综合压轴80题（期末真题汇编，云南专用）高二化学上学期

综合80题 3大高频考点概览 考向01 化学反应的热效应 考向02 化学反应速率 考向03 化学平衡 化学反应的方向与调控 考向04 电离平衡 水的电离和溶液的酸碱性 考向05 盐类水解 离子浓度大小的比较 考向06 沉淀溶解平衡及其应用 考向07 原电池与电解池及其应用 考向08 原子结构与性质 考向09 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查(非选择题) 考向10 水溶液的离子反应与平衡的综合考查（非选择题） 1．(24-25高二上·云南普洱·期末)已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述正确的是地 城 考点01 化学反应的热效应 A．反应每生成分子吸收能量 B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．该反应的反应热 D．断裂键和键，释放能量 【答案】C 【详解】A．依据图像分析，和反应生成吸收能量，A错误； B．依据图像分析，该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误； C．该反应的反应热=断键吸收的总能量-成键放出的总能量，所以反应热，C正确； D．断裂键和键，吸收 能量，D错误； 故选。 2．(24-25高二上·云南普洱·期末)某温度下，在容积为2 L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)+bB(g)cC(g)　ΔH=-Q kJ·mol-1(Q>0)，12 s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8 mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是 A．前12 s内，A的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1 B．12 s后，A的消耗速率等于B的生成速率 C．化学计量数之比b∶c=1∶2 D．12 s内，A和B反应放出的热量为0.4Q kJ 【答案】B 【详解】A．根据图像可知，12s内A变化物质的量浓度为(0.8－0.2)mol/L=0.6mol/L，用A表示的反应速率v(A)==0.05mol/(L·s)，故A说法正确； B．12s内消耗B的物质的量浓度为(0.5－0.3)mol/L=0.2mol/L，根据反应方程式，推出b为1，利用速率之比等于化学计量数之比，12s后，A的消耗速率与B的生成速率之比为3∶1，故B说法错误； C．12s时生成C的物质的量为0.8mol，则有b∶c=(0.2mol/L×2L)∶0.8mol=1∶2，推出c为2，故C说法正确； D．生成2molC时放出热量Q，则生成0.8molC时放出热量为kJ=0.4QkJ，故D说法正确； 答案为B。 3．(24-25高二上·云南普洱·期末)如图所示是298 K时，A2与B2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是 A．每生成2 mol AB吸收bkJ热量 B．加入催化剂，反应的活化能和反应热都改变 C．该反应的热化学方程式为 A2(g)+B2(g)=2AB(g) ∆H= + (a-b) kJ • mol-1 D．断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，放出a kJ能量 【答案】C 【详解】A． 每2 mol气态 AB分子被破坏 生成气态A原子与气态B原子，吸收bkJ热量，A错误； B． 加入催化剂，能降低反应的活化能，但不改变反应热，B错误； C．反应的热效应与物质的状态有关，每1mol A2(g)与B2(g)反应生成2 mol AB(g)，吸收(a-b)kJ热量，则该反应的热化学方程式为 A2(g)+B2(g)=2AB(g)  ∆H= + (a-b)kJ • mol-1，C正确； D．破坏化学键吸收能量， 断裂1 mol气态A2分子内的A-A和1 mol气态B2分子内的B-B键，吸收akJ能量 答案选C。 4．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A．在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)  △H=-285.8kJ·mol-1 B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)  △H=2×283.0 kJ/mol C．在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O（l）；△H =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ D．已知C(石墨,s) C(金刚石,s)　 △H＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定 【答案】C 【详解】A．在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为： H2(g)+ O2(g) H2O(l) △H=-285.8kJ·mol-1，故A错误； B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g) △H= －2×283.0 kJ/mol，故B错误； C．在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O（l）；△H =－57.3 kJ·mol—1，由于浓硫酸稀释放热，所以若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故C正确； D．C(石墨,s) C(金刚石,s)　 △H＝+1.9 kJ/mol，金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故D错误。 5．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是 A．用铜丝代替环形玻璃搅拌棒，测得的△H偏大 B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mol H2O的△H均为—57.3kJ/mol C．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度 D．某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液反成1mol H2O反应热，造成这一结果的原因一定是用测量过稀盐酸温度的温度计直接测量稀NaOH溶液的温度 【答案】A 【详解】A．用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得放出的热量偏小，ΔH偏大，A正确； B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量不一定都为57.3kJ，反应的焓变ΔH不一定为—57.3kJ/mol，如稀硫酸和氢氧化钡反应，B错误； C．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再升高时的最高温度为终止温度，C错误； D．ΔH偏大可能的原因很多，不一定是用测量过稀盐酸温度的温度计直接测量稀NaOH溶液的温度导致的，如可能是用金属材质的搅拌器代替了玻璃搅拌器，D错误； 故选A。 6．(24-25高二上·云南普洱·期末)以下反应均可制取O2。下列有关说法正确的是 反应①：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)  △H1＝+571.6 kJ·mol-1 反应②：2H2O2(l)＝2H2O(1)+O2(g)  △H2＝-196.4 kJ·mol-1 A．制取O2的反应一定是吸热反应 B．H2的燃烧热为-571.6 kJ·mol-1 C．若使用催化剂，反应②的△H将减小 D．反应2H2O2(l)＝2H2O(g)+O2(g)的△H＞-196.4 kJ·mol-1 【答案】D 【详解】A．制取O2的反应可能是放热反应，如过氧化氢在催化剂作用下的分解反应的△H＜0，为放热反应，故A错误； B．燃烧热是完全燃烧1mol物质得到最稳定的化合物所放出的热量，根据2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)△H1＝+571.6 kJ·mol-1可知，H2的燃烧热为0.5×571.6kJ•mol-1=285.8kJ•mol-1，故B错误； C．使用催化剂，只能改变反应速率，不影响反应的△H，故C错误； D．液态水变成气态水需要吸热，双氧水分解生成气态水放出的热量更小，△H更大，因此2H2O2(l)═2H2O(g)+O2(g)的△H＞-196.4kJ•mol-1，故D正确； 故选D。 7．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)下列有关叙述正确的是 A．标准状况下，SO2(g) +NO2(g) SO3(1)+NO(g)，该反应的 ΔS＜0 B．2CO(g)=2C(s) + O2(g) ΔH＞0， 高温下可以自发 C．C(s，金刚石)=C(s，石墨)  ΔH= -1.9 kJ·mol-1，金刚石比石墨更稳定 D．选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率 【答案】A 【详解】A．标准状况下，SO2(g) +NO2(g) SO3(1)+NO(g)，该反应为熵减的反应，故ΔS＜0，选项A正确； B．反应2CO(g)=2C(s) + O2(g) ΔS<0，ΔH＞0，ΔG=ΔH-TΔS>0，故任何条件下该反应均不能以自发进行，选项B错误； C．C(s，金刚石)=C(s，石墨)  ΔH= -1.9 kJ·mol-1，金刚石比石墨的能量高，能量低的更稳定，故石墨稳定，选项C错误； D．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，但不能改变焓变，选项D错误； 答案选A。 8．(23-24高二上·云南大理州·期末)乙烯在酸催化下与水制乙醇的反应机理及反应进程中能量的变化如图甲、乙所示．下列叙述错误的是 A．乙烯中既含有极性共价键又含有非极性共价键 B．第①步反应的活化能最大 C．酸催化剂加快了化学反应速率，降低了该反应的反应热 D．第③步反应为 【答案】C 【详解】A．乙烯中既含有C-H极性共价键又含有C-C非极性共价键，故A正确； B．由图可知，第①步反应活化能较大，故B正确； C．催化剂只能加快反应速率，不能改变反应的反应热，故C错误； D．根据图示和原子守恒，可得，故D正确； 故选C。 地 城 考点02 化学反应速率 9．（24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末）900 ℃时，向2.0 L恒容密闭容器中充入0.40 mol乙苯，发生反应： 一段时间后，反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表所示： 时间/min 0 10 20 30 40 n(乙苯)/mol 0.40 0.30 0.24 n2 n3 n(苯乙烯)/mol 0.00 0.10 n1 0.20 0.20 下列说法正确的是 A．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率大于50.0% B．反应在前20 min内的平均反应速率v(H2)＝0.008 mol·L－1·min－1 C．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，体系的总压增大，平衡时苯乙烷的分压也增加。 D．相同温度下，起始时向容器中充入0.10 mol乙苯、0.10 mol苯乙烯和0.30 mol H2，则达到平衡前：v正＜v逆 【答案】D 【详解】A．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故乙苯的转化率为：×100%=50%．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，乙苯的转化率不变为50%，故A错误； B．由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol-0.24mol=0.16mol，故v(乙苯)==0.004mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(乙苯)=0.004mol•L-1•min-1，故B错误； C．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，平衡不移动，所以平衡时苯乙烷的物质的量不变，恒温、恒容条件气体的压强之比等于物质的量之比，所以苯乙烷的平衡分压不发生改变，故C错误； D．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，平衡时苯乙烯的浓度为=0.1mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，故平衡常数K==0.1．相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，此时浓度商Qc==0.15> 0.1，反应向逆反应进行，故达到平衡前v正＜v逆，故D正确； 故答案为D。 10．（24-25高二上·云南普洱·期末）向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量B的混合气体，在一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图甲所示（t0～t1阶段的c(B)变化未画出），图乙为t2时刻改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段各改变一种不同的反应条件。下列说法中正确的是 A．若t1="15" s，t0～t1阶段B的平均反应速率为0.004 mol·L－1·s－1 B．t4～t5阶段改变的条件是减小压强 C．该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 mol D．t5～t6阶段，容器内A的物质的量减少了0.06 mol，容器与外界的热交换为a kJ，则该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g) △H=－50a kJ·mol－1 【答案】B 【详解】A．根反应中A的浓度变化为0.15mol/L—0.06mol/L＝0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L—0.05mol/L＝0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06＝3：2，t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有3AB＋2C，若t1=15s，生成物B在t0～t1时间段的平均反应速率为：v（B）==0.002mol•L-1•s-1，选项A错误； B．t4～t5阶段正逆反应速率减小且相等，平衡不移动，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，t4～t5阶段改变的条件为减小压强；t5～t6阶段正逆反应速都增大，平衡发生移动，应为升高温度，选项B正确； C．根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为＝2L，生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，选项C错误； D．该反应不一定是放热反应，选项D错误； 答案选B。 11．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）下列反应条件的控制中，不恰当的是（　　） A．为防止铁生锈，在其表面涂一层防锈油漆 B．为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火 C．为加快氯酸钾的分解速率，加入二氧化锰 D．为加快过氧化氢的分解速率，把反应容器放到冷水中 【答案】D 【详解】A.在铁的表面涂一层油漆后，能将铁与氧气隔绝，减慢铁的生锈，故A不选； B.悬浮的面粉颗粒、气态油都是易燃物质，遇到明火发生爆炸，所以要严禁烟火，故B不选； C.二氧化锰能催化氯酸钾的分解反应，故C不选； D.冷水温度低，会降低过氧化氢分解反应的速率，故D选。 故选D。 12．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)某温度下，在一恒容密闭容器中进行可逆反应：　△H＞0，下列叙述正确的是 A．平衡后升高温度，平衡逆向移动 B．平衡后加入少量催化剂，逆反应速率不变 C．当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡 D．平衡后加入X，△H增大 【答案】C 【详解】A．由于正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，A不正确； B．平衡后加入少量催化剂，正、逆反应速率都改变，且改变的幅度相同，B不正确； C．因为反应前后气体的分子数不等，平衡前，随着反应的进行，混合气的压强不断发生改变，当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡，C正确； D．平衡后加入X，平衡正向移动，反应体系吸收的能量增多，但每摩反应[]的热效应不变，△H不变，D不正确； 故选C。 13．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示： 已知部分化学键的键能数据如下： 共价键 键能(kJ/mol) 413 497 462 351 348 下列说法不正确的是 A．该催化反应历程中没有非极性键断裂 B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变 C．总反应的原子利用率为100% D．该反应的热化学方程式为：   【答案】B 【详解】A．由图可知，该反应的反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，则该催化反应历程中存在极性键的断裂，不存在非极性键断裂，故A正确； B．催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误； C．由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，则反应的原子利用率为100%，故C正确； D．由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，反应方程式为，由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可知，反应的焓变△H=(497kJ/mol×2+ 413 kJ/mol×4)—(413 kJ/mol×3+ 348 kJ/mol +351 kJ/mol + 462kJ/mol)=—251kJ/mol，故D正确； 故选B。 14．(23-24高二上·云南昆明市第三中学·期末)已知：NO和转化为的反应机理如下： ①（快）平衡常数 ②（慢）平衡常数 下列说法正确的是 A．的 B．反应②的速率大小决定的反应速率 C．反应过程中的能量变化可用上图表示 D．的平衡常数 【答案】B 【详解】A．根据盖斯定律分析，①+②即可得到反应，，A错误； B．反应慢的速率决定总反应速率，反应②的速率大小决定的反应速率，B正确； C．图中表示反应①为吸热反应，与题中信息不符合，C错误； D．根据盖斯定律分析，①+②即可得到反应，则平衡常数，D错误； 答案选B。 15．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）反应在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ①增加C的量 ②将容器体积缩小一倍 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使体系体积增大 A．①③ B．①④ C．②③ D．③④ 【答案】A 【详解】①往反应中加入固体物质，不会影响化学反应的速率，①符合题意； ②将容器的体积减小一半，等价于将整个反应体系的压强增大了一倍，气体物质的浓度增大，所以会使反应速率增大，②不符合题意； ③保持体积不变，充入使容器内总压强增大，但是不参加反应，容器内各物质的浓度没有改变，所以不影响化学反应速率，③故符合题意； ④恒压时，充入使容器体积增大，压强虽然不变，但各物质的浓度减小，所以化学反应速率会减小，④不符合题意； 故选A。 16．(24-25高二上·云南普洱·期末)反应过程中能量变化如图所示(图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能)，下列有关叙述错误的是 A．该反应为放热反应， B．有催化剂的两步反应中，第一步为该反应的决速步 C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率 D．若，则和反应放出的热量一定等于 【答案】D 【详解】A．由图可知，为放热反应，且焓变△H=(E1-E2)kJ/mol，A正确； B．有催化剂的两步反应中，第二步活化能较小，为该反应的决速步，B正确； C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，C正确； D．是可逆反应，放出的热量一定小于，D错误； 故选D。 地 城 考点03 化学平衡 化学反应的方向与调控 17．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表： 物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0 平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1 下列说法错误的是 A．反应达到平衡时，X的转化率为50％ B．增大压强使平衡向生成Z的方向移动 C．在25℃下，反应的平衡常数为1600，改变温度可以改变此反应的平衡常数 D．在25℃下，测得c(X)=0.04mol·L-1，c(Y)=0.1mol·L-1，c(Z)=0.08mol·L-1，则此时v正<v逆 【答案】D 【详解】A．反应达到平衡时，X的转化率为=50%，故A正确； B．X、Y浓度减小，为反应物，Z的浓度增大，为生成物，且最终X、Y浓度不为0，说明为可逆反应，X、Y、Z化学计量数之比为(0.1-0.05)mol/L：(0.2-0.05)mol/L：0.1mol/L=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，则增大压强，平衡向生成Z的方向移动，故B正确； C．反应的方程式为X+3Y⇌2Z，平衡常数K===1600，平衡常数只受温度的影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，故C正确； D．在25℃下，测得c(X)=0.04mol·L-1，c(Y)=0.1mol·L-1，c(Z)=0.08mol·L-1，此时Qc===160＜K，则平衡正向移动，此时v正＞v逆，故D错误； 故答案为D。 18．(24-25高二上·云南普洱·期末)在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示： 物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0 平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1 下列说法错误的是 A．反应达到平衡时，X的转化率为50% B．反应前后压强之比为2:3 C．反应可表示为X(g)+3Y(g) ⇌2Z(g)，其平衡常数为1600 D．改变温度可以改变此反应的平衡常数 【答案】B 【详解】A．