高一化学反应专题练习试题.pdf

试卷主标题姓名:一、选择题（共18题）1、班级：考号：产）某实验团队研究合成氨在不同条件下进行反应，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之 间的关系如下图。下列说法正确的是平衡时氨气的含量/%50302.8 3.0420,40MPa 350c20MPa 350cl OMPa 7；,40MPa-A研）A.toK4KdD.工业合成氨一般以a-铁触媒为催化剂，400500下反应，选取该温度的主要原因是 氨的平衡产率更高2、下列关于电解CuCl 2溶液（如图所示）的说法中，错误的是石墨棒石墨棒A.电解过程中，。一向阳极移动B.总反应为：CuCl 2=Cu 2+2C1C.阳极有黄绿色气体产生，并可用湿润的KI淀粉试纸检验D.若将溶液换为硫酸铜溶液，则阴、阳两极得到单质的物质的量之比始终为2：13、某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li,得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoOz薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是A.充电时，集流体A与外接电源的正极相连B.放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLiC.放电时，电极B为正极，反应可表示为Li i-x CoO 2+xLi+xe-=LiCoO 2D.放电时，电极A为负极，反应可表示为LixSi-e-Si+Li+4、研究人员利用膜电解技术，以 用2。24溶液为主要原料制备 用2.。,的装置如图所示。已知:在不同pH时 贵2。;和Or。：在溶液中可相互转化，虫。和的物质的量浓度的对数 与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A.a为负极，b为正极B.NazaO,在阴极室制得C.阳极的电极反应式为2H2O+4e-=H2T+2OH-D.外电路中每通过Imol电子，产生标准状况下16.8L气体5、常温下，将C1 2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.Imol-LNaOH溶液,整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是A.向a点所示溶液中通入SO 2,溶液的酸性和漂白性均增强B.b 点所示的溶液中：c(H+)c(Cl Jc(HC10)c(CIO)c(0H)C.a点和c点溶液中水的电离程度相同D.d 点所示溶液中：c(Na，)=c(C10)+2c(HC10)6、100 kPa.298 K 下，1 mol N 2(g)和 3 moi H 2(g)在密闭容器中发生反应：3H2(g)+N2(g)三2NH 3(g)=-92.4 kJ mol H；100 kPa、T1温度条件下反应的焰变 H 与 关系如图。下列说法不正确的是H1H-AA.=/-H 2 H,B.若 T 298 K,贝lj 2 V 0C.温度对该反应的 H有影响D.工业合成氨反应适宜温度为400500,是因为该反应在较高温度下自发7、太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li的高分子材料，隔膜只允许Li 通过,放龟X电池反应式为Li XC 6+Li!-x FePO 4装LiFePO 4+6C。下列说法正确的是电解质隔膜A.放电时Li卡从左边移向右边，P0,从右边移向左边B.放电时，正极反应式为 Li hx FePO 4+xLi+xe LiFePO 4C.充电时M极连接电源的正极，电极反应式为6C+xLi+xe=Li x C 6D.充电时电路中通过2.0 mol电子，产生7.0 g Li8、化学反应Aig)+B(giAB(giA h,在催化剂K的作用下和无催化剂时的反应过程如图所 示。下列说法错误的是A.催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的B.增加A的量，该反应的 H不变C.催化剂能降低正逆反应的活化能D.该反应的AH=EkJ moP19、微生物燃料电池技术是一种集污水净化和能源转化于一体的新型污水处理与能源回收技术,体现了环保理念，其基本原理如图所示；IIO-c C微生物/下列说法正确的是A.a电极电势高于b电极电势B.电池工作时，b极区N6发生的反应为2NQ；+10e-+12H+=N2T+6H2OC.电池工作时，电流由a极沿导线流向b极D.电池工作时，a极区发生还原反应10、在恒温恒压下，某一体积可变的密闭容器中发生反应A(g)+B(g)一2C(g)A V 0,t 1时达到平衡后，在t 2时改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是A.I、II两过程达到平衡时，A的体积分数：I IIB.t2时改变的条件是向密闭容器中加入物质CC.0t 2 时，v 正 v 逆d.I、n两过程达到平衡时，平衡常数：4(D v/di)n、“定电位”NO、传感器可以用来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准，工作原理如 图所示，下列说法正确的是放大器A.