《选择性必修1》综合测试题（一）（举一反三专项训练，北京专用）【上好课】化学人教版选择性必修1

《选择性必修1》综合测试题(一) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Zn-65 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，42分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法 B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中 C．工业合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0  ，采用的高温条件 D．由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O，需要在氯化氢气流中加热 2．下列说法不正确的是( ) A．常温下，pH=9的CH3COONa溶液与纯水相比，水的电离受抑制 B．加热氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)制无水MgCl2要在HCl气流中完成 C．可以用热的纯碱溶液除去铁屑表面的油污 D．FeCl3溶液的配制：FeCl3晶体溶于浓盐酸中，然后再加水稀释到所需要的浓度 3．CH4消除NO2的反应为：CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋2H2O(g)+ CO2(g) ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．正反应的活化能大于逆反应的活化能 B．平衡时升高温度，v正增大，v逆减小 C．平衡常数 D．该反应在任何温度下都可自发进行 4．下列说法正确的是( ) A．在101 kPa时，1molH2完全燃烧生成1mol水蒸气时所放出的热量为H2的燃烧热 B．2MgO(s)+2Cl2(g)MgCl2(s)+O2(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的ΔH＜0 C．常温下，向0.1mol·L-1NH4Cl，溶液中加水，的比值会增大 D．0.2mol·L-1酸溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：2c(H) +c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH―) 5．下列热化学方程式中，不正确的是( ) A．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/mol B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/mol C．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol 6．在一密闭容器中，反应 3A(g)+B(s) 2Cg)+D(g)达到平衡后，改变以下条件，下列说法正确的是( ) A．增加A的浓度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 C．恒温恒容充入Ne，容器内压强增大，V(正)、V(逆)均增大 D．增加B的用量，正、逆反应速率不变，平衡不移动 7．常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法正确的是( ) A．等浓度的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积等的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH等体积混合后的溶液： c(HCOOH)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-) D．0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)，c(CH3COOH)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(H+) 8．PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应，并于10 min时达到平衡：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) ΔH<0。有关数据如下： PCl3(g) Cl2(g) PCl5(g) 初始浓度/(mol/L) 2.0 1.0 0 平衡浓度/(mol/L) c1 c2 0.4 下列判断不正确的是( ) A．10 min内，v(Cl2)=0.04 mol/(L·min) B．升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡时PCl3的转化率变大 C．当容器中Cl2为1.2 mol时，反应达到平衡 D．平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)<0.2 mol/L 9．某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示为(E为正值，单位：kJ/mol)。下列有关说法正确的是( ) A．此条件下，第一个基元反应的反应速率小于第二个 B．总反应的活化能Ea=E1+E3 C．对于Ea(活化能)>0的反应，必须加热才能进行 D．总反应的焓变ΔH＝－(E4+E2- E1-E3) 10．如图(E表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中能量变化关系图，下列说法正确的是( ) A．第一步反应吸收的热量大于第二步反应放出的热量 B．升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快 C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小 D．第一步反应的速率大于第二步反应 11．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示： 已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为243 kJ·mol－1、327 kJ·mol－1，下列说法不正确的是( ) A．1mol CH4(g)的能量比1mol CH2Cl2(g)的能量多197kJ B．CH4与Cl2的取代反应是放热反应 C．，说明CH4与Cl2的四步取代反应，难易程度相当 D．CH4(g)+ Cl·(g)→ CH3·(g)+HCl(g) ΔH＝－15 kJ·mol－1 12．