3C.D.【答案】D【解析】【详解】A．NaCl溶液中通入CO2气体，不能发生反应，A项不符合题意；B．Al与氢氧化钠溶液反应转为为NaAlO2，B项不符合题意；C．S在点燃条件下与氧气反应生成SO2，C项不符合题意；D．HNO3是强氧化性酸，能与不活泼金属反应，稀硝酸与铜反应生成NO，D项符合题意；故答案选D。8.下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是A.氧化钙能吸收水分，可用作食品包装干燥剂B.氧化铁能与酸反应，可用作油墨的红色颜料C.二氧化硫有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂D.二氧化硅硬度较高，可用作光导纤维的原料【答案】A【解析】【详解】A．氧化钙能吸收水分，可用作食品包装干燥剂，A项正确；B．氧化铁是红棕色固体，可用作油墨的红色颜料，与能与酸反应无关，B项错误；C．二氧化硫有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，与氧化性无关，C项错误；D．二氧化硅硬具有良好的光学特性，可用作光导纤维的原料，与硬度无关，D项错误；故答案选A。9.一种微生物电池处理含废水的装置如题图所示。下列说法正确的是A.放电时，电极A附近溶液pH升高B.放电时，电子由电极B经负载流向电极A
4C.放电时，电极B反应为D.每生成22.4L，转移电子的物质的量为4mol【答案】C【解析】【分析】放电时，是原电池的工作原理。电极A中C6H12O6转化为CO2，碳元素化合价升高，失电子，为电池的负极，电极B由转化为N2，氮元素化合价降低，得到电子，为电池的正极。【详解】A．放电时，电极A的电极方程式是C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，溶液酸性增强，pH减小，A项错误；B．放电时，电极A中C6H12O6转化为CO2，碳元素化合价升高，失电子，为电池的负极，则电极B为正极，电子由电极A经负载流向电极B，B项错误；C．放电时，电极B反应为，C项正确；D．未知是否标准状况下，不可算，D项错误；故答案选C。10.反应可用于处理。下列说法正确的是A.上述反应B.上述反应平衡常数C.其他条件相同，增大能提高平衡时的转化率D.其他条件相同，选用高效催化剂，能提高平衡时的转化率【答案】B【解析】【详解】A．反应气体物质的量增加，，故A错误；B．化学平衡常数是生成物平衡浓度系数次幂的乘积与反应物平衡浓度系数次幂的乘积之比，反应平衡常数，故B正确；C．其他条件相同，增大，能提高平衡时CH4的转化率，的转化率减小，故C错误；
5D．催化剂不能使平衡移动，其他条件相同，选用高效催化剂，平衡时的转化率不变，故D错误；选B11.下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向两支盛有2mL5%溶液试管中分别加入1溶液和1溶液，比较产生气泡速率催化分解效果优于B两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色温度升高，化学平衡向着吸热反应方向移动C用pH计测定不同浓度溶液的pH，记录并比较pH变化随着溶液中减小，的电离程度增大D向盛有2mL0.1NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1溶液，振荡，再向其中滴加4滴0.1KI溶液，观察沉淀及颜色变化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．该对比实验中、的阴离子不同，不能比较、催化剂对速率的影响，故A选；B．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，把装有颜色相同的NO2和N2O4混合气体的两支试管分别浸入冷水和热水中，根据混合气体颜色变化可判断温度对平衡移动的影响，故B不选；C．随着溶液中减小，记录溶液pH的变化情况，若酸的浓度稀释10倍，pH变化小于1个单位，可证明稀释促进电离，的电离程度增大，故C不选；
6D．氯化钠与硝酸银反应生成AgCl沉淀，硝酸银溶液少量，再加入KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则，故D不选；故选：A。12.一种吸收再经氧化得到硫酸盐的过程如题图所示。室温下，用0.1NaOH溶液吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。的电离常数分别为、。下列说法正确的是A.“吸收”应在较高的温度下进行B.“吸收”所得溶液中：C.“吸收”所得溶液中：D.“氧化”调节溶液pH约为5，主要发生反应【答案】D【解析】【分析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。【详解】A．温度升高，SO2溶解度减小，不利于反应进行，故A错误；B．根据电荷守恒，“吸收”所得溶液中：，故B错误；C．根据分析，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)，故C错误；D．“氧化”调节溶液pH约为5，亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸根离子，主要发生反应，故D正确；故选：D。
713.探究合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高的产率。以、为原料合成涉及的主要反应如下：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.图甲表示的是的平衡产率随温度的变化关系B.图乙中压强大小关系为：C.图乙时，三条曲线几乎交于一点，原因可能是此时以反应Ⅲ为主，压强改变对其平衡几乎没有影响D.为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温高压的反应条件【答案】B【解析】【详解】A．反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡产率降低，故A正确；B．增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ正向移动，的平衡转化率增大，所以图乙中压强大小关系为：，故B错误；C．图乙时，三条曲线几乎交于一点，原因可能是此时以反应Ⅲ为主，压强改变对其平衡几乎没有影响，故C正确；