该方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能B.对电极的材料可能为活泼金属锌C.工作电极上的电极反应式为NO 2+2e-+2H 4=NO+H 20,当有4.48LNO 2被处理时，转 移电子数为0.4N AD.传感器工作时，电子从工作电极经过放大器后流向对电极12、在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应:2N2(g)B2N式g)+0式g),容器I、II、III中电。的平衡转化率与温度的关系如图乙所示:起始物旗的SVmol甲下列说法正确的是A.该反应的A/DAC.若容器I体积为1L,则B点对应的平衡常数K近似为0.0089D.若容器IV的体积为1L,反应在370下进行，则起始时反应向正反应方向移动 13、金属的防腐蚀措施有利于延长金属的使用寿命，图1和图2是两种防腐蚀措施的示意图。下列说法错误的是A.图1是牺牲阳极法的示意图，锌块作负极B.图1中，钢闸门上发生的电极反应为Ch+4e+2H 2 0=40HC.图2中的钢闸门连接直流电源的负极D.图2中，高硅铸铁处发生还原反应14、下图装置是一种微生物脱盐电池的装置，它可以通过处理有机废水（以含ch3cooCH38O-的溶液为例）获得电能，同时还可实现海水淡化。已知a、b电极为惰性电极,X、Y均为离子交换膜，下列说法错误的是A.X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜B.a极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+,产生的H.向b极移动C.b极为正极D.当电路中转移Imol电子时，在b极室可以生成40 g NaOH15、钠一二氧化碳（NaC0 2）电池可将CO 2变废为宝。资源化利用。该电池以钠箔和多壁碳纳 米管为电极，其工作原理如图。电池放电时，生成的Na 2c0 3与C全部沉积在多壁碳纳米 管电极上。下列叙述正确的是壁纳竹 多碳米电解质：NaCIO四甘醉二甲快钠箔A.该电池可用水溶液作电解质溶液B.充电时，ab两端接入电源，钠箔发生氧化反应C.放电时，当转移0.2mol电子，负极质量减少4.6gD.放电时，多壁碳纳米管电极上发生的电极反应为3C0 2+4Na+-4e=2Na 2 CO 3+C16、丙酮酸(CH 3coe00H)是一元弱酸。298K时，向20mL0.1molL T丙酮酸溶液中滴加PH=13 c(CH3coeOP)的NaOH溶液，溶液中lg c(CH3coe00H)与pH的关系曲线如图所示。下列说法错误的是A.E点溶液中，a=2B.298K时，CH：3 COCOOH的电离常数的数量级为10 3C.G点对应的NaOH溶液的体积为20mLD.E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度：EF MgO)制备高纯度的二氧化钛，其工艺流程如下：浸山沛 勺钛铁矿.I I浸渣 FeSO4 7H?O酸浸”时需要在100-200左右进行，一般用4moi T硫酸，写出FeTiO 3与硫酸 反应时的化学方程式 o“酸浸”时不能把硫酸改成硝酸，说明理由 o“酸浸”时还需加过量铁粉的原因 o(2)按以上流程制得的钛白粉中含有大量的亚铁离子，会对钛白粉的质量产生很大的影响，萃取法是常用的除铁方法，萃取时将Fe 2+转化为Fe 3+,Fe 3+是以配合物HFeCl 4-2TBP的 形式被萃取除去。萃取时需要向产品配得的溶液中加入NaCl、TBP(可溶解Fe，+的酯)和煤油等。液体静置后铁元素进入到(填“上层”或“下层”)，加入NaCl 的作用是 o(3)下图是TBP在萃取剂中的含量对萃取率的影响，生产中往往采用萃取剂含量60%,试分析可能的原因 o30 50 70 90 110萃取剂中TBP体枳分数时铁萃取率的影响(4)与钛同周期的一种金属形成的不含结晶水的盐受热分解生成金属氧化物MO、水和二氧 化碳。22.2g这种盐与氢气共热产生HO是5.4g,若与一氧化碳共热产生CO 2的质量是 13.2g,则参与反应的氢气的物质的量是 mol,则这种盐的化学式为 o三、综合题(共4题)1、面对全球变暖以及日益严重的能源危机，寻找新兴能源是科学工作者研究的重要课题，我国 也力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。科学家研究用CO 2生产燃料甲醇。(1)已知：2cH 3 0H(g)+30 2(g)=2co 2(g)+4H 20(l)H.=-akJ-mol-12H 2(g)+0 2(g)=2H 20(l)H 2=bkJ-mol-1则 CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 20(l)H=(用含 a、b 的代数式表示)kJmol 1 oII.