1、朝阳区2018_2019学年度第二学期高二年级期末统一考试试卷及答案1.下列装置工作时，将电能转化为化学能的是A风力发电机B硅太阳能电池C 纽扣式银锌电池D 电解熔融氯化钠A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 该装置将风能转化为电能，A错误；B. 该装置将太阳能转化为电能，B错误；C. 该装置将化学能转化为电能，C错误；D. 该装置将电能转化为化学能，D正确；故合理选项为D。2.下列既属于放热反应又属于氧化还原反应的是A. 氧化钙与水反应B. 铁丝在氧气中燃烧C. NaOH溶液与盐酸反应D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体反应【答案】B【解析】【详解】A.
2、 氧化钙与水反应，放出热量，但是该反应不涉及化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；B. 铁丝在氧气中燃烧，是放热反应，也有化合价的变化，是氧化还原反应，B正确；C. NaOH溶液和盐酸反应是放热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故合理选项为B。3.甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为A. 10：1B. 1：10C. 2：1D. 1：2【答案】A【解析】试题分析：A。甲溶液的pH是4，C（H+）=10-4； 乙溶液的pH
3、是5, C（H+）=10-5, 甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为101, A正确；考点：考察有关酸溶液中pH的计算。4.为了除去MgCl2酸性溶液中Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是A. NH3H2OB. NaOHC. MgCO3D. Na2CO3【答案】C【解析】【分析】本题利用的是Fe(OH)3和Mg(OH)2开始析出沉淀的pH不同，来进行分离出Fe3+。该实验的目的是为了除去Fe3+，以提纯MgCl2，则溶液中一定含有HCl，所以加入了试剂，就一定会生成相应的氯盐，此时要考虑是否引入了新的杂质。【详解】A. 使用氨水调节溶液pH，除去
4、了Fe3+，但也生成了NH4Cl，引入了新的杂质，A错误；B. 使用NaOH调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，引入了新的杂质，B错误；C. 使用MgCO3调节溶液pH，除去了Fe3+，也生成了MgCl2，无新的杂质生成，C正确；D. 使用Na2CO3调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，则引入了新的杂质，D错误；故合理选项为C。【点睛】根据所学知识，可以看出题中考察的是Fe3+和Mg2+形成沉淀对溶液pH的要求不同；同时，也要注意所加试剂是否会引入新的杂质。5.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达
5、到化学平衡状态的是A. 容器内的压强不再改变B. c(SO2) : c(O2) : c(SO3) = 2 : 1 : 2C. SO2的转化率不再改变D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等【答案】B【解析】【详解】A. 在恒容密闭容器中，压强不再变化，说明气体的总物质的量也不再变化，而化学反应前后，气体的总物质的量不等，所以该证据可以说明反应达到平衡，A错误；B. 该证据只能表明在某一个时间点，体系的组分是这样的一个比例，并不能说明这个比例不再变化，因此该证据不能说明平衡一定达到平衡，B正确；C. SO2的转化率不再改变，说明v(SO2)正=v(SO2)逆，则反应一定达到平衡，C错误；D.
6、 SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，即v(SO3)正=v(SO3)逆，则反应一定达到平衡，D错误；故合理选项为B。6.某种钢闸门保护法原理示意图如下，下列说法不正确的是A. 锌块发生氧化反应：Zn-2e= Zn2+B. 钢闸门有电子流入，可以有效减缓腐蚀C. 若通过外加电源保护钢闸门，应将钢闸门与电源正极相连D. 锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种钢闸门保护法原理相同【答案】C【解析】【分析】该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，钢闸门作正极，海水作电解质溶液，整个过程是锌的吸氧腐蚀。【详解】A. 该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e= Zn2
7、+，A正确；B. 锌块作负极，发生氧化反应，失去的电子通过导线转移到钢闸门，减缓了钢闸门的腐蚀，B正确；C. 通过外加电源保护钢闸门，若将钢闸门与电源正极相连，则钢闸门作阳极，这样会加快钢闸门的腐蚀，C错误；D. 镁的活泼性比铁强，锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种铁闸门保护法一样，都是利用了原电池的原理，D正确；故合理选项为C。【点睛】该装置利用的原理是金属的电化学腐蚀，我们已学过铁的吸氧腐蚀，凡是在水中的金属的腐蚀，几乎考察的都是吸氧腐蚀，需要搞明白哪个金属是我们不希望被腐蚀的，即哪个金属应该作正极，而负极的金属一般是较活泼的金属，也就是用来被“牺牲”的金属，这种保护法叫作牺牲阳极的阴
8、极保护法（注意区别外加电源的阴极保护法）。7.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)C. 2NO2N2O4 H0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅D. Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深【答案】C【解析】【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；B. 将ZnS投入到Cu
