福建省厦门集美中学2025-2026学年高二上学期12月月考化学试卷

集美中学2025-2026学年第一学期高二年级10月月考答案 解析版 一、单选题 1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是 A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 B．硫酸铝可除去水体中的悬浮杂质并起到杀菌消毒的作用 C．用热的饱和碳酸钠溶液除油污效果更好 D．电镀保护金属制品的过程中，镀件金属常置于阴极 2．在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是 A．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中： B．常温下，由水电离出的的溶液中： C．加入铝粉能产生氢气的溶液中： D．含有大量的溶液中：、、、 3．下列实验装置能达到实验目的的是 A．测定中和反应的反应热 B．探究压强对平衡的影响 C．测定NaOH溶液的pH D．比较和的大小 A．A B．B C．C D．D 4．室温下，通过矿物中PbSO4获得Pb(NO3)2的过程如图。 已知：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14。下列说法正确的是 A．Na2CO3溶液中：c(OH-)<c(H+)+c()+2c(H2CO3) B．反应PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+ (aq)正向进行，需满足>×106 C．“脱硫”后上层清液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c() D．PbCO3悬浊液加入HNO3 “溶解”过程中，溶液中浓度逐渐减小 5．依据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向2 mL0.1 mol/LNa2S溶液中滴加0.1 mol/LZnSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1 mol/LCuSO4溶液 先产生白色沉淀，又出现黑色沉淀 B 向洁净的铁片上滴加几滴含有酚酞的氯化钠溶液 一段时间后，氯化钠溶液水滴的边缘显浅红 铁发生了吸氧腐蚀 C 用pH计测定Na2CO3溶液和苯酚钠溶液的pH 测出Na2CO3的pH大于苯酚钠 苯酚酸性强于碳酸 D 向等物质的量浓度的KF、KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 证明结合的能力： A．A B．B C．C D．D 6．25℃时，分别向盛有10 mL盐酸和10 mL醋酸的烧杯中加入蒸馏水进行稀释，两种溶液的电导率随加水体积的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A．Ⅰ为盐酸的稀释曲线 B．醋酸在稀释过程中，的值变大 C．b、c点对应溶液消耗NaOH的量相同 D．水的电离程度c>b>a 7．化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列有关的图像描述正确的是 A．图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高 B．图乙表示，平衡体积分数随起始..变化的曲线，则的转化率 C．图丙是室温下用溶液分别滴定同浓度同体积的HA、HB、HC三种滴定曲线，可推知HA酸性最强 D．图丁为一定温度时某反应的平衡常数随压强增大而保持不变，说明该反应前后气体体积一定不变 8．我国某大学科研团队提出用多孔泡沫铁、高度膨化的纳米泡沫碳(CFs)和添加了NH4Cl的FeSO4溶液构建独特的“摇椅式”全铁离子电池，电池结构如图所示(阴离子未标出)。下列说法错误的是 A．放电时，向泡沫铁极移动 B．充电时，阳极的电极反应式为 C．若电源为铅蓄电池，则电极M应与PbO2电极相连 D．放电时，每转移0.2 mol ，参与反应的铁元素的总质量为11.2 g 9．部分弱电解质的电离常数如下表所示，下列说法中正确的是 弱电解质 电离常数（25℃） A．同浓度溶液的 B．反应能够发生 C．结合的能力： D．向0.1 mol/L的HCOOH溶液中加入蒸馏水，增大 10．常温下，将0.1mol/L NaOH溶液滴入50mL 0.1mol/L 溶液中，溶液中含磷微粒(或或或)的分布系数，加入NaOH溶液的体积V与溶液pH的关系如图所示[已知：]。下列叙述错误的是 A．a、b、c、d 线分别为、、、 B．溶液显酸性，磷酸的的数量级为 C．用NaOH溶液滴定溶液，溶液不可用酚酞作指示剂 D．时，存在 二、解答题 11、应用所学水溶液中的离子平衡知识，完成下面小题： (1)现有物质①硫酸铜溶液  ②碳酸钙固体  ③冰醋酸  ④浓硫酸  ⑤三氧化硫  ⑥金属镁  ⑦石墨  ⑧熔融苛性钾  ⑨氨水  ⑩HCl，按下列要求填空： 属于弱电解质的是 (填序号，下同)，能导电的电解质是 。 (2)写出下列电解质在水溶液中的电离方程式 ① ；② 。 25℃，将溶液与硫酸溶液混合，所得混合溶液的为 。 (2) 用离子方程式表示实验室制备氢氧化铁胶体原理： ；实验室在保存溶液时，常在溶液中加入 ，以抑制其水解；把溶液蒸干并充分灼烧，最后得到的固体是 。 (3) 25℃，将溶液与硫酸溶液混合，所得混合溶液的为 。 (4) 25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 化学式 电离平衡常数    请回答下列问题： ①同浓度的、、、结合的能力由强到弱的顺序为 。 ②常温下，的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 (填序号)。 A．        B．        C．        D． ③下列能使醋酸溶液中的电离程度增大，而电离平衡常数不变的是 。 A．升高温度        B．加水稀释        C．加少量的固体        D．加少量氢氧化钠溶液 ④中和等量的NaOH，消耗等pH的和硫酸的体积分别为aL、bL，则a b(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ⑤依上表数据写出向NaClO溶液中通少量的离子方程式 。 12．硫代硫酸钠()为无色透明晶体，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，酸性环境中不稳定，受热易分解，有较强的还原性。工业上常用硫化碱法制备，反应原理为。某实验探究小组模拟该工业原理在实验室制备，实验装置如图所示。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为 ，装置B中溶液的作用是 。 (2)实验开始时，先关闭开关，打开开关，再打开活塞，制备过程中必须监测装置C中溶液的，当溶液的降至7时，反应完成，立即停止反应，如果溶液的小于7时，的产率会下降，其原因是 (用离子方程式解释)。 (3)可用于测定工厂废水中游离态氯()的含量，实验如下： I.取水样50.00mL于锥形瓶中，加入10.00mLKI溶液(足量)，滴入2~3滴淀粉溶液。 II.将标准溶液(显碱性)装入滴定管中，调整液面，记下读数。 III.将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为。重复操作三次并记录数据如下 滴定次数 溶液起始读数 溶液终点读数 第一次 1.02 19.03 第二次 2.00 19.99 第三次 0.20 a 试回答下列问题： ①滴定前装有标准液的滴定管排气泡时，应选择下图中的 (填标号，下同)。 ②达到滴定终点的现象是 。 ③步骤III中a的读数如图所示，则读数a为 。所测水样中游离态氯()的含量为 . ④实验测得游离态氯()浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是 (填标号)。 A．锥形瓶水洗后直接装待测水样 B．装标准溶液滴定管水洗后没有润洗 C．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 D．装标准溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 13．铁、钴、镍是重要的战略性金属。可采用酸浸-氨浸等工艺从铁钴镍矿中(主要含，少量)提取，并获得一系列化工产品，部分流程如下： 已知：易与发生配位生成不稳定，易被氧化为；相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7 6.9 沉淀完全的pH 2.8 9 10 8.9 (1)为了提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是 (写出一种即可)。 (2)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (3)“氧化”步骤发生的离子方程式为 。 (4)“调pH”时，溶液pH范围应为 时才能保证“滤渣3”纯度较高。 (5)“还原”时，反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (6)“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是 。 (7)“结晶”过程通入的酸性气体X是 (填化学式)。 14．空间站的生命保障系统功能之一是实现氧的再生，其中涉及Sabatier反应： 已知：①25℃、100 kPa时，和的燃烧热分别为和； ②   (1)Sabatier反应的 (用含、、的代数式表示)。 (2)空间站中氧的再生分两步，Sabatier反应是第一步，第二步在太阳能电池作用下完成。写出第二步的化学方程式： 。 将原料气按=1:4以一定流速通过Sabatier反应器，测得出口处的物质的量分数与温度的关系如图实线“”所示(虚线“”表示相同温度下平衡曲线，假设反应器中不发生其他反应)。 (3)由图可知，Sabatier反应的 。 A．>0　　　　B．<0 (4)根据图像，列式计算350℃下原料气通过反应器后的转化率。(精确到0.1%) (5)空间站运行Sabatier反应器时，下列措施能提高转化效率的是_______。 A．适当减压 B．反应器前段加热，后段冷却 C．提高原料气中所占比 D．合理控制反应器中气体的流速 氧再生的另一种途径是利用Bosch反应：   (6)一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是该反应_______。 A．反应物能量低于生成物能量 B．属于熵减反应，只有在高温下才能自发 C．活化能较高 D．平衡常数随温度升高而增大 (7)一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1 mol 和2 mol 发生Bosch反应，下列能说明反应达到化学平衡状态的是_______。 A． B．的值不再变化 C．与之和不再变化 D．混合气体密度不再变化 (8)写出使用Bosch反应进行氧再生较Sabatier反应的一项优势和一项不足： 优势： ；不足： 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年12月7日高中化学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D D C D B D A D 1．B 【详解】A．草木灰（含）与铵态氮肥混合会释放，导致肥效降低，A正确； B．硫酸铝水解生成胶体能吸附悬浮杂质，但无强氧化性，不能杀菌消毒，B错误； C．油污在碱性条件下发生皂化反应，加热促进碳酸钠水解，碱性增强，更利于油污水解，C正确； D．电镀时镀件作为阴极，镀层金属做阳极，镀层金属在阴极析出，D正确； 故选B。 2．A 【详解】A．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性，与之间不发生反应，可以大量共存，A正确； B．常温下，由水电离出的的溶液呈强酸性或者强碱性，强酸性和强碱性的环境下都不能大量存在，B错误； C．加入铝粉能产生氢气的溶液呈强酸性或者强碱性，碱性条件下与生成一水合氨不能共存，与生成氢氧化亚铁沉淀不能共存，C错误； D．溶液中与发生双水解生成沉淀和气体，不能共存，D错误； 答案选A。 3．D 【详解】A．图中缺少玻璃搅拌器，无法准确测定中和反应的反应热，A错误； B．该可逆反应是气体分子数保持不变的反应，通过压缩针筒体积增大压强，虽然气体颜色变深，但平衡不移动，该装置只是增大压强使气体浓度增大而已，不能达到探究目的，B错误； C．用pH试纸测定溶液的pH时，不能直接将pH试纸插入溶液中，C错误； D．把AgNO3溶液滴加到NaCl和NaI的混合溶液中，先产生黄色的AgI沉淀，后产生白色沉淀，说明AgI的溶解度比AgCl小，D正确； 故选D。 4．D 【分析】PbSO4中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解得到Pb(NO3)2。 【详解】A．由质子守恒关系得：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)（也可通过物料守恒、电荷守恒得出），故A错误； B．PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+ (aq)该反应的平衡常数，当浓度商时，平衡正向移动，故B错误； C．“脱硫”后上层清液主要是Na2SO4溶液，还含有未反应完的Na2CO3溶液，守恒关系还应考虑，故C错误； D．PbCO3悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，由于会和H+反应生成CO2，所以溶液中浓度逐渐减小，故D正确； 故答案为D。 5．C 【详解】A．先有白色沉淀生成后变为黑色沉淀，说明CuS更难溶，其溶度积较小，即Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A正确； B．食盐水为中性，负极上Fe失去电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子，一段时间后溶液边缘变红，可知Fe发生吸氧腐蚀，B正确； C．对比等浓度的碳酸钠溶液和苯酚钠溶液的pH，实际上是比较碳酸氢根离子和苯酚的酸性强弱。对比等浓度的碳酸钠溶液的pH大于苯酚钠溶液的pH，可推知酸性：苯酚 > 碳酸氢根，但无法得出苯酚与碳酸的酸性强弱关系，C错误； D．与SCN-反应形成红色络合物，向等物质的量浓度的KF、KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡溶液颜色无明显变化，说明与SCN-结合的能力更弱，故结合的能力：F−>SCN−，D正确； 故选C。 6．D 【分析】盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离。