制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学平衡常数K如表所示：化学反应平衡 常数温度/K77097010702H 2(g)+CO(g)p一CH 30H(g)H iK,2.50.50.2H 2(g)+CO 2(g)pH 2O(g)+CO(g)H 2K 21.21.72.5CO 2(g)+3H 2(g)p一CH 3 OH(g)+H 20(g)H 3K 3mnq请回答下列问题：(2)根据表格中K2的数据可知，H 2_(填“大于”或“小于”)0 om=o(4)T iK下，将6moicO 2和8molH 2充入一容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：C0 2(g)+3H 2(g)=CH 30H(g)+H 2 0(g),测得H2的物质的量浓度随时间的变化如图所示。请回答下列问题：03min内，v(CC)2)=_mol L min 反应达到平衡时，容器内CH 3 0H的体积分数为 o 平衡常数K=L2-mol _2,T产_K。下列叙述能说明该反应达到平衡的是(填标号)。A.容器内压强不再改变B.容器内气体的密度不再改变C.容器内气体的平均摩尔质量不再改变D.容器内各物质的物质的量相等生产中，欲提高ch3oh的平衡产率可采取的措施有(任写一条)。2、回答下列问题：(1)潜艇中使用的液氨液氧燃料电池工作原理如图所示：电极a名称是 o电解质溶液中OH离子向_移动(填“电极a”或“电极b”)o电极b的电极反应式为 o可以通过NH3跟NaClO反应来制得火箭燃料朋(N2H 3)。该反应的化学方程式为(2)科研人员设想用如图原电池装置生产硫酸，则负极的电极反应式为 o为稳定持续 生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO 2和水的质量比为_ o3、氨的合成是最重要的化工生产之一、以下是合成氨的方法与应用，请根据题意，回答相应问 题：氨的合成(N 2(g)+3H 2(g)6 2NH 3(g)AH=-46.2kJ-mol H)(1)工业上可利用“甲烷蒸气转化法生产氢气”，反应为：CH,(g)+H2O(g)6CO(g)+3H 2(g),已知有关反应的能量变化如下图：则该反应的熔变二群 CH4(g)+3/2O2(g).t.c6?g)+2H；6(g)反应进程,(2)丙烷脱氢制丙烯反应C 3 H 8(g)-C 3 H 6(g)+H 2(g),产生的H 2也可用于合成氨。若一定温度下，向恒容密闭容器中充入ImolC 3H 8，开始压强为pkPa,发生脱氢反应。下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是(填字母)OA.该反应的熠变(H)保持不变B.气体平均摩尔质量保持不变C.气体密度保持不变D.C 3H 8分解速率与c 3H 6消耗速率相等丙烷脱氢制丙烯反应过程中，C 3H 8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温 度下该反应的平衡常数K p=kPa(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体 系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压二总压x物质的量分数)。已知上述反应中，v正二k正p(C 3H8),v逆二k逆p(C 3H6)p(H2),其中k正、金k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处 o(3)实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K,压强3.0 x10 5p&,原 料中N2和H 2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N 2过量的理由 o关于合成氨工艺的下列理解，正确的是 oA.合成氨反应在不同温度下的AH都小于零B.控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率C.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H 2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利 于提高平衡转化率D.基于NH 3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行4、“温室效应”是全球关注的环境问题之一。co?是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制C2的排放和C02的资源化利用是解决温室效应的有效途径。(1)以应为原料合成CH30H涉及的主要反应如下:j C02(g i+3H2(g i 卢 CH3OH(g)+H2O(g)AH1=-49.5kJ mol-1jj CO(g)+2H2(g i 卢 CH3OH(g i AH2=-90.4kJ mol-1III.