3C.D.【答案】D【解析】【詳解】A．NaCl溶液中通入CO2氣體，不能發(fā)生反應(yīng)，A項(xiàng)不符合題意；B．Al與氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)為為NaAlO2，B項(xiàng)不符合題意；C．S在點(diǎn)燃條件下與氧氣反應(yīng)生成SO2，C項(xiàng)不符合題意；D．HNO3是強(qiáng)氧化性酸，能與不活潑金屬反應(yīng)，稀硝酸與銅反應(yīng)生成NO，D項(xiàng)符合題意；故答案選D。8.下列氧化物的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.氧化鈣能吸收水分，可用作食品包裝干燥劑B.氧化鐵能與酸反應(yīng)，可用作油墨的紅色顏料C.二氧化硫有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化劑D.二氧化硅硬度較高，可用作光導(dǎo)纖維的原料【答案】A【解析】【詳解】A．氧化鈣能吸收水分，可用作食品包裝干燥劑，A項(xiàng)正確；B．氧化鐵是紅棕色固體，可用作油墨的紅色顏料，與能與酸反應(yīng)無關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．二氧化硫有還原性，可用作葡萄酒抗氧化劑，與氧化性無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．二氧化硅硬具有良好的光學(xué)特性，可用作光導(dǎo)纖維的原料，與硬度無關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案選A。9.一種微生物電池處理含廢水的裝置如題圖所示。下列說法正確的是A.放電時(shí)，電極A附近溶液pH升高B.放電時(shí)，電子由電極B經(jīng)負(fù)載流向電極A
4C.放電時(shí)，電極B反應(yīng)為D.每生成22.4L，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol【答案】C【解析】【分析】放電時(shí)，是原電池的工作原理。電極A中C6H12O6轉(zhuǎn)化為CO2，碳元素化合價(jià)升高，失電子，為電池的負(fù)極，電極B由轉(zhuǎn)化為N2，氮元素化合價(jià)降低，得到電子，為電池的正極?！驹斀狻緼．放電時(shí)，電極A的電極方程式是C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．放電時(shí)，電極A中C6H12O6轉(zhuǎn)化為CO2，碳元素化合價(jià)升高，失電子，為電池的負(fù)極，則電極B為正極，電子由電極A經(jīng)負(fù)載流向電極B，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，電極B反應(yīng)為，C項(xiàng)正確；D．未知是否標(biāo)準(zhǔn)狀況下，不可算，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案選C。10.反應(yīng)可用于處理。下列說法正確的是A.上述反應(yīng)B.上述反應(yīng)平衡常數(shù)C.其他條件相同，增大能提高平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率D.其他條件相同，選用高效催化劑，能提高平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率【答案】B【解析】【詳解】A．反應(yīng)氣體物質(zhì)的量增加，，故A錯(cuò)誤；B．化學(xué)平衡常數(shù)是生成物平衡濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物平衡濃度系數(shù)次冪的乘積之比，反應(yīng)平衡常數(shù)，故B正確；C．其他條件相同，增大，能提高平衡時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率，的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯(cuò)誤；
5D．催化劑不能使平衡移動(dòng)，其他條件相同，選用高效催化劑，平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率不變，故D錯(cuò)誤；選B11.下列實(shí)驗(yàn)探究方案不能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A向兩支盛有2mL5%溶液試管中分別加入1溶液和1溶液，比較產(chǎn)生氣泡速率催化分解效果優(yōu)于B兩個(gè)封有和混合氣體的圓底燒瓶分別浸泡在熱水和冷水中，比較兩個(gè)燒瓶里氣體的顏色溫度升高，化學(xué)平衡向著吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)C用pH計(jì)測(cè)定不同濃度溶液的pH，記錄并比較pH變化隨著溶液中減小，的電離程度增大D向盛有2mL0.1NaCl溶液的試管中滴加2滴0.1溶液，振蕩，再向其中滴加4滴0.1KI溶液，觀察沉淀及顏色變化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A．