一种光辅助可充电钠离子电池利用水系的Na2S4电解液和NaI电解液分别作为电池的活性物质，并且将TiO2光电极嵌入到新型钠离子电池的正极，作为太阳能转化及存储基元。下列关于该电池的说法错误的是( ) A．放电时，a电极的电极反应式为：4S2--6e-=S42- B．充电时，TiO2光电极的电极反应式为：3I--2e-=I3- C．放电时，钠离子从右向左迁移 D．充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能 13．通过反应Ⅰ：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，可将有机氯化工业的副产品HCl转化为Cl2。在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HCl转化率如图所示(图中虚线表示相同条件下HCl的平衡转化率随温度的变化)。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。 反应Ⅱ：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) △H=125.6kJ•mol-1 反应Ⅲ：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H=-120.0kJ•mol-1 下列说法正确的是( ) A．反应Ⅰ的△H=+114.4kJ•mol-1 B．230至300℃时，HCl转化率降低是因为温度升高，平衡向逆反应方向移动 C．保持其他条件不变，400℃时，使用CuCl2，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值 D．在0.2MPa、400℃条件下，若起始＜2条件下，HCl的转化率可能达到Y点的值 14．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( ) A．Ka2(H2X)的数量级为10–6 B．曲线N表示pH与的变化关系 C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－) D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋) 二、填空题(本大题共4小题，共58分) 15．(14分)在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。 (1)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示： 化学反应 正反应活化能 逆反应活化能 t℃时平衡常数 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H＞0 akJ∙mol-1 bJ∙mol-1 K1 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H＜0 eJ∙mol-1 dJ∙mol-1 K2 请写出t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式_______(反应热用a、b、e、d代数式表示)。t℃该反应的平衡常数为_______(用K1和K2表示)。请解释该反应能否自发进行_______。 (2)一定温度下，将2molN2和6molH2置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应： N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H＜0。测得不同条件、不同时间段内合成氨反应中N2的转化率，数据如下： 1小时 2小时 3小时 4小时 T1 30% 50% 80% 80% T2 35% 60% a b ①上表中T1_______T2(“＞”“ ＜”或“=”表示)，其中a、b、80%三者的大小关系是_______(用含“＞”“＜”或“=”的关系式表示)。 ②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=，k为速率常数。以下说法正确的是_______(填字母) A．升高温度，k值增大 B．T2℃时若容器内混合气体平均相对分子质量为17且保持不变，则反应达到平衡状态 C．将原容器中的NH3及时分离出来可使v增大 D．合成氨达到平衡后，增大c(N2)可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。 ③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，保持温度和压强不变，又充入3molN2后，平衡_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。 16．(14分)NaClO2是一种高效漂白剂。在NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO2-、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，ClO2是有毒气体。 (1)经测定，25℃时NaClO2溶液中各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl−没有画出)。 ①NaClO2做漂白剂，最佳pH约为 。 ②HClO2的电离平衡常数Ka= 。 ③25℃时浓度均为的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，写出分析或计算过程说明你的判断理由 。 (2)为测定某NaClO2消毒剂样品中含氯量，用Na2S2O3 溶液滴定该样品溶液，操作如下： a.取样：取20.00mL样品溶液置于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，发生反应：5ClO2-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O(ClO2极易溶于水)； b.氧化：加入足量碘化钾溶液，振荡充分反应； c.滴定：加入淀粉作指示剂，在锥形瓶下垫一张白纸，用0.1000mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )； d.重复上述操作三次。 滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到加入半滴Na2S2O3 溶液后，溶液 即到终点。 测得的实验数据如下表： 实验序号 待测液体积(mL) Na2S2O3 标准溶液 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 20.00 0.60 20.60 2 20.00 6.00 25.95 3 20.00 1.40 23.20 4 20.00 1.00 21.05 由以上数据计算该样品溶液的含氯量(以ClO2-计) g· L-1(保留三位有效数字)。