(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH3=+40.9kJ mor1反应I自发进行的条件 O(填“高温”或“低温”)一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入O.lmol C02和o.3mol应发生上述反应，达到平衡时，容器中为o.02mol,CO为0.04mol,此时的转化率 o反应I的转化常数为 O 在某温度下，向VL的密闭容器中充入不同的原料气，若只发生反应I,请在如图中画出平衡时氢气转化率的变化趋势图 o野7胖超空O D花。H(2)文献报道某课题组利用C5与口2。在铁、镇催化作用下制甲烷的研究过程如下:反应结束后，气体中检测到。瓦和外,滤液中检测到HCOOH,固体中检测到银粉和Fe304,。工、HCOOH,%的产量和银粉用量的关系如图所示(仅改变银粉用量，其他条件不 变)：5 0 5 0 52 2 1 Univ 丁SL 网蛉-5 10 15银粉用u!nunolomwlMa提韶三 8 6 4 2 0 0c5 O 0.0.0.0.研究人员根据实验结果得出结论：HCOOH是。2转化为CH,的中间体，即：CO2HCOOHCH4由图可知，银粉是 o（填字母）A.反应I、II的催化剂B.反应H的催化剂C.反应I的催化剂D.不是催化剂 当银粉用量从Immol增加到lOmmol,反应速率I、II的变化情况是。（3）CO/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。例如：HC。I催 化储氢，在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液（CO?与KOH溶液反应制得）中通人 为生成HCOO-,其离子方程式为 氏0；+k I 上HCOCT+H/。有关说法正确的是 oA.这种储氢方式便于运输B.释氢过程中，每消耗3.6g%。放出4.48L的应C.储氢过程中HCO；被氧化D.这种储氢方法与金属或合金的储氢都属于化学方法其他条件不变，HCO转化为HCOCF的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在80cl20c范围内，HCO；催化加氢的转化率下降的可能原因是。四、实验,探究题（共1题）1、三氯化铭（CrC13）是常用的媒染剂和催化剂，某实验测定产品中CrCL质量分数的实验步 骤如下：步骤I.取mgCrCh产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2（）2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO 继续加热一段时间：（已知碱性条件下H2O2把Cr*氧化成CrO酸性条件下H 2。2把Cr 2。还原成Cr 3+）步骤II.冷却后加适量的蒸懦水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸（加浓磷酸的目的是为了 防止指示剂提前变色），使CrO:转化为Cr 2。丁；步骤III.用新配制的cmoLL（NHJ 2Fe（SO.J 2标准溶液滴定至终点，消耗（NH4）2Fe（S04）2标准溶液V mL（已知Cr20；被Fe”还原为Cr 3+）o（1）写出步骤I中反应的离子方程式 o（2）步骤II中CrO:-转化为Cr 20；一的溶液颜色如何变化，结合平衡移动解释。（3）本实验中选用图中（填“A”或B”）盛装标准溶液（NHQ 2Fe（S0 J 2,下列关 于该仪器的描述正确的是 o（填序号）A BA.用蒸播水洗涤后，即可装入标准溶液B.装入标准溶液后，把该仪器夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量标准溶液，使尖 嘴充满标准溶液C.该仪器中溶液体积应读数至小数点后第二位D.接近终点时，需用蒸储水直接把该仪器尖端悬挂的液滴冲入锥形瓶(4)产品中CrCh的质量分数表达式为一(写出含m、c、V的表达式)。(5)下列操作将导致产品中CrCl 3质量分数测定值偏低的是(填序号)。A.步骤I中未继续加热一段时间B.步骤II用盐酸替代硫酸C.步骤III中所用(NH4)2Fe(S002溶液已变质D.步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视五、填空题(共3题)1、回答下列问题：(1)有一种燃料电池，所用燃料为瓦和空气，电解质为熔融的K2c。3。回答下列问题CO：移向 极。正极反应式为 0电池中C。：的物质的量将逐渐(填增大、减少、不变)。(2)用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、f电极均为惰性电极，通电后，a极产生的气体明显多于b极,2分钟后，测得乙池的pH为12,则电源A极是 极。c极上的电极反应式：o甲、乙两池共可收集到 mol气体。2、I.在恒容的密闭容器内，使ImolNz和3molH 2混合发生下列反应：N 2(g)+3H 2(g)脩 2 2NH 3(g)H c(H2)c(NH 3)同时增大1倍，平衡将 移动。II.