相同温度下，相同值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度较大；溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故I应为醋酸稀释时的导电能力变化曲线，II应为盐酸稀释时的导电能力变化曲线。 【详解】A．根据分析可知，II应为盐酸稀释时的导电能力变化曲线，A错误； B．醋酸的电离常数表达式为：，随着稀释的进行，氢离子浓度减小，而电离平衡常数不变，故减小，B错误； C．根据分析可知，起始时，b、c加入的水相同，溶液体积相同，醋酸中所含有的氢离子多，所以醋酸消耗的氢氧化钠较多，C错误； D．酸溶液中氢离子浓度越大，对水的电离抑制越强，水的电离程度越小。电导率与氢离子正相关：a点（未稀释醋酸）电导率最大， 最大，水的电离程度最小；b点（稀释后醋酸）电导率低于c点（稀释后盐酸），说明，则水的电离程度。因此，水的电离程度：，D正确； 故选D。 7．B 【详解】A．速率是浓度和温度共同作用的结果，随着反应的进行，温度仍在升高，A错误； B．氮气与氢气物质的量之比越大，的转化率越高，B正确； C．起始HC的pH最小，氢离子浓度最大，故HC酸性最强，C错误； D．平衡常数只与温度相关，D错误； 故答案选B。 8．D 【分析】放电时，N极泡沫铁失电子发生氧化反应，N是负极；M极Fe3+在泡沫碳表面得电子发生还原反应，M是正极。 【详解】A．放电时，阴离子向负极移动，向泡沫铁极移动，A正确： B．充电时，M是阳极，阳极的电极反应式为，B正确； C．若电源为铅蓄电池，则电极M(阳极)应与PbO2电极(正极)相连，C正确； D．放电时，每转移，负极消耗0.1 mol Fe，正极消耗0.2 mol Fe3+，参与反应的铁元素的总质量为16.8 g，D错误； 故选D。 9．A 【详解】A．酸性越弱，酸根离子的水解程度越大，，同浓度溶液的，故A正确； B．的酸性比弱，但比强，根据强酸制弱酸的原理，只能发生反应：，故B错误； C．酸的电离常数越小，酸性越弱，其对应酸根离子结合能力越强，故结合的能力：，故C错误； D．向溶液中加入蒸馏水过程中，温度不变，平衡常数不变，减小，由可得。加水稀释导致减小，而不变，故减小，故D错误； 选A。 10．D 【分析】为三元弱酸，分步电离，随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，浓度逐渐减小，先增大后减小，再增大后减小，最后增大，所以a、b、c、d线分别对应、、、，pH=2.14时=，此时Ka1==10-2.14，同理可得Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.67，据此分析； 【详解】A．根据分析，a、b、c、d线分别对应、、、，A正确； B．溶液中的，电离常数常数为Ka2=10-7.2 mol·L-1，水解平衡常数为，电离程度大于水解程度，溶液显酸性；当和的分布系数相等时，此时溶液的pH约为7.2，所以，数量级为，B正确； C．用NaOH溶液滴定溶液，由图可知反应生成时，溶液pH>10，酚酞的变色范围为8.2~10.0，滴定终点不在酚酞的变色范围内，所以不可用酚酞作指示剂，C正确； D．时，，，二者反应生成0.005 mol ，的浓度为，由图可知加入100 mL NaOH溶液时，溶液的pH约为10，，，得出；，，可得溶液中，D错误； 故选D。 11 (1) ③ ⑧ (2) 12 (3) Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ 盐酸 氧化铁 (4) c(H2S)+c(HS-)+(S2-) (1分） c(HS-)、c(OH-)、c(H2S)、c(S2-)、c(H+) (5) A BD 小于 【详解】（1）硫酸铜溶液、浓硫酸、氨水为混合物，金属镁、石墨为单质，以上物质既不是电解质，也不是非电解质；碳酸钙固体、冰醋酸、三氧化硫、HCl在给定状态下不导电，但冰醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质；苛性钾在熔融状态下完全电离为K+和OH-，能自由移动离子而导电，属于强电解质且处于导电状态，综上属于弱电解质的是③；能导电的电解质是⑧，故答案为：③；⑧。 （2） 混合前，溶液中，硫酸溶液中，过量，所以剩余的浓度为，因此，故答案为：12； （3） 水解生成的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，其离子方程式为：(胶体)；FeCl3是强酸弱碱盐，水解呈酸性，保存溶液时应加入盐酸抑制其水解；属于强酸弱碱盐，水解生成和HCl，在溶液蒸干时，HCl挥发掉，生成的氢氧化铁在灼烧时分解成氧化铁和水，所以最后得到的固体是氧化铁。 （4） c(H2S)+c(HS-)+(S2-) c(HS-)、c(OH-)、c(H2S)、c(S2-)、c(H+) 第一个空通过物料守恒推得，第二个空，HS⁻的水解程度> 电离程度，溶液呈碱性。