9、SO4溶液中，有ZnSZn2+S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小，增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；C. 该平衡的正反应是放热反应，将玻璃球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；D. 向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72的浓度增大，橙色加深，D正确；故合理选项为C。8.氯碱工业的原理示意图如图。下列说法正确的是A. M为负极B. 通电使氯化钠发生电离C. 出口c收集到的物质是氯气D. 通电一段时间后，阴极区p
10、H降低【答案】C【解析】【分析】饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极；同理，稀氢氧化钠溶液从b口进入，在出口变为浓氢氧化钠溶液，说明OH-在右侧电极生成，则该电极为阴极，所以N为电源的负极。【详解】A. 饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极，A错误；B. 氯化钠在水中，本身在水的作用下发生电离，不需要通电，B错误；C. Cl-在左侧放电，所以出口c收集的物质是Cl2，C正确；D. 右侧电极为阴极，该处产生OH-，则通电一段时间后，OH-浓度增大，所以p
11、H增大，D错误；故合理选项为C。【点睛】在不知道阴极、阳极的情况下，需要将题目中的装置图仔细分析，从而判断出阴极和阳极。9.下列实验方案不能达到相应目的的是 ABCD目的比较碳酸根与碳酸氢根水解程度研究浓度对化学平衡的影响比较不同催化剂对化学反应速率的影响比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱实验方案A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧
12、试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；C. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸碳酸硼酸，D正确；故合理选项为A。【点睛】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验
13、不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。10.某同学设计如下原电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该装置将化学能转化为电能B. 负极的电极反应是：Ag +I-e-=AgIC. 电池的总反应是Ag+ +I-=AgID. 盐桥（含KNO3的琼脂）中NO3-从左向右移动【答案】D【解析】【分析】图中没有外接电源，反而是有个电流表，且电路中有电子的移动方向，则该装置是原电池装置。由于只有Ag+能和I-离子反应，所以电池的总反应是Ag+ +I-=AgI，负极反应为：Ag +I-e-=AgI，正极反应为：Ag+e-=Ag。【详解】A. 经分析，该装置是原电池装置，则该装置将化学能转化
14、为电能，A正确；B. 根据电子的移动方向，可以推断出左侧电极为负极，该电极反应为：Ag +I-e-=AgI，B正确；C. 该电池中，表观上看，只有Ag+和I-反应，所以总反应是Ag+ +I-=AgI，C正确；D. 左侧电极为负极，右侧电极为正极，NO3-带负电荷，向负极移动，所以应该是从右向左移动，D错误；故合理选项为D。【点睛】题中涉及的原电池反应是不常见的反应，也未告知正极和负极，所以需要仔细观察。可以通过电子的转移方向判断出正、负极；再结合图中给出的物质，可以推出总的反应方程式，再推出正极反应，两式相减可得负极反应。由此可见，对于此类题目，一定要认真观察图。11.25时，用0.1 mol
15、L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1 HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是A. HX为弱酸B. V1 20C. M点溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(X)c(Na)c(H)c(OH)D. 二者等体积混合时，c(Na)c(X) + c(OH)【答案】D【解析】分析】若HX为强酸，其浓度为0.1 molL-1时，溶液的pH应该为1，但实际上pH为3，则说明HX为弱酸，可从此进行分析作答。【详解】A. 起始时，HX的浓度为0.1 molL-1，pH=3，则说明HX为弱酸，A正确；B. 若V1=20，则溶液的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则Na
16、X溶液呈碱性，pH7，所以V1应小于20，B正确；C. M点的溶质是等浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为：c(X)c(Na)c(H)c(OH)，C正确；D. 两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有：c(Na)+c(H+)c(X) + c(OH)，D错误；故合理选项为D。【点睛】本题的突破口就在，图中曲线的起点，通过这个点，可以发现，若HX为强酸，0.1 molL-1 HX溶液的pH应为1，而不是3。作答此类题目，一定要仔细分析题中的信息，图中的信息也不能忽略。12.已知：2H2(g) +O2(g)2H2O(g) H =483.6 kJm
17、ol-1 下列说法不正确的是A. 该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理B. 破坏1mol H-O键需要的能量是463.4 kJC. H2O(g)H2(g) +1/2O2(g) H = +241.8 kJmol-1D. H2(g)中的H-H键比H2O(g)中的H-O键牢固【答案】D【解析】【详解】A. 该反应是氧化还原反应，可以用作氢氧燃料电池的原理，A正确；B. 根据题中的热化学方程式得：H=2EH-H+EO-O-4EH-O，EH-O=463.4kJmol-1，B正确；C. 根据盖斯定律得：H2O(g)H2(g) + 1/2O2(g) H = +241.8 kJmol-1，C正确；D. 由题知，