8D．反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，降低温度，平衡正向移动，的平衡产率增大，反应Ⅰ、Ⅱ正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，的平衡产率增大，所以同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温高压的反应条件，故D正确；选B。二、非选择题：共3题，共61分。14.氯化亚铜(CuCl)是常用的催化剂。以低品位铜矿(主要成分为CuS、和铁的氧化物等)为原料制备CuCl步骤如下：（1）“氧化浸取”。铜元素全部转化为，铁元素全部转化为。①、和硫酸反应生成、和S，其化学方程式为_______。②为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有_______(填字母)。A.将铜矿粉碎并搅拌B.增加铜矿的投料量C.适当提高硫酸浓度D.适当缩短反应时间（2）“除铁锰”。依次用氨水沉铁、用氨水-混合溶液沉锰。①用氨水调节溶液的pH为3时，为_______。{室温下，}②向除铁后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反应生成的离子方程式为_______。（3）“还原”。溶液、NaCl溶液和溶液反应生成CuCl沉淀。已知：CuCl易被氧化，易与形成可溶的。①反应生成CuCl的离子方程式为_______。②如图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是_______。
9③如图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是_______。【答案】（1）①.+2+4H2SO4=2+2+S；②.AC（2）①.3×10-6②.2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O（3）①.2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+②.增大，溶液中Cl-浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降③.反应时间越长，CuCl被空气中的氧气氧化，产率下降【解析】【小问1详解】①根据氧化还原反应特点分析元素化合价升降并配平。、和硫酸反应生成、和S，其化学方程式为+2+4H2SO4=2+2+S；②A．将铜矿粉碎并搅拌，可提高反应物接触面积使反应更充分，可提高铜元素的浸出率，A项符合题意；B．增加铜矿的投料量，并不能增加浓度，不能提高铜元素的浸出率，B项不符合题意；C．适当提高硫酸浓度，使铜矿更毅反应，反应速率大，能提高铜元素的浸出率，C项符合题意；
10D．适当缩短反应时间不能提高浸出率，D项不符合题意；故答案选AC。【小问2详解】①溶液总存在沉淀溶解平衡，根据溶度积常数计算，，用氨水调节溶液的pH为3时，为3×10-6，故答案是3×10-6；②反应元素化合价未变，根据离子方程式特点配平。除铁后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反应生成的离子方程式为2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O；故答案是2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O；【小问3详解】①由题意分析，铜元素化合价降低，是常见还原剂，根据氧化还原反应特点，溶液、NaCl溶液和溶液反应生成CuCl沉淀的离子方程式是2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；故答案是2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；②增大，溶液中Cl-浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降，故答案是增大，溶液中Cl-浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降；③反应时间越长，CuCl与空气接触越久，越容易被氧化，使得CuCl产率下降；故答案是反应时间越长，CuCl被空气中的氧气氧化，产率下降。15.以废锌铁合金(含Zn、ZnO及少量Fe、、Cu、CuO和油污)为原料制备的流程如下：（1）“洗涤”的目的是_______。（2）“酸溶”所得滤液中不含，证明滤液中不含的实验操作为_______。
11（3）“氧化”过程控制体系温度为80℃的方法是_______。“氧化”后的溶液中，阳离子有_______。（4）三价铁在不同温度和pH下沉淀的形式如左图所示，图中阴影部分是黄铁矾钠[]稳定存在的区域；硫酸锌溶解度曲线如右图所示。已知：以“氧化”后所得溶液制备的方案如下：在80℃下，用pH计测定“氧化”后所得溶液的pH为4.1，滴加_______调节溶液pH至2.0；边搅拌边向溶液中滴加1.0溶液同时用1.0NaOH溶液控制溶液pH保持在2.0左右，产生大量沉淀；_______，停止滴加1.0溶液；趁热过滤；将滤液在80℃下蒸发浓缩至有晶膜出现，降温至60℃，_______，冷却至室温，过滤，冷水洗涤，低温干燥得产品。实验中可选用的试剂：1.0溶液、1.0HCl溶液、1.0NaOH溶液、1.0溶液。（5）取1.800g样品配成100.00mL溶液，准确量取10.00mL溶液于锥形瓶中，加30mL蒸馏水稀释；然后滴加氨水调节溶液pH=10，用0.01500EDTA()标准溶液滴定至终点(滴定反应为，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液35.00mL。计算样品中的质量分数(写出计算过程)_______。【答案】（1）除去废锌铁合金中的油污（2）取少量溶液于试管内，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不含；（3）①.水浴加热②.Zn2+、、H+（4）①.1.0溶液②.至沉淀量不再增加③.蒸发溶剂（5）用0.01500EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液35.00mL，消耗
12的物质的量为0.01500×0.035L=5.25×10-4mol；根据，可知1.800g样品含的物质的量为5.25×10-4mol=5.25×10-3mol，样品中的质量分数为【解析】【分析】废锌铁合金含Zn、ZnO及少量Fe、、Cu、CuO和油污，用热纯碱洗涤除去油污，加稀硫酸溶解，铜和稀硫酸不反应，过滤出铜，滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁，用NaClO3把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，Na2SO4溶液生成沉淀，过滤，蒸发浓缩，冷却结晶得。【小问1详解】热纯碱溶液能去除油污，“洗涤”的目的是除去废锌铁合金中的油污；【小问2详解】遇KSCN溶液变红，证明滤液中不含的实验操作为：取少量溶液于试管内，滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明不含；【小问3详解】“氧化”过程控制体系温度为80℃的方法是水浴加热。“酸溶”后的溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸，用NaClO3把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，“氧化”后的溶液中，阳离子有Zn2+、、H+。【小问4详解】在80℃下，用pH计测定“氧化”后所得溶液的pH为4.1，滴加1.0溶液调节溶液pH至2.0；边搅拌边向溶液中滴加1.0溶液同时用1.0NaOH溶液控制溶液pH保持在2.0左右，产生大量沉淀；至沉淀量不再增加，停止滴加1.0溶液；趁热过滤；将滤液在80℃下蒸发浓缩至有晶膜出现，降温至60℃，蒸发溶剂，冷却至室温，过滤，冷水洗涤，低温干燥得产品。【小问5详解】用0.01500EDTA()标准溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液35.00mL，消耗的物质的量为0.01500×0.035L=5.25×10-4mol；根据，可知1.800g样品含的物质的量为5.25×10-4mol=5.25×10-3mol，样品中
13的质量分数为。16.氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。（1）已知：表示燃烧热热化学方程式为_______。（2）通过如图电解装置可获得。电解时，阳极电极反应式为_______。电解后，KOH物质的量_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（3）乙醇-水催化重整可获得，主要反应为：Ⅰ.Ⅱ.①已知，向重整体系中加入适量多孔CaO，其优点是_______。②在、时，平衡时的产率随温度的升高先增大后减小的原因是_______。（4）重整制取合成气(CO和)耦合还原工艺是利用和的有效途径。①800℃下，将以一定流速通过装有氧载体()的反应器，测定出口气体组分含量变化。结果表明反应初期主要与氧载体的表面氧反应生成和。随着表面氧不断被消耗，开始与氧载体的晶格氧反应生成和CO。最后CO的量开始下降、的量却上升，其可能原因是
14_______。②重整制取合成气(CO和)耦合还原工艺的过程如图所示，该过程可描述为_______。【答案】（1）（2）①.Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O②.不变（3）①.多孔CaO与CO2接触面积大，反应速率快，使得反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，获得更多氢气②.反应Ⅰ、Ⅱ都是吸热反应，温度升高，该反应更利于正反应方向进行，一开始是反应Ⅰ在进行，H2的产率逐渐升高，一段时间后反应Ⅱ其主导作用，氢气被消耗的快，所以氢气的产率又下降（4）①.中间产物能与CO继续在高温条件下反应生成CO2和H2；②.3CH4+3O2CO2+2CO+4H2+2H2O【解析】【小问1详解】101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量是燃烧热。由题意分析，利用盖斯定律，表示燃烧热的热化学方程式为；【小问2详解】如图电解装置可获得。由H2O转化为H2的一极，氢元素化合价降低，为电解池的阴极，电极方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-；由Ni(OH)2转化为NiOOH，镍元素化合价升高，该极为电解池的阳极，电极方程式是Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，根据两极方程式判断，电解总方程式是2Ni(OH)2=H2↑+2NiOOH，所以电解后KOH物质的量不变，故答案是Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O；不变。【小问3详解】①多孔CaO与CO2接触面积大，反应速率快，使得反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，获得更多氢气；②反应Ⅰ、Ⅱ都是吸热反应，温度升高，该反应更利于正反应方向进行，一开始是反应Ⅰ在进行，H2的产率逐渐升高，一段时间后反应Ⅱ其主导作用，氢气被消耗的快，所以氢气的产率又下降；【小问4详解】重整制取合成气耦合还原工艺中，最终产物是CO和，由题意了解了反应过程涉及的一些反应。
15①反应初期主要与氧载体的表面氧反应生成和。随着表面氧不断被消耗，开始与氧载体的晶格氧反应生成和CO。最后CO的量开始下降、的量却上升，其可能原因是中间产物能与CO继续在高温条件下反应生成CO2和H2，导致CO的量开始下降、的量却上升，故答案是中间产物能与CO继续在高温条件下反应生成CO2和H2；②由题中信息和图像分析，重整制取合成气(CO和)耦合还原工艺的过程可用化学方程式描述为3CH4+3O2CO2+2CO+4H2+2H2O；故答案是3CH4+3O2CO2+2CO+4H2+2H2O
16