滴定时，有一组数据出现明显异常，所测含氯量偏大，原因可能有 (填字母序号)。 A．取样时用25.00mL的滴定管液面在5.00mL处放出所有溶液 B．滴定终点读数时仰视刻度线 C．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂 D．盛装待测液的锥形瓶未润洗 E.摇动锥形瓶时有液体溅出 17．(15分)新型化学电源在生活、工业、国防等方面有广泛用途。 (1)Li/CFx一次电池的工作原理如图所示： ①该电池的正极反应式为 ： ②若放电前两电极质量相等，当转移时，两电极质量差为 g。 (2)下图是铝-硫二次电池工作原理示意图，放电时的电池反应为2Al+3S= Al2S3。 ①放电时每生成4mol Al2Cl7-，转移电子的物质的量为 mol； ②充电时阳极电极反应式为 ； ③用该电池保护地下铁管道不被腐蚀，铁管道应连接电池的 电极(填“铝”或“硫碳复合物”)。 (3)用固态碳燃料电池电解饱和食盐水的装置如下图所示。 ①电极M是 极，N极区的产物为 (用化学式表示)； ②已知电解前M极区溶液的浓度为6 mol·L-1，体积为200mL。当消耗标准状况下1.12LO2时，M极区溶液的浓度变为 mol·L-1。(电解前后溶液体积变化忽略不计)。 18．(15分)镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下： 已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数如下表： 难溶物 NiS ZnS CuS CaF2 MgF2 溶度积常数 1.07× 10-21 2.93 × 10-25 1.27 × 10-36 4 × 10-11 7.42 × 10-11 请回答下列问题： (1)酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_______(任写一条)。 (2)含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为_______。 (3)向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为_______(填化学式)。 (4)溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为_______。该反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是_______。 (5)溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的_______(填离子符号) (6)“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO4+4HAZnA2·2HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_______。 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 《选择性必修1》综合测试题(一) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Zn-65 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，42分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法 B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中 C．工业合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0  ，采用的高温条件 D．由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O，需要在氯化氢气流中加热 【答案】C 【解析】A项，实验室收集氯气时，饱和食盐水中的Cl-抑制Cl2溶解的平衡移动，能用化学平衡原理解释，A不符合题意；B项，Fe3+水解产生H+和Fe(OH)3，浓盐酸中的H+抑制Fe3+水解的平衡移动，能用化学平衡原理解释，B不符合题意；C项，合成氨采用高温主要为了提高反应速率和催化剂活性，高温不利于平衡正向移动，不能用化学平衡原理解释，C符合题意；D项，Mg2+水解产生H+和Mg(OH)2，HCl气流中加热抑制MgCl2水解的平衡移动，能用化学平衡原理解释，D不符合题意；故选C。 2．下列说法不正确的是( ) A．常温下，pH=9的CH3COONa溶液与纯水相比，水的电离受抑制 B．加热氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)制无水MgCl2要在HCl气流中完成 C．可以用热的纯碱溶液除去铁屑表面的油污 D．FeCl3溶液的配制：FeCl3晶体溶于浓盐酸中，然后再加水稀释到所需要的浓度 【答案】A 【解析】A项，醋酸钠中醋酸根离子水解促进水的电离，A错误；B项，由于镁离子要水解，盐酸易挥发，加热氯化镁晶体会得到氢氧化镁，因此在干燥的HCl气流中加热氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，可以获得无水MgCl2，B正确；C项，纯碱为碳酸钠，水解显碱性，加热促进碳酸钠水解，使得溶液碱性增强，能使油脂发生碱性水解，转变成易溶于水的物质而除去，C正确；D项，配制FeCl3溶液时，由于铁离子水解，因此先将盐酸加入到晶体中从而抑制铁离子的水解，再用蒸馏水溶解FeCl3晶体并稀释至所需浓度，D正确；故选A。 3．CH4消除NO2的反应为：CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋2H2O(g)+ CO2(g) ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．正反应的活化能大于逆反应的活化能 B．平衡时升高温度，v正增大，v逆减小 C．平衡常数 D．该反应在任何温度下都可自发进行 【答案】D 【解析】A项，该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B项，平衡时升高温度，正逆反应速率均加快，故B错误；C项，平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积之比；由方程式可知平衡常数，故C错误；D项，反应正向气体分子数增加，△S＞0，且ΔH＜0，故△H-T△S＜0，与温度无关，故反应在任何温度下都可自发进行，故D正确；故选D。 4．下列说法正确的是( ) A．在101 kPa时，1molH2完全燃烧生成1mol水蒸气时所放出的热量为H2的燃烧热 B．2MgO(s)+2Cl2(g)MgCl2(s)+O2(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的ΔH＜0 C．