18、H-H键键能为436 kJmol-1，H-O键键能为463.4 kJmol-1，H-O键 键能更大，所以H-O键更牢固，D错误；故合理选项为D。13.一定温度下，在3个1.0 L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g) H，达到平衡。相关数据如下表。容器温度/K物质的起始浓度/ molL-1物质的平衡浓度/ molL-1c(X)c(Y)c(Z)c(Z)I4000.200.1000.080II4000.400.200aIII5000.200.1000.025下列说法不正确的是A. 平衡时，X的转化率：IIIB. 平衡常数：K(II)K(I)C. 达到平衡所需时间：IIIID. 反
19、应的H0【答案】B【解析】【详解】A. II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率I，A正确；B. 平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；C. III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；D. 对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的H0，D正确；故合理选项为B
20、。14.测定不同温度下0.5 molL-1 CuSO4溶液和0.5 molL-1 Na2CO3溶液pH，数据如下表：温度/2530405060CuSO4(aq) pH3.713.513.443.253.14Na2CO3(aq) pH10.4110.3010.2810.2510.18下列说法不正确的是A. 升高温度，Na2CO3溶液中c(OH-)增大B. 升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动C. 升高温度，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D. 升高温度，可能导致CO32-结合H+程度大于H2O电离产生H+程度【答案】D【解析】【详解】A.
21、由表中的数据可知：升高温度，Na2CO3溶液的pH增大，说明溶液中OH-的浓度增大，A正确；B. 在CuSO4溶液中有，在Na2CO3溶液中有；从表中的数据可知：升高温度，两个溶液中的H+和OH-的浓度都增大，则说明平衡都正向移动，B正确；C. 在CuSO4溶液中有，pH=-lg c(H+)=-lg ；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C正确；D.平衡可以看作是两步反应：，与CO32-结合的H+来自于水的电离，则CO32-结合H+程度小于于H2O电离产生H+程度，D错误；故合理选项为D。15.某实验小组尝试在钢制钥匙上镀铜。实验
22、I：将钥匙直接浸入0.4 molL1 CuCl2溶液中，20s后取出，钥匙表面变红，但镀层疏松，用纸即可擦掉。实验II：用图装置对钥匙进行电镀铜。钥匙表面迅速变红，同时有细小气泡产生，精铜表面出现少量白色固体。30s后取出钥匙检验，镀层相对实验I略好，但仍能用纸巾擦掉一部分。经调整实验条件后获得了较好的电镀产品。实验III：用0.4 molL1 CuSO4溶液代替CuCl2溶液重复实验II，精铜表面未出现白色固体。回答下列问题：（1）实验I反应的化学方程式是_。（2）实验II中钥匙应与电源的_极连接。（3）钥匙表面产生的气体是_。（4）为了避免实验III中钥匙表面产生气体，应该采取的措施是_。
23、（5）常见化合物中铜元素有+1、+2两种价态，结合实验III推测实验II中精铜表面产生的白色固体的电极反应式是_。（已知CuOH是一种难溶于水的黄色固体）【答案】 (1). Fe+CuCl2 =Cu+FeCl2 (2). 负 (3). H2 (4). 适当降低c(H+)或降低电源电压（其他答案合理给分） (5). Cu-e- +Cl- =CuCl【解析】【分析】本题主要考察电镀的原理，题中所涉及的气体、白色固体，需要结合所学知识去推测。【详解】（1）钢制钥匙的主要成分是Fe，实验I的化学方程式是：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；（2）实验II中，钥匙是要被镀铜，则应该做阴极，即与电源的负极
24、连接；（3）CuCl2溶液呈弱酸性，阴极上会有少量的H+放电形成H2，所以钥匙表面的气体为H2；（4）为避免实验III中药匙表面产生气体，可以适当降低溶液中H+的浓度，或者适当降低电压；（5）Cu(II)的化合物一般都是蓝色或绿色，Cu(I)的化合物中，已学的不溶于水的有Cu2O（砖红色）、CuOH（黄色）、CuCl（白色），则该白色固体为CuCl，则相应的电极反应式为：Cu-e- +Cl- =CuCl。16.白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。i. 量取20.00 mL白醋样品，用100 mL容量瓶配制成待测液。ii. 将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0
25、刻度线。iii. 取20.00 mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000 mol L1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。iv. 重复滴定实验3次并记录数据。.计算醋酸总酸度。回答下列问题：（1）实验i中量取20.00 mL白醋所用的仪器是_（填字母）。a bcD（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_。（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_mol L1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.
