1、山东省商河县第一中学2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）相当原子量：H 1 C12 N14 O16 Na23 Fe56 Cu64 Ag108一、单项选择题(15 个小题，共 30 分)1. 下列生产生活的实际应用中，不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 用饱和食盐水除去Cl2中的HClB. 使用更有效的催化剂，提高可逆反应的转化率C. 工业合成NH3是放热反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温的措施D. 工业生产硫酸的过程中，使用过量的空气，以提高二氧化硫的利用率(2SO2+O2 2SO3)【答案】B【解析】【详解】ACl2+H2OHCl+HClO，用饱和食盐水，增大了氯
2、离子的浓度，使平衡逆向移动，抑制了Cl2溶于水，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B催化剂不影响化学平衡移动，不能提高转化率，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；C合成氨反应是放热的反应，降低温度，会促使平衡正向移动，可以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D工业生产硫酸的过程中，发生反应2SO2+O2 2SO3通入过量空气，增加了氧气的浓度，促进平衡正向移动，二氧化硫的转化率将会增大，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案选B。2. 下列有关化学反应速率和化学反应限度的叙述不正确的是( )A. Na与水反应时，增加水的质量，能明显增大原反应的化学反应速率B. 制取乙
3、酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂并加热，可加快酯化反应的速率C. 实验室制取H2时，常用锌粉代替锌粒或滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率D. 3moH2 与1molN2一定条件下反应：N2+3H22NH3，电子转移小于66.021023【答案】A【解析】【详解】A水是纯液体，增加纯液体的质量不会改变反应速率，故A错误；B制取乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂并加热，升高温度，加入催化剂可加快化学反应速率，故B正确；CZn与CuSO4溶液反应生成Cu，形成Cu-Zn原电池，可加快化学反应速率，故C正确；D合成氨反应：N2+3H22NH3，N元素由0价变为-3价，该反应为可逆反应，可逆反应不能完全转换，则N
4、2不可能完全转化为NH3，电子转移小于66.021023，故D正确；答案选A。3. X、Y、Z表示三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p4和2s2p4，由这三种元素组成的化合物的化学式不可能是A. X2Y2Z3B. X2YZ3C. XYZ2D. X2YZ4【答案】C【解析】【分析】X原子最外层电子排布为ns1，处于第A族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p4，则Y为S元素，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为O元素，化合价为-2，结合化合价规则与常见物质化学式进行判断。【详解】AX2Y2Z3中Y的化合价为+2价，Y为S元素，有+2价，符合，如Na2S2O3，
5、故A不符合题意；BX2YZ3中Y化合价为+4价，Y为S元素，有+4价，符合，如H2SO3，故B不符合题意；CXYZ2中Y的化合价为+3价，Y为S元素，没有+3价，不符合，故C符合题意；DX2YZ4中Y的化合价为+6价，Y为S元素，有+6价，符合，如H2SO4，故D不符合题意；答案选C。4. 下列有关说法不用正确是( )A. 金属腐蚀的实质是M-ne=Mn+B. 铁上镀锌或铜，铁做阴极，镀层被破坏后，铁都易被腐蚀C. 已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的HCL溶液，滴定时，先俯视刻度线，结束时平视，测定结果偏高D. 铅蓄电池工作一段时间后，正极质量增重3.2g，外电路转移0.1mol电子【答案】
6、B【解析】【详解】A金属腐蚀的实质是金属原子失去电子，发生氧化反应变为离子的过程，可表示为M-ne-=Mn+，故A正确；B电镀利用电解池原理，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，则铁上镀锌或铜，铁做阴极，锌或铜作阳极，当铁镀铜，镀层被破坏后，铁比铜活泼，构成原电池，铁作负极，则铁易被腐蚀；当铁镀锌，镀层被破坏后，锌比铁活泼，构成原电池，锌作负极，则铁被保护，不易被腐蚀，故B错误；C已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液，滴定时，先俯视刻度线，结束时平视，量取体积偏大，测定结果偏高，故C正确；D铅蓄电池负极：Pb-2e-+= PbSO4，正极：PbO2+2e-+4H+=PbSO4+2H2O，
7、工作一段时间后，PbO2转化为PbSO4，正极质量增重3.2g，x=0.1mol，则外电路转移0.1mol电子，故D正确；答案选B。5. 已知常温下反应：Fe3+AgFe2+Ag+的平衡常数K=0.3。现将含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/L Fe(NO3)3的混合溶液倒入烧杯甲中，将含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入烧杯乙中(如图)，闭合开关 K，关于该原电池的说法正确的是A. 原电池发生的总反应中Ag+氧化Fe2+B. 盐桥中阳离子从左往右作定向移动C. 石墨为负极，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+D. 当电流计指针归零时，总反应达到平衡状态【答案】D【解析