氨气是重要的化工原料，在国民经济中占重要地位。工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)峰？2NH 3(g)H n(NH 3)与反应时间t的关系如表：t/min051015202530n(H 2)/mol6.004.503.603.303.033.003.00n(NH 3)/mol01.001.601.801.982.002.00该温度下，此反应的平衡常数K二3、太阳能光解水制备的H 2和化工生产的副产氢，可实现资源的再利用。c光生电子始光生空穴NaOH浓溶液图-2-q 1牙至N6 12 14 16 c(NaOH)lmol L1图-3(1)半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物。该催化剂在水中发生光催化反应的原理如图-1所示。用简洁的语言描述光解水的过程:_ O若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为0 2,另一产物为 O(2)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na 2 FeO同时获得氢 蟹气：Fe+2H 2 0+20H FeO：+3H 2 t。工作原理如图-2所示。装置通电后，铁电极附 近生成紫红色FeO,银电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐 色物质。已知：Na 2 FeO 4只在强碱性条件下稳定，易被H 2还原。电解过程中须将阴极产生的气体及时排出，其原因是 oc(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图-3。M、N两点的c(Na2FeO 4)均低于 最高值的原因是 O=参考答案=一、选择题1、C【解析】【详解】A.已知合成氨的反应N2+3M海高鬃辔2NH 3是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动,NH 3的百分含量减小，由曲线可知，T。420,A错误；B.由图可知，b点时n(H2)/n(N 2)=3,故平衡的转化率：也i,B错误；C.已知合成氨的反应N2+3M脩高凝辔2NH 3是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动,化学平衡常数减小，温度不变，平衡常数不变，由A项分析可知，To 420，故a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为Kb=K-K、Kd,C正确；D.催化剂不能使化学平衡发生移动，故工业合成氨一般以a-铁触媒为催化剂，400500 下反应，选取该温度的主要原因不是氨的平衡产率更高，而是该温度下催化剂的活性最强，D 错误；故答案为：C O 2、B【解析】【详解】A.电解过程中，氯离子和氢氧根离子向阳极移动，故A正确；B.氯化铜溶液电解生成铜和氯气，总反应方程式为CuCl2Sficu+Cl 2 t，故B错误；C.电解过程中，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成黄绿色的氯气，氯气与碘化钾溶 液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝色，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，故C正确；D.若将溶液换为硫酸铜溶液，电解过程中，阴极析出的单质为铜、阳极析出的单质为氧气，硫酸铜溶液完全电解后继续电解，实质上是电解水，阴极析出的单质为氢气、阳极析出的单 质为氧气，由得失电子数目守恒可知，铜和氧气的物质的量比与氢气和氧气的物质的量比相 等，都是2：1,故D正确；故选B o3、C【解析】【分析】由题可知，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li.得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A 为阴极，电极反应式为xLi+xe、Si=Li xSi,电极B为阳极，电极反应式为LiCoO 2xe-=Li i-x CoO 2+xLi(,放电时电极A为负极，电极反应为Li x Si-xe-=Si+xLi,电极B 为正极，电极反应式为Li i-xCoO 2+xLi+xe 一 一LiCoO 2，电池总反应可表示为Li xSi+Li卜一龟、CoO 2-Si+LiCoO 2。【详解】A.充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，A错误；R.放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amol Li,进入l,iPOH薄膜电解质，同时 有amol Li*从LiPOH薄膜电解质流出进入电极B,故LiPOH薄膜电解质Li,数目不变，B错误；C.