反应达到平衡时，X的转化率为：(0.1mol/L−0.05mol/L)/ 0.1mol/L=50%，故A正确； B．在恒温密闭容器中，由PV=nRT，压强之比等于物质的量之比，则反应前后压强之比为(0.1+0.2):(0.05+0.05+0.1)=3:2，故B错误； C．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c(X):△c(Y):△c(Z):=0.05:0.15:0.1=1:3:2，则反应的方程式为X(g)+3Y(g) ⇌2Z(g)，K= c2(Z)/ c(X)c3(Y) =0.12/(0.05×0.053)=1600，故C正确； D．化学反应必然伴随着能量变化，平衡常数只受温度影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，故D正确； 故选：B。 19．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）在高温、高压和催化剂的密闭容器中，进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列有关说法不正确的是 A．达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率 B．增大氢气的浓度可增大反应速率 C．在上述条件下，氢气能全部转化为氨气 D．达到平衡时，体系中各物质的浓度不再改变 【答案】C 【详解】A．达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，此为平衡状态的决定性因素，A正确； B．反应物的浓度越大，反应速率越大，B正确； C．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，C错误； D．当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，D正确， 答案选C。 20．(23-24高二上·云南曲靖·期末)下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的是 ①实验室常用排饱和溶液的方法收集 ②加热到一定温度时发生分解 ③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深 ④，为提高，的产率，采取降低温度的措施 ⑤催化氧化成的反应，往往需要使用催化剂 A．①④ B．②③ C．②⑤ D．②③⑤ 【答案】D 【详解】①．饱和溶液中氯离子浓度较大，使Cl2+H2O⇌Cl-+ClO-+H2O平衡逆向移动，实验室常用排饱和溶液的方法收集涉及勒夏特列原理，①正确； ②．发生分解不是可逆反应，故加热到一定温度时发生分解不可用勒夏特列原理解释，②错误； ③．2NO2⇌N2O4，加压平衡正向移动，颜色先变深后变浅，但颜色比原来深，二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深是因为体积减小浓度变大，③错误； ④．，降低温度，平衡正向移动， 的产率提高，④正确； ⑤．催化氧化成的反应，往往需要使用催化剂，催化剂不影响平衡移动，⑤错误； 故②③⑤不可用勒夏特列原理解释，故选D。 21．(23-24高二上·云南曲靖·期末)一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入0.2气体，发生反应  ，测得的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．的平衡转化率为64.5% B．反应到50s时，若向密闭容器中充入少量，平衡逆向移动 C．反应的平衡常数约为0.83 D．若增大的起始物质的量，平衡时比原平衡大 【答案】C 【详解】A．根据图示，在40s时达到平衡，，，则转化率为，A错误； B．在恒容下通入不反应气体，各物质浓度不变，平衡不移动，B错误； C．根据三段式，，C正确； D．若增大N2O4的起始物质的量，平衡正向进行，平衡时比值减小，D错误； 故答案为：C。 22．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量溶液，先出现黄色沉淀 B 取两支试管，分别加入20.5溶液，将其中一支试管的溶液加热，发现未加热的溶液呈绿色，加热后的溶液呈黄绿色。 反应为吸热反应 C 镀锌铁钉和普通铁钉同时投入相同浓度的盐酸中，镀锌铁钉产生气泡更快 镀锌后的铁更易发生析氢腐蚀 D 用计测定相同温度下，相同物质的量浓度的溶液和溶液，发现溶液的小于溶液的 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．向浓度均为的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量溶液，先出现沉淀的说明该沉淀的溶解度更小，因先出现黄色沉淀该沉淀为AgI，因此，A错误； B．根据升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动可知，该反应为吸热反应，B正确； C．镀锌后的铁容易形成原电池，加快了反应速率，C错误； D．溶液的pH大，说明其对应的酸根离子水解能力强，其对应的酸的酸性弱，D错误； 故选B。 23．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)已知某化学反应的平衡常数表达式为，在不同温度下该反应的平衡常数如下表。下列有关叙述正确的是 T/℃ 700 800 830 1000 1200 K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38 A．若平衡浓度符合下列关系式：，则此时的温度为1000℃ B．上述反应的逆反应是放热反应 C．该反应的化学方程式为CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) D．若在一定容积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol， 5 min后温度升高到830℃，此时得CO为0.4 mol时，该反应达到平衡状态 【答案】A 【详解】A．若平衡浓度符合下列关系式：，则==0.6，则此时温度为1000℃，故A正确； B．从表中数据可以看出，随着温度升高，平衡常数在减小，即升高温度时平衡逆向移动，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，故B错误； C．根据平衡常数表达式可知，该反应的化学方程式为，故C错误； D．若在一定容积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol， 5 min后温度升高到830℃，此时得CO为0.4 mol，则根据反应方程式，可知该反应为逆向进行反应的，由此可知生成的为0.4 mol，消耗的CO2和H2均为0.4mol，平衡时CO2和H2均为1-0.4=0.6mol，根据，此时平衡常数=，未达平衡状态，故D错误； 故选A。 24．(24-25高二上·云南普洱·期末)在密闭容器中进行反应：，有关下列图像说法错误的是 A．依据图a可判断正反应为放热反应 B．在图b中，虚线的反应条件可能是使用了催化剂 C．若，则图c表示减小压强，平衡逆向移动 D．若，由图d中可知 【答案】C 【详解】A．图a中随着温度升高，正、逆化学反应速率均增大，且逆反应速率比正反应速率增大程度大，则平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则正反应为放热反应，故A正确； B．图中，虚线和实线A的转化率一样，说明平衡状态未改变，且虚线斜率大，说明反应速率快，先达到平衡，所以虚线的反应条件可能是使用了催化剂，或m+n=p时增大了压强，故B正确； C．减小压强，正、逆反应速率都减小，而图中正、逆反应速率都增大，故C错误； D．若即反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，混合气体的平均相对分子质量减小，可知，故D正确。 综上所述，答案为C。 25．(24-25高二上·云南普洱·期末)25℃时，向的溶液中滴加溶液，所得、和的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列说法正确的是地 城 考点04 电离平衡 水的电离和溶液的酸碱性 A．向的溶液滴加NaOH溶液，反应的离子方程式为 B．的 C．当溶液的时，溶液中存在： D．当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液呈碱性 【答案】B 【详解】Ａ．的溶液中主要存在、，滴加NaOH溶液主要和反应，离子方程式为，选项A错误； Ｂ．当溶液的时，，的电离平衡常数，因为，，选项B正确； Ｃ．当溶液的时，溶液中存在电荷守恒：，因为，所以，选项C错误； Ｄ．当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液溶质为等物质的量浓度的和，的，的水解平街常数，则的电离程度大于的水解程度，溶液呈酸性，选项D错误； 答案选Ｂ。 26．(24-25高二上·云南普洱·期末)在温度不变的条件下，加水稀释0.1mol/L 的氨水，则随着加入水的量的增加，下列判断正确的是 A．c（NH3·H2O）/c（OH-）减小 B．c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O）增大 C．n（OH-）不变 D．c（H+）/c（OH-）减小 【答案】A 【详解】A.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），则c（NH3·H2O）/c（OH-）= c（NH4+）/K，且温度不变，K不变，则在加水稀释过程中c（NH4+）逐渐减小，故c（NH3·H2O）/c（OH-）逐渐减小，故A正确； B.NH3·H2O的电离常数K=c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O），温度不变，K不变，故B错误； C.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，故C错误； D.加水稀释，促进氨水电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，由于KW不变，故c（H+）增大，则c（H+）/c（OH-）增大，故D错误。 故选A。 【点睛】电离常数只与温度有关，温度不变，则K不变。 27．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)已知： ①298K时K(HF)=3.5×10-4，Ksp(CaF2)= 1.8×10-7 ②HF(aq)H+(aq)+F-(aq) △H<0根据以上已知信息判断下列说法正确的是 A．298K时，加蒸馏水稀释HF溶液，保持不变 B．308K时，HF的电离常数Ka>3.5×10-4 C．298K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp(CaF2)会减小 D．2HF(aq)+Ca2+(aq)CaF2(s)+2H+(aq) K≈0.68 【答案】D 【详解】A．因=，298 K时，加蒸馏水稀释HF溶液，氢离子浓度减小，则增大，故A错误；B.298K时K(HF)=3.5×10-4，升高温度，平衡逆向移动，则Ka＜3.5×10-4，故B错误；C．温度不变，则溶度积不变，故C错误；D．已知①HF(aq)⇌H+(aq)+F-(aq)，②CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F-(aq)，将①×2-②可得2HF(aq)+Ca2+(aq)⇌CaF2(s)+2H+(aq)，则K=≈0.68，故D正确；故选D。 28．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)H2A为二元酸，其电离过程为：H2A⇌H++HA－，HA－⇌H++A2－。常温时，向10mL 0.1mol/L H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中H2A、HA－和A2－的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A．H2A的Kal的数量级为10-1 B．当溶液中c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.9 C．当溶液中c(Na+)=2c(A2-)+c(HA－)时，加入V(NaOH溶液)>10mL D．向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大 【答案】C 【详解】A．根据图可知，当时，溶液的pH=-1.2，则溶液中， ，常温下H2A的Kal的数量级为10-1，A错误； B．时，，当时，，，B错误； C．向10mL0.1mol/ LH2 A水溶液中逐滴滴加0.1mol/ LNaOH溶液，当加入V(NaOH溶液)= 10mL时，二者恰好反应生成NaHA，根据图知此时溶液的pH < 4.2，当溶液中c(Na+) = 2c(A2-) + c(HA - )时，由电荷守恒知：c(H+) = c(OH- )，此时溶液的pH = 7，所以此时加入V(NaOH溶液)> 10mL，C正确； D．pH = 4.2时，HA-、A2-含量相同，则c(HA- )= c(A2-)，溶液为Na2A、NaHA等浓度的混合溶液，溶液中持续滴加NaOH溶液，NaHA转化为Na2A，水解程度逐渐增大，水的电离程度增大，但是当全部转化为Na2A后，再加入NaOH溶液，就开始抑制水的电离，水的电离程度减小，D错误； 故选C。 29．(24-25高二上·云南普洱·期末)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．的溶液中：、、、 B．的溶液中：、、、 C．水电离的溶液中：、、、 D．的溶液中：、、、 【答案】B 【详解】A．与反应生成氢氧化铜沉淀，不能共存，A错误； B．的溶液呈碱性，离子间两两不反应，可以共存，B正确； C．水电离的溶液，可以呈酸性，也可以呈碱性，无论在酸溶液还是在碱溶液中，都不能共存，C错误； D．三价铁离子会与发生双水解生成氢氧化铁沉淀以及二氧化碳，不能共存，D错误； 故选B。 30．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)下列物质溶解于水时，电离出的阳离子能使水的电离平衡向右移动的是 A．NH4Cl B．CH3COONa C．H2SO4 D．KNO3 【答案】A 【详解】A．NH4Cl电离产生铵根，促进水的电离平衡向右移动，A正确； B．CH3COONa电离产生醋酸根，促进水的电离平衡向右移动，不符合题意，B错误； C．H2SO4强酸，电离出的氢离子能使水的电离平衡向左移动，C错误； D．KNO3电离产生的钾离子和硝酸根对水的电离平衡没有影响，D错误； 故选A。 31．（23-24高二上·云南昆明市石林彝族自治县民族中学·期末）一定温度下，水存在H2OH++OH-    ΔH>0的平衡，下列叙述一定正确的是 A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小 B．将水加热，Kw增大，pH减小 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低 D．向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol•L-1，Kw不变 【答案】B 【详解】A．温度不变，Kw应不变，A错误； B．将水加热，Kw增大，氢离子的浓度也增大，故pH减小，B正确； C．加入固体醋酸钠，平衡应正向移动，C错误； D．由于没有指明温度，c(H+)不一定等于10-7mol·L-1，D错误； 故选B。 32．(23-24高二上·云南大理州·期末)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 A．纯水仅升高温度，可从a点变到c点 B．水的电离常数数值大小关系为 C．a点温度下，在水中加入少量的醋酸钠可抑制水的电离 D．c点，溶液为酸性 【答案】D 【详解】A．，，只与温度有关，温度越高，越大．根据图像知，在纯水中，，a点，仅升高温度，，变化不到c点，A错误； B．b点，c点，d点与a点在同一曲线上，d点等于a点，数值大小关系为，B错误； C．a点温度下，在水中加入少量的醋酸钠，醋酸根会发生水解，促进水的电离，C错误； D．c点，，溶液为酸性，D正确； 故选D。 33．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列事实或操作与盐类水解无关的是地 城 考点05 盐类水解 离子浓度大小的比较 A．明矾净水 B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体 C．焊接时用溶液除锈 D．铵态氮肥(含)不能与草木灰(含)混合使用 【答案】B 【详解】A．明矾中水解生成胶体，可吸附水中悬浮颗粒，并使之沉降，与盐类水解有关，A不符合题意； B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体，是因为被空气中的氧气氧化，与盐类水解无关，B符合题意； C．焊接时用溶液除锈，是因为水解使溶液呈酸性，与盐类水解有关，C不符合题意； D．和的水解能相互促进，从而生成氨气，降低肥效，与盐类水解有关，D不符合题意； 故选B。 34．(23-24高二上·云南昆明石林彝族自治县民族中学·期末)下列应用与盐类水解无关的是 A．用纯碱去油污时，加热可以增强去污效果 B．用醋酸除去茶壶里的水垢 C．草木灰与铵盐不能混合使用 D．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体 【答案】B 【详解】A．纯碱水解使得溶液显碱性，从而使油脂水解，加热能促进纯碱的水解，使得去污效果增强，与盐类水解有关，A不符合题意； B．用醋酸除去茶壶里的水垢，发生反应，与盐类水解无关，B符合题意； C．铵盐中铵根离子和草木灰中的碳酸根离子可以互促水解，使得铵盐的肥效降低，与盐类水解有关，C不符合题意； D．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体，利用了Fe3+的水解，与盐类水解有关，D不符合题意； 故选B。 35．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将磁性氧化铁溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液 溶液紫色褪去 磁性氧化铁中含有二价铁 B 常温下，分别测定同浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH 溶液的pH前者大 于后者 C 向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加氢氧化钠 溶液由橙红色变为黄色 平衡向生成的方向移动 D 某温度下，用pH计分别测定1mol/L和0.1mol/L的醋酸铵溶液的 pH都等于6 醋酸铵溶液中水的电离程度与其浓度无关 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．将磁性氧化铁溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，溶液紫色褪去，可能是Cl-将KMnO4还原而褪色，故A错误； B．常温下，分别测定同浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH，溶液的pH前者大于后者，说明，故B错误； C．向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加氢氧化钠，溶液由橙红色变为黄色，说明平衡正向移动，故C正确； D．某温度下，用pH计分别测定1mol/L和0.1mol/L的醋酸铵溶液的pH，pH都等于6，但溶液因为醋酸根和铵根离子的水解程度相等，均呈中性，而水解与温度有关，两者浓度不同，不能说明醋酸铵溶液中水的电离程度与其浓度无关，故D错误； 故答案为：C。 36．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)时，向的氨水中逐滴加入的盐酸，向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，溶液的与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是 A．当时，恒有关系： B．时，约为 C．曲线②中的 D．当时，两溶液均大于9.26 【答案】D 【分析】向的氨水中逐滴加入的盐酸，，pH减小，氢离子浓度增大，促进一水合氨的电离，逐渐增大，对应曲线②；向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，，加入NaOH，pH增大，氢氧根离子消耗氢离子，促进铵根离子的水解，逐渐增大，对应曲线①。 【详解】A．当时，两线相交，则=，说明，A不符合题意； B．时，=，B不符合题意； C．根据分析，曲线②中的Y=，C不符合题意； D．，则两混合溶液中均含等物质的量的和，，所以，则<1，>1，据图可知此时，D符合题意； 故答案选D。 37．(23-24高二上·云南大理州·期末)酸式盐是盐的一种，可看作多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有等．已知（亚磷酸）与足量的充分反应后只生成一种盐,则下列说法错误的是 A．属于一元酸 B．属于酸式盐 C．溶液显碱性 D．在水溶液中的电离方程式为 【答案】B 【详解】A．已知（亚磷酸）与足量的充分反应后只生成一种盐，则属于一元酸，A正确；     B． 结合A可知不属于酸式盐、属于正盐，B不正确； C．碳酸氢根水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C正确；     D． 在水溶液中电离为钠离子、氢离子和硫酸根，电离方程式为，D正确； 答案选B。 38．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)化学与生活、生产、社会息息相关。下列说法正确的是 A．食品抽真空包装是为了减小包装袋内压强，从而减缓食物变质速率 B．泡沫灭火器内的玻璃筒里盛碳酸氢钠溶液，铁筒里盛硫酸铝溶液 C．将溶液直接蒸干均不能得到原溶质 D．海港的钢制管柱为了防止受到海水长期侵蚀，常用外加电流法，使钢制管柱作阳极被保护 【答案】C 【详解】A．食品抽真空包装，是为了防止食物被空气氧化，与减小包装袋内压强无关，故A错误； B．硫酸铝水解呈酸性能够腐蚀金属，碳酸氢钠水解呈碱性，能腐玻璃，所以泡沫灭火器内的铁筒里盛碳酸氢钠溶液，玻璃筒里盛硫酸铝溶液，故B错误； C．AlCl3、CuCl2、FeCl3均为强酸弱碱盐，加热会加剧水解生成Al(OH)3、Cu(OH)2、Fe(OH)3，不能直接蒸干溶液得到原溶质，应该在HCl气流中蒸发溶液，故C正确； D．常用外加电流法，钢制管柱应该作阴极被保护，故D错误。 答案选C。 39．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)已知的电离常数。常温下，难溶物在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中与的关系如图所示，下列说法正确的是 A．约为 B．M点： C．N点：约为 D．直线上任一点均满足： 【答案】A 【详解】A．由BaR+2H+=Ba2++H2R结合H2R的Ka1、Ka2可知c(Ba2+)≈c(H2R)，H2RH++HR-，HR-H++R2-故Ka1=，Ka2=，Ka1Ka2==，得到c(X2-)=，Ksp（BaR）=c(Ba2+)c(2-)=，由题干图示信息，当pH=1时，lg(Ba2+)=0即c(H+)=0.1mol/L，c(Ba2+)=1.0mol/L，故=c(Ba2+)c(X2-)==约为，A正确； B．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故M点为lg(Ba2+)=0.4，pH=0.6，根据分析可知c(H2)≈c(Ba2+)=100.4mol/L，c(H+)=10-0.6mol/L，此时溶质为BaCl2和H2，故c(Cl−)>c(H+)>c（R2-），B错误； C．