26、00022.00第3次20.00022.02【答案】 (1). c (2). 偏大 (3). 锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色 (4). 0. 1100【解析】【分析】【详解】（1）a. 量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；b. 容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；c. c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；d. d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；故合理选项为c；（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；（3）
27、由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100molL-1。【点睛】（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。17.2018年，美国退出了巴黎协定实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。 （1）已知：CO2(g)+H2(g
28、)H2O(g) +CO(g)H1 = + 41.1 kJmol-1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2=90.0 kJmol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_（填字母）。a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压（3）250、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比n(H2)/n(CO2)时某反应物X平衡转化率变化曲线。 反应物X是_（填“CO2”或“H2”）。 判断依据是_。（4）250、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10m
29、in时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol L1。 前10min的平均反应速率v(H2)_ molL1min 1。 化学平衡常数K = _。 催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。【答案】 (1). 3H2 (g)+CO2 (g
30、)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B【解析】【分析】本题主要考察化学平衡的移动；（1）考察盖斯定律，将两个热化学方程相加即可；（2）考察化学平衡移动；（3）考察反应物的平衡转化率，及影响因素；（4）考察化学反应速率、化学平衡常数、产物的选择性。【详解】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2
31、(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol；（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故合理选项为d；（3）观察图中的横坐标，其物理量为，若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；（4）在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol L1，则有（单位：mol L1）：3H2 (g)CO2 (g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75H2的浓度变化量为
32、2.25 mol L1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol L1；K=；选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。18.实验小组同学探究稀H2SO4对溶液中的I被O2 氧化的影响因素。（1）为了探究c(H+)对反应速率的影响，进行实验：10mL 1mol L1 KI溶液5滴淀粉溶液序号加入试剂变色时间10mL蒸馏水长时间放置，未见明显变化10mL 0.1mol L1
33、H2SO4溶液放置3min后，溶液变蓝10mL 0.2mol L1H2SO4溶液放置1min后，溶液变蓝10mL 0.1mol L1K2SO4溶液长时间放置，未见明显变化 写出实验发生反应的离子方程式 _。 实验所得结论：_。 增大实验反应速率还可以采取措施 _。 实验的作用是_。（2）为探究c(H+)除了对反应速率影响外，是否还有其他影响，提出假设：. 增大c(H+)，增强O2的氧化性；. 增大c(H+)，_。小组同学利用下图装置设计实验方案，对假设进行验证。序号溶液a溶液b现象10mL 1mol L1 KI溶液10mL H2O10mL 0.1molL1K2SO4溶液10mLH2O指针未见偏
34、转10mL 1mol L1 KI溶液10mL H2O10mL 0.1molL1K2SO4溶液1mL 0.2molL1H2SO4溶液9mL H2O指针偏转X10mL 0.1molL1K2SO4溶液10mL 02molL1H2SO4溶液YZ10mL 0.1molL1K2SO4溶液10mLH2O 指针未见偏转通过实验证实假设合理，将表中空白处的试剂或现象补充完整。X _；Y _；Z _。【答案】 (1). 4H+ 4I-+O2 =2I2+2H2O (2). 其他条件相同时，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快 (3). 升高温度或通入O2 (4). 对照实验，证明SO42-对该反应的化学反应速率