常温下，向0.1mol·L-1NH4Cl，溶液中加水，的比值会增大 D．0.2mol·L-1酸溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：2c(H) +c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH―) 【答案】D 【解析】A项，的燃烧热为在101kPa时，1molH2完全燃烧生成1mol液态水时所放出的热量，A错误；B项，该反应是个气体减少的熵减的反应，一定条件下能自发进行，由复合判据：ΔG=ΔH-TΔS＜0知，该反应是ΔH＜TΔS，B错误；C项，铵根离子水解的平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C错误；D项，0.2mol·L-l醋酸溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒可知: c(Na＋)+ c(H)=c(CH3COO－)+c(OH―)，根据物料守恒可得:2c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，二者结合得到: 2c(H) +c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH―)，D正确；故选D。 5．下列热化学方程式中，不正确的是( ) A．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/mol B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/mol C．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol 【答案】B 【解析】A项，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物而放出的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/mol，A正确；B项，该反应是不完全反应，放出的热量应小于38.6kJ，B错误；C项，中和热是指强酸和强碱恰好反应生成1molH2O(l)而放出的热量，是一定值，不随酸或碱的种类改变而改变，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，C正确；D项，2gH2即1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，即是氢气的燃烧热，2mol H2完全燃烧放出571.6kJ能量，则H2燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol，D正确；故选B。 6．在一密闭容器中，反应 3A(g)+B(s) 2Cg)+D(g)达到平衡后，改变以下条件，下列说法正确的是( ) A．增加A的浓度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 C．恒温恒容充入Ne，容器内压强增大，V(正)、V(逆)均增大 D．增加B的用量，正、逆反应速率不变，平衡不移动 【答案】D 【解析】A项，平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故A项错误；B项，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，即平衡向正反应方向移动，故B项错误；C项，恒温恒容充入Ne，参与反应的各物质浓度都不变，V(正)、V(逆)均不变，故C项错误；D项，B是固体，在气体反应中，增加固体对反应速率以及平衡都不影响，故D项正确；故选D。 7．常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，下列说法正确的是( ) A．等浓度的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积等的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH等体积混合后的溶液： c(HCOOH)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-) D．0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)，c(CH3COOH)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(H+) 【答案】A 【解析】A项，电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO-＞NH4+＞HCOO-，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，假设甲酸钠与氯化铵的浓度均为0.1mol/L，则可以得出c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)，因为K a ( HCOOH )＞Kb( NH3⋅ H2O)，所以水解程度NH4+＞HCOO-，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠中c(H+)，所以浓度相等的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，A正确；B项，pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)＜c(CH3COOH)，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH相等的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，B错误；C项，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，根据，则甲酸电离程度大于水解程度，所以c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)，所以得c(HCOO-)+c(OH-)＞c(HCOOH)+c(H+)，C错误；D项，二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，D错误；故选A。 8．PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应，并于10 min时达到平衡：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) ΔH<0。有关数据如下： PCl3(g) Cl2(g) PCl5(g) 初始浓度/(mol/L) 2.0 1.0 0 平衡浓度/(mol/L) c1 c2 0.4 下列判断不正确的是( ) A．