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故N点pH=0.8，lg(Ba2+)=0.2，故c(H2X)≈c(Ba2+)=100.2mol/L，c(H+)=10-0.8mol/L，==约为2×10-7mol⋅L-1，C错误； D．由Ba+2H+=Ba2++H2、H2H++H-、H-H++2-，根据电荷守恒可知，直线上任一点均满足：，D错误； 故答案为：A。 40．(23-24高二上·云南大理州·期末)已知常温下的电离平衡常数；的电离平衡常数．下列说法错误的是 A．浓度为的溶液中： B．酸性： C．稀释溶液，增大 D．常温下，用溶液吸收，当溶液呈中性时， 【答案】A 【详解】A．浓度为的溶液中：，A错误； B．根据电离平衡常数可以判断酸性强弱为，B正确； C．稀释溶液，减小，电离平衡常数不变，增大，C正确； D．当溶液呈中性时，代入的电离平衡常数进行计算可得，D正确； 答案选A。 41．(24-25高二上·云南普洱·期末)常温下，向的二元弱酸溶液中滴加等浓度的溶液，滴加过程中含的三种微粒的分布系数[如的分布系数]与溶液pH的关系如图所示。地 城 考点06 沉淀溶解平衡及其应用 下列说法正确的是 A．曲线乙代表随的变化情况 B．点溶液中 C．时，约为的10倍 D．常温下，点溶液中 【答案】D 【分析】向的二元弱酸溶液中滴加等浓度的溶液，则随着pH增大，逐渐减小，先增大后减小，增大。当pH=5.75时，c(A2-)= c(HA-)，当pH=2.85时，c(H2A)= c(HA-)。 【详解】A．根据分析，随着pH增大， 增大，则曲线丙代表随的变化情况，A错误； B． 根据物料守恒可得，点时，，则，由于，因此，B错误； C．点时，，，时，，，因此大于的10倍，C错误； D．b点时，，，c点时，，，， ，因此点溶液中，D正确； 故选D。 42．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是 A．向饱和溶液中加水，的溶解度和均增大 B．将饱和溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明大于 C．难溶于水，溶液中不存在和 D．已知时，在溶液中加入氨水调混合液的，产生沉淀，则此时溶液中的 【答案】D 【详解】A．物质的溶解度和溶度积都是温度的函数，与溶液的浓度无关，故A错误； B．有白色沉淀生成，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能直接比较两者的大小，故B错误； C．AgBr难溶于水，但存在沉淀溶解平衡，溶液中仍存在Br-和Ag+，只是其浓度很小，故C错误； D．pH=11，，，故D正确； 故答案为：D。 43．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)某温度下，分别向浓度均为的溶液和溶液中滴加溶液，滴加过程中或与加入溶液体积的关系如图所示(已知)。下列说法不正确的是 A． B．曲线Ⅰ代表溶液 C．约为 D． 【答案】C 【详解】A．根据图可知，未滴加AgNO3溶液时-lgc(Cl-)或-lgc()均为1，则NaCl和均为强电解质，所以溶液均为0.1mol•L-1，即x=0.1，A正确；   B．1molCl-和分别消耗1mol和2molAg+，由图象可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线Ⅰ突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL，则曲线Ⅰ代表NaCl溶液，B正确 ； C．b点时，硝酸银和恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NaNO3，同时存在沉淀溶解平衡；-lgc()=4，则c()=10-4mol•L-1，c(Ag+)=2×10-4mol•L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c()•c2(Ag+)=10-4×4×10-8=4×10-12，C错误； D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，-lgc(Cl-)=5，则c(Cl-)=10-5mol•L-1，c(Ag+)=10-5mol•L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)•c(Ag+)=10-10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中，，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52，D正确； 故选C。 44．(23-24高二上·云南普洱·期末)某温度下，FeS的水溶液中存在平衡，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A．可以通过升温实现由c点变到a点 B．该温度下， C．a点对应的大于b点对应的 D．d点可能有沉淀生成 【答案】B 【分析】对于平衡，由b点得其，由于温度不变，在曲线上的相同，据此信息解答。 【详解】A．从图像可以看出，从c点到a点，不变，变小，而温度发生变化时，与都会同时发生变化，A错误； B．根据分析，该温度下，，B正确； C．a、b点处于等温线上，则温度不变，不变，C错误； D．根据题目中沉淀溶解平衡曲线可知，在曲线上方表示过饱和溶液，可析出沉淀，曲线下方表示不饱和溶液，所以d点没有沉淀生成，D错误； 故答案为：B。 45．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)下列实验中，由实验现象得到的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 室温下，用试纸测浓度均为的和溶液的 的酸性比的弱 B 将氨水稀释成 由11.1变成10.6 稀释后的电离程度减小 C 向的溶液中先滴加5滴溶液，再滴加5滴溶液 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为黄色沉淀 D 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成红色，后无明显变化 与的反应不可逆 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．室温下，用试纸测浓度均为的和溶液的，根据越弱越水解，的酸性比的弱，故A正确； B．稀释促进弱电解质的电离，稀释后的电离程度增大，故B错误； C．向的溶液中先滴加5滴溶液，生成氯化银沉淀，硝酸银有剩余，再滴加5滴溶液生成黄色沉淀，可能是硝酸银和KI反应生成AgI，不是氯化银沉淀转化为AgI沉淀，所以不能证明，故C错误； D．与的反应可逆，往溶液中滴加溶液，溶液变红，反应实质为+3 Fe(SCN)3，再加入少量固体，平衡体系中参加反应的微粒的浓度不变，所以颜色无明显变化，不能说明与的反应不可逆，故D错误； 故选A。 46．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)下列方程式与所给事实不相符的是 A．用硫化钠溶液除去废水中的Cu2+：Cu2++S2-=CuS B．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++=CaCO3 D．用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 【答案】C 【详解】A．用硫化钠溶液除去废水中的Cu2+，二者发生复分解反应，生成CuS沉淀等：Cu2++S2-=CuS，A正确； B．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解使溶液呈碱性，使酚酞变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，B正确； C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4时，CaSO4转化为更难溶的CaCO3：CaSO4(s)+(aq)=CaCO3(s)+(aq)，C错误； D．明矾中的Al3+发生水解，生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可用作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，D正确； 故选C。 47．(23-24高二上·云南大理州·期末)常温下，将溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（用表示，不考虑的水解）．下列叙述正确的是 A．M代表与的变化关系 B．的数量级为 C．d点对应的溶液为不饱和溶液 D．平衡常数为，反应趋于完全 【答案】D 【分析】分析直线M可知，当c(Ag＋)由10-5mol/L升至10-3mol/L时，c(Xn-)由10-7.3mol/L变为10-9.3mol/L，变化前后c(Ag＋)与c(Xn-)的乘积为定值，因此该曲线为AgBr的沉淀平衡曲线，故N为Ag2SeO3的沉淀平衡曲线，由图像可知－lgc(Br-)＝7.3时，－lgc(Ag＋)＝5，则Ksp(AgBr)=c(Br-)c(Ag＋)=10-7.3×10-5=10-12.3，由图像可知－lgc(SeO)＝5.0时，－lgc(Ag＋)＝5，则Ksp(Ag2SeO3)=c(SeO)c2(Ag＋)=10-5×(10-5)2=10-15。 【详解】A．根据分析，M代表与的变化关系，A错误； B．根据分析，Ksp(Ag2SeO3)=c(SeO)c2(Ag＋)=10-5×(10-5)2=10-15，数量级为10-15，B错误； C．d点c(Ag＋)大于平衡浓度，故d点的浓度积Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)，故为溴化银的过饱和溶液，C错误； D．Ag2SeO3(s)＋2Br－(aq)2AgBr(s)＋SeO32- (aq)平衡常数为==109.6，平衡常数大于105时可以认为趋于完全反应，D正确； 故选D。 48．(23-24高二上·云南昆明市石林彝族自治县民族中学·期末)已知常温下Ksp(AgCl)=1.6×10﹣10，Ksp(AgI)=8.3×10﹣17，下列有关说法正确的是 A．常温下，AgCl在纯水中的Ksp比在AgNO3溶液中的Ksp大 B．向AgCl与AgI等体积混合的饱和溶液中加入足量浓AgNO3溶液，产生的AgCl沉淀的物质的量少于AgI C．在AgCl的饱和溶液中通入HCl，有AgCl析出，且溶液中c(Ag+)=c(Cl﹣) D．向AgI与AgCl的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，不变 【答案】D 【详解】A．Ksp只受温度影响，常温下AgCl在纯水中的Ksp和AgNO3溶液中的Ksp一样大，故A错误； B．Ksp(AgCl) ＞Ksp(AgI)，则饱和溶液中氯离子浓度大于碘离子浓度，加入足量浓AgNO3溶液后生成AgCl沉淀的物质的量大于AgI，故B错误； C．通入HCl后溶液中氯离子浓度增大，银离子浓度减小c(Ag+)＜c(Cl-)，故C错误； D．向AgI 与AgCl的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，不变，故D正确； 故选D。 49．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图甲为其工作原理，图乙为废水中离子浓度与去除率的关系。下列说法错误的是地 城 考点07 原电池与电解池及其应用 A．电池工作时，M电极的电势低于N电极的电势 B．离子浓度较大时，去除率降低，可能是造成还原菌失活 C．移除质子交换膜，与有机物充分接触，电路中电流强度增大 D．若有机物为，还原，左侧溶液质量减少 【答案】C 【分析】原电池装置图中，有机物在M电极上发生氧化反应生成CO2，在N电极上发生还原反应生成Cr3+，则N电极为正极，M电极为负极，正极反应式为+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，若有机物为HCHO，负极反应式为HCHO-4e-+H2O=CO2↑+4H+，原电池工作时，阳离子移向正极，以此解答该题。 【详解】A．该原电池工作时，N电极为正极，M电极为负极，M电极的电势低于N电极的电势，故A正确； B．由图可知，离子浓度较大时，其去除率几乎为0，因有强氧化性和毒性，可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故B正确； C．移除质子交换膜，与有机物充分接触，直接发生氧化还原反应，电路中电流强度减小，故C错误； D．正极反应为+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，还原1mol转移6mol电子，若有机物为HCHO，负极反应式为HCHO-4e-+H2O=CO2↑+4H+，则有1.5molHCHO反应、有1.5molH+通过交换膜移向正极、逸出1.5molCO2，所以负极区减少1.5molH2O，质量为1.5mol×18g/mol=27g，故D正确。 答案选C。 50．(23-24高二上·云南昆明市第八中学·期末)我国科学家在研究燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极间用允许离子通过的半透膜隔开。下列说法正确的是 A．正极电极反应式为 B．半透膜为阳离子交换膜，储液池中需补充的物质A为 C．当电路中转移电子时，理论上生成 D．当转化为时，有的从右向左迁移 【答案】B 【分析】由图可知HCOOH被氧化，HCOOH在负极失电子，Fe3+在正极得电子。 【详解】A．负极电极反应式为，A错误； B．半透膜为阳离子交换膜，储液池中不断消耗氢离子同时产生硫酸钾，故需补充的物质A为，B正确； C．当电路中转移1mol电子时，理论上生成0.5molK2SO4，故生成87g硫酸钾，C错误； D．半透膜为阳离子交换膜，根据负极反应，当转化为时，转移2mole-，有2molK+从左向右迁移，D错误； 故选B。 51．(23-24高二上·云南普洱·期末)利用如图所示的电化学装置处理工业尾气中的硫化氢可实现硫元素的回收。下列说法中不正确的是 A．电池工作时电子由电极甲经负载向电极乙移动 B．相同条件下，电池工作一段时间后，理论上消耗O2和H2S的体积之比为1：2 C．当有1molH2S参与反应，则有4molH+由负极区进入正极区 D．电极乙上的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O 【答案】C 【分析】由题干图像信息可知，电极甲将H2S转化为S2，发生氧化反应，故作负极，电极反应为：2H2S-4e-=4H++S2，电极乙将O2转化为H2O，发生还原反应，即作正极，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，据此分析解题。 【详解】A．由图可知，电池工作时，甲为负极，电子经电路从甲流向乙，电子从低电势向高电势移动，A正确； B．该电池总反应为2H2S+O2=S2+2H2O，理论上消耗相同条件下的O2和H2S的体积比为1：2，B正确； C．电子在导线上流动，离子在溶液中移动，从而形成闭合回路；负极的电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，当有1mol H2S参与反应，转移2mol电子，则电解质溶液中有2mol H+由负极区进入正极区，C错误； D．由分析可知，电极乙为正极，发生还原反应，则电极乙上的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，D正确； 故答案为：C。 52．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图①。电解过程中的实验数据如图②，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。则下列说法正确的是 A．电解过程中，b 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生 B．a电极上发生的反应方程式为：2H2O +2e-= 2OH-+ H2↑和 2H2O-4e-= 4H+ + O2↑ C．曲线0～P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线 P～Q段表示O2的体积变化 D．从开始到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为17g•mol-1 【答案】D 【分析】如图装置，电流从正极流向负极，可以得到， b电极为阳极失电子，发生氧化反应，a 电极为阴极得电子，发生还原反应，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，阳极始终是生成氧气，阴极先是铜离子生成铜，然后是溶液中的氢离子生成氢气。 【详解】A．根据分析可知，b电极为阳极，阳极始终是生成氧气，A错误； B．a 电极为阴极，先是铜离子生成铜，然后是溶液中的氢离子生成氢气，离子方程式为：，，B错误； C．根据分析，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线 P～Q段表示H2和O2混合气体体积的变化，C错误； D．根据图②中P点收集到的是氧气体积为1.12L，对应物质的量为0.05mol，Q点收集到的是氢气和和氧气的混合气，总体积为3.36L，对应混合气体的物质的量为0.15mol，曲线 P～Q段表示H2和O2混合气体物质的量之比为2:1；故曲线0～Q段其中氧气和氢气都是0.1mol，则混合气的平均摩尔质量为（2＋32）g/mol÷2＝17g/mol，D正确； 故选D。 53．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)钴()合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。一种利用双膜法电解回收溶液中的装置如图所示，电解时电极上始终只产生无色气体。下列说法正确的是 A．b为电源的负极 B．c、d分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜 C．工作时，Ⅱ室、Ⅲ室溶液的均减小 D．生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少 【答案】C 【分析】由图可知，该装置为电解池，Ti电极为阳极，电解质溶液为硫酸溶液，电极反应式为，Ⅲ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动；钴电极为阴极，电解质溶液为氯化钴溶液，电极反应式为，I室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子通过阴离子交换膜由I室向Ⅱ室移动，氢离子和氯离子在Ⅱ室生成盐酸，根据以上分析完成该题。 【详解】A．Ti电极为阳极，故b为电源的正极，A错误； B．由分析可知，c、d分别为阴离子交换膜、阳离子交换膜，B错误； C．电池工作时，Ⅲ室发生电极反应方程式为，反应生成氢离子，且氢离子透过阳离子交换膜进入Ⅱ室，故Ⅱ室、Ⅲ室溶液的均减小，C正确； D．I室发生的电极反应方程式为，由此可知生成，转移电子数为1 mol；Ⅲ室发生电极反应方程式为，由此可得，转移电子数为1 mol时，生成氧气0.25 mol，且有1 mol氢离子由Ⅲ室进入Ⅱ室，共减少0.25 mol × 32 g/mol + 1 mol × 1 g/mol = 9 g，D错误； 故选C。 54．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)化学与我们的生活密切相关，下列说法错误的是 A．对超快速化学反应的研究被形象地称为飞秒化学， B．在船体上镶嵌锌块可以避免船体遭受腐蚀 C．研究发现在饮用水、食物或牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用 D．把铬、镍等加入普通钢中制成不锈钢产品 【答案】A 【详解】A．，A错误； B．锌比铁活泼，在船体上镶嵌锌块，应用“牺牲阳极”法避免船体遭受腐蚀，B正确； C．氟化物可与牙齿内部的矿物质发生结合，形成氟化的矿物质，增强牙齿防龋能力，C正确； D．加入铬能使钢材表面形成致密且坚固的氧化膜，防止内部的铁与氧气接触，加入镍是使不锈钢耐酸、碱腐蚀，故把铬、镍等加入普通钢中可制成不锈钢产品，D正确； 故选A。 55．(23-24高二上·云南普洱·期末)将金属X连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。下列有关说法错误的是 A．钢铁设施表面因有电子流入而被保护 B．钢铁设施的电极反应式为 C．形成电化学保护时，金属X作负极 D．通常情况下，钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中的快 【答案】B 【详解】A．将金属X连接在钢铁设施表面，构成原电池，连接金属X后可减缓水体中铁的腐蚀，说明X作原电池的负极，有电子从金属X流出，经导线至钢铁设施表面，故A正确； B．将金属X连接在钢铁设施表面，构成原电池，钢铁作原电池的正极，铁被保护，铁不参与电极反应，故B项错误； C．将金属X连接在钢铁设施表面，构成原电池，连接金属X后可减缓水体中铁的腐蚀，说明X作原电池的负极，故C正确； D．海水的导电性比河水强，钢铁更容易发生吸氧腐蚀，故D正确； 选B。 56．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)一种微生物脱盐电池的装置如图所示，下列关于该装置的描述错误的是 A．该电池不宜在高温条件下使用 B．负极反应为 C．转移电子，海水脱去氯化钠的质量是 D．膜为阴离子交换膜、膜为阳离子交换膜 【答案】C 【分析】根据装置图，在负极发生反应：，反应后负极正电荷增加，因此海水中的通过阴离子交换膜进入负极区；氧气在正极发生反应：，反应后正极区负电荷增加，海水中的通过阳离子交换膜进入正极区。据此答题。 【详解】A．装置内有硫还原菌，高温环境下硫还原菌会被杀灭，故该电池不宜在高温条件下使用，A正确； B．根据分析知，负极反应为，B正确； C．根据电荷守恒，转移电子时，海水脱去NaCl，其质量为117g，C错误； D．根据分析知，膜为阴离子交换膜、膜为阳离子交换膜，D正确； 故选C。 57．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)下列化学用语或图示表达不正确的是地 城 考点08 原子结构与性质 A．基态原子的价层电子排布图： B．的名称：1，2-二溴乙烷 C．的电子式： D．的电子云轮廓图： 【答案】A 【详解】 A．基态原子的价层电子排布式为3d54s1，因此其价电子排布图为，A错误； B．，根据系统命名法，名称为1，2-二溴乙烷，B正确； C．中的氧和氯要满足8电子稳定结构，故电子式为：，C正确； D．2p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，D正确； 故选A。 58．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)为原子序数依次增大的短周期主族元素，的简单氢化物能与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐，原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，原子核外没有未成对电子，与位于同一主族。下列说法正确的是 A．简单离子半径： B．的第一电离能比第一电离能小 C．用电解的氧化物制备单质 D．的简单氢化物比的简单氢化物稳定 【答案】B 【分析】的简单氢化物能与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N元素，原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，X的电子排布式为，X为O元素，与位于同一主族，Z为S元素，原子核外没有未成对电子，，Y为Mg。 