35、没有影响 (5). 增强I-的还原性 (6). 10mL 1mol L-1 KI溶液、10mL H2O (7). 指针偏转大于 (8). 10mL 1mol L-1 KI溶液、2mL 0.2molL-1H2SO4溶液、8mL H2O【解析】【分析】本题主要考察实验探究，注意“单一变量”原则。【详解】（1）题中已告知I-被O2氧化，所以离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；这三组实验中，变量是H+的浓度，结果是溶液变蓝的速度，反映出H+的浓度对I-被O2氧化的速率；对于非气相反应而言，加快反应速率的措施还有加热，增加其他反应物的浓度，或者加入催化剂（在本实验中，反应速率较快，为了更
36、好的观察实验结果，可不使用催化剂）；实验IV的作用是对照作用，排除SO42-对实验结果的影响；（2）ii，对照i的说法为增大c(H+)，增强I-的还原性；对比实验V、VI、VII，三组实验的溶液b在变化，根据单一变量原则，溶液a是不应该有变动的，所以X应为10mL 1mol L1 KI溶液、10mL H2O，由于实验VII的溶液b中H+浓度比实验VI的大，反应速率会加快，这意味着单位时间内转移的电子数量会增多，指针会出现偏转，且比实验VI的大；经过对比，实验V和VIII的溶液b相同，则两个实验的溶液a应该有所不同，实验探究的是H+的影响，实验V的a溶液中没有H+，则实验VIII的a溶液中应该有
37、H+，故Z为10mL 1mol L-1 KI溶液、2mL 0.2molL-1H2SO4溶液、8mL H2O。19.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。（1）锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的工作原理：.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。.放电过程原理示意图如图所示： 放电时，电子的流动方向为_。（用a、b、K2、K3） 放电时，正极的电极反应式为_。（2）钴酸锂回收再生流程如下： 用H2SO4酸浸时，通常添加3
38、0%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是_。 用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸。主要原因是：.会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式_。.Cl对建筑材料的腐蚀及带来的水体问题等。 其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30% H2O2 混合液中的浸出率曲线如图，请解释随着温度升高，钴的浸出率先升高后降低的原因：_。 已知草酸为二元弱酸，应用化学平衡移动原理，结合化学用语解释CoC2O4沉淀的同时溶液酸性增强的原因：_。 高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式
39、为_。【答案】 (1). b K2 K3 a (2). Li1-xCoO2 +xLi+ +xe-= LiCoO2 (3). 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2+4H2O (5). 80之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大；80后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低 (6). 草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4 H+HC2O4- ，HC2O4- H+C2O42-，溶液中Co2+与C2O42-反应生成CoC2O4，使c(C2O42-)减小，促进电离平衡
40、正向移动，所以c(H+)增大 (7). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 高温 4LiCoO2 +10CO2【解析】【分析】（1）考察原电池的原理，题中已经告知放电过程的原理示意图，Li+在原电池内部由b向a移动，则电子在外电路由b向a移动，也由此可以推出右侧的电极为负极，左侧的电极为正极；（2）考察工业流程。观察酸浸前后，Co的化合价由+3变为了+2，则Co的化合物作氧化剂，由于H2SO4还原性很弱，所以H2O2作还原剂；HCl具有还原性，而在中我们得知Co(III)具有氧化性，所以可以得出这两种物质可以发生氧化还原反应；温度升高，影响的是化学反应速率，浸出率随温度的升高而升高，是因为
41、反应速率增大；而H2O2本身的热稳定性不高，超过80，H2O2的分解速率大于被氧化的速率，使得浸出的反应速率受到影响，从而降低了浸出率；草酸溶液中有：H2C2O4 H+HC2O4- ，HC2O4- H+C2O42-，Co2+与C2O42-结合成沉淀，会使溶液中C2O42-的浓度降低，两个平衡正向移动，使得溶液的H+浓度增大；题中已经告知了反应物和生成物，配平方程式即可。【详解】（1）放电过程，K2、K3连接形成原电池，导线为外接电路，Li+的流动方向是从电池内部ba移动，电子的移动方向与正电荷相反，则电子流动的方向为bK2K3a；如图所示，放电时，Li+从LixC6一侧流向Li1-xCoO6一
42、侧，则正极的电极反应为：Li1-xCoO2 +xLi+ +xe-= LiCoO2；（2）LiCoO2中，Co呈+3价，滤液中的Co呈+2价，则Co化合物被还原了，H2SO4还原性很弱，所以H2O2在该过程中起还原剂的作用，将LiCoO2还原；盐酸具有还原性，Co(III)具有氧化性，二者会发生反应生成Cl2：2LiCoO2+8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2+4H2O；在80之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大； 80之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；草酸溶液中有：H2C2O4 H+HC2O4- ，HC2O4- H+C2O42-，Co2+与C2O42-结合成沉淀，会使溶液中C2O42-的浓度降低，平衡向右移动，使得溶液中H+的浓度增大，溶液的酸性增强；题中告知了反应物和生成物，则化学方程式为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 高温 4LiCoO2 +10CO2。【点睛】本题中，H2O2的作用容易被分析错误，常见的工业流程中，H2O2往往作氧化剂，在被题中却作还原剂，需要考生仔细分析题中所给的信息。
