1、开鲁一中20202021学年度上学期高三年级第二次阶段性考试化学学科试题注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡/纸上。2. 作答时，务必将答案写在答题卡/纸上，写在本试卷上无效。一卷用2B铅笔涂卡，二卷用黑色中性笔答题。3. 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Ni 59 Sm 150第I卷 (选择题 共42分)一、选择题：本题共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是( )A. 针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌
2、消毒B. 用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用的是乙醇的还原性C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应D. 常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别【答案】A【解析】【详解】A高锰酸钾溶液和双氧水具有强氧化性、乙醇能破坏细胞组织，均能使蛋白质变性，但医疗上常用75%的酒精杀菌消毒、不用无水酒精杀菌消毒，A错误；B橙红色酸性重铬酸钾具有强的氧化性，能够氧化乙醇，重铬酸钾则被还原为+3价的绿色物质，乙醇表现还原性，因此可用含有橙红色酸性重铬酸钾的仪器检验是否酒驾，B正确；C雾霾形成的是气溶胶，属于胶体，具有胶体的丁达尔效应，C正确；D危险化学品标志中的数字危险品的
3、类别：如第1类是爆炸品、第2类是压缩气体和液化气体、第3类是易燃液体等，D正确；故合理选项是A。2. 判断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列情况下，可以判定反应一定能自发进行的是A. H0B. H0,S0C. H0,S0,S0【答案】A【解析】【详解】化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当G=H-TS0 时，反应能自发进行，当H0 时, G=H-TS0,S0,S0或H0,S0 能否自发进行，取决于反应的温度，所以H0一定能自发进行；A正确；综上所述，本题选A。3. 反应A(g)3B(g)2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A.
4、 v(D)0.45molL1min1B. v(B)0.01molL1s1C. v(C)0.40molL1min1D. v(A)0.15molL1min1【答案】A【解析】【详解】若以A的化学反应速率及单位为mol/(Lmin)为基准，则根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知：Av(A) ；Bv(A) ；Cv(A)；Dv(A)0.15molL1min1；故反应速率最快的为A；答案选A。4. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出B. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D. 合成氨工业采用高压条件【答案】B
5、【解析】【分析】勒夏特列原理：当反应达到平衡，改变某一因素，平衡向减弱这一因素的方向移动，据此分析；【详解】A. 气体的溶解度随压强增大而增大，常温下时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的CO2会从瓶中逸出，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B. H2和I2反应H2(g)I2(g) 2HI(g)，增大压强平衡不移动，增大压强缩小容器的体积，组分浓度增大，则气体颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；C. Cl2溶于水：Cl2H2O HClHClO，NaCl完全电离出Na和Cl，增加c(Cl)，使平衡向逆反应方向进行，可以用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D. 合成氨气：N2
6、(g)3H2(g) 2NH3(g)，增大压强，平衡向正反应方向进行，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案：B。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，2.24L CHCl3的原子总数为0.1NAB. 4.2g C3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NAC. 1mol -OH中电子数为10NAD. 常温常压下，28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A标准状况下，CHCl3是液态，无法使用Vm=22.4L/mol计算，故A错误；B4.2g C3H6可以是环丙烷，没有碳碳双键，B错误；C1mol -OH中电子数为
7、9NA，C错误；D乙烯和环丁烷（C4H8）的最简式相同，故质量一定含有的碳原子数为定值，计算为2NA，D正确；故选D。6. 下列叙述正确的是A. HClO 的结构式为H-Cl-OB. 核内有33个中子的Fe表示为FeC. NH2OH的电子式为 D. CH3CHO 的球棍模型为【答案】C【解析】【详解】A. HClO 的结构式为H-O-Cl，故A错误；B. 核内有33个中子的Fe原子质量数为：33+26=59，表示为Fe，故B错误；C. NH2OH的电子式为，故C正确；D. CH3CHO 球棍模型为，故D错误；正确答案是C。7. 工业上利用Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化稼(GaN)
8、同时有氢气生成。反应中，每生成3molH2时放出30.8kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应， 下列有关表达正确的是A. I图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压B. II图像中纵坐标可以为镓的转化率C. III图像中纵坐标可以为化学反应速率D. IV图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量【答案】A【解析】【详解】AI图象中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图象符合题意，A正确；BGa是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，B错误；CGa是固体，其质量不影响反应速率，C错误；D反应方程式为2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s
9、）+3H2（g）H0，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，D错误；答案选A。8. 25时，水的电离达到平衡：H2OH+OH H0，下列叙述正确的是（ ）A. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变B. 向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低C. 向水中加入固体硫酸铜，平衡逆向移动，c（OH）减小D. 将水加热，Kw增大，pH不变【答案】A【解析】【详解】A向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子，c（H+）增大，温度不变，Kw不变，故A正确；B向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电