10 min内，v(Cl2)=0.04 mol/(L·min) B．升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡时PCl3的转化率变大 C．当容器中Cl2为1.2 mol时，反应达到平衡 D．平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)<0.2 mol/L 【答案】B 【解析】A项，由于△c(PCl5)= 0.4mol/L，根据反应方程式可知△c(Cl2)= 0.4mol/L，所以在10 min内，v(Cl2)＝0.4mol/L ÷10min=0.04 mol/(L·min)，A正确；B项，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向进行，反应的平衡常数减小，则平衡时PCl3的转化率变小，B错误；C项，由于△c(Cl2)=△c(PCl5)= 0.4mol/L，所以在平衡时氯气的浓度是1.0mol/L－0.4mol/L＝0.6mol/L，因此此时容器中含有的氯气的物质的量是0．6mol/L×2L=1.2mol，C正确；D项，平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，由于减小生成物的浓度，同时容器的压强也减小，所以平衡逆向移动。若平衡不发生移动，平衡时c(PCl5)="0.2" mol/L，而平衡逆向移动，必使c(PCl5)减小，因此在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)<0.2 mol/L，D正确，故选B。 9．某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示为(E为正值，单位：kJ/mol)。下列有关说法正确的是( ) A．此条件下，第一个基元反应的反应速率小于第二个 B．总反应的活化能Ea=E1+E3 C．对于Ea(活化能)>0的反应，必须加热才能进行 D．总反应的焓变ΔH＝－(E4+E2- E1-E3) 【答案】D 【解析】A项，第一个基元反应活化能较小，反应速率较快，A错误；B项，该反应总反应的活化能为反应物的能量和过渡态Ⅱ的能量之差，即Ea= E3-(E2-E1)= E1+E3-E2，B错误；C项，反应是否需要加热与活化能没有必然联系，C错误；D项，反应物与生成物能量之差为E4-E3-(E2-E1)，所以ΔH＝－(E4+E2- E1-E3)，D正确；故选D。 10．如图(E表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中能量变化关系图，下列说法正确的是( ) A．第一步反应吸收的热量大于第二步反应放出的热量 B．升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快 C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小 D．第一步反应的速率大于第二步反应 【答案】C 【解析】A项，由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，所以第一步反应吸收的热量小于第二步反应放出的热量，A项错误；B项，升高温度，活化分子的百分数增多，反应速率加快，B项错误；C项，反应的焓变和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则增大反应物的浓度，不改变焓变的大小，但增大反应物的浓度，可提高反应速率，C项正确；D项，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误；故选C。 11．甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示： 已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为243 kJ·mol－1、327 kJ·mol－1，下列说法不正确的是( ) A．1mol CH4(g)的能量比1mol CH2Cl2(g)的能量多197kJ B．CH4与Cl2的取代反应是放热反应 C．，说明CH4与Cl2的四步取代反应，难易程度相当 D．CH4(g)+ Cl·(g)→ CH3·(g)+HCl(g) ΔH＝－15 kJ·mol－1 【答案】A 【解析】A项，由图可知，甲烷和氯气反应生成CH2Cl2(g)的同时还会生成氯化氢，故不能说明1mol CH4(g)的能量比1mol CH2Cl2(g)的能量多197kJ，A错误；B项，由图可知，焓变均为负值，则为放热反应，B正确； C项，，说明CH4与Cl2的四步取代反应每多取代1个氢原子的难易程度相当，C正确；D项，CH4(g)+ Cl·(g)→ CH3·(g)+HCl(g)反应中，断裂了1molC-H键，形成了1molH-Cl键，已知Cl-Cl、C-Cl键能分别为243 kJ·mol－1、327 kJ·mol－1，则CH4(g)+ Cl·(g)→ CH3·(g)+HCl(g)的焓变为，即，，D正确；故选A。 12．一种光辅助可充电钠离子电池利用水系的Na2S4电解液和NaI电解液分别作为电池的活性物质，并且将TiO2光电极嵌入到新型钠离子电池的正极，作为太阳能转化及存储基元。下列关于该电池的说法错误的是( ) A．放电时，a电极的电极反应式为：4S2--6e-=S42- B．充电时，TiO2光电极的电极反应式为：3I--2e-=I3- C．放电时，钠离子从右向左迁移 D．充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能 【答案】C 【解析】根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I--2e-=I3-。A项，A．充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，电极反应式为：4S2--6e-=S42-，A正确；B项，在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为3I--2e-=I3-，B正确；C项，放电时，a是负极，b是正极，钠离子是阳离子，应该从右向左，移向正极，C错误；D项，TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，D正确；故选C。 13．通过反应Ⅰ：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，可将有机氯化工业的副产品HCl转化为Cl2。在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HCl转化率如图所示(图中虚线表示相同条件下HCl的平衡转化率随温度的变化)。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。 