由分析可知，放电时，电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为LimCoOz+xLi +xe=LiCoO 2，C 正确；D.由分析可知，A为负极，放电时负极电极反应为LixSi-xe-=Si+xLi+,D错误;故答案为：C O4、D【解析】【分析】根据图像可知，当溶液酸性较强时，Cr：可几乎全部转化为 5。：，故产品室的酸性应该 很强，推知产品室为阳极室。【详解】A.由分析可知，产品室为阳极室，故a为正极，b为负极，故A错误。B.由分析可知，冲2侬。7在阳极室制得，故B错误。c.由分析可知，阳极的电极反应式为2H2-4e-=02t+4H+,故C错误。D.由分析可知，外电路中通过Imol电子时，阳极产生0.25mol O 2,阴极产生0.5mol H 2,故标准状况下产生气体的体积为16.8L,故D正确。故答案为：D o5、B【解析】【分析】将C1 2缓慢通入水中发生反应 J+HaOUT+Cr+HCl。，向右进行的过程，故a点是HC1 和HC1O的混合溶液，两种酸都会抑制水的电离，从b点开始滴加氢氧化钠，c点时随着 NaOH溶液的加入，反应生成了 NaCl和NaCIO,其中次氯酸根离子会水解，从而促进水 的电离，以此解题。【详解】A.氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸，自身被还原为盐酸，所得到的溶液不再具 有漂白性，A错误；B.b点所示溶液中发生反应：Cl 2+H 2 0 0H+C1+HC10,HC10为弱电解质，部分 电离，溶液中存在的粒子有：C、CIO、0H，H 20 HC1O、Cl 2,溶液 中：c(H+)c(Cl)c(HC10)c(C10)c(0H),B 正确；C.由分析可知a点时水的电离被抑制，但是在c点却存在次氯酸根离子，次氯酸根的水 解促进了水的电离，C错误；D.d点溶液呈中性，则c(H+)=c(0H),根据电荷守恒得，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(C10-)+c(0H-),所以 c(Na+)=c(Cl-)+c(C10),根据物料守恒得,c(C1-)=c(C1O-)+c(H C1O),所以 c(Na+)=c(Hao)+2c(ao-)D 错误；故选B o6、D【解析】【详解】A.化学反应过程中能量变化与反应途径无关，只与物质的始态与终态有关，则根据盖斯定 律可知 H 尸 H 2+/,所以二 Hi-H 2-H 4,A 正确；B.若T1 298 K,当混合气体温度变为298 K时会放出热量，放出热量导致焰变减小,H 20,故A错误；_ mB.容器内混合气体密度为*=反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从A-C-D,三点起始量一样，随着温度升高，由于反应为吸热反应，温度升高有助于反 应正向进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即 乙%,所以PAPcCA,故B错误；C.B点未给数据，A、B点温度相同，对应的平衡常数相等，所以根据A点进行计 算：0.02x0.042初始/mol 17】2NQ=2N2(g)+O2(g)0.100变化/mol 17】0.040.040.02平衡/mol 17】0.060.040.02 0.0089,故C正确;0.04x0,062 太D.容器IV 37dt:时，0.062,所以向逆反应方向移动，故D错误;故选C O13、D【解析】【详解】A.根据装置图，构成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，钢闸门作正极，钢闸门被保护，该 方法为牺牲阳极法，故A说法正确；B.根据选项A的分析，钢闸门作正极，电极反应式为0?+4e.+2H 2 0=40H，故B说 法正确；C.图2有外加电源，根据电解原理，钢闸门应作阴极，连接直流电源的负极，被保护起来,该方法叫外加电流法，故C说法正确；D.图2中高硅铸铁作阳极，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应,故D说法错误；答案为D o14、B【解析】【分析】根据图示可知：在a极上CHsCOO 一失去电子被氧化转化为CO 2和H 碳元素化合价升 高，被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。为了实现海水的淡化，模拟海 水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜X为阴离子交换膜；钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜Y为阳离子交换膜，然后根据问题分析解答。【详解】A.根据上述分析可知：a极为负极，b极为正极。为了实现海水的淡化，模拟海水中的 氯离子需要移向负极，即C1向a极，则隔膜X为阴离子交换膜；Na*需要移向正极b电 极，则隔膜Y为阳离子交换膜，A正确；B.a极为负极，C失去电子被氧化产生CO2,同时产生H+,则结合电荷守恒可得电 极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2 T+7H由于隔膜X是阴离子交换膜，所以阻碍生成 的H+向正极移动，B错误；C.