【详解】A．简单离子半径：，A错误； B．O的第一电离能比N第一电离能小，B正确； C．Y为Mg，MgO的熔点高，电解熔融的冶炼金属Mg单质，C错误； D．Z为S元素，X为O元素，O的非金属性强于S，所以氢化物的稳定性，D错误； 故选B。 59．(23-24高二上·云南曲靖·期末)依诺沙星(结构简式如图)具有广谱的抗菌作用，尤其是对需氧的革兰氏阴性杆菌抗菌活性好，用于敏感细菌引起的感染。下列关于依诺沙星涉及的元素C、N、O、F的说法错误的是 A．最高正价： B．电负性： C．稳定性： D．酸性： 【答案】A 【详解】A．O元素最高正价是＋2，N元素最高正价是＋5，C元素最高正价是＋4，故A错误； B．电负性大小为，故B正确； C．电负性越大，简单氢化物稳定性越强，所以稳定性：，故C正确； D．电负性越大，其最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，故D正确； 故答案选A。 60．（23-24高二上·云南曲靖·期末）下列说法中不正确的是 578 1817 2745 11575 14830 18376 23293 A．利用光谱仪只能测得原子的发射光谱 B．最外层电子数为的元素有3种 C．某主族元素的电离能的数据如上表所示(单位：kJ∙mol−1)，可推测该元素位于元素周期表第ⅢA族 D．在①P、S，②Mg、Ca，③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数之和为41 【答案】A 【详解】A．用光谱仪器社区各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱的特征谱线来鉴定元素，故A错误； B．最外层电子数为的元素有K、Cr、Cu等3种，故B正确； C．某主族元素的电离能的数据如上表所示(单位：kJ∙mol−1)，远远大于，说明容易失去前面三个电子，第四个电子较难失去，因此可推测该元素位于元素周期表第ⅢA族，故C正确； D．在①P、S，②Mg、Ca，③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素分别为P、Mg、Si，其原子序数之和为41，故D正确。 综上所述，答案为A。 61．（23-24高二上·云南曲靖·期末）2017年5月9日，我国正式向社会发布113号、115号、117号、118号元素的中文名称。至此，全部完成了1～118号元素的中文命名。已知115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如、等。下列说法正确的是 A．和的化学性质几乎相同 B．Mc位于周期表的第七周期第ⅥA族 C．基态Mc原子核外电子共占据7个能级 D．在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方的将是147号元素 【答案】A 【详解】A． Mc 和 Mc 属于同一种元素，化学性质相同，A正确； B．Mc为第115号元素，位于元素周期表的第七周期VA族，B错误； C．Mc为第115号元素，[Rn]5f146d107s27p3，C错误； D．按照现有规则，第八周期的元素种类数应为50种，则115号元素的正下方应为165号元素，D错误； 故选A。 62．(23-24高二上·云南普洱·期末)如图为周期表中短周期的一部分，若基态原子X的价层电子排布式可表示为，则下列说法正确的是 A．第一电离能： B．原子半径： C．Y元素的氧化物对应的水化物一定为强酸 D．基态Z元素原子核外电子的空间运动状态有17种 【答案】A 【分析】若基态原子X的价层电子排布式可表示为为，则，故X为磷；根据短周期元素在周期表的位置可知：Y为硫、Z为氯、R为氧。 【详解】A．X为磷、Y为硫，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但VA族元素的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，故，A正确； B．X为磷、Y为硫、Z为氯，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，B错误； C．Y为硫，其氧化物对应的水化物可能是亚硫酸，是弱酸，C错误； D．氯原子的电子排布式是，轨道表示式是，原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9种，D错误； 故选A。 63．(23-24高二上·云南昭通一中教研联盟·期末)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的最外层电子数是内层电子数的两倍，Y和W为同主族元素。m是由Y和Z元素组成的二元化合物，是一种淡黄色固体。下列说法错误的是 A．m中既有极性键又有非极性键 B．原子半径： C．最简单气态氢化物的稳定性： D．X、Z、W分别与Y均可以形成两种或两种以上的二元化合物 【答案】A 【分析】X的最外层电子数是内层电子数的两倍，则X是C，m是一种淡黄色固体，则m是过氧化钠，m是由Y和Z元素组成的二元化合物，则Y是O，Z是Na，Y和W为同主族元素，则W是S，故X是C，Y是O，Z是Na，W是S，以此解题。 【详解】A．过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，A错误； B．同周期越靠右半径越小，同主族越靠上半径越小，故半径，B正确； C．非金属性O>C，故简单氢化物稳定性H2O>CH4，C正确； D．C、Na、S可以和氧气形成一氧化碳，二氧化碳，氧化钠，过氧化钠，二氧化硫，三氧化硫，D正确； 故选A。 64．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列化学用语的说法或表示正确的是 A．乙烯的结构简式： B．甲烷的分子结构模型： C．用电子式表示的形成过程： D．H、D、T的关系是同素异形体 【答案】C 【详解】A．为乙烯的分子式，乙烯的结构简式为，A错误； B．碳原子半径大于氢原子，甲烷的分子结构模型：，B错误； C．与反应时，失去电子，得到电子生成，C正确； D．H、D、T表示氢元素的不同原子，为不同的核素，D错误； 故答案选C。 65．(24-25高二上·云南普洱·期末)温室气体二氧化碳的处理和再利用一直以来都是社会关注的热点问题。地 城 考点09 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查(非选择题) (1)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 根据上述反应，请写出与反应生成和的热化学方程式： 。 (2)时，在恒容密闭容器中充入和，起始时体系的压强为，假设体系中只发生上述Ⅰ和Ⅱ两个反应，时体系达到平衡状态，测得的浓度为的浓度为。 ①，用表示反应I的平均反应速率为 。 ②下列叙述能说明该体系已经达到平衡状态的是 (填标号)。 A．气体的密度不随时间变化      B．的百分含量不再改变 C．      D．气体平均摩尔质量不随时间变化 ③该温度下反应I的平衡常数 (用含的代数式表示，为以分压。表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。 (3)二氧化碳催化加氢可制备甲醇：，在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强的变化以及在时随温度(t)的变化，如图1所示。 图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的理由是 。 (4)电化学法还原二氧化碳可以制得乙烯()，在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图2所示。则电解时阴极电极反应式为 ，在左侧电极每生成乙烯，理论上在右侧生成气体的体积为 L(标准状况下) 【答案】(1) (2) BD 或 (3) a 该反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，变大 (4) 6.72 【详解】（1）根据盖斯定律可知，目标方程式=反应II-反应I，则与反应生成和的热化学方程式为； （2）①根据题意可列出以下三段式： y=，2x+y=0.7，则x=，故，用表示反应I的平均反应速率为； ②A．反应I和反应II中所涉及的物质均为气体，根据质量守恒可知，气体质量保持不变，在恒容密闭容器中，密度是不变量，则气体的密度不随时间变化，不能说明该体系已经达到平衡状态，A不符合题意； B．随着反应进行，CH4的量一直在变化，达到平衡时CH4的量不再改变，则的百分含量是变量，故的百分含量不再改变，说明该体系已经达到平衡状态，B符合题意； C．根据反应I和反应II可知，是变量，当保持不变才能说明该体系已经达到平衡状态，不能说明该体系已经达到平衡状态，C不符合题意； D．反应I反应前后气体物质的量不相等，则气体平均摩尔质量是变量，故气体平均摩尔质量不随时间变化，能说明该体系已经达到平衡状态，D符合题意； 故选BD； ③平衡时，n(CO2)=0.1mol/L×2L=0.2mol，n(H2)=0.7mol/L×2L=1.4mol，n(CH4)=0.3mol/L×2L=0.6mol，n(CO)=0.1mol/L×2L=0.2mol，n(H2O)=0.7mol/L×2L=1.4mol，则n(总气体)=(0.2+1.4+0.6+0.2+1.4)mol=3.8mol，起始时压强为P0MPa，根据相同条件下压强比等于物质的量之比可知平衡时压强为=，该温度下反应I的平衡常数或； （3）该反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，化学平衡正向移动，逐渐增大，则图中对应等温过程的曲线是a； （4）CO2转化为C2H4要得到电子，则通入CO2的一极为阴极，其电极反应式为，右侧为阳极，其电极反应式为，在左侧电极每生成乙烯，转移1.2mol电子，理论上在右侧生成O2的物质的量为0.3mol，其体积=0.3mol×22.4L/mol=6.72L。 66．(23-24高二上·云南昆明西山区·期末)CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放，涉及的反应如下： Ⅰ．     Ⅱ．   kJ⋅mol-1   Ⅲ．    kJ⋅mol-1 回答下列问题： (1) kJ⋅mol-1。 (2)平衡常数 (用、表示)。 (3)为提高反应Ⅲ中的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。 A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压 (4)不同压强下，按照投料，发生反应Ⅰ，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如下图所示。 ①压强、由大到小的顺序为 ，判断的依据是 。 ②图中A点对应的甲醇的体积分数是 %(计算结果保留1位小数)。 (5)在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1 mol 和3 mol ，仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过一段时间后，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，此时测得的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%{甲醇选择性[]}，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数 (写出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1)-49.5 (2) (3)A (4) 反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，压强越大的平衡转化率越大 16.7 (5) 【详解】（1）由题干信息可知，反应Ⅱ．   kJ⋅mol-1，反应Ⅲ．    kJ⋅mol-1，反应Ⅱ+反应Ⅲ即可得到反应Ⅰ． 根据盖斯定律可知，==40.9kJ/mol+(-90.4kJ/mol)=-49.5kJ/mol，故答案为：-49.5； （2）由小问(1)分析可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ即可得到反应Ⅰ，故平衡常数×，故答案为：×； （3）由题干信息可知，反应Ⅲ． kJ⋅mol-1正反应是一个气体体积减小的放热反应，故降低温度、增大压强，上述化学平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，故为提高反应Ⅲ中CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为低温、高压，故答案为：A； （4）①已知反应Ⅰ．正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，即相同温度下，压强越大CO2的平衡转化率越大，结合题干图像可知，图中P2＞P1，故答案为：P2＞P1；反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，压强越大CO2的平衡转化率越大； ②由题干图像可知，图中A点对应的CO2的平衡转化率为0.5，根据三段式分析为：，则此时甲醇的体积分数是=16.7%，故答案为：16.7； （5）在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1 mol 和3 mol ，仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过一段时间后，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，此时测得的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，根据三段式分析可知， 此时CO2的平衡分压为：P(CO2)==，同理有：P(H2)==，P(CH3OH)==，P(H2O)==，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数=，故答案为：。 67．(23-24高二上·云南普洱·期末)是存在于燃气中的一种有害气体，脱除的方法有多种。回答下列问题： (1)Claus氧化回收硫的反应原理为： ①； ②； ③。 则 。 (2)化学反应的焓变与反应物和生成物的键能(气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量)有关。已知某些化学键的键能如下表所示： 共价键 键能/() 339 246 a 120 结合(1)中反应原理， 。 (3)工业上采用高温热分解的方法制取，在膜反应器中分离出。下，分解：。在2L恒容密闭容器中充入气体，某温度下的物质的量与时间的关系如下表所示。 0 2 4 6 8 10 0 0.5 0.8 1.0 1.2 1.2 ①内， 。 ②时生成的速率 (填“>”“<”或“=”)生成的速率。 ③下列选项中标志该反应达到平衡的是 (填字母)。 a．        b．和的浓度之比为2：1 c．气体密度不再变化           d．平均相对分子质量不再变化 (4)以为原料，KOH溶液为电解质溶液设计的电化学装置亦能脱除，其原理如图所示。该装置工作时的总反应离子方程式为。已知正极电极反应式为，负极电极反应式为 ，右室电解质溶液的 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) (2) (3) (4) 减小 【详解】（1）根据盖斯定律可得：。 （2），解得。 （3）①时，生成了，根据方程式可知，反应了，。 ②根据表中数据可知，在第8分钟以后反应达到平衡状态，未平衡，反应还在正向移动，故生成的速率小于生成的速率。 ③a．根据方程式计量系数关系可知，当时，反应达到平衡状态，a符合题意； b．由于氢气和均是产物，并且在反应中的物质的量均是的关系，此时不一定平衡，b不符合题意； c．由于反应物和产物全部是气体，反应前后气体质量不变，并且容器体积不变，故平衡前后气体密度均没有变化，此时不一定平衡，c不符合题意； d．反应前后气体质量不变，但是气体的物质的量在变化，当平均相对分子质量不再变化，符合“变到不变、平衡出现”原理，此时达到平衡状态，d符合题意； 故选ad。 （4）负极是硫化氢在碱性情况下参与电极反应，所以电极反应式为：。根据右室（负极）的电极反应式可知，反应过程中在不断消耗氢氧根，所以碱性在减弱，减小。 68．(24-25高二上·云南普洱·期末)回答下列问题： (1)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、 。 (2)量取反应物时，取的盐酸，常常还需加入的试剂是 ______ 填序号。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．固体 (3)某兴趣小组进行了中和热测定的实验，实验试剂及其用量如下表所示。 反应物 起始温度 终了温度 中和热 溶液、溶液 设充分反应后溶液的比热容，忽略实验仪器的比热容及溶液体积的变化，则 假设溶液密度均为。 某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。 (4)设计如下实验研究的反应。 振荡静置后C中观察到的现象是 ；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后 写出实验操作和现象。 (5)测定上述溶液的浓度，进行以下操作： 用移液管移取溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量溶液，充分反应。 小心加热除去过量的 用淀粉做指示剂，用标准溶液滴定，反应原理为：。 步骤是否可省略？ 答“可以”或“不可以”。 步骤达到滴定终点的现象是 。 【答案】(1)环形玻璃搅拌器 (2)B (3) (4) 溶液分层，下层四氯化碳层呈紫色，上层水层为黄绿色 滴加溶液，溶液变红 (5) 不可以 再滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原 【详解】（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌器； （2）取的盐酸，为保证酸完全反应，碱稍过量，则还需加入的试剂是 溶液； （3）溶液密度均为，酸碱溶液的质量均为，且盐酸完全反应生成，则； （4）由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁黄绿色混合溶液，下层为碘的四氯化碳紫色溶液；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在铁离子，则应补做实验为取C中分液后的上层溶液，然后滴加硫氰化钾溶液，溶液变红色； （5）由题意可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若省略步骤，过量的过氧化氢会优先与硫代硫酸钠溶液反应，使得消耗硫代硫酸钠标准溶液体积偏大，导致所测结果偏高，所以步骤不能省略；溶液中碘单质与硫代硫酸钠溶液完全反应后，再滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色会褪去，则步骤达到滴定终点的现象为再滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色会褪去，且半分钟内不复原。 69．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)科学家开发催化剂实现催化还原制备附加值高的产品。利用制备甲醇的有关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． (1)已知几种共价键的键能如下： 共价键 键能 799 436 413 358 467 利用键能数据计算： 。 (2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入等体积的，仅发生反应Ⅰ。下列叙述正确的是 (填序号)。 A．平衡后充入氩气，正反应速率增大 B．反应过程中断裂键的同时生成 C．平衡后充入少量平衡转化率增大 (3)在一恒容反应器中充入一定量的，仅发生反应Ⅱ，平衡常数与温度的关系如下表： 700 800 830 1000 1200 0.6 0.9 1.0 1.7 2.5 ① 0(填“>”“<”或“=”) ②时，某时刻反应体系中，此时平衡 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。 (4)在一定温度下，向甲、乙两密闭反应器中分别充入和，分别在有水分子隔离膜、无水分子隔离膜作用下发生上述两个反应，测得平衡转化率与压强的关系如图所示。 ①使用了水分子隔离膜的反应器是 (填“甲”或“乙”)，理由是 。 ②已知点选择性为，该温度下，点反应Ⅱ的平衡常数为 。提示：选择性。 【答案】(1)−92 (2)C (3) > 向逆反应方向 (4) 乙 两个反应的产物都有水分子，其他条件不变，分离水分子，二氧化碳的平衡转化率增大 【详解】（1）反应热等于断裂化学键的总键能与形成化学键的总键能之差。ΔH1=(799×2+436×3−413×3−358−467−467×2) kJ·mol−1=−92kJ·mol−1。 （2）A．平衡后充入氩气，各组分浓度不变，反应速率不变，故A错误； B．反应过程中断裂键的同时生成1mol甲醇和1mol水，共生成，故B错误； C．平衡后充入少量，可使平衡正向移动，平衡转化率增大，故C正确； （3）①由表中数据可知，随温度升高，K增大，可知升温使平衡正向移动，则正向为吸热方向，大于0； ②1200℃时Q=>2.5，平衡向逆反应方向移动。 （4）①两个反应的产物都有水分子，其他条件不变，分离水分子，二氧化碳的平衡转化率增大，因此相同条件下，二氧化碳转化率大的乙为使用了水分子隔离膜的反应器； ②M点时二氧化碳转化率50%，甲醇选择性为80%，则CO的选择性为20%，根据原子守恒可知M点体系中各组分的物质的量：物质n(CO2)=1mol×50%= 0.5 mol、n(CH3OH)=0.5mol×80%=0.4mol、n(H2)=3mol- (0.5mol×80%×3+0.5mol×20%)=1.7mol、n(CO)= 0.5mol×20%=0.1mol、n(H2O)= 0.5mol×80%+0.5mol×20%=0.5mol，所以代入数据，反应Ⅱ的平衡常数。 70．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) 。 (1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·mol-1；C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·mol-1。 ①反应 C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的ΔH = kJ·mol-1(用含 a、b 的代数式表示)。 ② C，N，O三种元素电负性由强到弱的顺序是 ，第一电离能依次增大的顺序是 。(填元素符号) ③研究人员对比研究活性炭、负载钙、镧氧化物对该反应的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入相同浓度的NO，不同温度下测得反应2小时时NO去除率如图所示，据图分析，温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是 (填“C”、“CaO/C”或 “La2O3/C”)。 (2)在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，所得数据如表： 实验编号 温度/℃ 起始时 NO 的物质的量/mol 平衡时 N2 的物质的量/mol 1 700 0.24 0.08 2 800 0.40 0.09 ①由表可知700℃时，该反应的平衡常数 K= 。 ②结合表中数据，判断该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)，理由是 。 (3)某温度下，若向2L体积恒定的密闭容器中充入等物质的量的N2 和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g) C(s)+2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示： ①图中B点v正 v逆(填“>” “<”或“=”)。 ②第10min时，外界改变的条件可能是 (填字母)。 A．加催化剂                B．增大C(s)的物质的量 C．减小CO2的物质的量        D．升温         E．降温 【答案】(1) -b-a O、N、C C、O、N CaO/C (2) 1 ＜ 升高温度，反应的化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应 (3) > AD 【详解】（1）①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·mol-1，C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·mol-1，即C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-b kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的ΔH =(-b-a) kJ·mol-1； ②C、N、O同周期，同一周期主族元素从左至右电负性递增，故三种元素电负性由强到弱的顺序是O、N、C；同一周期主族元素从左至右第一电离能有增大的趋势，但是由于N原子的最外层电子处于半充满的较稳定状态，所以其第一电离能比O大，因此这三种元素的第一电离能的大小关系为：N＞O＞C，即第一电离能依次增大的顺序是C、O、N； ③据图分析，温度在 500℃以内，加入CaO/C的反应器中NO去除率最高，故温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C； （2）①在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，根据图表数据，由反应方程式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)可得，平衡时一氧化氮的物质的量为0.24-0.08×2=0.08mol，二氧化碳物质的量为0.08mol，该反应的平衡常数 K=； ②结合表中数据，平衡时一氧化氮的物质的量为0.40-0.09×2=0.22mol，二氧化碳物质的量为0.09mol，该反应的平衡常数 ，该反应的平衡常数 ，升高温度，反应的化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0； （3）①由图可知，B点后一氧化氮的物质的量继续增加，所以B点时反应未达到平衡，且反应正向进行，所以B点正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>； ②由图可知，第10min后曲线的斜率高于前10min，说明改变条件化学反应速率加快： A．加催化剂，降低反应的活化能，反应速率加快，故符合题意，A正确； B．增大浓度为定值的固体碳的质量，化学反应速率不变，B错误； C．减小二氧化碳的物质的量，反应物的浓度减小，反应速率减慢，C错误； D．升高温度，活化分子的数目和百分数均增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，D正确； E．降低温度，活化分子的数目和百分数均减小，有效碰撞频率减小，反应速率减慢，E错误； 故选AD。 71．(23-24高二上·云南昆明第三中学·期末)杭州亚运会主火炬塔采用甲醇燃料点燃，这是人类历史上第一次碳废再生、零碳甲醇点燃亚运圣火。近年来，我国大力加强氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，利用反应：，可减少排放并合成清洁能源实现可持续发展。 (1)一般认为该反应通过如下两个步骤反应来实现： 反应① 反应② 总反应的 ，在 (选填“高温”“低温”或“任何温度”)下自发进行。 (2)在一定温度和恒容条件下，下列叙述能表明总反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体的密度保持不变 B．容器中浓度与浓度之比为 C．容器中气体压强保持不变 D． (3)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。 ①图中对应等温过程的曲线是 (填写a或b)，判断的理由是 。 ②从反应初始到平衡点耗时，计算分压的平均变化率为 kPa·min-1。 ③有关工业合成甲醇条件选择的说法正确的是 (填字母)。 A．温度越低，越有利于工业生产 B．适当增大的浓度，可以提高的平衡转化率 C．增大压强既加快反应速率又提高转化率，所以压强越大越好 D．使用选择性高的催化剂可以减少副反应的发生，提高产率 【答案】(1) -49.1 低温 (2)CD (3) a 总反应为气体分子数减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数变大，即压强越大，甲醇的物质的量分数变大 37.5 BD 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可由由①+②到得，，根据反应自发进行，，则反应在低温自发进行；故答案为：-49.1；低温； （2）A．恒容保持体积不变，气体总质量保持不变，所以密度始终保持不变，该状态不能判断达到平衡状态，A不合题意； B．容器中浓度与浓度之比为1∶3，不能证明浓度保持不变，不能判断达到平衡状态，B不合题意； C．该反应正反应是一个气体分子数减小的反应，在一定温度和恒容条件下，气压逐渐减小，当气压保持不变时可证明达到平衡状态；C符合题意； D．根据反应速率之比等于化学计量系数之比，由于，所以，故可说明反应达到化学平衡，D符合题意； 故答案为：CD； （3）①该反应正向为气体分子数减小的反应，温度一定时增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，体系中将增大，曲线斜率为正，因此图中对应等温过程的曲线是a，故答案为：a；总反应为气体分子数减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数变大，即压强越大，甲醇的物质的量分数变大； ②初始时的分压为，根据M点坐标平衡时的分压为，分压的平均变化率为37.5，故答案为：37.5； ③工业合成甲醇条件选择，在实际生产中常常需要结合设备条件、安全操作、经济成本等情况，综合考虑影响化学反应速率和化学平衡的因素，寻找适宜的生产条件，据此分析解题： A．温度越低化学反应越慢，经济效益低；A错误； B．根据勒夏特列原理，增大反应物浓度平衡向正反应方向移动，使H2转化率增大，B正确； C．压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，需要的动力越大，这将会大大增加生产投资，并可能降低综合经济效益；C错误； D．存在副反应导致目标产物的产率降低，加入合适催化剂可提高选择性，可以减少副反应的发生，提高产率；D正确； 故答案为：BD。 72．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题： (1)已知：         则是 反应(填“放热”或“吸热”)。 (2)时，容器内发生反应(忽略与的转化)，混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图所示，保持其它条件不变，仅升高反应温度至，在图中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图 。 (3)已知：的反应历程分两步： 步骤 反应 活化能 正反应速率方程 逆反应速率方程 Ⅰ (快) Ⅱ (慢) ①表中是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值 (填“增大”或“减小”)。 ②反应Ⅰ瞬间建立平衡，因此决定反应速率快慢的是反应 ，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。 ③反应的 (用表示)。 (4)与在某催化剂表面反应生成的过程中的机理可能有两种： 机理1： 机理2：(分别表示物质在催化剂表面被吸附)。 上述两个反应均为基元反应，保持温度和的浓度不变，测得与在该催化剂作用下反应的初始速率与浓度的关系如图所示，能合理解释图中曲线变化的机理为 (填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是 。 【答案】(1)放热 (2) (3) 增大 Ⅱ ＜ (4) 机理2 机理2的反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，O2浓度较小时，增加O2浓度，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加O2浓度，O吸附量增大，NO吸附量减小，反应速率减慢 【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应②×2—③×3得到臭氧转化为氧气的反应，则反应△H= (—227kJ/mol)×2—(—57kJ/mol)×3=—283kJ/mol，所以臭氧转化为氧气的反应为放热反应，故答案为：放热； （2）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮的反应为放热反应，升高温度反应速率加快，达到平衡所需的时间减小，平衡向逆反应方向移动，气体的物质的量增大，混合气体的平均摩尔质量减小，则容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为：，故答案为：； （3）①温度升高，化学反应速率加快，所以速率常数增大，故答案为：增大； ②反应的活化能越大，反应速率越慢，决定反应快慢的反应是慢反应，由题给信息可知，反应Ⅰ为快反应，反应Ⅱ为慢反应，所以决定反应速率快慢的是活化能大于反应Ⅰ的反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；＜； ③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则由速率方程可得反应Ⅰ的平衡常数K1==，反应Ⅱ的平衡常数K2==，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮的反应，则反应的平衡常数K= K1K2=，故答案为：； （4）由基元反应可知，保持温度和NO的浓度不变的条件下，机理1的反应速率与O吸附量有关，机理2的反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，由图可知，氧气浓度增大，反应速率先增大后减小，说明O2浓度较小时，增加O2浓度，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加O2浓度，O吸附量增大，NO吸附量减小，反应速率减慢，所以能合理解释图中曲线变化的机理为机理2，故答案为：机理2；机理2的反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，O2浓度较小时，增加O2浓度，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加O2浓度，O吸附量增大，NO吸附量减小，反应速率减慢。 73．(23-24高二上·云南大理州·期末)请根据所学知识回答下列问题：地 城 考点10 水溶液的离子反应与平衡的综合考查（非选择题） (1)“84”消毒液是一种以为主要成分的高效消毒剂，溶液呈 性（填“酸”“碱”或“中”），原因可用离子方程式表示为 ． (2)时，为3的硫酸铝溶液中，由水电离出的为 ．该温度下，若的100体积某强酸溶液与的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则 ． (3)向浓度均为的和混合液中滴加碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中 ．[已知：、] (4)相同条件下，下列溶液中，由小到大的排列顺序是 （填序号）． A．    B．     C．     D． (5)现用溶液组成的燃料电池，采用电解法制备,装置如图所示．石墨Ⅱ电极为 （填“正极”或“负极”），写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式： ．在电解池中生成的电极反应式为 ． 【答案】(1) 碱 (2) 16 (3)150（或） (4) (5) 正极 【详解】（1）为弱酸，所以会发生水解，次氯酸钠水解后溶液呈碱性，离子方程式为。 （2）盐溶液发生水解促进水的电离，时，为3的硫酸铝溶液中，由水电离出的。该温度下，若的100体积某强酸溶液与的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，也就是说混合之前的酸溶液中的氢离子物质的量等于碱溶液中氢氧根离子的物质的量，即,解得,即,即。 （3），则。 （4）D．为弱电解质微弱电离，A．    B．     C．均为强电解质完全电离，溶液中小于铵盐的,所以D最小，A中铵根离子的个数为2，B、C中铵根离子的个数为1，所以A应该大于B、C，C中氢离子会抑制铵根离子的水解，所以C中铵根离子的浓度大于B，则相同条件下，下列溶液中，由小到大的排列顺序是。 （5）燃料电池中通入氧气的一极为正极，甲烷在碱性条件下失电子生成，则石墨Ⅱ电极为正极，石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式：，电解池中发生氧化反应生成，在电解池中生成的电极反应式为。 74．(24-25高二上·云南普洱·期末)硫代硫酸钠，又名次亚硫酸钠、大苏打、海波，是重要的化工原料。 Ⅰ.某同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验： 实验 序号 反应温度/℃ 浓度 稀硫酸 V/mL c/mol/L) V/mL c/mol/L) V/mL ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 0.10 0.50 ③ 20 0.10 4.0 0.50 (1)硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子反应方程式为 。 (2)该实验①、②可探究 对反应速率的影响，因此 、 。 (3)实验 (填实验序号)可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此 。 Ⅱ.测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应) 准确称取7.00g产品，溶于蒸馏水配成100.00mL溶液，取20.00mL注入锥形瓶，以淀粉作指示剂，用0.10mol/L标准确溶液滴定。已知：。 (4)标准碘溶液应盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 (5)第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为 mL。 (6)滴定终点的现象为 。 (7)重复上述操作，记录另两次数据如下，则产品中的质量分数为 (精确到0.1%)。 滴定次数 滴定前/mL 滴定后/mL 第二次 1.56 30.30 第三次 0.22 26.34 (8)下列操作测得的质量分数偏大的是_______ A．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失 B．读取标准碘溶液体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视 C．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出 D．定管用蒸馏水洗净后，直接加入标准碘溶液 【答案】(1) (2) 温度 10 0 (3) ①、③ 6 (4)酸式 (5)26.10 (6)当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变成蓝色，并且30s内不褪色 (7)92.5% (8)AD 【分析】硫代硫酸钠与稀硫酸条件下发生歧化反应生成硫酸钠、硫单质和二氧化硫、水，据此可以写出方程式，实验①、②的温度不同，则实验①、②是探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响条件相同；实验①、③是探究硫酸浓度对反应速率的影响，则必须保持其他影响条件相同，以此解题。 【详解】（1）硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式为：； （2）实验①、②的温度不同，则实验①、②是探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，即V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，则V2=10.0mL，加入水的体积应该相等，故V3=0；故答案为：温度；10.0；0； （3）实验①、③是探究浓度对反应速率的影响，要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，则V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，所以加入的水的体积V5=6.0mL，故答案为：①、③；6.0； （4）淟具有氧化性，为防止其氧化碱式滴定管的橡皮管，盛放在酸式滴定管内； （5）由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为26.10mL；， （6）硫代硫酸钠溶液无色，用标准确碘溶液滴定时，淀粉遇到I2变蓝色，即滴定终点的现象为：当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变成蓝色，并且30s内不褪色； （7）第二次滴定数据为30.30mL-1.56mL=28.74mL，第三次滴定数据为26.34mL-0.22mL=26.12mL，第二次数据误差较大，故舍去，则平均消耗标准液体，关系式为，则 ，产品中的含量为； （8）A．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，使消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏大，故A正确； B．读取标准碘溶液体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视，使消耗标准液的体积读数偏小，测定结果偏小，故B错误； C．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，故C错误； D．定管用蒸馏水洗净后，直接加入标准碘溶液，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏 大，测定结果偏大，故D正确； 故选AD。 75．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)化学消毒剂能够有效阻断病毒的传播与扩散。本题中，将探讨2种常见的消毒剂： Ⅰ．二氧化氯是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题： (1)某小组按照文献中制备的方法设计了如图所示的实验装置用于制备。 ①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是 。 ②装置A中，装溶液的仪器名称为 。 (2)测定装置中溶液的浓度：取中溶液于锥形瓶中，加入足量的溶液和酸化()，然后加入 作指示剂，用的标准液滴定锥形瓶中的溶液(2I-+S4O)，当看到 现象时，测得标准液消耗的体积为，通过计算可知中溶液的浓度为 。 Ⅱ．84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成分是和。 资料：的电离常数；的电离常数，；的氧化性和杀菌消毒效果强于。 (3)84消毒液溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)。 (4)84消毒液可由氯气与溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的，请运用平衡移动原理解释的作用 。 (5)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10～30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为 。 【答案】(1) 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 分液漏斗 (2) 淀粉溶液 溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原来的颜色 0.08 (3)碱性 (4)ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定) (5)CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+ 【分析】装置A中氯酸钠和过氧化氢发生氧化还原反应生成二氧化氯，装置B作为安全瓶防倒吸，气体进入C被吸收得到溶液，尾气使用碱液吸收防止污染；据此分析。 【详解】（1）①根据题目信息“在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸”，所以充入氮气的第二个目的就是为了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸； ②A中用分液漏斗装硫酸； （2）KI被ClO2氧化之后生成单质碘，碘单质能使淀粉变蓝色，所以选用淀粉溶液为指示剂，加入淀粉溶液之后，溶液变为蓝色，用Na2S2O3 标准液滴定，最后一滴标准液加入后，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色，单质碘被完全反应，滴定到达终点；标准液消耗的体积为20.00mL，则Na2S2O3 的物质的量为0.02L×0.2000mol/L=0.0040mol，其反应的化学方程式为I2+=2I−+，可知I2的物质的量为0.0020mol，再由方程式2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O，可知ClO2的物质的量为0.0008mol，其浓度为0.0008mol÷0.01L=0.08mol/L，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.08； （3）84消毒液的有效成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性； （4）Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的84消毒液有效成分是NaClO，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应：ClO-+H2OOH−+HClO，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，向其中加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，HClO分解速率减慢，因此消毒液更稳定，所以为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH；故答案为：ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)； （5）待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，这是由于酸性：H2CO3＞HClO＞，在空气中暴露，CO2能够溶解在溶液中，发生反应使ClO-转化为HClO，产生消毒能力更强的HClO而增强溶液的消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+。 