反应Ⅱ：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) △H=125.6kJ•mol-1 反应Ⅲ：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H=-120.0kJ•mol-1 下列说法正确的是( ) A．反应Ⅰ的△H=+114.4kJ•mol-1 B．230至300℃时，HCl转化率降低是因为温度升高，平衡向逆反应方向移动 C．保持其他条件不变，400℃时，使用CuCl2，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值 D．在0.2MPa、400℃条件下，若起始＜2条件下，HCl的转化率可能达到Y点的值 【答案】D 【解析】A项，根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ，故A错误；B项，图中虚线表示相同条件下HCl的平衡转化率随温度的变化，由图可知，230至300℃时，反应没有达到平衡状态，故不是平衡向逆反应方向移动导致，故B错误；C项，使用CuCl2作催化剂，只能加快反应速率，不能改变HCl的平衡转化率，故C错误；D项，在0.2MPa、500℃条件下，若起始，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，HCl的转化率可能达到Y点的值，故D正确；故选D。 14．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( ) A．Ka2(H2X)的数量级为10–6 B．曲线N表示pH与的变化关系 C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－) D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋) 【答案】D 【解析】A项，己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图象取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2(H2X)的数量级为10-6，A正确；B项，可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C项，曲线N是己二酸的第一步电离，根据图象取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D项，根据图象可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；故选D。 二、填空题(本大题共4小题，共58分) 15．(14分)在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。 (1)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示： 化学反应 正反应活化能 逆反应活化能 t℃时平衡常数 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H＞0 akJ∙mol-1 bJ∙mol-1 K1 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H＜0 eJ∙mol-1 dJ∙mol-1 K2 请写出t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式_______(反应热用a、b、e、d代数式表示)。t℃该反应的平衡常数为_______(用K1和K2表示)。请解释该反应能否自发进行_______。 (2)一定温度下，将2molN2和6molH2置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应： N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H＜0。测得不同条件、不同时间段内合成氨反应中N2的转化率，数据如下： 1小时 2小时 3小时 4小时 T1 30% 50% 80% 80% T2 35% 60% a b ①上表中T1_______T2(“＞”“ ＜”或“=”表示)，其中a、b、80%三者的大小关系是_______(用含“＞”“＜”或“=”的关系式表示)。 ②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=，k为速率常数。以下说法正确的是_______(填字母) A．升高温度，k值增大 B．T2℃时若容器内混合气体平均相对分子质量为17且保持不变，则反应达到平衡状态 C．将原容器中的NH3及时分离出来可使v增大 D．合成氨达到平衡后，增大c(N2)可使正反应速率在达到新平衡的过程中始终增大。 ③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，保持温度和压强不变，又充入3molN2后，平衡_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。 【答案】(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ∆H=(e-d-5a+5b)kJ·mol-1(2分) (2分) 该反应∆H＜0，∆S＞0，所以∆G＜0，可以自发进行(2分) (2)①＜(2分) a=b＜80%(2分) ②ABC(2分) ③不移动 (2分) 【解析】(1)依题意可得：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=(a-b) kJ∙mol-1 ① 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H=(e-d) kJ∙mol-1 ② 利用盖斯定律，将反应②-①×5，即得t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ∆H=(e-d-5a+5b)kJ·mol-1。t℃该反应的平衡常数为= 。因为a＞b、e＜d，所以∆H=(e-d-5a+5b)＜0，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，该反应能自发进行，原因是该反应∆H＜0，∆S＞0，所以∆G＜0，可以自发进行；(2)①因为相同时间内，T2时反应物的转化率大，则反应速率快，温度高，所以上表中T1＜T2；由于正反应为放热反应，温度高时反应物的转化率低，所以a、b、80%三者的大小关系是a=b＜80%。②A项，升高温度，反应速率加快，则v增大，所以k值增大，A正确；B项，合成氨反应中混合气的总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，则物质的量不变，气体的分子数不变，所以反应达到平衡状态，B正确；C项，将原容器中的NH3及时分离出来，则c(NH3)减小，所以v增大，C正确；D项，合成氨达到平衡后，增大c(N2)瞬间，正反应速率增大，随着平衡的移动，正反应速率减小，D不正确；故选ABC。