Na⁺完全电离，浓度最大；HS⁻水解/电离均微弱，浓度次之；水解生成OH⁻和H₂S，电离生成 S²⁻和H⁺，水解占优故c(OH⁻) > c(H⁺)、c(H₂S) > c(S²⁻)；水电离补充少量OH⁻，故c(OH⁻)略大于c(H2S)；H⁺来自HS⁻电离和水电离，浓度最小。 （5）①根据表格中电离常数的数据可知Ka(CH3COOH) >Ka1(H2CO3)> Ka(HClO)> Ka2(H2CO3)，酸性越强，其阴离子结合氢离子的能力越弱，则同浓度的CH3COO－、、、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为，故答案为：。 ②A．CH3COOH溶液在加水稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小，A项正确； B．，稀释过程中，不变，减小，比值增大，B项错误；　 C．c(H+)∙c(OH-)=Kw，其只受温度影响，比值不变，C项错误；　　　 D．，稀释过程中，c(H+)减小，比值增大，D项错误； 故答案为：A。 ③A．醋酸在溶液中的电离为吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，电离常数 Ka增大， A项不符合题意； B．加水稀释醋酸溶液时，电离向电离方向移动，醋酸的电离程度增大，温度不变，电离常数不变，B项符合题意； C．向溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，醋酸的电离程度减小，C项不符合题意； D．向溶液中加入少量氢氧化钠溶液，氢氧根离子与溶液中的氢离子反应，向电离方向移动，醋酸的电离程度增大，温度不变，电离常数不变，D项符合题意； 故答案为：BD。 ④是弱酸，Ka=，pH相等的醋酸和硫酸的浓度大小：c()远大于c(H2SO4)，所以中和等量的NaOH，消耗等pH的醋酸的体积更小，即a小于b；故答案为：小于。 ⑤向NaClO溶液中通入少量CO2，由于酸性H2CO3＞HClO＞，则反应生成HClO和碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：，故答案为：。 12．(1) 球形干燥管 吸收未反应的气体，防止污染空气 (2) (3) c 滴入最后半滴，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色 18.20mL 12.78mg/L BD 【分析】装置A用于制备二氧化硫，装置B吸收多余的二氧化硫，装置C是制备装置，装置D用来吸收尾气，同时防倒吸。硫代硫酸钠在酸性环境中不稳定，有较强的还原性，说明遇到酸会发生氧化还原反应，据此分析； 【详解】（1）仪器a的名称为球形干燥管；反应过程中可能有部分未参加反应，它有毒，直接排出会污染空气，可与发生反应，装置B中溶液的作用是吸收未反应的气体，防止污染空气； （2）根据题意，硫代硫酸钠在酸性环境中不稳定，所以溶液的小于7时，的产率会下降，反应的离子方程式为：； （3）①标准溶液显碱性，所以应该选择碱式滴定管，碱式滴定管排气泡的方式是将滴定管末端的尖嘴抬起，挤压橡胶管中的玻璃珠，使液体充满尖嘴，故选c； ②碘遇淀粉显蓝色，所以当滴入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复颜色，则说明到达滴定终点； ③根据步骤III中a的读数图示可知读数a为18.20 mL；滴定过程中消耗标准液的体积为，n(Na2S2O3)=c•V=0.0010 mol/L×0.018 L=1.8×10-5 mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2～I2～2Na2S2O3，所以50.00 mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=n(Na2S2O3)=9×10-6 mol，则该工业废水水样中Cl2的浓度是； ④A．锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，A错误； B．装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，B正确； C．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，C错误； D．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，D正确； 故选BD。 13．