該對(duì)比實(shí)驗(yàn)中、的陰離子不同，不能比較、催化劑對(duì)速率的影響，故A選；B．NO2為紅棕色氣體，N2O4為無色氣體，把裝有顏色相同的NO2和N2O4混合氣體的兩支試管分別浸入冷水和熱水中，根據(jù)混合氣體顏色變化可判斷溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響，故B不選；C．隨著溶液中減小，記錄溶液pH的變化情況，若酸的濃度稀釋10倍，pH變化小于1個(gè)單位，可證明稀釋促進(jìn)電離，的電離程度增大，故C不選；
6D．氯化鈉與硝酸銀反應(yīng)生成AgCl沉淀，硝酸銀溶液少量，再加入KI溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，說明生成AgI，生成物溶度積更小，則，故D不選；故選：A。12.一種吸收再經(jīng)氧化得到硫酸鹽的過程如題圖所示。室溫下，用0.1NaOH溶液吸收，若通入所引起的溶液體積變化和揮發(fā)可忽略，溶液中含硫物種的濃度。的電離常數(shù)分別為、。下列說法正確的是A.“吸收”應(yīng)在較高的溫度下進(jìn)行B.“吸收”所得溶液中：C.“吸收”所得溶液中：D.“氧化”調(diào)節(jié)溶液pH約為5，主要發(fā)生反應(yīng)【答案】D【解析】【分析】由電離常數(shù)可知，亞硫酸氫根離子的水解常數(shù)Kh==＜Ka2，說明亞硫酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性?！驹斀狻緼．溫度升高，SO2溶解度減小，不利于反應(yīng)進(jìn)行，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電荷守恒，“吸收”所得溶液中：，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析，亞硫酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)，故C錯(cuò)誤；D．“氧化”調(diào)節(jié)溶液pH約為5，亞硫酸氫根離子被氧化為硫酸根離子，主要發(fā)生反應(yīng)，故D正確；故選：D。
713.探究合成反應(yīng)化學(xué)平衡的影響因素，有利于提高的產(chǎn)率。以、為原料合成涉及的主要反應(yīng)如下：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.不同壓強(qiáng)下，按照投料，實(shí)驗(yàn)測(cè)定的平衡轉(zhuǎn)化率和的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A.圖甲表示的是的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化關(guān)系B.圖乙中壓強(qiáng)大小關(guān)系為：C.圖乙時(shí)，三條曲線幾乎交于一點(diǎn)，原因可能是此時(shí)以反應(yīng)Ⅲ為主，壓強(qiáng)改變對(duì)其平衡幾乎沒有影響D.為同時(shí)提高的平衡轉(zhuǎn)化率和的平衡產(chǎn)率，應(yīng)選擇低溫高壓的反應(yīng)條件【答案】B【解析】【詳解】A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ都是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，的平衡產(chǎn)率降低，故A正確；B．增大壓強(qiáng)，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ正向移動(dòng)，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，所以圖乙中壓強(qiáng)大小關(guān)系為：，故B錯(cuò)誤；C．圖乙時(shí)，三條曲線幾乎交于一點(diǎn)，原因可能是此時(shí)以反應(yīng)Ⅲ為主，壓強(qiáng)改變對(duì)其平衡幾乎沒有影響，故C正確；