③已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol，容器容积为1L，则K=1；保持温度和压强不变，又充入3molN2后，此时容器的体积为2L，Q==1，则平衡不移动。 16．(14分)NaClO2是一种高效漂白剂。在NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO2-、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，ClO2是有毒气体。 (1)经测定，25℃时NaClO2溶液中各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl−没有画出)。 ①NaClO2做漂白剂，最佳pH约为 。 ②HClO2的电离平衡常数Ka= 。 ③25℃时浓度均为的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，写出分析或计算过程说明你的判断理由 。 (2)为测定某NaClO2消毒剂样品中含氯量，用Na2S2O3 溶液滴定该样品溶液，操作如下： a.取样：取20.00mL样品溶液置于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，发生反应：5ClO2-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O(ClO2极易溶于水)； b.氧化：加入足量碘化钾溶液，振荡充分反应； c.滴定：加入淀粉作指示剂，在锥形瓶下垫一张白纸，用0.1000mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O32-=S4O62-+2I- )； d.重复上述操作三次。 滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到加入半滴Na2S2O3 溶液后，溶液 即到终点。 测得的实验数据如下表： 实验序号 待测液体积(mL) Na2S2O3 标准溶液 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 20.00 0.60 20.60 2 20.00 6.00 25.95 3 20.00 1.40 23.20 4 20.00 1.00 21.05 由以上数据计算该样品溶液的含氯量(以ClO2-计) g· L-1(保留三位有效数字)。滴定时，有一组数据出现明显异常，所测含氯量偏大，原因可能有 (填字母序号)。 A．取样时用25.00mL的滴定管液面在5.00mL处放出所有溶液 B．滴定终点读数时仰视刻度线 C．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂 D．盛装待测液的锥形瓶未润洗 E.摇动锥形瓶时有液体溅出 【答案】(1) 4(1分) 10-6(2分) 酸性(1分) HClO2的电离常数Ka=10-6，NaClO2的水解常数；因为，即HClO2溶液的电离程度大于NaClO2溶液的水解程度，则25℃时浓度均为0.1mol⋅L−1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液呈酸性(3分) (2)锥形瓶中溶液颜色变化(1分) 颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(2分) 1.69(2分) ABC(2分) 【解析】NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO2-、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，ClO2是有毒气体；NaClO2中氯元素化合价为+3，则其具有氧化性和还原性；在NaClO2溶液中，随着pH的变化，ClO2、HClO2、ClO2-等含氯元素的离子互相转化。滴定过程‌中左手控制滴定管活塞(酸式滴定管)或挤压玻璃球(碱式滴定管)，右手持锥形瓶颈部并不断顺时针摇动，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化；终点判断‌：当指示剂颜色突变且半分钟内不恢复原色时，立即停止滴定，记录数据。 (1)①依据分析，NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO2-、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，ClO2是有毒气体；所以NaClO2做漂白剂，最佳pH约为4，此时ClO2的百分含量为0，HClO2百分含量相对较大；②HClO2的平衡常数表达式，当pH=6时，HClO2与ClO2-百分含量相等，即；③25℃时，浓度为0.1 mol⋅L−1的HClO2溶液电离显酸性，同浓度的NaClO2溶液水解显碱性；结合第二小问可知HClO2的电离常数Ka=10-6，NaClO2的水解常数；因为，即HClO2溶液的电离程度大于NaClO2溶液的水解程度，则25℃时浓度均为0.1mol⋅L−1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液呈酸性；\ (2)滴定操作为：滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；用0.1000 mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质，则达到滴定终点时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；依据滴定原理可知，NaClO2酸化后产生二氧化氯，加入足量碘化钾溶液，ClO2将碘离子氧化为碘单质，自身被还原为氯离子，离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；接着用0.1000 mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质；依据氧化还原反应原理可得到关系式：；第一步计算消耗标准液的体积：实验1、2、3、4对应的消耗量依次为20.00 mL、19.95 mL、21.80 mL、20.05 ml，舍去实验3数据，其它三组实验数据取平均值，即消耗标准液 的体积为20.00 mL；第二步计算消耗的；第三步结合上述关系式可知；第四步计算该样品溶液的含氯量(以ClO2-计)， ，则该样品溶液的含氯量；A项，取样时用25.00 mL的滴定管液面在5.00 mL处放出所有溶液，样品溶液体积偏大，消耗标准液过多，含氯量偏大，A符合题意；B项，滴定终点读数时仰视刻度线，标准液体积偏大，含氯量偏大，B符合题意；C项，达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂，标准液体积偏大，含氯量偏大，C符合题意；D项，盛装待测液的锥形瓶未润洗，对结果没有影响，D不符合题意；E．