76．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)重金属有毒，会对水造成污染，某工厂生产的废水中含有和少量的，可采用图流程进行逐一分离，实现资源再利用。 已知：常温下，的。 回答下列问题： (1)中元素的化合价为 ，在还原池中发生反应的离子方程式为 。 (2)沉淀1是，若时沉淀1恰好沉淀完全，则其 (已知：，化为最简)，其性质与相似，请写出与反应的化学方程式： 。 (3)①溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)，沉淀2是 。 ②若有一种溶液由等体积、等物质的量浓度的氢硫酸和硫化钠溶液混合而成，则混合后溶液中的离子浓度关系正确的是 (填序号)。 A．     B． C．    D． (4)若时平衡浓度为，则此时沉淀池2中的浓度为 。 【答案】(1) +6 (2) (3) 、 CuS BC (4) 【分析】废水经预处理后含有和少量的、，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为、CuS、NiS。 【详解】（1）利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数（要带上正负），从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转变成了，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：。 （2）沉淀1是，若时沉淀1恰好沉淀完全，浓度低于10-5mol/L沉淀完全，则其，性质与相似，依据反应，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式。 （3）①溶液呈碱性是由于盐类水解，是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步，第二步；沉淀池2和沉淀池3都是利用溶液进行分离，结合可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS。 ②等体积、等物质的量浓度的氢硫酸和硫化钠溶液混合，溶质为NaHS。 A．结合电荷守恒，溶液中， A错误；    B．电荷守恒和物料守恒计算得到，物料守恒：，电荷守恒，可得，B正确； C．根据的电离常数和水解常数（）的数据可知，水解常数远大于电离常数，因此溶液显碱性，但是由于其水解常数仍然是较小的，故其水解程度较小，因此，离子浓度关系为 ，C正确；    D．根据物料守恒，溶液中存在，D错误； 故选BC。 （4）由， ，可得，则，此时pH=4，即，代入题目已知数据可得，所以。 77．(24-25高二上·云南普洱·期末)乳酸亚铁()是一种常见的补血剂，某科研团队以硫铁矿(主要成分为，含、等杂质)与乳酸()为原料反应制得，工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)为使焙烧过程更充分，可采取的措施有 (写一点即可)。 (2)滤渣I的主要成分 (填化学式)。 (3)写出反应I的离子方程式 。 (4)操作I主要目的是除去溶液中的，结合下表回答问题。 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 9.6 5.2 ①加入的除杂剂最好是 (填字母)。 A．    B．Fe    C．    D．NaOH ②该步操作应控制的pH范围为 。 (5)沉铁剂一般选择，写出该步骤的离子反应方程式 。若选择溶液为沉铁剂可能后果为 。 (6)加入沉铁剂后得到悬浊液，需煮沸数分钟后过滤可得到沉淀，煮沸数分钟的目的是 。 【答案】(1)通入足量的空气或将硫铁矿粉碎 (2) (3) (4) AB (5) 可能会生成沉淀 (6)使沉淀聚集变大，便于过滤 【分析】将硫铁矿(主要成分为，含、等杂质)焙烧，和氧气反应生成和SO2，加入稀硫酸酸浸，、反应生成Al3+、Fe3+，不反应，经过滤后滤渣1主要成分为，滤液中加，发生反应，将铁离子转化为亚铁离子，操作I主要目的是除去溶液中的，之后往母液中加入沉铁剂得到FeCO3，FeCO3和乳酸反应最终得到产品。 【详解】（1）为使焙烧过程更充分，可采取的措施有通入足量的空气或将硫铁矿粉碎； （2）难溶于硫酸，因此滤渣I的主要成分为； （3）加入的目的是还原溶液中的，反应的离子方程式为； （4）①为了不引入新的杂质，可选择或Fe作除杂剂， 和NaOH会引入新的杂质，因而不选，故选AB； ②调节pH，目的是除去，而不能除去，因而需控制的pH范围为； （5）Fe2+和反应生成、和，反应的离子反应方程式为；若选择溶液为沉铁剂，由于溶液碱性过强，可能会生成沉淀； （6）加热可以使沉淀聚集，因此煮沸数分钟的目的是：使沉淀聚集变大，便于过滤。 78．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)三氧化二钴()是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为，含有少量、NiO、)为原料制备的流程如下图： 已知：“滤液1”中含有的阳离子有、、、。 (1)“滤渣1”的主要成分是 (写化学式)。 (2)“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有 ；可将还原为，离子方程式是 。 (3)在工艺流程中，已知，调节pH值，要使完全沉淀(离子沉淀完全浓度，)，请问需要调节pH值为 。 (4)加有机萃取剂的目的是为了除去 (填离子符号)。 (5)难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度【s/(mol/L)】如图。 在含有少量的的溶液中， (填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是 。 (6)由“滤液2”可得到的主要副产品是 (写化学式)。 (7)“沉钴”过程中，生成的离子方程式是 。 【答案】(1)MnO2 (2) 将矿物粉碎 延长浸取时间等 Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O (3)3.5 (4)Ni2+ (5) 不能 Ni2+和Co2+沉淀的pH范围太小 (6)(NH4)2SO4 (7)2Co2++ +3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3+3 +H2O 【分析】钴废料主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4，研磨后加入硫酸和双氧水溶解，此时主要发生的反应为Co2O3在酸性条件下氧化H2O2，自身被还原为Co2+，离子方程式为：Co2O3+H2O2+4H+═2Co2++3H2O+O2↑，另NiO、Fe3O4溶于硫酸生成Ni2+、Fe3+、Fe2+，H2O2又在酸性条件下把Fe2+氧化为Fe3+，MnO2不溶解经过滤除去，然后将滤液pH调至3.0，使Fe3+完全沉淀，过滤除去后，向滤液中加入有机萃取剂，使Ni2+被萃取，进入有机相，分液后，向水层中加入NH4HCO3和氨水生成Co2(OH)2CO3沉淀，方程式为：，过滤、洗涤、烘干后、在空气中高温煅烧生成Co2O3，方程式为：2Co2(OH)2CO3+O2 2Co2O3+2H2O+2CO2，另滤液经减压蒸发结晶得到硫酸铵副产品，有机相再生利用。 【详解】（1）“滤渣1”的主要成分是MnO2(写化学式)。故答案为：MnO2； （2）“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有将矿物粉碎 延长浸取时间等；“酸浸”时，H2O2可将Co2O3还原为Co2+，离子方程式是。故答案为：将矿物粉碎 延长浸取时间等；； （3）“调pH”时，常温下，为保证Fe3+完全沉淀，c(OH-)=mol·L－1 =3.010-11mol·L－1，c(H+)=10-3 mol·L－1，需调节“滤液1”的pH最小值为 3.5。故答案为：3.5； （4）过滤除去后，向滤液中加入有机萃取剂，使Ni2+被萃取，进入有机相，加有机萃取剂的目的是为了除去Ni2+，故答案为：Ni2+； （5）Ni2+和Co2+沉淀的pH范围太小，在含有少量的的溶液中，不能通过调节溶液pH的方法来除去，答案为不能；Ni2+和Co2+沉淀的pH范围太小； （6）分液后，向水层中加入NH4HCO3和氨水生成Co2(OH)2CO3沉淀，同时生成(NH4)2SO4，方程式为：，过滤，由“滤液2”可得到的主要副产品是(NH4)2SO4(写化学式)。故答案为：(NH4)2SO4； （7）“沉钴”过程中，生成Co2(OH)2CO3的离子方程式是。故答案为：。 79．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)皓矾主要用作制取颜料和其他含锌材料，在防腐、电镀、医学、畜牧业和农业上也有诸多应用。皓矾可由菱锌矿(主要成分为，还含有少量以及等的化合物)制备，制备流程图如图所示： 已知：常温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如下表所示： 金属离子 开始沉淀时 1.9 6.4 4.7 7.0 9.1 沉淀完全时 3.4 8.4 6.7 9.0 11.1 回答下列问题： (1)写出基态铜原子的价层电子排布式 。 (2)滤渣①的主要成分为 ；“浸取”工序中，能加快浸取效率的措施有 (任写一种作答)。 (3)“氧化”时该步骤离子方程式为 。 (4)若“调过滤”工序中，调节溶液，所得“滤渣②的主要成分为 ，氢氧化铁的溶度积常数 。 (5)“转化过滤”中加入锌粉的目的是 。 (6)从滤液④获得皓矾晶体的具体操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。 【答案】(1)3d104s1 (2) SiO2、CaSO4 粉碎、加热、适当增加硫酸的浓度 (3)2Fe2+ + H2O2 +2H+ =2Fe3+ + 2H2O (4) Fe(OH)3 10−36.8 (5)置换Cu2+变为Cu，从而除去 (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣①中有 SiO2和 CaSO4，滤液加 H2O2目的是把二价铁离子氧化为三价铁离子，加入Ca(OH)2调节 pH 值除去 Fe3+离子，再加入 Zn 粉置换出 Cu，加入 HF 除去 Ca2+和 Mg2+，最后得到七水硫酸锌。 【详解】（1）Cu元素为第29号元素，根据洪特规则的特例，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1； （2）菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣①中有 SiO2和 CaSO4；将菱锌矿粉碎、搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度都可以加快浸取的速率，提高浸取效率； （3）“氧化”时是使用过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 +2H+ =2Fe3+ + 2H2O； （4）pH 调节至 4.4，根据表格主要沉淀为Fe(OH)3； 完全沉淀时，pH=3.4，且根据已知：常温下，金属离子完全沉淀时，则； （5）加入锌粉将Cu2+置换为 Cu 以除去； （6）从滤液中获得带结晶水的晶体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。 80．(23-24高二上·云南昆明第三中学·期末)某科研人员以废镍催化剂(主要成分为，另含)为原料回收镍，工艺流程如下图所示。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如下表。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： (1)浸出渣主要成分为 (填化学式)。 (2)“除铜”时，写出生成的离子方程式 。 (3)“氧化”的目的是将溶液中氧化为，温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是 。 (4)“调”时，的控制范围为 。 (5)通过“电解”可以制得，阳极的电极反应式为 。 (6)用可溶性碳酸盐，可以浸取固体，在溶液浸取过程中会发生反应：。已知：时，，，则此温度下该反应的平衡常数K为 。 (7)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度和时间分别为 、 。 【答案】(1)CaSO4(或CaSO4·2H2O)、BaSO4 (2)2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (3)H2O2不稳定，温度太高，H2O2受热分解 (4)3.7≤pH<7.7 (5)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O (6) (7) 90℃ 120min 【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等），用H2SO4浸取，过滤得含有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+的溶液，反应产生的大部分Ca2+及Ba2+与结合形成CaSO4、BaSO4沉淀进入浸出渣中；然后向滤液中再通入H2S除去Cu2+，且使Fe3+被还原成Fe2+，得CuS、S固体，过滤得滤液中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+，向该溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，然后调整溶液的pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Ni2+仍然存在溶液中，加入NaF形成CaF2沉淀除去Ca2+，再加入NaCl后电解得NiOOH，灼烧NiOOH得Ni2O3，CuS、S固体灼烧后用H2SO4进行酸浸得硫酸铜溶液，结晶可得硫酸铜晶体，以此解答该题。 【详解】（1）根据上述分析可知浸出渣主要成分为CaSO4(或CaSO4·2H2O)、BaSO4； （2）向酸浸后的溶液中通入H2S气体，会发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+，由于溶液中含有的Fe3+具有氧化性，而H2S具有还原性，二者会发生氧化还原反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，产生S单质，故通入H2S气体后得到的滤渣中含有CuS和难溶于水的单质S； （3）向溶液中加入H2O2进行“氧化”的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，温度需控制在40～50℃之间，该步骤温度不能太高，这是由于H2O2不稳定，温度太高，H2O2受热分解； （4）经氧化后溶液中存在Ni2+、Fe3+、“调pH”使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Ni2+仍然存在溶液中，根据表格数据可知当溶液pH>3.7时Fe3+沉淀完全，而Ni2+开始形成Ni(OH)2沉淀的pH是7.7，因此pH的控制范围为3.7≤pH<7.7； （5）“电解”时，阳极Ni2+在失电子，发生的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O； （6）溶浸过程中会发生：CaSO4(s)+ (ag)⇌CaCO3(s)+(aq)，CaCO3 (s) =Ca2+ +； CaSO4(s) = Ca2+ +；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数。 （7）由图可知，酸浸的最佳温度和时间分别为90℃、120min左右，此时镍浸出率较高且速率较快。 试卷第82页，共83页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合80题 3大高频考点概览 考向01 化学反应的热效应 考向02 化学反应速率 考向03 化学平衡 化学反应的方向与调控 考向04 电离平衡 水的电离和溶液的酸碱性 考向05 盐类水解 离子浓度大小的比较 考向06 沉淀溶解平衡及其应用 考向07 原电池与电解池及其应用 考向08 原子结构与性质 考向09 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查(非选择题) 考向10 水溶液的离子反应与平衡的综合考查（非选择题） 1．(24-25高二上·云南普洱·期末)已知化学反应的能量变化如图所示，下列叙述正确的是地 城 考点01 化学反应的热效应 A．反应每生成分子吸收能量 B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．该反应的反应热 D．断裂键和键，释放能量 2．(24-25高二上·云南普洱·期末)某温度下，在容积为2 L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)+bB(g)cC(g)　ΔH=-Q kJ·mol-1(Q>0)，12 s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8 mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是 A．前12 s内，A的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1 B．12 s后，A的消耗速率等于B的生成速率 C．化学计量数之比b∶c=1∶2 D．12 s内，A和B反应放出的热量为0.4Q kJ 3．(24-25高二上·云南普洱·期末)如图所示是298 K时，A2与B2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是 A．每生成2 mol AB吸收bkJ热量 B．加入催化剂，反应的活化能和反应热都改变 C．该反应的热化学方程式为 A2(g)+B2(g)=2AB(g) ∆H= + (a-b) kJ • mol-1 D．断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，放出a kJ能量 4．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A．在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)  △H=-285.8kJ·mol-1 B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)  △H=2×283.0 kJ/mol C．在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O（l）；△H =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ D．已知C(石墨,s) C(金刚石,s)　 △H＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定 5．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是 A．用铜丝代替环形玻璃搅拌棒，测得的△H偏大 B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1mol H2O的△H均为—57.3kJ/mol C．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度 D．某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液反成1mol H2O反应热，造成这一结果的原因一定是用测量过稀盐酸温度的温度计直接测量稀NaOH溶液的温度 6．(24-25高二上·云南普洱·期末)以下反应均可制取O2。下列有关说法正确的是 反应①：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)  △H1＝+571.6 kJ·mol-1 反应②：2H2O2(l)＝2H2O(1)+O2(g)  △H2＝-196.4 kJ·mol-1 A．制取O2的反应一定是吸热反应 B．H2的燃烧热为-571.6 kJ·mol-1 C．若使用催化剂，反应②的△H将减小 D．反应2H2O2(l)＝2H2O(g)+O2(g)的△H＞-196.4 kJ·mol-1 7．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)下列有关叙述正确的是 A．标准状况下，SO2(g) +NO2(g) SO3(1)+NO(g)，该反应的 ΔS＜0 B．2CO(g)=2C(s) + O2(g) ΔH＞0， 高温下可以自发 C．C(s，金刚石)=C(s，石墨)  ΔH= -1.9 kJ·mol-1，金刚石比石墨更稳定 D．选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率 8．(23-24高二上·云南大理州·期末)乙烯在酸催化下与水制乙醇的反应机理及反应进程中能量的变化如图甲、乙所示．下列叙述错误的是 A．乙烯中既含有极性共价键又含有非极性共价键 B．第①步反应的活化能最大 C．酸催化剂加快了化学反应速率，降低了该反应的反应热 D．第③步反应为 地 城 考点02 化学反应速率 9．（24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末）900 ℃时，向2.0 L恒容密闭容器中充入0.40 mol乙苯，发生反应： 一段时间后，反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表所示： 时间/min 0 10 20 30 40 n(乙苯)/mol 0.40 0.30 0.24 n2 n3 n(苯乙烯)/mol 0.00 0.10 n1 0.20 0.20 下列说法正确的是 A．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率大于50.0% B．反应在前20 min内的平均反应速率v(H2)＝0.008 mol·L－1·min－1 C．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，体系的总压增大，平衡时苯乙烷的分压也增加。 D．相同温度下，起始时向容器中充入0.10 mol乙苯、0.10 mol苯乙烯和0.30 mol H2，则达到平衡前：v正＜v逆 10．（24-25高二上·云南普洱·期末）向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量B的混合气体，在一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图甲所示（t0～t1阶段的c(B)变化未画出），图乙为t2时刻改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段各改变一种不同的反应条件。下列说法中正确的是 A．若t1="15" s，t0～t1阶段B的平均反应速率为0.004 mol·L－1·s－1 B．t4～t5阶段改变的条件是减小压强 C．该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 mol D．t5～t6阶段，容器内A的物质的量减少了0.06 mol，容器与外界的热交换为a kJ，则该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g) △H=－50a kJ·mol－1 11．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）下列反应条件的控制中，不恰当的是（　　） A．为防止铁生锈，在其表面涂一层防锈油漆 B．为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火 C．