8、】【详解】A根据浓度商Qc和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极。由Fe3、Fe2及Ag的浓度，可求得，Qc小于K，所以反应Fe3+AgFe2+Ag+正向进行，即原电池总反应为Fe3+Ag=Fe2+Ag，Fe3作氧化剂，氧化了Ag，A错误；B根据A项分析，Ag失去电子，作还原剂，为负极，石墨作正极。在原电池中，阳离子向正极移动，因此盐桥中的阳离子是从右往左作定向移动，B错误；C根据A项分析，石墨作正极，石墨电极上发生反应，Fe3+e=Fe2，C错误；D当电流计读数为0时，说明该电路中无电流产生，表示电极上得失电子达到平衡，即该总反应达到化学平衡，D正确。答案选D。【点睛】该题
9、通过浓度商Qc和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极，是解题的关键。6. 下列有关说法正确的是( )A. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H0B. 0.1molL-1氨水加水稀释后，溶液中的值减小C. 用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更小D. 精炼铜时，两电极经过电量相等，其质量改变量也相同【答案】C【解析】【详解】A反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则HTS0，根据反应可知S0，则该反应的H0才能满足HTS0，故A错误；B0.1molL-1氨水加水稀释后，溶液
10、中c(OH)减小，但Kb=不变，溶液中的值增大，故B错误；C醋酸为弱酸，部分电离，而HCl为强酸，完全电离，故用pH均为2的盐酸和醋酸溶液，后者的浓度更大，则中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更小，故C正确；D精炼铜时，两电极经过电量相等，阴极上铜离子获得电子而在阴极析出纯铜，阳极上粗铜中杂质如比铜活泼的铁和锌等会随铜一起溶解为离子，两极质量改变量不同，故D错误；答案选C。7. 理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g) HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A. HCN比HNC稳定B. 该异构化反应的C. 正反应的活化能大于逆反应的活化能D. 使用催
11、化剂，反应物和产物能量改变，也改变反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的H=59.3kJmol10=+59.3kJmol1，故B正确；C根据图中信息得出反应物的总能量小于生成物的总能量，则该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D使用催化剂，但不能改变反应物和生成物能量和反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误；答案选D。8. 已知反应CO(g)CuO(s) CO2(g)C
12、u(s)和反应H2(g)CuO(s) Cu(s)H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是()A. 反应的平衡常数K1c(CO2).c(Cu)/c(CO).c(CuO)B. 反应的平衡常数KK1/K2C. 对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值D. 对于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小【答案】B【解析】【详解】A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，A错误；B反应的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)
13、，反应的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=K1/K2，B正确；C对于反应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，C错误；D对于反应，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但是H2 浓度增大，D错误。答案选B。【点睛】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系是解答的关键。难点是压强是对反应速率和平衡状态的影响。9. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量
14、共存的是( )A. 在水电离出的：、B. 在的溶液中：、C. 在的溶液中：、D. 使甲基橙溶液变红的溶液中：、【答案】D【解析】【详解】A. 在水电离出的的溶液中，水的电离被抑制，通常为酸溶液或碱溶液，酸性环境中氢离子、因反应生成水和硫不能共存，A错误；B. 铁离子与碘离子发生氧化还原反应、铁离子与硫氰酸根离子会发生反应而不共存，B错误；C. 碳酸氢根离子和铝离子应发生双水解反应不共存，C错误；D. 使甲基橙溶液变红的溶液呈酸性，、互不反应，可以共存，D正确；答案选D。10. 某蓄电池放电充电时反应为:，下列推断不正确的是()A. 放电时，负极附近pH值减小B. 充电时，阳极的电极反应式是C.
15、 该蓄电池的电极一定浸在某种碱性电解质溶液中D. 充电时，原Fe极板连接电源正极【答案】D【解析】【分析】该蓄电池放电时，负极电极反应式为Fe+2OH-2e-=Fe(OH)2，正极电极反应式为Ni2O3+3H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-，充电时，阳极、阴极反应式与正极、负极电极反应式相反，据此分析。【详解】A根据电池反应式知，放电时，Fe作负极，电极反应式为Fe+2OH-2e-=Fe(OH)2，负极消耗了氢氧根离子，附近pH值减小，故A正确；B充电时阳极电极反应与放电时正极电极反应相反，放电时正极电极反应式为Ni2O3+3H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-，则充电时阳极的电
16、极反应式是，故B正确；CFe(OH)2、Ni(OH)2能溶于酸性溶液，要生成Fe(OH)2、Ni(OH)2，电解质溶液必须是碱性溶液，该蓄电池的电极一定浸在某种碱性电解质溶液中，故C正确；D放电时，铁做负极，发生氧化反应，充电时，发生电极反应：Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，故原Fe极板连接电源负极，故D错误；答案选D。11. 下列关于盐类水解的说法错误的是A. pH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的物质的量浓度大小：B. 浓度均为0.1 molL-1的(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c()的大小顺序为C. 在NH4Cl溶液中加
17、入稀HNO3，能抑制水解D. 将硫酸亚铁溶液加热蒸干得不到原溶质【答案】B【解析】【详解】A等浓度时，盐水解的碱性弱于碱，多元弱酸盐的水解程度，正盐酸式盐，故pH相等时，物质的量浓度大小为，A正确；B溶液中水解促进水解，使c()减小；中只有水解；溶液中Fe2抑制水解，使c()增大，c()的大小顺序为，B错误；CNH4Cl溶液中存在H2ONH3H2OH，加入稀HNO3，c(H)增大，平衡左移，抑制水解，C正确；D在溶液蒸发的过程中，硫酸亚铁被空气中的氧气氧化而变质，故无法得到硫酸亚铁，D正确；故选B。12. 一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)
18、COCl2(g)，其中容器中反应在5 min时达到平衡状态。容器编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.50.7下列说法中正确的是A. 该反应正反应为吸热反应B. 容器中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 molL-1min-1C. 容器中，a0.55 molD. 若容器为恒压，达到平衡时CO转化率小于80%【答案】C【解析】【详解】A. 依据表中数据，若温度相同，I和III达到的平衡是等效的，对比I和III，升高温度，达到平衡COCl2物质的量减小，说明升高温度，平衡向逆
19、反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，故A错误；B. 根据反应方程式，5min内消耗CO的物质的量为0.8mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(CO)=0.32mol/(Lmin)，故B错误；C. 容器I：，平衡常数K=10，容器II：，相同温度下，平衡常数不变，即有=10，解得a=0.55mol，故C正确；D. 根据C的分析，CO的转化率为80，随着反应进行物质的量减小，即压强减小，若是容器I为恒压，相当于在原来基础上增大压强，增大压强，平衡向正反应方向进行，即CO的转化率大于80%，故D错误；故答案为C。13. 常温下，体积相同、浓度均为的HX溶液、HY溶液，分别加水稀
20、释，溶液的pH随稀释倍数的常用对数的变化如图所示，下列叙述正确的是( )A. HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1B. 常温下HY的电离常数约为C. 溶液中水的电离程度：a点大于b点D. 用同浓度的NaOH溶液滴定两酸，都可以用甲基橙做指示剂【答案】B【解析】【详解】A题图中的HX溶液的pH=0，说明HX为强酸，加水稀释，溶液pH最终接近7，溶液每稀释10倍，pH增大的值不一定始终是1，故A错误；B常温下，HY溶液的pH=2.0，则HY的电离常数，故B正确；CHX为强酸，HY为弱酸，加水稀释相同倍数，a点HX溶液中氢离子浓度大于b点HY溶液中氢离子浓度，故溶液中水的电离程度：a点小于b
21、点，故C错误；D滴定HX，终点为中性，可以使用甲基橙或酚酞，滴定HY，终点为碱性，只能用酚酞作指示剂，故D错误；答案选B。14. 将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A. 该反应的H0B. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态C. A点对应状态的平衡常数K(A)102.294D. 30时，B点对应状态的v(正)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故C错误；D.该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：
22、，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。19. H2R是一种二元弱酸。25时，向H2R溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgXX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A. 表示lg与pH的变化关系B. pH1.22的溶液中：2c(R2-)+c(HR-)c(Na)C. NaHR溶液中c(H+)c(OH-)D. 当溶液呈中性时：c(Na)c(HR-)c(R2-)c(H+)c(OH-)【答案】C【解析】【分析】二元弱酸H2R的K1= K2=，当溶液的pH相同时，c（H+）相同，可以看出lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系，据此分析作答。【详解】根据上述
23、分析可知，A.表示lg与pH的变化关系，A项错误； B. pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH)可知，2c(R2-) + c(HR-)c(Na+)，B项错误；C. 二元弱酸H2R的K1=，则当pH=1.22时，lg=0，即=1，可知第一步电离平衡常数K1=10-1.22，则HR-的水解平衡常数Kh=，同理根据电离平衡常数的定义可知，当pH=4.19时，曲线中lg=0，即=1，得出第二步电离平衡常数K2=10-4.19 Kh，由此可知NaHR溶液中HR-的电离程度大于水解程度，即c(H+) c(OH-)
24、，C项正确；D. 曲线中lgX随pH值的增大而增大，则根据图像性质可推出，曲线在pH=7（中性）时，推知lg 1，即c(R2-) c(HR-)，D项错误；答案选C。20. 一定温度下，硫酸盐(代表)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，。向 10mL 0.01 mol/L溶液中滴入1滴(约0.05 mL) 0.01 mol/L溶液岀现白色浑浊，而滴入1滴(约0.05 mL) 0.01 mol/L溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是( )A. 欲使c点对应溶液移向a点，可加浓溶液B. BaSO4和SrSO4两沉淀可以相互转化C. 向等浓度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，先生成
25、溶液SrSO4沉淀D. 的平衡常数为【答案】AC【解析】【分析】由题意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c()0.01mol/L=5107，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)c()0.01mol/L =5107，可判断a点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。【详解】A欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c()都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故A错误；B利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c()=1.010-51.010-5=110-10，Ksp(SrSO4)=c(
26、Sr2+)c()=1.0101.61.0101.6=1103.2，则Ksp(BaSO4)Ksp( SrSO4)，在一定条件下，SrSO4可以转化BaSO4，在c(Sr2+)足够大的环境下，BaSO4也可以转化SrSO4，故B正确；C根据B项分析，Ksp(BaSO4)Ksp( SrSO4)，向等浓度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，则先生成溶液BaSO4沉淀，故C错误；D的平衡常数K=106.8，故D正确；答案选AC。填空题(共3题，50分)21. (I)根据下列电化学装置，回答下列问题:(1)通入电极名称_，电极反应式为_ 。乙池中B电极增重2.16g， 甲池中理论上消耗
27、_ (标准状况下)。(2)若丙池中是足量的NaCl溶液，反应的离子方程式是_ 。D电极产物是_，(填化学式)(3)若丙池中是一定量的溶液2L，工作一段时间后，再加入9.8gCu(OH)2即可恢复原浓度，则原溶液物质的量浓度为_molL1，消耗H2O的质量为_g(溶液体积不变)。(II).微生物燃料电池 是废水处理中实现碳氮联合转化为为和，如图所示，1、2为厌氧微生物电极，3为阳离子交换膜，4为好氧微生物反应器。 请回答:(1)电极1名称_极，电极2发生的反应方程式为_ 。(2)在好氧微生物反应器中发生的反应方程式_ 。(3)若反应消耗O2标准状况下4.48L，理论上生成物质的量为_mol【答案
28、】 (1). 负 (2). (3). 56 (4). Cl-+2H2OH2+2OH-+Cl2 (5). H2、NaOH (6). 0.05 (7). 3.6 (8). 负 (9). (10). (11). 0.036【解析】【分析】(I)由装置图可知，甲池为甲烷燃料电池，属于原电池，通入甲烷的电极为负极，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为：CH4-8e-+10OH-=+7H2O，通入氧气的电极为正极，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-；乙、丙均为电解池，乙池中A与电源正极相连，则A为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H+O2，B为阴极，电极反应为：Ag+e-
29、=Ag，丙池中D与电源负极相连，D为阴极，C为阳极；(II)图示分析可知：酸性介质中，微生物燃料电池中氢离子移向2极，说明2原电池的正极，1原电池的负极，离子在正极得到电子生成氮气、发生还原反应，CH3COO-在原电池负极失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，在好氧微生物反应器中转化为，据此分析解答。【详解】(I)(1)根据分析，通入电极名称为负极，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O；乙池中B电极电极反应为：Ag+e-=Ag，增重2.16g，即B电极上增加的Ag的物质的量为=0.02mol，根据电极反应可知转移0.02mol电子，则甲池中理论上消耗n(CH4)= mol，标况下
30、的体积为mol22.4L/mol=0.056L=56mL；(2)若丙池中是足量的NaCl溶液，为电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，反应的离子方程式是Cl-+2H2OH2+2OH-+Cl2；D为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，电极产物是H2、NaOH；(3)若丙池中是一定量的溶液2L，阴极:2Cu2+4e-=2Cu 阳极:2H2O-4e-=4H+O2，电池总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，离开反应体系的相当于是CuO，工作一段时间后，再加入9.8gCu(OH)2即可恢复原浓度，加入的Cu(OH)2的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2相当于
31、CuOH2O，说明原溶液中0.1molCuSO4溶质电解完后，生成的H2SO4溶液发生了电解，即有0.1molH2O发生了电解，转移的电子总数为0.2mol，当转移0.2mol电子时，根据Cu2+2e-=Cu得知铜离子的物质的量为0.1mol，则原溶液CuSO4物质的量浓度为=0.05molL1，该电解过程中，铜离子全部电解时消耗了0.1molH2O，生成的硫酸继续电解时又消耗0.1molH2O，共消耗0.2mol H2O，则整个电解过程中消耗H2O的质量为0.2mol18g/mol=3.6g；(II)(1)根据分析，电极1名称负极，离子在正极得到电子生成氮气、发生还原反应，电极2发生的电极反
32、应为；(2)在好氧微生物反应器中在好氧微生物反应器中转化为，结合电子守恒、电荷守恒，发生的反应方程式；(3)电极1发生的电极反应为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，电极2发生的电极反应为，好氧微生物反应器中反应方程式，则整个转化总反应为：4CH3COONH4+11O2=8CO2+2N2+14H2O，若反应消耗O2标准状况下4.48L，即消耗=0.2molO2，理论上生成物质的量为mol0.036mol。【点睛】本题的易错点为(I) (3)中消耗水的质量计算，解答时易忽略，电解CuSO4过程中，电解产物H2SO4也发生了电解，电解两种物质的溶液时都会电解水，消耗水的总量为两步电
33、解消耗水之和。22. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01 molL1)的pH沉淀完全时(c=1.0105 molL1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列问题：(1)写出微粒的核外电子排布式：Al_。Fe3+_。(2)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_。“滤