根据上述分析可知：.a极为负极，b极为正极，C正确；D.当电路中转移1 mol电子时，会有1 mol Na,进入b极室形成1 mol NaOH,其质量 是40 g,D正确；故合理选项是B o15、c【解析】【详解】A.钠一二氧化碳（NaCO 2）电池，钠为活泼金属，能与水反应，所以不能用水溶液作为 电解质，故A错；B.充电时，ab两端接入电源，钠箔与电源负极相连为阴极发生还原反应，故B错；C.放电时，Na为负极发生氧化反应，则其电极方程式为：Na-e-=Na+,所以当转移0.2mol电子，负极质消耗0.2molNa,即4.6g,故C正确；D.放电时，多壁碳纳米管电极为正极，得到电子发生还原反应，则3co 2+4Na+4e-=2Na2 CO 3+C,故 D 错；答案选C o16、C【解析】【分析】c(CH3coe0。一)根据F点lg c(CH3CO CO O H)=o,求出丙酮酸(CH3COCOOH)Ka,再求出E点的pH,G 点对应的NaOH溶液的体积如果为20mL,则刚好完全反应，溶质为CH:5COCOONa,溶液 应呈碱性，由此判断C、D的正误。【详解】c(CH3coe00-cgCOCOCQA.E 点溶液中，lg c(CH3CO CO O H)-q 5,c(CH3CO CO O H)-1q 0 5,Ka=c(CH3coec)0。)c(CH3CO CO O H)xc(H+)=10,C(H+)=10-2,pH=a二2,故 A 正确；c(CH3coeOCT)B.F 点 1g c(CH3C0C00H)=0,贝|J c(CH3coecO)y(CH3C0C00HHA),此时溶液c(CH3coeOCQpH=2.5,即 c(H+)=102 5mol/L,所以 Ka=c(CH3C0C00H)xc(H+)=c(H+)=10-2 5=5,1X10 298K时，CH：s C0C00H的电离常数的数量级为10 3,故B正确；C.G点对应的NaOH溶液的体积如果为20mL,则刚好完全反应，溶质为CH 3 COCOONa,溶液应呈碱性，但E点pH=4.5,呈酸性，故C错误；D.E、F、G三点随NaOH的加入CH:iCOCOONa的浓度越来越大，CH 3COCOONa水 解促进水电解，对应的溶液中水的电离程度：EF AsO：便于生成沉淀除去 c（峋）=0.01mol.L时，则有 c3（Mg）c2（PO：-）=1.0 xlO-2 则c I POj-）=1 x 1 O-9mol-L-1 jc2(POV)=1.0 xlO-24,则说明P0：沉淀完全。(6)“沉鸨”后需要过滤、洗涤，则洗涤的具体操作为将沉淀置于分液漏斗滤纸上，加蒸储水 至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2 3次。2、(l)2Al+2NaOH+2H 2 0=2NaA10 2+3H 2 f(2)NaCoO 2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为C。,一温度升高，消耗的能量增 多，钻的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重2NaCoO2+8H+2C1=2Na+2co 2+C1 2 t+4H 2 0(3)4.6WpH 6.6(4)NH 4 Cl、NaCl在空气中燃烧【解析】【分析】钻锂膜废料经碱煮可以将A1单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoOz转化为NaCoO 2和LiOH,可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HC1溶解，得到含Al 3 Fe 3+和Co 2+的溶液，通入Mb调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸镂得到草酸钻沉淀,草酸盐受热易分解，在空气中煨烧草酸钻得到CO20 30碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H 2 0=2NaA10 2+3H 2 t;(2)根据流程可知，盐酸浸取钻元素时生成氯气，说明HC1被氧化，将NaCoCh中的+3价的Co 还原为Co2+,而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co 2+；80已经有较高的浸取率，温度继 续升高，消耗的能量增多，钻的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoCh反 应时HC1被氧化物为氯气，NaCoCh被还原为Co2+,根据电子守恒可知NaCoO 2和C1的 系数比为1:1,再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO 2+8H+2C1 一=2Na+2co 2+口 2 T+4H 2 0;(3)“深度除铝铁时，要保证Al 3 Fe 3+完全沉淀，而Co加不沉淀，所以应控制终点时 溶液pH范围为4.6pH NaCl、NH.C1,然后加入草酸镇沉钻，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH 4C1；草酸 盐受热易分解，所以在空气中煨烧草酸钻可以得到CO 2 0 3 o3、(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2)升高反应温度、搅拌或增加浸取时间(3)将 Cr3+氧化为 Cr 2 0?2Cr 3+3H 2 0 2+H 2 0=Cr 20?