8D．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ都是放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，的平衡產(chǎn)率增大，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ正反應(yīng)氣體系數(shù)和減小，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，的平衡產(chǎn)率增大，所以同時(shí)提高的平衡轉(zhuǎn)化率和的平衡產(chǎn)率，應(yīng)選擇低溫高壓的反應(yīng)條件，故D正確；選B。二、非選擇題：共3題，共61分。14.氯化亞銅(CuCl)是常用的催化劑。以低品位銅礦(主要成分為CuS、和鐵的氧化物等)為原料制備CuCl步驟如下：（1）“氧化浸取”。銅元素全部轉(zhuǎn)化為，鐵元素全部轉(zhuǎn)化為。①、和硫酸反應(yīng)生成、和S，其化學(xué)方程式為_______。②為提高銅元素的浸出率，工藝上可采取的措施有_______(填字母)。A.將銅礦粉碎并攪拌B.增加銅礦的投料量C.適當(dāng)提高硫酸濃度D.適當(dāng)縮短反應(yīng)時(shí)間（2）“除鐵錳”。依次用氨水沉鐵、用氨水-混合溶液沉錳。①用氨水調(diào)節(jié)溶液的pH為3時(shí)，為_______。{室溫下，}②向除鐵后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反應(yīng)生成的離子方程式為_______。（3）“還原”。溶液、NaCl溶液和溶液反應(yīng)生成CuCl沉淀。已知：CuCl易被氧化，易與形成可溶的。①反應(yīng)生成CuCl的離子方程式為_______。②如圖所示，和其他條件相同時(shí)，CuCl產(chǎn)率隨增大先升高后降低的原因是_______。
9③如圖所示，其他條件相同時(shí)，CuCl產(chǎn)率隨反應(yīng)時(shí)間延長(zhǎng)而降低的原因是_______?！敬鸢浮浚?）①.+2+4H2SO4=2+2+S；②.AC（2）①.3×10-6②.2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O（3）①.2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+②.增大，溶液中Cl-濃度增大，使得更容易生成CuCl，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，CuCl易與過多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐漸消失，產(chǎn)率下降③.反應(yīng)時(shí)間越長(zhǎng)，CuCl被空氣中的氧氣氧化，產(chǎn)率下降【解析】【小問1詳解】①根據(jù)氧化還原反應(yīng)特點(diǎn)分析元素化合價(jià)升降并配平。、和硫酸反應(yīng)生成、和S，其化學(xué)方程式為+2+4H2SO4=2+2+S；②A．將銅礦粉碎并攪拌，可提高反應(yīng)物接觸面積使反應(yīng)更充分，可提高銅元素的浸出率，A項(xiàng)符合題意；B．增加銅礦的投料量，并不能增加濃度，不能提高銅元素的浸出率，B項(xiàng)不符合題意；C．適當(dāng)提高硫酸濃度，使銅礦更毅反應(yīng)，反應(yīng)速率大，能提高銅元素的浸出率，C項(xiàng)符合題意；
10D．適當(dāng)縮短反應(yīng)時(shí)間不能提高浸出率，D項(xiàng)不符合題意；故答案選AC?！拘?詳解】①溶液總存在沉淀溶解平衡，根據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算，，用氨水調(diào)節(jié)溶液的pH為3時(shí)，為3×10-6，故答案是3×10-6；②反應(yīng)元素化合價(jià)未變，根據(jù)離子方程式特點(diǎn)配平。除鐵后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反應(yīng)生成的離子方程式為2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O；故答案是2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O；【小問3詳解】①由題意分析，銅元素化合價(jià)降低，是常見還原劑，根據(jù)氧化還原反應(yīng)特點(diǎn)，溶液、NaCl溶液和溶液反應(yīng)生成CuCl沉淀的離子方程式是2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；故答案是2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；②增大，溶液中Cl-濃度增大，使得更容易生成CuCl，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，CuCl易與過多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐漸消失，產(chǎn)率下降，故答案是增大，溶液中Cl-濃度增大，使得更容易生成CuCl，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，CuCl易與過多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐漸消失，產(chǎn)率下降；③反應(yīng)時(shí)間越長(zhǎng)，CuCl與空氣接觸越久，越容易被氧化，使得CuCl產(chǎn)率下降；故答案是反應(yīng)時(shí)間越長(zhǎng)，CuCl被空氣中的氧氣氧化，產(chǎn)率下降。15.以廢鋅鐵合金(含Zn、ZnO及少量Fe、、Cu、CuO和油污)為原料制備的流程如下：（1）“洗滌”的目的是_______。（2）“酸溶”所得濾液中不含，證明濾液中不含的實(shí)驗(yàn)操作為_______。
11（3）“氧化”過程控制體系溫度為80℃的方法是_______?！把趸焙蟮娜芤褐?，陽離子有_______。（4）三價(jià)鐵在不同溫度和pH下沉淀的形式如左圖所示，圖中陰影部分是黃鐵礬鈉[]穩(wěn)定存在的區(qū)域；硫酸鋅溶解度曲線如右圖所示。已知：以“氧化”后所得溶液制備的方案如下：在80℃下，用pH計(jì)測(cè)定“氧化”后所得溶液的pH為4.1，滴加_______調(diào)節(jié)溶液pH至2.0；邊攪拌邊向溶液中滴加1.0溶液同時(shí)用1.0NaOH溶液控制溶液pH保持在2.0左右，產(chǎn)生大量沉淀；_______，停止滴加1.0溶液；趁熱過濾；將濾液在80℃下蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)，降溫至60℃，_______，冷卻至室溫，過濾，冷水洗滌，低溫干燥得產(chǎn)品。實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：1.0溶液、1.0HCl溶液、1.0NaOH溶液、1.0溶液。（5）取1.800g樣品配成100.00mL溶液，準(zhǔn)確量取10.00mL溶液于錐形瓶中，加30mL蒸餾水稀釋；然后滴加氨水調(diào)節(jié)溶液pH=10，用0.01500EDTA()標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(滴定反應(yīng)為，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液35.00mL。計(jì)算樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(寫出計(jì)算過程)_______。【答案】（1）除去廢鋅鐵合金中的油污（2）取少量溶液于試管內(nèi)，滴加KSCN溶液，溶液不變紅，說明不含；（3）①.水浴加熱②.Zn2+、、H+（4）①.1.0溶液②.至沉淀量不再增加③.蒸發(fā)溶劑（5）用0.01500EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗EDTA溶液35.00mL，消耗
12的物質(zhì)的量為0.01500×0.035L=5.25×10-4mol；根據(jù)，可知1.800g樣品含的物質(zhì)的量為5.25×10-4mol=5.25×10-3mol，樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【解析】【分析】廢鋅鐵合金含Zn、ZnO及少量Fe、、Cu、CuO和油污，用熱純堿洗滌除去油污，加稀硫酸溶解，銅和稀硫酸不反應(yīng)，過濾出銅，濾液中含有硫酸鋅、硫酸亞鐵，用NaClO3把硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，Na2SO4溶液生成沉淀，過濾，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶得?！拘?詳解】熱純堿溶液能去除油污，“洗滌”的目的是除去廢鋅鐵合金中的油污；【小問2詳解】遇KSCN溶液變紅，證明濾液中不含的實(shí)驗(yàn)操作為：取少量溶液于試管內(nèi)，滴加KSCN溶液，溶液不變紅，說明不含；【小問3詳解】“氧化”過程控制體系溫度為80℃的方法是水浴加熱?！八崛堋焙蟮娜芤褐泻辛蛩徜\、硫酸亞鐵、硫酸，用NaClO3把硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，“氧化”后的溶液中，陽離子有Zn2+、、H+。【小問4詳解】在80℃下，用pH計(jì)測(cè)定“氧化”后所得溶液的pH為4.1，滴加1.0溶液調(diào)節(jié)溶液pH至2.0；邊攪拌邊向溶液中滴加1.0溶液同時(shí)用1.0NaOH溶液控制溶液pH保持在2.0左右，產(chǎn)生大量沉淀；至沉淀量不再增加，停止滴加1.0溶液；趁熱過濾；將濾液在80℃下蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)，降溫至60℃，蒸發(fā)溶劑，冷卻至室溫，過濾，冷水洗滌，低溫干燥得產(chǎn)品?！拘?詳解】用0.01500EDTA()標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗EDTA溶液35.00mL，消耗的物質(zhì)的量為0.01500×0.035L=5.25×10-4mol；根據(jù)，可知1.800g樣品含的物質(zhì)的量為5.25×10-4mol=5.25×10-3mol，樣品中