34、液”中含有的金属离子是_。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_ 。A 酸性KMnO4溶液 B O2 C 硝酸 D 新制氯水若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即则“滤液”中可能含有的杂质离子为_。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=_ 。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 molL1，则“调pH”应控制的pH范围是_。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。(6)写出该反应的离子方程式_。(7)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). 1s22s
35、22p63s23p63d5 (3). 除去油脂、溶解铝及其氧化物 (4). +H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(OH)3+H2O； (5). Ni2+、Fe2+、Fe3+ (6). B (7). Fe3+ (8). 或 (9). 3.26.2 (10). 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O (11). 提高镍的回收率【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液含有NaAlO2，滤饼
36、为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【详解】(1)Al核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1；Fe3+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5；(2)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液中含有NaAlO2(或NaAl(OH)4)，加入稀硫酸可发生反应+H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(O
37、H)3+H2O；加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代，答案选B；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.010-5molL-1，c(H+)=1.010-8.7molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01molL-1，c(H+)=1
38、.010-7.2molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.26.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO-被还原为Cl-，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。【点睛】本题的解答关键在于正确分析
39、出工艺流程原理，难点为(4)中灵活运用Ksp计算溶液的pH值调控范围。23. “绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H1180.5 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H2393.5 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H3221 kJmol1若某反应的平衡常数表达式为K，则此反应的热化学方程式为_。(2)N2O5在一定条件下可发生分解反应：2N2O5(g) 4NO2(g)O
40、2(g)，某温度下向恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：t/min012345c(N2O5)/(molL1)1.000.710.500.350.250.17反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1p0_。25 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为_。一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。aNO2和O2的浓度比保持不变b容器中压强不再变化c2v正(NO2)v逆(N2O5)d气体的密度保持不变(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度
41、用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)CO(g)NO(g)CO2(g)，该反应中正反应速率v正k正p(NO2)p(CO)，逆反应速率v逆k逆p(NO)p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为_(用k正、k逆表示)。(4)如图是密闭反应器中按n(N2)n(H2)13投料后，在200 、400 、600 下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。曲线a对应的温度是_。M点对应的H2的转化率是_。【答案】 (1). 2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746.5 kJmol1 (2). 74(或1.751) (3). 0
42、.22 molL1min1 (4). b (5). (6). 200 (7). 75%【解析】【详解】（1）某反应的平衡常数表达式为K，发生反应为根据盖斯定律，2- 得出：；（2）相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；开始（mol / L） 1.00 0 0反应（mol / L） 0.5 1.0 0.252min（mol / L） 0.5 1.0 0.25气体的物质的量之比等于其压强之比，；aNO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，a错误；b该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组分的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，b正确；c应为v正（NO2）=2v逆（N2O5）才表明达到化学平衡状态，c错误；d该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，d错误；（3）达到平衡时，v正=v逆，k正 / k逆； （4） 合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，曲线a对应的温度是200 始（mol） 1 3 0转（mol） x 3x 2x平（mol） 1-x 3-3x 2xM点时：，则氢气的转化率为：