为加快氯酸钾的分解速率，加入二氧化锰 D．为加快过氧化氢的分解速率，把反应容器放到冷水中 12．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)某温度下，在一恒容密闭容器中进行可逆反应：　△H＞0，下列叙述正确的是 A．平衡后升高温度，平衡逆向移动 B．平衡后加入少量催化剂，逆反应速率不变 C．当容器中混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡 D．平衡后加入X，△H增大 13．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示： 已知部分化学键的键能数据如下： 共价键 键能(kJ/mol) 413 497 462 351 348 下列说法不正确的是 A．该催化反应历程中没有非极性键断裂 B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变 C．总反应的原子利用率为100% D．该反应的热化学方程式为：   14．(23-24高二上·云南昆明市第三中学·期末)已知：NO和转化为的反应机理如下： ①（快）平衡常数 ②（慢）平衡常数 下列说法正确的是 A．的 B．反应②的速率大小决定的反应速率 C．反应过程中的能量变化可用上图表示 D．的平衡常数 15．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）反应在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ①增加C的量 ②将容器体积缩小一倍 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使体系体积增大 A．①③ B．①④ C．②③ D．③④ 16．(24-25高二上·云南普洱·期末)反应过程中能量变化如图所示(图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能)，下列有关叙述错误的是 A．该反应为放热反应， B．有催化剂的两步反应中，第一步为该反应的决速步 C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率 D．若，则和反应放出的热量一定等于 地 城 考点03 化学平衡 化学反应的方向与调控 17．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表： 物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0 平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1 下列说法错误的是 A．反应达到平衡时，X的转化率为50％ B．增大压强使平衡向生成Z的方向移动 C．在25℃下，反应的平衡常数为1600，改变温度可以改变此反应的平衡常数 D．在25℃下，测得c(X)=0.04mol·L-1，c(Y)=0.1mol·L-1，c(Z)=0.08mol·L-1，则此时v正<v逆 18．(24-25高二上·云南普洱·期末)在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示： 物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0 平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1 下列说法错误的是 A．反应达到平衡时，X的转化率为50% B．反应前后压强之比为2:3 C．反应可表示为X(g)+3Y(g) ⇌2Z(g)，其平衡常数为1600 D．改变温度可以改变此反应的平衡常数 19．（23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末）在高温、高压和催化剂的密闭容器中，进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列有关说法不正确的是 A．达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率 B．增大氢气的浓度可增大反应速率 C．在上述条件下，氢气能全部转化为氨气 D．达到平衡时，体系中各物质的浓度不再改变 20．(23-24高二上·云南曲靖·期末)下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的是 ①实验室常用排饱和溶液的方法收集 ②加热到一定温度时发生分解 ③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深 ④，为提高，的产率，采取降低温度的措施 ⑤催化氧化成的反应，往往需要使用催化剂 A．①④ B．②③ C．②⑤ D．②③⑤ 21．(23-24高二上·云南曲靖·期末)一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入0.2气体，发生反应  ，测得的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．的平衡转化率为64.5% B．反应到50s时，若向密闭容器中充入少量，平衡逆向移动 C．反应的平衡常数约为0.83 D．若增大的起始物质的量，平衡时比原平衡大 22．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向浓度均为0.1的和混合溶液中滴加少量溶液，先出现黄色沉淀 B 取两支试管，分别加入20.5溶液，将其中一支试管的溶液加热，发现未加热的溶液呈绿色，加热后的溶液呈黄绿色。 反应为吸热反应 C 镀锌铁钉和普通铁钉同时投入相同浓度的盐酸中，镀锌铁钉产生气泡更快 镀锌后的铁更易发生析氢腐蚀 D 用计测定相同温度下，相同物质的量浓度的溶液和溶液，发现溶液的小于溶液的 A．A B．B C．C D．D 23．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)已知某化学反应的平衡常数表达式为，在不同温度下该反应的平衡常数如下表。下列有关叙述正确的是 T/℃ 700 800 830 1000 1200 K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38 A．若平衡浓度符合下列关系式：，则此时的温度为1000℃ B．上述反应的逆反应是放热反应 C．该反应的化学方程式为CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) D．若在一定容积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol， 5 min后温度升高到830℃，此时得CO为0.4 mol时，该反应达到平衡状态 24．(24-25高二上·云南普洱·期末)在密闭容器中进行反应：，有关下列图像说法错误的是 A．依据图a可判断正反应为放热反应 B．在图b中，虚线的反应条件可能是使用了催化剂 C．若，则图c表示减小压强，平衡逆向移动 D．若，由图d中可知 25．(24-25高二上·云南普洱·期末)25℃时，向的溶液中滴加溶液，所得、和的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列说法正确的是地 城 考点04 电离平衡 水的电离和溶液的酸碱性 A．向的溶液滴加NaOH溶液，反应的离子方程式为 B．的 C．当溶液的时，溶液中存在： D．当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液呈碱性 26．(24-25高二上·云南普洱·期末)在温度不变的条件下，加水稀释0.1mol/L 的氨水，则随着加入水的量的增加，下列判断正确的是 A．c（NH3·H2O）/c（OH-）减小 B．c（NH4+）·c（OH-）/c（NH3·H2O）增大 C．n（OH-）不变 D．c（H+）/c（OH-）减小 27．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)已知： ①298K时K(HF)=3.5×10-4，Ksp(CaF2)= 1.8×10-7 ②HF(aq)H+(aq)+F-(aq) △H<0根据以上已知信息判断下列说法正确的是 A．298K时，加蒸馏水稀释HF溶液，保持不变 B．308K时，HF的电离常数Ka>3.5×10-4 C．298K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp(CaF2)会减小 D．2HF(aq)+Ca2+(aq)CaF2(s)+2H+(aq) K≈0.68 28．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)H2A为二元酸，其电离过程为：H2A⇌H++HA－，HA－⇌H++A2－。常温时，向10mL 0.1mol/L H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中H2A、HA－和A2－的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A．H2A的Kal的数量级为10-1 B．当溶液中c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.9 C．当溶液中c(Na+)=2c(A2-)+c(HA－)时，加入V(NaOH溶液)>10mL D．向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大 29．(24-25高二上·云南普洱·期末)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．的溶液中：、、、 B．的溶液中：、、、 C．水电离的溶液中：、、、 D．的溶液中：、、、 30．(23-24高二上·云南昭通市盐津县第二中学·期末)下列物质溶解于水时，电离出的阳离子能使水的电离平衡向右移动的是 A．NH4Cl B．CH3COONa C．H2SO4 D．KNO3 31．（23-24高二上·云南昆明市石林彝族自治县民族中学·期末）一定温度下，水存在H2OH++OH-    ΔH>0的平衡，下列叙述一定正确的是 A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小 B．将水加热，Kw增大，pH减小 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低 D．向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol•L-1，Kw不变 32．(23-24高二上·云南大理州·期末)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 A．纯水仅升高温度，可从a点变到c点 B．水的电离常数数值大小关系为 C．a点温度下，在水中加入少量的醋酸钠可抑制水的电离 D．c点，溶液为酸性 33．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列事实或操作与盐类水解无关的是地 城 考点05 盐类水解 离子浓度大小的比较 A．明矾净水 B．加热蒸干并灼烧溶液，得到固体 C．焊接时用溶液除锈 D．铵态氮肥(含)不能与草木灰(含)混合使用 34．(23-24高二上·云南昆明石林彝族自治县民族中学·期末)下列应用与盐类水解无关的是 A．用纯碱去油污时，加热可以增强去污效果 B．用醋酸除去茶壶里的水垢 C．草木灰与铵盐不能混合使用 D．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体 35．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将磁性氧化铁溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液 溶液紫色褪去 磁性氧化铁中含有二价铁 B 常温下，分别测定同浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH 溶液的pH前者大 于后者 C 向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加氢氧化钠 溶液由橙红色变为黄色 平衡向生成的方向移动 D 某温度下，用pH计分别测定1mol/L和0.1mol/L的醋酸铵溶液的 pH都等于6 醋酸铵溶液中水的电离程度与其浓度无关 A．A B．B C．C D．D 36．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)时，向的氨水中逐滴加入的盐酸，向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，溶液的与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是 A．当时，恒有关系： B．时，约为 C．曲线②中的 D．当时，两溶液均大于9.26 37．(23-24高二上·云南大理州·期末)酸式盐是盐的一种，可看作多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有等．已知（亚磷酸）与足量的充分反应后只生成一种盐,则下列说法错误的是 A．属于一元酸 B．属于酸式盐 C．溶液显碱性 D．在水溶液中的电离方程式为 38．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)化学与生活、生产、社会息息相关。下列说法正确的是 A．食品抽真空包装是为了减小包装袋内压强，从而减缓食物变质速率 B．泡沫灭火器内的玻璃筒里盛碳酸氢钠溶液，铁筒里盛硫酸铝溶液 C．将溶液直接蒸干均不能得到原溶质 D．海港的钢制管柱为了防止受到海水长期侵蚀，常用外加电流法，使钢制管柱作阳极被保护 39．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)已知的电离常数。常温下，难溶物在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中与的关系如图所示，下列说法正确的是 A．约为 B．M点： C．N点：约为 D．直线上任一点均满足： 40．(23-24高二上·云南大理州·期末)已知常温下的电离平衡常数；的电离平衡常数．下列说法错误的是 A．浓度为的溶液中： B．酸性： C．稀释溶液，增大 D．常温下，用溶液吸收，当溶液呈中性时， 41．(24-25高二上·云南普洱·期末)常温下，向的二元弱酸溶液中滴加等浓度的溶液，滴加过程中含的三种微粒的分布系数[如的分布系数]与溶液pH的关系如图所示。地 城 考点06 沉淀溶解平衡及其应用 下列说法正确的是 A．曲线乙代表随的变化情况 B．点溶液中 C．时，约为的10倍 D．常温下，点溶液中 42．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是 A．向饱和溶液中加水，的溶解度和均增大 B．将饱和溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明大于 C．难溶于水，溶液中不存在和 D．已知时，在溶液中加入氨水调混合液的，产生沉淀，则此时溶液中的 43．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)某温度下，分别向浓度均为的溶液和溶液中滴加溶液，滴加过程中或与加入溶液体积的关系如图所示(已知)。下列说法不正确的是 A． B．曲线Ⅰ代表溶液 C．约为 D． 44．(23-24高二上·云南普洱·期末)某温度下，FeS的水溶液中存在平衡，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A．可以通过升温实现由c点变到a点 B．该温度下， C．a点对应的大于b点对应的 D．d点可能有沉淀生成 45．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)下列实验中，由实验现象得到的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 室温下，用试纸测浓度均为的和溶液的 的酸性比的弱 B 将氨水稀释成 由11.1变成10.6 稀释后的电离程度减小 C 向的溶液中先滴加5滴溶液，再滴加5滴溶液 先产生白色沉淀，后白色沉淀变为黄色沉淀 D 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成红色，后无明显变化 与的反应不可逆 A．A B．B C．C D．D 46．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)下列方程式与所给事实不相符的是 A．用硫化钠溶液除去废水中的Cu2+：Cu2++S2-=CuS B．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++=CaCO3 D．用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 47．(23-24高二上·云南大理州·期末)常温下，将溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（用表示，不考虑的水解）．下列叙述正确的是 A．M代表与的变化关系 B．的数量级为 C．d点对应的溶液为不饱和溶液 D．平衡常数为，反应趋于完全 48．(23-24高二上·云南昆明市石林彝族自治县民族中学·期末)已知常温下Ksp(AgCl)=1.6×10﹣10，Ksp(AgI)=8.3×10﹣17，下列有关说法正确的是 A．常温下，AgCl在纯水中的Ksp比在AgNO3溶液中的Ksp大 B．向AgCl与AgI等体积混合的饱和溶液中加入足量浓AgNO3溶液，产生的AgCl沉淀的物质的量少于AgI C．在AgCl的饱和溶液中通入HCl，有AgCl析出，且溶液中c(Ag+)=c(Cl﹣) D．向AgI与AgCl的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，不变 49．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图甲为其工作原理，图乙为废水中离子浓度与去除率的关系。下列说法错误的是地 城 考点07 原电池与电解池及其应用 A．电池工作时，M电极的电势低于N电极的电势 B．离子浓度较大时，去除率降低，可能是造成还原菌失活 C．移除质子交换膜，与有机物充分接触，电路中电流强度增大 D．若有机物为，还原，左侧溶液质量减少 50．(23-24高二上·云南昆明市第八中学·期末)我国科学家在研究燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极间用允许离子通过的半透膜隔开。下列说法正确的是 A．正极电极反应式为 B．半透膜为阳离子交换膜，储液池中需补充的物质A为 C．当电路中转移电子时，理论上生成 D．当转化为时，有的从右向左迁移 51．(23-24高二上·云南普洱·期末)利用如图所示的电化学装置处理工业尾气中的硫化氢可实现硫元素的回收。下列说法中不正确的是 A．电池工作时电子由电极甲经负载向电极乙移动 B．相同条件下，电池工作一段时间后，理论上消耗O2和H2S的体积之比为1：2 C．当有1molH2S参与反应，则有4molH+由负极区进入正极区 D．电极乙上的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O 52．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图①。电解过程中的实验数据如图②，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。则下列说法正确的是 A．电解过程中，b 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生 B．a电极上发生的反应方程式为：2H2O +2e-= 2OH-+ H2↑和 2H2O-4e-= 4H+ + O2↑ C．曲线0～P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线 P～Q段表示O2的体积变化 D．从开始到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为17g•mol-1 53．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)钴()合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。一种利用双膜法电解回收溶液中的装置如图所示，电解时电极上始终只产生无色气体。下列说法正确的是 A．b为电源的负极 B．c、d分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜 C．工作时，Ⅱ室、Ⅲ室溶液的均减小 D．生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少 54．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)化学与我们的生活密切相关，下列说法错误的是 A．对超快速化学反应的研究被形象地称为飞秒化学， B．在船体上镶嵌锌块可以避免船体遭受腐蚀 C．研究发现在饮用水、食物或牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用 D．把铬、镍等加入普通钢中制成不锈钢产品 55．(23-24高二上·云南普洱·期末)将金属X连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。下列有关说法错误的是 A．钢铁设施表面因有电子流入而被保护 B．钢铁设施的电极反应式为 C．形成电化学保护时，金属X作负极 D．通常情况下，钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中的快 56．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)一种微生物脱盐电池的装置如图所示，下列关于该装置的描述错误的是 A．该电池不宜在高温条件下使用 B．负极反应为 C．转移电子，海水脱去氯化钠的质量是 D．膜为阴离子交换膜、膜为阳离子交换膜 57．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)下列化学用语或图示表达不正确的是地 城 考点08 原子结构与性质 A．基态原子的价层电子排布图： B．的名称：1，2-二溴乙烷 C．的电子式： D．的电子云轮廓图： 58．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)为原子序数依次增大的短周期主族元素，的简单氢化物能与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐，原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，原子核外没有未成对电子，与位于同一主族。下列说法正确的是 A．简单离子半径： B．的第一电离能比第一电离能小 C．用电解的氧化物制备单质 D．的简单氢化物比的简单氢化物稳定 59．(23-24高二上·云南曲靖·期末)依诺沙星(结构简式如图)具有广谱的抗菌作用，尤其是对需氧的革兰氏阴性杆菌抗菌活性好，用于敏感细菌引起的感染。下列关于依诺沙星涉及的元素C、N、O、F的说法错误的是 A．最高正价： B．电负性： C．稳定性： D．酸性： 60．（23-24高二上·云南曲靖·期末）下列说法中不正确的是 578 1817 2745 11575 14830 18376 23293 A．利用光谱仪只能测得原子的发射光谱 B．最外层电子数为的元素有3种 C．某主族元素的电离能的数据如上表所示(单位：kJ∙mol−1)，可推测该元素位于元素周期表第ⅢA族 D．在①P、S，②Mg、Ca，③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数之和为41 61．（23-24高二上·云南曲靖·期末）2017年5月9日，我国正式向社会发布113号、115号、117号、118号元素的中文名称。至此，全部完成了1～118号元素的中文命名。已知115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如、等。下列说法正确的是 A．和的化学性质几乎相同 B．Mc位于周期表的第七周期第ⅥA族 C．基态Mc原子核外电子共占据7个能级 D．在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方的将是147号元素 62．(23-24高二上·云南普洱·期末)如图为周期表中短周期的一部分，若基态原子X的价层电子排布式可表示为，则下列说法正确的是 A．第一电离能： B．原子半径： C．Y元素的氧化物对应的水化物一定为强酸 D．基态Z元素原子核外电子的空间运动状态有17种 63．(23-24高二上·云南昭通一中教研联盟·期末)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的最外层电子数是内层电子数的两倍，Y和W为同主族元素。m是由Y和Z元素组成的二元化合物，是一种淡黄色固体。下列说法错误的是 A．m中既有极性键又有非极性键 B．原子半径： C．最简单气态氢化物的稳定性： D．X、Z、W分别与Y均可以形成两种或两种以上的二元化合物 64．(24-25高二上·云南普洱·期末)下列化学用语的说法或表示正确的是 A．乙烯的结构简式： B．甲烷的分子结构模型： C．用电子式表示的形成过程： D．H、D、T的关系是同素异形体 65．(24-25高二上·云南普洱·期末)温室气体二氧化碳的处理和再利用一直以来都是社会关注的热点问题。地 城 考点09 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查(非选择题) (1)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 根据上述反应，请写出与反应生成和的热化学方程式： 。 (2)时，在恒容密闭容器中充入和，起始时体系的压强为，假设体系中只发生上述Ⅰ和Ⅱ两个反应，时体系达到平衡状态，测得的浓度为的浓度为。 ①，用表示反应I的平均反应速率为 。 ②下列叙述能说明该体系已经达到平衡状态的是 (填标号)。 A．气体的密度不随时间变化      B．的百分含量不再改变 C．      D．气体平均摩尔质量不随时间变化 ③该温度下反应I的平衡常数 (用含的代数式表示，为以分压。表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。 (3)二氧化碳催化加氢可制备甲醇：，在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时，随压强的变化以及在时随温度(t)的变化，如图1所示。 图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的理由是 。 (4)电化学法还原二氧化碳可以制得乙烯()，在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图2所示。则电解时阴极电极反应式为 ，在左侧电极每生成乙烯，理论上在右侧生成气体的体积为 L(标准状况下) 66．(23-24高二上·云南昆明西山区·期末)CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放，涉及的反应如下： Ⅰ．     Ⅱ．   kJ⋅mol-1   Ⅲ．    kJ⋅mol-1 回答下列问题： (1) kJ⋅mol-1。 (2)平衡常数 (用、表示)。 (3)为提高反应Ⅲ中的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。 A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压 (4)不同压强下，按照投料，发生反应Ⅰ，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如下图所示。 ①压强、由大到小的顺序为 ，判断的依据是 。 ②图中A点对应的甲醇的体积分数是 %(计算结果保留1位小数)。 (5)在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1 mol 和3 mol ，仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过一段时间后，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，此时测得的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%{甲醇选择性[]}，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数 (写出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。 67．(23-24高二上·云南普洱·期末)是存在于燃气中的一种有害气体，脱除的方法有多种。回答下列问题： (1)Claus氧化回收硫的反应原理为： ①； ②； ③。 则 。 (2)化学反应的焓变与反应物和生成物的键能(气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量)有关。已知某些化学键的键能如下表所示： 共价键 键能/() 339 246 a 120 结合(1)中反应原理， 。 (3)工业上采用高温热分解的方法制取，在膜反应器中分离出。下，分解：。在2L恒容密闭容器中充入气体，某温度下的物质的量与时间的关系如下表所示。 0 2 4 6 8 10 0 0.5 0.8 1.0 1.2 1.2 ①内， 。 ②时生成的速率 (填“>”“<”或“=”)生成的速率。 ③下列选项中标志该反应达到平衡的是 (填字母)。 a．        b．和的浓度之比为2：1 c．气体密度不再变化           d．平均相对分子质量不再变化 (4)以为原料，KOH溶液为电解质溶液设计的电化学装置亦能脱除，其原理如图所示。该装置工作时的总反应离子方程式为。已知正极电极反应式为，负极电极反应式为 ，右室电解质溶液的 (填“增大”“减小”或“不变”)。 68．(24-25高二上·云南普洱·期末)回答下列问题： (1)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、 。 (2)量取反应物时，取的盐酸，常常还需加入的试剂是 ______ 填序号。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．固体 (3)某兴趣小组进行了中和热测定的实验，实验试剂及其用量如下表所示。 反应物 起始温度 终了温度 中和热 溶液、溶液 设充分反应后溶液的比热容，忽略实验仪器的比热容及溶液体积的变化，则 假设溶液密度均为。 某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。 (4)设计如下实验研究的反应。 振荡静置后C中观察到的现象是 ；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后 写出实验操作和现象。 (5)测定上述溶液的浓度，进行以下操作： 用移液管移取溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量溶液，充分反应。 小心加热除去过量的 用淀粉做指示剂，用标准溶液滴定，反应原理为：。 步骤是否可省略？ 答“可以”或“不可以”。 步骤达到滴定终点的现象是 。 69．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)科学家开发催化剂实现催化还原制备附加值高的产品。利用制备甲醇的有关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． (1)已知几种共价键的键能如下： 共价键 键能 799 436 413 358 467 利用键能数据计算： 。 (2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入等体积的，仅发生反应Ⅰ。下列叙述正确的是 (填序号)。 A．平衡后充入氩气，正反应速率增大 B．反应过程中断裂键的同时生成 C．平衡后充入少量平衡转化率增大 (3)在一恒容反应器中充入一定量的，仅发生反应Ⅱ，平衡常数与温度的关系如下表： 700 800 830 1000 1200 0.6 0.9 1.0 1.7 2.5 ① 0(填“>”“<”或“=”) ②时，某时刻反应体系中，此时平衡 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。 (4)在一定温度下，向甲、乙两密闭反应器中分别充入和，分别在有水分子隔离膜、无水分子隔离膜作用下发生上述两个反应，测得平衡转化率与压强的关系如图所示。 ①使用了水分子隔离膜的反应器是 (填“甲”或“乙”)，理由是 。 ②已知点选择性为，该温度下，点反应Ⅱ的平衡常数为 。提示：选择性。 70．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) 。 (1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·mol-1；C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·mol-1。 ①反应 C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的ΔH = kJ·mol-1(用含 a、b 的代数式表示)。 ② C，N，O三种元素电负性由强到弱的顺序是 ，第一电离能依次增大的顺序是 。(填元素符号) ③研究人员对比研究活性炭、负载钙、镧氧化物对该反应的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入相同浓度的NO，不同温度下测得反应2小时时NO去除率如图所示，据图分析，温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是 (填“C”、“CaO/C”或 “La2O3/C”)。 (2)在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，所得数据如表： 实验编号 温度/℃ 起始时 NO 的物质的量/mol 平衡时 N2 的物质的量/mol 1 700 0.24 0.08 2 800 0.40 0.09 ①由表可知700℃时，该反应的平衡常数 K= 。 ②结合表中数据，判断该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)，理由是 。 (3)某温度下，若向2L体积恒定的密闭容器中充入等物质的量的N2 和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g) C(s)+2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示： ①图中B点v正 v逆(填“>” “<”或“=”)。 ②第10min时，外界改变的条件可能是 (填字母)。 A．加催化剂                B．增大C(s)的物质的量 C．减小CO2的物质的量        D．升温         E．降温 71．(23-24高二上·云南昆明第三中学·期末)杭州亚运会主火炬塔采用甲醇燃料点燃，这是人类历史上第一次碳废再生、零碳甲醇点燃亚运圣火。近年来，我国大力加强氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，利用反应：，可减少排放并合成清洁能源实现可持续发展。 (1)一般认为该反应通过如下两个步骤反应来实现： 反应① 反应② 总反应的 ，在 (选填“高温”“低温”或“任何温度”)下自发进行。 (2)在一定温度和恒容条件下，下列叙述能表明总反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体的密度保持不变 B．容器中浓度与浓度之比为 C．容器中气体压强保持不变 D． (3)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。 ①图中对应等温过程的曲线是 (填写a或b)，判断的理由是 。 ②从反应初始到平衡点耗时，计算分压的平均变化率为 kPa·min-1。 ③有关工业合成甲醇条件选择的说法正确的是 (填字母)。 A．温度越低，越有利于工业生产 B．适当增大的浓度，可以提高的平衡转化率 C．增大压强既加快反应速率又提高转化率，所以压强越大越好 D．使用选择性高的催化剂可以减少副反应的发生，提高产率 72．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题： (1)已知：         则是 反应(填“放热”或“吸热”)。 (2)时，容器内发生反应(忽略与的转化)，混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图所示，保持其它条件不变，仅升高反应温度至，在图中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图 。 (3)已知：的反应历程分两步： 步骤 反应 活化能 正反应速率方程 逆反应速率方程 Ⅰ (快) Ⅱ (慢) ①表中是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值 (填“增大”或“减小”)。 ②反应Ⅰ瞬间建立平衡，因此决定反应速率快慢的是反应 ，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。 ③反应的 (用表示)。 (4)与在某催化剂表面反应生成的过程中的机理可能有两种： 机理1： 机理2：(分别表示物质在催化剂表面被吸附)。 上述两个反应均为基元反应，保持温度和的浓度不变，测得与在该催化剂作用下反应的初始速率与浓度的关系如图所示，能合理解释图中曲线变化的机理为 (填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是 。 73．(23-24高二上·云南大理州·期末)请根据所学知识回答下列问题：地 城 考点10 水溶液的离子反应与平衡的综合考查（非选择题） (1)“84”消毒液是一种以为主要成分的高效消毒剂，溶液呈 性（填“酸”“碱”或“中”），原因可用离子方程式表示为 ． (2)时，为3的硫酸铝溶液中，由水电离出的为 ．该温度下，若的100体积某强酸溶液与的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则 ． (3)向浓度均为的和混合液中滴加碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中 ．[已知：、] (4)相同条件下，下列溶液中，由小到大的排列顺序是 （填序号）． A．    B．     C．     D． (5)现用溶液组成的燃料电池，采用电解法制备,装置如图所示．石墨Ⅱ电极为 （填“正极”或“负极”），写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式： ．在电解池中生成的电极反应式为 ． 74．(24-25高二上·云南普洱·期末)硫代硫酸钠，又名次亚硫酸钠、大苏打、海波，是重要的化工原料。 Ⅰ.某同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验： 实验 序号 反应温度/℃ 浓度 稀硫酸 V/mL c/mol/L) V/mL c/mol/L) V/mL ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 0.10 0.50 ③ 20 0.10 4.0 0.50 (1)硫代硫酸钠与稀硫酸反应的离子反应方程式为 。 (2)该实验①、②可探究 对反应速率的影响，因此 、 。 (3)实验 (填实验序号)可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此 。 Ⅱ.测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应) 准确称取7.00g产品，溶于蒸馏水配成100.00mL溶液，取20.00mL注入锥形瓶，以淀粉作指示剂，用0.10mol/L标准确溶液滴定。已知：。 (4)标准碘溶液应盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 (5)第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为 mL。 (6)滴定终点的现象为 。 (7)重复上述操作，记录另两次数据如下，则产品中的质量分数为 (精确到0.1%)。 滴定次数 滴定前/mL 滴定后/mL 第二次 1.56 30.30 第三次 0.22 26.34 (8)下列操作测得的质量分数偏大的是_______ A．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失 B．读取标准碘溶液体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视 C．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出 D．定管用蒸馏水洗净后，直接加入标准碘溶液 75．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)化学消毒剂能够有效阻断病毒的传播与扩散。本题中，将探讨2种常见的消毒剂： Ⅰ．二氧化氯是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题： (1)某小组按照文献中制备的方法设计了如图所示的实验装置用于制备。 ①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是 。 ②装置A中，装溶液的仪器名称为 。 (2)测定装置中溶液的浓度：取中溶液于锥形瓶中，加入足量的溶液和酸化()，然后加入 作指示剂，用的标准液滴定锥形瓶中的溶液(2I-+S4O)，当看到 现象时，测得标准液消耗的体积为，通过计算可知中溶液的浓度为 。 Ⅱ．84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成分是和。 资料：的电离常数；的电离常数，；的氧化性和杀菌消毒效果强于。 (3)84消毒液溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)。 (4)84消毒液可由氯气与溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的，请运用平衡移动原理解释的作用 。 (5)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10～30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为 。 76．(23-24高二上·云南师范大学附属中学·期末)重金属有毒，会对水造成污染，某工厂生产的废水中含有和少量的，可采用图流程进行逐一分离，实现资源再利用。 已知：常温下，的。 回答下列问题： (1)中元素的化合价为 ，在还原池中发生反应的离子方程式为 。 (2)沉淀1是，若时沉淀1恰好沉淀完全，则其 (已知：，化为最简)，其性质与相似，请写出与反应的化学方程式： 。 (3)①溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)，沉淀2是 。 ②若有一种溶液由等体积、等物质的量浓度的氢硫酸和硫化钠溶液混合而成，则混合后溶液中的离子浓度关系正确的是 (填序号)。 A．     B． C．    D． (4)若时平衡浓度为，则此时沉淀池2中的浓度为 。 77．(24-25高二上·云南普洱·期末)乳酸亚铁()是一种常见的补血剂，某科研团队以硫铁矿(主要成分为，含、等杂质)与乳酸()为原料反应制得，工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)为使焙烧过程更充分，可采取的措施有 (写一点即可)。 (2)滤渣I的主要成分 (填化学式)。 (3)写出反应I的离子方程式 。 (4)操作I主要目的是除去溶液中的，结合下表回答问题。 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 9.6 5.2 ①加入的除杂剂最好是 (填字母)。 A．    B．Fe    C．    D．NaOH ②该步操作应控制的pH范围为 。 (5)沉铁剂一般选择，写出该步骤的离子反应方程式 。若选择溶液为沉铁剂可能后果为 。 (6)加入沉铁剂后得到悬浊液，需煮沸数分钟后过滤可得到沉淀，煮沸数分钟的目的是 。 78．(24-25高二上·云南普洱市民族中学·期末)三氧化二钴()是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为，含有少量、NiO、)为原料制备的流程如下图： 已知：“滤液1”中含有的阳离子有、、、。 (1)“滤渣1”的主要成分是 (写化学式)。 (2)“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有 ；可将还原为，离子方程式是 。 (3)在工艺流程中，已知，调节pH值，要使完全沉淀(离子沉淀完全浓度，)，请问需要调节pH值为 。 (4)加有机萃取剂的目的是为了除去 (填离子符号)。 (5)难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度【s/(mol/L)】如图。 在含有少量的的溶液中， (填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是 。 (6)由“滤液2”可得到的主要副产品是 (写化学式)。 (7)“沉钴”过程中，生成的离子方程式是 。 79．(23-24高二上·云南保山、文山州·期末)皓矾主要用作制取颜料和其他含锌材料，在防腐、电镀、医学、畜牧业和农业上也有诸多应用。皓矾可由菱锌矿(主要成分为，还含有少量以及等的化合物)制备，制备流程图如图所示： 已知：常温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如下表所示： 金属离子 开始沉淀时 1.9 6.4 4.7 7.0 9.1 沉淀完全时 3.4 8.4 6.7 9.0 11.1 回答下列问题： (1)写出基态铜原子的价层电子排布式 。 (2)滤渣①的主要成分为 ；“浸取”工序中，能加快浸取效率的措施有 (任写一种作答)。 (3)“氧化”时该步骤离子方程式为 。 (4)若“调过滤”工序中，调节溶液，所得“滤渣②的主要成分为 ，氢氧化铁的溶度积常数 。 (5)“转化过滤”中加入锌粉的目的是 。 (6)从滤液④获得皓矾晶体的具体操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。 80．(23-24高二上·云南昆明第三中学·期末)某科研人员以废镍催化剂(主要成分为，另含)为原料回收镍，工艺流程如下图所示。 已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如下表。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的 3.7 9.7 9.2 回答下列问题： (1)浸出渣主要成分为 (填化学式)。 (2)“除铜”时，写出生成的离子方程式 。 (3)“氧化”的目的是将溶液中氧化为，温度需控制在之间，该步骤温度不能太高的原因是 。 (4)“调”时，的控制范围为 。 (5)通过“电解”可以制得，阳极的电极反应式为 。 (6)用可溶性碳酸盐，可以浸取固体，在溶液浸取过程中会发生反应：。已知：时，，，则此温度下该反应的平衡常数K为 。 (7)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度和时间分别为 、 。 试卷第82页，共83页 / 学科网（北京）股份有限公司 $