摇动锥形瓶时有液体溅出，消耗标准液偏小，含氯量偏小，E不符合题意；故选ABC。 17．(15分)新型化学电源在生活、工业、国防等方面有广泛用途。 (1)Li/CFx一次电池的工作原理如图所示： ①该电池的正极反应式为 ： ②若放电前两电极质量相等，当转移时，两电极质量差为 g。 (2)下图是铝-硫二次电池工作原理示意图，放电时的电池反应为2Al+3S= Al2S3。 ①放电时每生成4mol Al2Cl7-，转移电子的物质的量为 mol； ②充电时阳极电极反应式为 ； ③用该电池保护地下铁管道不被腐蚀，铁管道应连接电池的 电极(填“铝”或“硫碳复合物”)。 (3)用固态碳燃料电池电解饱和食盐水的装置如下图所示。 ①电极M是 极，N极区的产物为 (用化学式表示)； ②已知电解前M极区溶液的浓度为6 mol·L-1，体积为200mL。当消耗标准状况下1.12LO2时，M极区溶液的浓度变为 mol·L-1。(电解前后溶液体积变化忽略不计)。 【答案】(1) CFx+ xLi++xe-=C+xLiF或者CFx+ xLi++xe-=C(LiF)x(2分) 14(2分) (2) 3(2分) Al2S3+14AlCl4--6 e-=8Al2Cl7-+3S(2分) 铝(1分) (3) 阳(2分) NaOH和H2(2分) 5(2分) 【解析】(1)①锂电极作负极，失电子被氧化，则正极反应式：CFx+ xLi++xe-=C+xLiF或者CFx+ xLi++xe-=C(LiF)x；②若两极质量相等，当转移1mole-时，负极有1mol Li+失去1mole-变成Li+进入离子导体，同时，有1mol Li+移向正极与F-结合生成LiF固体，此时负极质量减轻7g，正极质量增重7g，二者质量差为14g；(2)①根据电极反应式可知，放电时每生成4mol Al2Cl7-，转移电子的物质的量为3mol；②充电时，阳极的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，即Al2S3+14AlCl4--6 e-=8Al2Cl7-+3S； ③保护地下铁管道不被腐蚀，铁管道应连接电池的负极，接铝电极；(3)①根据分析可知，电极M为阳极，N为阴极，电解饱和食盐水的阴极产物为NaOH和H2；②已知电解前M极区溶液的浓度为6 mol·L-1，体积为200mL。当消耗标准状况下1.12LO2时，消耗0.05 molO2，转移0.2 mole-，阳极消耗0.2molNaCl，饱和食盐水的浓度减少1 mol·L-1，浓度变为5 mol·L-1。 18．(15分)镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下： 已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数如下表： 难溶物 NiS ZnS CuS CaF2 MgF2 溶度积常数 1.07× 10-21 2.93 × 10-25 1.27 × 10-36 4 × 10-11 7.42 × 10-11 请回答下列问题： (1)酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_______(任写一条)。 (2)含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为_______。 (3)向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为_______(填化学式)。 (4)溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为_______。该反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是_______。 (5)溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的_______(填离子符号) (6)“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO4+4HAZnA2·2HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_______。 【答案】(1)将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)(1分) (2)3NiS + ClO3--+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O(2分) (3)Fe(OH)3(2分) (4)  NiS(s) +Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)(2分)     8.4×1014(2分)     可能逸出有毒气体H2S，污染环境(2分) (5)Ca2+、Mg2+(2分) (6)增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大(2分) 【解析】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni(OH)2+2H+=Ni2++2H2O、3NiS+ClO3--+6H+=3Ni2++3S+Cl-+3H2O，沉淀1含有S、Fe(OH)3，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO3。 (1)浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等； (2)NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为3NiS + ClO3--+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O； (3)加入Na2CO3调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为Fe(OH)3； (4)由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s) +Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数；若使用H2S气体替代NiS，其不足之处是可能逸出有毒气体H2S，污染环境； (5)溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，作用主要是除去溶液中的Ca2+、Mg2+； (6)“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $