(CO2)，则k正k逆=。【点睛】本题综合考查了化学反应原理的知识，包括盖斯定律的应用、外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响、物质平衡转化率的计算与应用。掌握化学反应基本原理及
37、基本概念是本题解答的关键。20.工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题： （1）步骤所得废渣的成分是_写化学式），操作I的名称_。（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n(水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层） + nH2SO4 (水层)中萃取时必须加入适量碱，其原因是_。中X试剂为_。（3）的离子方程式为_。（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH131415161718192021钒沉淀率%8819489659809889889649318
38、93结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为_；若钒沉淀率为931%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)_。(已知：25时，KspFe(OH)3=2610-39)（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有_和_。【答案】 (1). SiO2 (2). 过滤 (3). 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量等 (4). H2SO4 (5). NH3H2O+VO3 =NH4VO3+OH (6). 1.71.8（或1.7、1.8其中一个） (7). 2.610-3molL-1 (8). 氨气（或氨水） (9).
39、有机萃取剂【解析】【分析】将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程，水溶过滤得到含VO2+、SO42-、K+的溶液，加入有机萃取剂分液得到含VO2+的有机层，再经过反萃取得到水层，加入KClO3氧化VO2+为VO3-，加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀，灼烧得到V2O5，以此分析解答；（1）含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氨水与VO3-反应配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要
40、氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用.【详解】（1）对比操作I前后的物质，可以判断VOSO4、K2SO4是易溶易电离的盐，而二氧化硅是难溶于水的酸性氧化物，因此滤渣的主要成分是SiO2；操作I的目的是从混合物中分离滤渣和溶液，说明I是过滤；（2）加入碱，碱能中和硫酸，减小硫酸浓度，使R2(SO4)n(水层)+ 2nHA(有机层)2RAn(有机层)+ nH2SO4 (水层)的平衡向正反应方向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量、充分溶解等；加入X试剂的目的是得到有机萃取剂HA，因此需要使R2(SO4)n
41、(水层)+ 2nHA(有机层)2RAn(有机层)+ nH2SO4 (水层)的平衡向逆反应方向移动，且不能引入新的杂质，因此X为硫酸；（3）加入氨水提高溶液的pH至1.71.8之间时，首先氨水与酸中和生成铵根离子，接着铵根离子与钒酸根离子结合生成钒酸铵沉淀，即NH3H2O+H+ = NH4+H2O，NH4+VO3 =NH4VO3或NH3H2O+VO3 =NH4VO3+OH或NH3H2O+VO3+H+ =NH4VO3+ H2O；（4）读表，pH至1.71.8之间时，钒沉淀率最高，达到98.8%；根据钒沉淀率和溶液pH之间关系，若钒沉淀率为93.1%，则溶液pH=2.0，则c(H+)=10-2mol/L，由于常温下水的离子积为1.010-14，c(OH)=10-12mol/L，若不产生Fe(OH)3沉淀，则QcKsp，则c(Fe3+)c3(OH) 2.61039，则c(Fe3+) 2.6103mol/L；（5）图中萃取步骤消耗有机萃取剂，反萃取步骤生成有机萃取剂，因此有机萃取剂HA可以循环利用；图中调pH需要消耗氨水，焙烧时生成氨气，为了防止污染环境，氨气回收变为氨水，因此氨气或氨水可以循环利用。