10、离，平衡逆向移动，c（OH-）增大，故B错误；C向水中加入少量固体硫酸铜，Cu2+水解结合水电离出的氢氧根离子，促进水电离，平衡正向移动，故C错误；D水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选A。9. 25时，在浓度都为1 molL-1的（NH4）2SO4、NH4H CO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中，测得c（NH4+）分别为a、b、c、d（单位为molL-1）。下列判断正确的是A. a=2b=2c=2dB. abc dC. acdbD. acbd【答案】C【解析】根据（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl
11、的化学式，浓度都为1 molL-1的溶液，（NH4）2SO4中c（NH4+）最大；溶液均存在水解平衡：NH4+H2ONH3H2O +H+，Cl-对NH4+水解没影响，NH4HSO4电离出的氢离子抑制NH4+水解，NH4HCO3中HCO3-的水解促进NH4+水解，所以浓度都为1 molL-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中c（NH4+）从大到小的顺序是（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3，故C正确。10. 分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A. 7种B. 8种C. 9种D. 10种【答案】C【解析】【详解】C4
12、H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。11. 5 mL 0.1 mol/L KI溶液与1 mL 0.1mol/L FeCl3溶液发生反应：2Fe3+ (aq) + 2I-(aq) = 2Fe2+(aq) + I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )A. 加入苯，振荡，平衡正向移动B. 加入FeSO4固体，平衡逆向移动C. 该反应的平衡常数K=D. 经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度【答案】C【解析】【详解】A. 加入苯，导致溶液中碘单质的浓度减小，减少生成物的浓度平衡正向移动
13、，故A正确；B. 加入FeSO4固体，导致溶液中亚铁离子的浓度变大，平衡逆向移动，故B正确；C. 由反应2Fe3+(aq) + 2I- (aq) = 2Fe2+(aq) + I2(aq)可知：平衡常数K=，故C错误；D. 在FeCl3与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有三价铁离子，即铁离子没有完全反应，说明该化学反应存在限度，故D正确；故选C 。12. 不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（ ）A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B. 由和可知，温度越高，Fe2+
14、氧化速率越快C. 由和可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，A正确；B由和可知，当pH相同、温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，B正确；C由和可知，当温度相同、pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，C错误；D在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，D正确；故选C。13. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是
15、Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（ ）A. 简单离子半径：ZWYXB. 最简单氢化物的稳定性：WYC. X与Z可形成离子化合物ZXD. W的氧化物对应的水化物为强酸【答案】C【解析】【分析】首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为，A项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性
16、强于硫，最简单氢化物的稳定性：WY，B项错误；C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；答案选C。14. 常温时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A. 0.1mol/L与0.1mol/L HCl等体积混合：B. 0.1mol/L的溶液，其pH=4，则C. 溶液：D. 将0.1mol/L的溶液和0.1mol/L溶液等体积混合后，则：【答案】A【解析】【详解】A. 0.1mol/L 与0.1mol/L HCl等体积混合产物为H2NaCl，H2为弱酸是分步电离的，则，故
17、A正确；B. 0.1mol/L的溶液，其pH=4，电离大于水解，为强电解质，溶液中完全电离成+和-，则，故B错误；C.根据质子守恒规律溶液中：，故C错误；D. 根据电荷守恒规律将0.1mol/L的溶液和0.1mol/L溶液等体积混合后生成难溶得Ca，则，故D错误；答案：A。【点睛】根据守恒规律解答本题。电荷守恒是指溶液中所有阳离子所带的正电荷总数和所有阴离子所带负电荷总相等；质子守恒是指水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等。15. 向20mL 0.40mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液:iH2O2+I-=H2O+IO-iiH2O2+ IO-=H2O+O2+ I-H2O2分解反应过程中能
18、量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下 下列判断不正确的是A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率B. 反应i是放热反应，反应是吸热反应C. 0-10min的平均反应速率：v(H2O2)9010-3 mol L-1min-1D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性【答案】B【解析】【详解】A从图中可以看出，KI在反应中作催化剂，降低反应的活化能，能增大H2O2的分解速率，A判断正确；B反应i中反应物的总能量小于中间产物的总能量是吸热反应，反应中中间产物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，B判断错误；C0-10min时，n(O2)=0.910-3mo
19、l，平均反应速率：v(H2O2)=9.010-3 molL-1min-1，C判断正确；DH2O2在反应过程中化合价部分升高，部分降低，既体现了氧化性，又体现了还原性，D判断正确；答案为B。16. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A. 向0.1molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变【答案】D【解析】【详解】A向0.1molL1 CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，醋酸根离子浓度减小，溶液中= 增大，故A错误