13的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。16.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的燃料電池有良好的?yīng)用前景。（1）已知：表示燃燒熱熱化學(xué)方程式為_______。（2）通過如圖電解裝置可獲得。電解時(shí)，陽極電極反應(yīng)式為_______。電解后，KOH物質(zhì)的量_______(填“變大”、“變小”或“不變”)。（3）乙醇-水催化重整可獲得，主要反應(yīng)為：Ⅰ.Ⅱ.①已知，向重整體系中加入適量多孔CaO，其優(yōu)點(diǎn)是_______。②在、時(shí)，平衡時(shí)的產(chǎn)率隨溫度的升高先增大后減小的原因是_______。（4）重整制取合成氣(CO和)耦合還原工藝是利用和的有效途徑。①800℃下，將以一定流速通過裝有氧載體()的反應(yīng)器，測(cè)定出口氣體組分含量變化。結(jié)果表明反應(yīng)初期主要與氧載體的表面氧反應(yīng)生成和。隨著表面氧不斷被消耗，開始與氧載體的晶格氧反應(yīng)生成和CO。最后CO的量開始下降、的量卻上升，其可能原因是
14_______。②重整制取合成氣(CO和)耦合還原工藝的過程如圖所示，該過程可描述為_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O②.不變（3）①.多孔CaO與CO2接觸面積大，反應(yīng)速率快，使得反應(yīng)Ⅰ正向進(jìn)行，反應(yīng)Ⅱ逆向進(jìn)行，獲得更多氫氣②.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ都是吸熱反應(yīng)，溫度升高，該反應(yīng)更利于正反應(yīng)方向進(jìn)行，一開始是反應(yīng)Ⅰ在進(jìn)行，H2的產(chǎn)率逐漸升高，一段時(shí)間后反應(yīng)Ⅱ其主導(dǎo)作用，氫氣被消耗的快，所以氫氣的產(chǎn)率又下降（4）①.中間產(chǎn)物能與CO繼續(xù)在高溫條件下反應(yīng)生成CO2和H2；②.3CH4+3O2CO2+2CO+4H2+2H2O【解析】【小問1詳解】101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定化合物時(shí)放出的熱量是燃燒熱。由題意分析，利用蓋斯定律，表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式為；【小問2詳解】如圖電解裝置可獲得。由H2O轉(zhuǎn)化為H2的一極，氫元素化合價(jià)降低，為電解池的陰極，電極方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-；由Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH，鎳元素化合價(jià)升高，該極為電解池的陽極，電極方程式是Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，根據(jù)兩極方程式判斷，電解總方程式是2Ni(OH)2=H2↑+2NiOOH，所以電解后KOH物質(zhì)的量不變，故答案是Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O；不變?！拘?詳解】①多孔CaO與CO2接觸面積大，反應(yīng)速率快，使得反應(yīng)Ⅰ正向進(jìn)行，反應(yīng)Ⅱ逆向進(jìn)行，獲得更多氫氣；②反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ都是吸熱反應(yīng)，溫度升高，該反應(yīng)更利于正反應(yīng)方向進(jìn)行，一開始是反應(yīng)Ⅰ在進(jìn)行，H2的產(chǎn)率逐漸升高，一段時(shí)間后反應(yīng)Ⅱ其主導(dǎo)作用，氫氣被消耗的快，所以氫氣的產(chǎn)率又下降；【小問4詳解】重整制取合成氣耦合還原工藝中，最終產(chǎn)物是CO和，由題意了解了反應(yīng)過程涉及的一些反應(yīng)。
15①反應(yīng)初期主要與氧載體的表面氧反應(yīng)生成和。隨著表面氧不斷被消耗，開始與氧載體的晶格氧反應(yīng)生成和CO。最后CO的量開始下降、的量卻上升，其可能原因是中間產(chǎn)物能與CO繼續(xù)在高溫條件下反應(yīng)生成CO2和H2，導(dǎo)致CO的量開始下降、的量卻上升，故答案是中間產(chǎn)物能與CO繼續(xù)在高溫條件下反應(yīng)生成CO2和H2；②由題中信息和圖像分析，重整制取合成氣(CO和)耦合還原工藝的過程可用化學(xué)方程式描述為3CH4+3O2CO2+2CO+4H2+2H2O；故答案是3CH4+3O2CO2+2CO+4H2+2H2O
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