+8H+(4)Ca Mg 2，(5)Na 2Cr 2 0 7+3S0 2+11 H 20=2Cr(OH)(H 2 0)5 SO 4+Na 2 SO 4(6)Na 2S0 4【解析】【分析】由题给信息和流程可知，硫酸浸取液中金属离子主要是Cr 3+,其次是Fe 3+、Al3 Ca2+、Mg 2+,向浸取液中先加入过氧化氢溶液，将Cr*离子氧化为Cr 20?离子，再加入氢氧化 钠溶液调节溶液pH为8,将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得 到含有Na Cr 20 Ca 2 Mg 2+的滤液；滤液通过钠离子交换树脂得到除去Ca 2Mg 2,的离子交换液，向离子交换液中通入二氧化硫，将Na 2Cr 2 0 7还原为Cr(OH)(H 2 0)5 SO 4 o(1)用18.4mol-L t的浓硫酸配制250mL4.8molL t的硫酸溶液时用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃 棒、移液管、250mL容量瓶、胶头滴管，则还缺少的仪器为250mL容量瓶、胶头滴管，故 答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；(2)酸浸时，在稀硫酸浓度一定的条件下，可以通过升高反应温度、搅拌、增加浸取时间等措施 提高浸取率，故答案为：反应温度、搅拌或增加浸取时间；(3)由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将Cr 3一离子氧化为Cr 20；离子，便于加入氢氧 化钠溶液时，将铁离子、铝离子转化为沉淀，氧化Cr”离子的离子方程式为2Cr 3+3H 2 0 2+H 2 0=Cr 2 0?+8H+,故答案为：将 Cr 3+氧化为 Cr 2 0?；2Cr 3+3H 2 0 2+H 2 0=Cr 2 0?+8H+；(4)由分析可知，滤液通过钠离子交换树脂除去Ca、Mg 2+的离子交换液，故答案为：Ca 2 Mg 2+；(5)由未配平的化学方程式可知，具有还原性的二氧化硫与重铝酸钠溶液反应生成Cr(OH)(H20)5 s0 4 和 Na 2 SO 4,则配平的化学方程式为 Na 2 Cr 2 0 7+3S0 2+11 H 20=2Cr(OH)(H 2 0)5 SO 4+Na 2 SO 4,故答案为：Na 2 Cr 2 0 7+3S0 2+11 H 20=2Cr(OH)(H 2 0)5 SO 4+Na 2 SO 4；(6)由滤液经离子交换和还原步骤得到Cr(OH)(H 2 0)5 SO 4和Na 2 SO 4可知，滤液中可回收的 主要物质是硫酸钠，故答案为：Na 2 SO 4 o4、(1)FeTiO 3+3H 2 SO 4=FeSO 4+Ti(SO 4)2+3H 2 0硝酸易挥发、受热易分解；可把亚铁离 子氧化；还原产物为氮的氧化物，污染环境将铁离子全部转化为亚铁离子，防止亚铁离子被 氧化(2)上层增大氯离子浓度，促进HFeCh-2TBP生成，有利于萃取除去铁离子(3)低于60%时萃取率低，高于60%以后萃取率的增速趋缓，经济效益不高(4)0.2 Cu 2(0H)2 C0 3【解析】【分析】根据钛铁矿中的成分，Fe 3。4具有磁性，磁选时除去Fe 30 4,“酸浸”步骤，因为SiO2为酸性氧化物，不与硫酸反应，且SiO 2难溶于水，因此浸渣中含有SiO 2,其余物质转化 成Fe 2+、Fe 3+、Ti 4+,Al 3+Mg 2+,对浸出液蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO 4 7H 2 0,过滤，水解步骤中TiOSO 4转化成H 2 TiO 3沉淀，燃烧H2TiO3,获得TiO 2,据此分析解答。(1)FeTiO 3与硫酸反应，Ti元素转化成Ti 4+,反应方程式为FeTiO 3+3H 2 SO 4=FeS0 4+Ti(SO 4)2+3H 2 0；硝酸具有强氧化性，能将Fe?+氧化成Fe 3+,得到氮的氧化物，氮的氧化物对环境有污染，且硝酸具有易挥发、受热易分解，造成原料浪费；酸浸后的滤液 中含有Fe3+,加入铁粉，发生Fe+2Fe 3+=3Fe 2+,过量的铁粉也可以防止亚铁离子被 氧化，故答案为FeTiO 3+3H 2 SO 4-FeSO 4+Ti(SO 4)2+3H 2 0；硝酸易挥发、受热 易分解；可把亚铁离子氧化；还原产物为氮的氧化物，污染环境；将铁离子全部转化为亚铁 离子，防止亚铁离子被氧化；(2)酯的密度小于水的密度，在上层，因此液体静置后铁元素进入到上层，萃取时发生H+Fe 3+3