20、；B水解是吸热反应，将CH3COONa溶液从20升温至30，水解常数Kh增大，溶液中减小，故B错误；C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4）+c（H）=c（OH）+c（Cl）得到c（NH4）=c（Cl），=1，故C错误；DAgCl+BrClAgBr的平衡常数为K=，只受温度的影响，故D正确；故选D。【点睛】本题考查弱电解质电离平衡、水解平衡影响因素分析判断，主要是水的电离平衡中离子积常数的理解应用，掌握基础是解题关键，难点A，转换成平衡常数去思考，醋酸根离子浓度减小，溶液中= 增大。17. 下列说法正确的是A. 室温时，用广泛pH试纸测得某溶液pH为2.3B. 将AlCl3、Al
21、2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体成分相同C. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低D. 常温下，pH2的醋酸溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH7【答案】D【解析】【详解】A广泛pH试纸测得溶液的pH值为整数，不能测得某溶液pH为2.3，故A错误；BAlCl3中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸发，氯化氢挥发，促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体时Al2O3；硫酸铝水解生成硫酸，硫酸难挥发，所以硫酸铝加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分是硫酸铝，则两者的
22、成份不同，故B错误；C用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，导致读取的标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故C错误；D常温下，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后，醋酸剩余，溶液的pH7，故D正确；故选D。18. 某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（ ）A. 实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B. 实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C. 检验白
23、色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D. 实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关【答案】C【解析】【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化BaCl2溶液检验，故C正确；D. 实验1、2中，过量A
24、l2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。19. 25时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：Ag2SO4(白色)Ag2S(黑色)FeS(黑色)MnS(肉色)1.4105mol3L36.31050mol3L33.31018mol2L22.51013mol2L2结合相关数据分析，下列说法错误的是A. 除去某溶液中的Ag用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好B. 25时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度C. 向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶
25、液，沉淀颜色会由黑色变为肉色D. 向Ag2S(s)2Ag(aq)S2(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(Ag)不变【答案】D【解析】【详解】AKsp(Ag2S)Ksp(Ag2SO4)，除去某溶液中的Ag用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好，A说法正确；B根据表中数据，25时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B说法正确；C向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnCl2溶液，发生沉淀的转化，沉淀颜色会由黑色变为肉色，C说法正确；D向Ag2S(s)2Ag(aq)S2(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2)增大，平衡逆向移动，则溶液中c(Ag)减小，
26、D说法错误；答案为D。20. 已知某化学反应的平衡常数表达式为K，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：t70080083010001200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是A. 该反应的化学方程式是：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)B. 上述反应的正反应是放热反应C. 如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态D. 某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：，判断此时的温度是1000 【答案】C【解析】【详解】A化学反应的平衡常数表达式为K=，平衡常数是生成物
27、浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故反应物是一氧化碳和水，生成物是二氧化碳和氢气，反应的化学方程式是：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，故A正确；B由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故B正确；C 反应前后气体的体积不变，可以用物质的量代替浓度计算，故Qc=2.251，830C时Qc不等于K，说明反应未达到平衡，故C错误；D某温度下，如果平衡浓度符合关系式，则K=0.6，对照平衡常数可知温度是1000，故D正确；故选C。21. 在恒压、NO 和 O2 的起始浓度一定的条件下，
28、催化反应相同时间，测得不同温度下 NO 转化为NO2 的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下 NO 的平衡转化率随温度的变化）。下列说法正确的是A. 反应2NO(g)+ O2(g)=2NO2(g)的H 0B. 图中X 点所示条件下，延长反应时间能提高 NO 转化率C. 图中Y 点所示条件下，增加 O2 的浓度不能提高 NO 转化率D. 380下，c 起始(O2) = 5.0 10-4 molL-1，NO 平衡转化率为 50%，则平衡常数 K 2000 【答案】B【解析】【详解】A. 升高温度NO平衡转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，即H0，故A错
29、误；B.X点没有达到平衡状态，反应正向进行，延长时间导致消耗的NO量增多，导致NO转化率提高，故B正确；C.Y点所示条件下达到平衡状态，增大氧气浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故C错误；D.380下，c起始(O2)= 5.0 10-4 molL-1，反应正向移动，则c平衡(O2)=2000，故D错误。故答案选：B。第卷 (非选择题 共58分)二、非选择题(本题包括4小题，共58分)22. 甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。（1）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2mol CO与0.4mol H2发生反应，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的
30、平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。A、B两点对应的压强大小关系是PA_PB（填“、或=”）。【答案】 (1). KC (3). b (4). 100 (5). 减小 (6). 【解析】【分析】（1）根据压强对平衡状态的影响分析判断；平衡常数只受温度影响，据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热；达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断；（2）根据CO的转化率利用三段式法计算平衡常数；根据浓度对平衡状态的影响分析；（3）计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。【详解】（1）反应CO(
31、g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大，所以PAPB；据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KBKC；aH2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；bCH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故b正确；c容器体积和气体质量始终不变，所以混合气体的密度始终不变，因此密度不变不能说明反应达到平衡状态，故c错误；dCO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故
32、d错误；故答案为b；（2）P1压强、T1时CO的转化率为0.5，则CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L） 0.1 0.2 0转化浓度（mol/L） 0.05 0.1 0.05平衡浓度（mol/L） 0.05 0.1 0.05化学平衡常数K=100；若温度不变，再加入1.0mol CO，平衡向正反应移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，CO的转化率减小；（4）T1、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol、H2：0.2mol、CH3OH：0.2mol，此时反应的浓度商Qc=50K=100，此时v正v逆。23. CO2既是温室气体，也
33、是重要化工原料，CO2的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)已知：4H2(g)+2O2(g)4H2O(g)H=-967.2kJ/mol;.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H=-802.0kJ/mol。则CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=_kJ/mol。(2)在体积为1L的密闭恒容容器中，充入4molH2和1molCO2，发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)测得温度对CO2的平衡转化率(%)和催化剂催化效率的影响如图所示。欲提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有_(填序号)A通入惰性气体 B升高温度 C增加C
34、O2浓度 D增加H2浓度下列说法正确的是_(填序号)。A平衡常数大小：KNKMB其他条件不变，若不使用催化剂，则250C时CO2平衡转化率可能位于点M1C其他条件不变，加入催化剂可以降低该反应活化能，H不变D当压强或混合气体的密度保持不变时均可证明化学反应已达到平衡状态已知M点总压为lMPa，该反应在此温度下的平衡常数Kp=_MPa-2。(Kp是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，气体分压=气体总压体积分数)(3)工业上用CO2和H2反应可合成甲醇(CH3OH)。甲醇燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，甲醇碱性燃料电池中甲醇加入到_(填“正”或“负”)极，该电极的电极反应
35、式为_。(4)常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3，写出得到Na2CO3的离子方程式：_，若某次捕捉后得到pH=10的溶液、则溶液中c():c()=_，常温下K1(H2CO3)=4.410-7K2(H2CO3)=510-11【答案】 (1). 165.2 (2). D (3). AC (4). 1 (5). 负 (6). CH3OH6e8OH=6H2O (7). CO22OH=H2O (8). 1：2或0.5【解析】【详解】(1) 已知：4H2(g)+2O2(g)4H2O(g)H1=-967.2kJ/mol；CH4(g)+2O2(g)CO
36、2(g)+2H2O(g)H2=-802.0kJ/mol；由盖斯定律可知-得CO2(g)+4H2(g) = CH4(g)+2H2O(g)，则H=(- 967.2kJ/mol)-(-802.0kJ/mol) = -1 65.2kJ/mol；(2)A在恒温恒容条件下，通入惰性气体，压强增大，但反应体系各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，选项A错误；B正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，选项B错误；C增加CO2浓度，平衡正向移动，H2的转化率增加，而CO2的平衡转化率降低，选项C错误；D增加H2浓度，平衡正向移动，H2的转化率降低，而CO2的平衡
37、转化率提高，选项D正确；答案选D；A升高温度CO2的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，选项A正确；B由图象可知，其他条件不变，若不使用催化剂，则250时CO2的平衡转化率可能位于点M1，选项B错误；C加入催化剂可以降低反应活化能，但H不变，选项C正确；D混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能根据混合气体的密度来判断化学反应是否达到平衡状态，选项D错误；答案选AC；已知M点总压为lMPa， CO2的转化率为50%，则：平衡体系中CO2的体积分数为，H2的体积分数为=， CH4的体积分数为，H2O的体积分数为，由此计算该反应在此温度下的平衡常
38、数：Kp=Mpa-2=1MPa-2；(3)甲醇碱性燃料电池中，加入甲醇的一极为负极，1mol甲醇失去6mol电子生成，负极反应式为CH3OH6e8OH=6H2O；(4) 用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3，反应的离子方程式为CO22OH=H2O；H2CO3的电离方程式为H2CO3 HCO3-+H+、HCO3-CO32-+ H+；K2(H2CO3)=，则:=1:2。24. 镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1xyCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：回答下列问题(1)废
39、旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。(2)能够提高“碱浸”效率的方法有_(至少写两种)。(3)“碱浸”过程中，铝溶解的离子方程式为_。(4)实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的玻璃仪器有_；过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：_。(5)LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_。(6)溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示：则浸出过程的最佳条件是_。(7)已知溶液中Co2+的浓度为1.0molL1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为_(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)1.0105molL1，KspCo(OH)
40、2=4.01015，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)。【答案】 (1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 (2). 粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 (3). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2 (4). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (5). 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次 (6). 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2 (7). 75，30 min (8). 9.3【解析】【分析】(1) 放电过程中Li+ 从负极向正极移动；(2)根据提高反应速率的因素分析；(3)“碱浸”过程中，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠
41、和氢气；(4)根据过滤装置回答；(5) H2O2 把LiCoO2 中+3 价Co 还原为+2价Co2+；(6)由图可知，在75、30min 条件下钴的浸出率几乎达到100%； (7)根据KspCo(OH)2=4.01015计算；【详解】(1) 放电过程中Li+ 从负极向正极移动，锂进入正极材料，有利于锂在正极的回收；(2)粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等能够提高“碱浸”效率；(3) “碱浸”过程中，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2；(4)根据过滤装置，需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；过滤后需洗涤固体的操作是：沿玻
42、璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次；(5)LiCoO2 中Li 元素为+1 、O元素为-2价，所以Co 元素化合价为+3，H2O2 把LiCoO2 中+3 价Co 还原为+2价Co2+，H2O2被氧化为氧气，反应的离子方程式是2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2；(6)由图可知，在75、30min 条件下钴的浸出率几乎达到100%，所以最佳条件是75、30min；(7)根据KspCo(OH)2=4.01015，当Co2+离子沉淀完全时c(Co2+)=1.0105molL1，则c(OH-)= ，c(H+)=，pH=9.3，所以Co2+沉淀完全时溶液
43、的最小pH为9.3。【点睛】本题以废旧锂离子电池回收制备镍钴锰酸锂三元正极材料为载体，考查化学工艺流程，明确工艺流程原理、化学反应原理是解题关键，注意混合物分离的方法。25. 铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体.(1)基态Co原子的外围电子排布式为_，第二周期中基态原子与基态Co原子具有相同未成对电子数的元素是_.(2)Fe、Co、Ni原子半径相似、化学性质相似，原因是_.(3)配合物Fe(CO)5的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为_。CO与N2互为等电子体，CO分子具有的化学键类型有_.A.键 B.键 C.离子键 D.金
44、属键(4)Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为_，Ni的杂化形式为_，其为_晶体。相对分子质量熔点沸点结构17143(5)钙钛矿中含有Sn、Ni、O，它们形成的氧化物具有金属-绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如下图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中.晶胞边长为apm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该氧化物的密度为_g/cm3(列出计算表达式)。(6)已知：r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 _。【答案】 (1). (2). N (3). 电子层数相同，最外层电子
45、数相同，只有次外层的电子数不同 (4). 18 (5). AB (6). 正四面体 (7). (8). 分子 (9). (10). Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解【解析】【分析】(1)根据能量最低原理书写Co原子核外电子排布式；(2)Fe、Co、Ni原子结构相似；(3)配合物Fe(CO)5中1个配体原子提供2个电子；等电子体具有相似的结构；(4)由Ni(CO)4的结构与相关性质分析；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；(6)离子晶体，半径越小，晶格能越大。【详解】(1)Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为Ar3d
46、74s2；基态Co原子3d轨道有3个未成对电子，第二周期中有3个未成对电子的元素为N元素；(2)Fe、Co、Ni核外电子排布式分别为Ar3d64s2、Ar3d74s2、Ar3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近、化学性质相似；(3)Fe的价电子排布式是3d64s2，价电子数为8，CO作配体提供2个电子，故价电子数和配体提供电子总数为8+25=18；N2的结构式是，有键和键，则互为等电子体的CO也有键和键，答案为AB；(4)由结构图可知Ni(CO)4空间构型为正四面体，中心原子Ni为sp3杂化，熔沸点较低，属于分子晶体；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；该晶胞中有1个Sm原子，8=1个Ni原子，12=3个O原子，则该晶胞的密度为(6)已知r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm，则FeO的晶格能大于CoO，加热FeCO3和CoCO3时，FeCO3更易分解。