(1)适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可) (2) (3) (4) (5) (6)等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成 (7)HCl 【分析】铁钴镍矿经过硫酸酸浸，酸浸液中有Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，铁钴镍矿中的SiO2不溶于硫酸，所以滤渣1为SiO2，加入NH4F生成MgF2沉淀除去Mg2+，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调pH，滤渣3为Fe(OH)3，滤渣3酸浸使Fe(OH)3溶解，在HCl气体中结晶得到FeCl3，所以X为HCl；滤液再加入氨水得到Ni(OH)2沉淀，酸浸得到Ni2+，再加入NH4HCO3得到NiCO3沉淀；氨浸后，Co元素以[Co(NH3)6]3+形式存在，通入还原性气体SO2后，Co元素被还原，最后得到CoSO4。 【详解】（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是：适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌等(答出任意一种即可给分)； （2）铁钴镍矿中SiO2不溶于硫酸，所以滤渣1为SiO2； （3）氧化的目的是用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后通过调节pH得到Fe(OH)3沉淀，所以“氧化”的目的是使Fe元素以Fe(OH)3形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O； （4）调节pH值让Fe3+沉淀，而Co3+和Ni2+不沉淀，溶液pH的范围应调节为； （5）氨浸后，Co元素以[Co(NH3)6]3+形式存在，通入还原性气体SO2后，Co元素的化合价由+3价降至+2，而SO2被氧化为，S元素的化合价由+4价升至+6，根据得失电子守恒，“还原”时反应的氧化剂([Co(NH3)6]3+)与还原剂(SO2)物质的量之比为2：1； （6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是溶液的碱性弱于，防止生成； （7）由分析可知，“结晶”过程通入的酸性气体X是HCl。 14．(1) (2) (3)B (4)77.6% (5)BD (6)C (7)D (8) 氢原子利用率为100% 能耗较高 【详解】（1）已知：①25℃、100 kPa时，和的燃烧热分别为和；则得反应： ①   ②    ③   根据盖斯定律，由②4-③+④2得反应=； （2）空间站中氧的再生分两步，Sabatier反应是第一步，第二步在太阳能电池作用下完成，完成在太阳能及催化剂作用下氧的再生，则第二步的化学方程式为：； （3）由图可知，曲线最高点时反应达平衡，达平衡后升高温度，的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，则Sabatier反应的<0，答案选B； （4）将原料气按=1:4以一定流速通过Sabatier反应器，设二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气的物质的量为4mol,根据图像，350℃下的物质的量分数为0.45，设原料气通过反应器后的转化率为x,根据三段式有： 则有，解得x=0.776mol，则转化率为=77.6％； （5）Sabatier反应：为气体体积缩小的放热反应； A．适当减压，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，转化效率减小，A不符合； B．反应器前段加热，反应快速达平衡，后段冷却，温度降低，有利于平衡向放热反应的正方向移动，转化效率增大，B符合； C．提高原料气中所占比，则转化效率反而减小，C不符合；     D．合理控制反应器中气体的流速，有利于反应正向进行，转化效率增大，D符合； 答案选BD； （6）催化剂可以降低反应的活化能加快反应速率，无催化剂Bosch反应必须在高温下才能启动，说明断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，即该反应的活化能较高，则一定条件下 Bosch反应必须在高温下才能启动，故答案为：反应的活化能高，答案选C； （7）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1 mol 和2 mol 发生Bosch反应，  ，反应为气体体积缩小的放热反应； A．，则正逆反应速率不相等(才是)，反应没有达到平衡状态，A不符合； B．因充入1 mol 和2 mol ，且反应也按比例为1：2进行，故的值始终不变，当比值不再变化时不能说明反应达平衡状态，B不符合； C．与的化学计量数相等且一为反应物一为生成物，两者之和不再变化    不能说明反应达平衡状态，C不符合； D．反应中碳为固体，随着反应的进行气体的质量发生变化，反应在恒容条件下进行，混合气体密度为变量，根据“变量不变达平衡”可知，密度不再变化则反应达平衡状态，D符合； 答案选D； （8）反应中氢元素完全转化为水，氢原子利用率为100%，但反应需要在300-400℃下进行，能耗高；故答案为：氢原子利用率为100%；能耗较高。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $