【文档说明】安徽省六安第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，2.685 MB，由小赞的店铺上传

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六安一中2023年秋学期高二年级期中考试化学试卷满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Mn-55一、单选题(本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.

二氧化碳的捕捉与封存是实现温室气体减排的重要途径之一，也是未来实现低碳经济转型的重要环节。一些科学家利用太阳能加热反应器来“捕捉”空气中的2CO(如图所示)。下列说法中正确的是A.步骤一中生成3CaCO的反应为吸热反应B.步骤一中反应的ΔS0C.步骤一与步骤二中的反应互为可逆反应

D.步骤二的反应能否自发进行，与温度有关【答案】D【解析】【详解】A．CaO和CO2反应为放热反应，选项A错误；B．步骤一中反应为CaO和CO2化合生成CaCO3为熵减的反应，Δ0S，选项B错误；C．步骤一和步骤二的条件不同，所以不互为可逆反应，选项C错误；D．步骤二的反应CaC

O3=高温CaO+CO2为熵增的吸热反应，若要使0ΔG=ΔHTΔS−，则高温有利于自发进行，选项D正确；答案选D。2.下列物质按纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是纯净物强电解质弱电解质非电解质A盐酸硫酸冰醋酸CuB液氯硫酸钡224HCO3NHC火碱氯化钠氨水三氧化硫D冰醋酸苛性钾

氯化镁乙醇A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成

阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；【详解】A．盐酸为混合物；铜诶单质，不是非电解质，故A错误；B．液氯、硫酸钡、草酸、NH3分别属于纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；C．氨水为溶液，

是混合物，不是弱电解质，故C错误；D．氯化镁为强电解质，D错误；故选B。3.下列项目所涉及反应的离子方程式错误的是A.工程师用3FeCl腐蚀铜电路板：+2+3+2+Cu=Cu2+2FeFeB.消防员使用泡沫灭火器灭火：()3+2-32232Al+3CO+3HO=2AlOH+3

COC.用过量的氨水吸收废气中的2SO：+2-3224322NHHO+SO=2NH+SO+HOD.工人用醋酸处理水垢中的氢氧化镁：()-2+3322MgOH+2CHCOOH=2CHCOO+Mg+2HO【答案】B【解析】【详解】A．用3FeCl腐蚀铜电路板时铁

离子氧化铜单质，反应的离子方程式为：+2+3+2+Cu=Cu2+2FeFe，故A正确；B．泡沫灭火器灭火是铝离子和碳酸氢根反应：3+-332Al+3HCO=Al(OH)+3CO，故B错误；C．过量的氨水吸收废气中的2SO，生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：+

2-3224322NHHO+SO=2NH+SO+HO，故C正确；D．醋酸处理水垢中的氢氧化镁，反应的离子方程式为：()-2+3322MgOH+2CHCOOH=2CHCOO+Mg+2HO，故D正确；故答案为：B。4.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A.图I：中和

热的测定B.图II：用标准盐酸溶液滴定未知浓度的碱溶液C.图III：制备固体2AgSD.图IV：配制1mol/LNaOH【答案】D【解析】【详解】A．温度计的位置不对，应置于溶液中，A错误；B．眼睛应该注视锥形瓶中溶液颜

色的变化，B错误；C．浓硫酸会和硫化钠发生氧化还原反应，应改用稀硫酸，C错误；D．定容时，当液面距刻度线还有1~2cm时，要改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，眼睛要平视刻度线，D正确；故选D。5.合成氨工业中，在催化剂作用下发生反应()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ。

下列说法正确的是A.该反应的反应物键能总和大于生成物的键能总和B.实际生产中通常选择200℃、100Mpa条件下合成氨C.采取迅速冷却的方法，使气态氨变为液态氨后及时从平衡混合物中分离出去，可提高氨的产量D.增大催化剂的表面积，可有效加

快反应速率和提高平衡转化率【答案】C【解析】【详解】A．合成氨的反应为放热反应，根据反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和可知，该反应的反应物键能总和小于生成物的键能总和，A错误；B．工业生产中宜选择200℃条件，此时催化剂活性较大，

但不宜选用100MPa，因为氨的含量在此条件下升高并不明显，且成本较高，B错误；C．氨气易液化，实际生产中，采取迅速冷却的方法，使气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，从平衡角度考虑，平衡向正反应方向

移动，从而可提高转化率与产率，C正确；D．增大催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总表面积)，可有效加快反应速率，但不会影响平衡，即不能提高平衡转化率，D错误；故选C。6.下列关于化学平衡常数K，电离平衡常数aK或bK，水解平衡常数hK，水的离子积常数

wK的叙述中正确的是A.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度B.它们的大小都随温度的升高而增大C.常温下，3CHCOOH在水中的aK大于在饱和3CHCOONa溶液中的aKD.若改变条件使以上平衡正向移动，则达到新的平衡时的相应的平衡常数一定增大【答案】A【解析】【详解】A．平衡常数等

于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故A正确；B．升高温度平衡向吸热方向移动，如果化学平衡正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数K减小，故B错误；C．电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离

平衡常数相同，故C错误；D．改变温度会影响平衡常数，若是改变物质的浓度导致平衡移动，则其平衡常数不一定改变，D错误；故选A。7.在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中，水电离出()Hc+分别为a1.010−mol⋅L1−

与b1.010−mol⋅L1−，在此温度下，水的离子积常数为A.141.010−B.ab1.010C.21.010b−D.()ab1.010−+【答案】D【解析】【详解】硫酸中氢氧根离子的浓度来于水的电离，数值为a1.01

0−mol/L，硫酸铁溶液中的氢离子是来于水的电离为b1.010−mol/L，而硫酸和硫酸铁溶液的pH相同，故硫酸溶液中氢离子的浓度也为b1.010−mol/L，水的离子积常数等于硫酸溶液中氢离子的浓度和氢氧根浓

度之积，数值为()ab1.010−+，故选D。8.下列离子可以大量共存的是A.Na+、H+、223SO−、Cl−B.2Fe+、H+、3NO−、Cl−C.3Fe+、K+、23CO−、Cl−D.K+、H+

、Cl−、Br−【答案】D【解析】【详解】A．H+、223SO−反应生成二氧化硫和硫单质，故A不符；B．2Fe+、H+、3NO−反应生成NO、H2O和Fe3+,故B不符；C．3Fe+和23CO−发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，故C不符；D．

K+、H+、Cl−、Br−之间不生成沉淀、气体或水，故D符合；故选D。9.铁作为生产、生活中重要元素，下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入酸性4KMnO溶液紫色褪去，说明铁锈中含有

二价铁B制备()3FeOH胶体向沸水中滴入几滴饱和3FeCl溶液，继续煮沸至产生红褐色沉淀，并用激光笔照射丁达尔效应，产生了胶体C配制3FeCl溶液将3FeCl固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释至所需的浓度得到黄色溶液D比较22HO和3Fe+的氧化性强弱取适量22HO溶液于试管中，

滴入()243FeSO溶液，振荡，观察现象若产生气体使带火星的木条复燃，说明3Fe+的氧化性强于22HOA.AB.BC.CD.D的【答案】C【解析】【详解】A．“将铁锈溶于浓盐酸中”引入氯离子，且氯离子能被酸性高锰酸钾氧

化为氯气，故紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，A错误；B．向沸水中滴入几滴饱和3FeCl溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，并用激光笔照射，会产生丁达尔效应，B错误；C．由于铁离子会水解，故配制氯化铁溶液时将氯化铁固体溶于浓盐酸，

氢离子会抑制铁离子水解，用时再加水稀释至所需浓度即可，C正确；D．三价铁离子催化双氧水分解而生成氧气，D错误；故选C。10.550℃、0.1Mpa下，发生反应()()()2232SOs+Og2SOg，测得2SO的平

衡转化率为85.6%，恒温恒压条件下，将起始()2nSO和()2nO变为原来的一半，则2SO的平衡转化率将A.升高B.降低C.不变D.无法判断【答案】C【解析】【详解】恒温恒压条件下，将起始()2nSO和()2nO变为原来的一半，则反应物物质的量之比与原来相同，与原平衡为等效平衡，所以2SO的

平衡转化率将不变，故C正确；故答案为：C。二、多选题：(本题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.34FeO(s)与CO(g)主要发生如下反应。①()()()()342FeOsCOg3

FeOsCOg++1119.3kJmolH−=+②()()()()342FeOs4COg3Fes4COg++2H反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，34FeO(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.

反应()()()()2FeOsCOgFesCOg++的焓变为()2113HH−B.根据图象推测，2H应当小于0C.反应温度越高，34FeO主要还原产物中铁元素的价态越低D.温度高于1040℃时，34FeO(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数4

K【答案】C【解析】【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据34FeO(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应()()()(

)342FeOs4COg3Fes4COg++；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++。【详解】A．根

据盖斯定律(②-①)13得()()()()2FeOsCOgFesCOg++的焓变为()2113HH−，故A正确；B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知2H小

于0，故B正确；C．温度低于570℃时，主要还原产物Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；D．温度高于1040℃时，34FeO(s)和CO(g)发生的主要反应为()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20

%，化学平衡常数4K，故D正确；选C。为12.T℃时，三种酸的电离平衡常数如下表，下列判断不正确的是酸HXHYHZ电离平衡常数2110−6910−7910−A.T℃时，酸性：HXHYHZB.T℃时，反应HYXHXY−−+=+能

够发生C.T℃时，0.1mol⋅L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D.T℃时，pH1=的HX溶液加水稀释至体积为原来的10倍，稀释后的pH2【答案】BD【解析】【详解】A．T℃时，电离平衡常数：HX＞HY＞HZ，所以酸性：HX＞HY＞HZ，A正确；B．T℃时，酸性：HX＞HY

，反应HYXHXY−−+=+不能发生，B错误；C．T℃时，电离平衡常数：HX＞HY＞HZ，酸性：HX＞HY＞HZ，水解程度：NaX<NaY<NaZ，NaZ溶液pH最大，C正确；D．HX为弱酸，T℃时，pH1=的HX溶液加

水稀释至体积为原来的10倍，稀释后的pH2＜，D错误；答案选BD。13.以下图像和叙述正确的是A.图甲：发生反应方程式为：2A2BC=+B.图乙：某温度下发生反应：()()()22HgIg2HIg+，1t时刻改

变的条件一定是加入催化剂C.图丙：图中反应升高温度，该反应平衡常数增大D.图丁：对于反应：()()()mAgnBgpCg+，Δ0Hmnp+【答案】C【解析】【详解】A．反应物最终未消耗完全，说明为可逆反应；图甲中根据该变量之比等于计量系数之比得到该

图象表示的反应方程式2A3BC+，A错误；B．发生反应：()()()22HgIg2HIg+，1t时刻改变的条件可能是加入催化剂，也可能是加压，B错误；C．如图，随反应升高温度，正反应速率加快幅度大于逆反应速率加快幅度，说明平衡正向移动，该反应平衡常数增大，C正确；D．增大压强，C

%增大，说明正向移动，即正向是体积减小的反应，则mnp+＞，D错误；答案选C。14.常温下，用0.10mol⋅L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol⋅L-13CHCOOH溶液和

HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.点①和点②所示溶液中：()()3cCHCOOcCN−−B.点③和点④所示溶液中：()()()()3CHNaCOHOOHcccc+−+−C.点①和点②所示溶液中：()()()

()33CHCOOCNHCNCHCOOHcccc−−−=−D.滴定过程均可选择甲基橙做指示剂【答案】AC【解析】【分析】点①和点②为一半的点，溶质分别为HCN和NaCN等浓度混合、CH3COOH和CH3COONa等浓度混合，点

③为pH=7的点，溶液呈中性，点④是恰好完全反应的点，溶液呈碱性；二种酸与氢氧化钠恰好完全反应时呈碱性，故应该选用酚酞作指示剂；【详解】A．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，点①时溶液呈碱性，故c(N

a+)>c(CN-)；同样根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，点②时溶液呈酸性，故c(Na+)<c(CH3COO-)，又因点①和点②处钠离子的浓度相同，故()()3cCHCOOcCN−−，A正确；B．点③处溶液的pH=7，此时()()()()3NaCH

COOOHHcccc+−−+==，点④是恰好完全反应的点，溶液呈碱性，此时()()()()3NaCHCOOOHHcccc+−−+，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得(

)()()()33CHCOOCHCOOHCNHCNcccc−−+=+，所以得()()()()33CHCOOCNHCNCHCOOHcccc−−−=−，故C正确；D．二种酸与氢氧化钠恰好完全反应时呈碱性，故应该选用酚酞作指示剂，D错误；故选AC。三、填空题(每空2分，共54分)1

5.I．室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO−、3ClO−的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。回答下列问题：（1）10t时发生反应的离子方程式：___________。（2）写出NaClO水解离子方程式：____

_______。（3）不考虑水解，则在b点溶液中：()Clc−是()ClOc−浓度的___________倍。II．常温下向一定浓度的2NaX溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：2HX是二元

弱酸，Y表示或()()2HXHXcc−，pYlgY=−。回答下列问题：（4）曲线n表示p___________(填()()2XHXcc−−或()()2HXHXcc−)与pH的变化关系。（5）()a12HXK=___________。（6）NaHX溶液呈___________性(填“

酸”、“碱”或“中”)。【答案】（1）22Cl2OHClClOHO−−−+=++（2）2ClOHOHClOOH−−++（3）6（4）()()2HXHXcc−（5）6.410−（6）碱【解析】【小问1详解】10t时氧化产物只生成了ClO−，离子方程式：22Cl2OHCl

ClOHO−−−+=++；【小问2详解】NaClO水解离子方程式：2ClOHOHClOOH−−++；【小问3详解】根据得失电子守恒：()()()3ClClO5ClOccc−−−=+，根据图像可知b点，()()3ClOClOcc−−=，即()()Cl6ClOcc

−−=；【小问4详解】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则a12a22KHXKHX（）＞（），则pH相同时()()()()22XHXHXHXcccc−−−＜，pYlgY=−，则()()()()22XHXppHXHXcccc−−−＞，则m、n分别表示p

H与()()2XpHXcc−−、()()2HXpHX−cc的变化关系；【小问5详解】N点pH=7.4，()7.4H10mol/Lc+−=，()()()()221lgHXHXpHXHXcccc−−==−−，则()()2HX10HXcc−=，()()()26.4a12HXK

HXHH10Xccc−−+==（）；【小问6详解】M点pH=9.3，()9.3H10mol/Lc+−=，()()()()221lgXXpHXHXcccc−−−−==−，则()()2X0.1HXcc−−=，()()()210.3

2a2XKHXHH1X0ccc+−−−==（），()()2HX10HXcc−=，HX-的水解平衡常数()()()147.610.3h742.HXOHK110101110H0X0ccc−−−−−−===＞，水解程度大

于其电离程度，溶液呈碱性。16.亚硝酸钠(2NaNO)是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。I.（1）已知：常温下，()5a2HNO110K−=。则0.1mol⋅L1−2HNO溶液的pH约为_____。在该温度下，将其与pH11

=的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液的pH_______7(填“>”、“<”或“=”)。Ⅱ．某化学实验小组用如图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠。已知：2222NONaO2NaNO+=；酸性条件下，NO、2NO和2NO−均能与4MnO−反应

生成3NO−和2Mn+。（2）装置A中发生反应的化学方程式为___________。（3）装置C、E的作用是___________。（4）22NaO反应完全后，为测定产品纯度，该小组取4.00gD中的产品溶于水配成2

50mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L1−酸性4KMnO溶液进行滴定，实验所得数据如表(假设酸性4KMnO溶液不与杂质反应)：滴定次数1234消耗4KMnO溶液体积/mL20.9020.0220.0019.98①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_

__________(填代号)。a．锥形瓶洗净后未干燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时俯视读数d．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失②滴定终点的实验现象为___________。③该产品中亚硝酸钠质量分数

为___________。(计算结果保留4位有效数字)Ⅲ．亚硝酸钠也是一种食品添加剂，某腌制品中亚硝酸钠含量随时间变化如图所示。（5）若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg∙kg-1时食用，则三种条件下保存时间最长的是____

_______(填序号)。【答案】（1）①.3②.<（2）3Cu4HNO+(浓)()3222CuNO2NO2HO=++（3）防止水蒸气进入D中（4）①.bd②.溶液由无色变浅紫红色，且半分钟内不变色③.86.25%（5）③【解析】【分析】浓硝酸与铜丝反应生

成二氧化氮，二氧化氮在装置B中与水反应生成NO，通过装置C干燥进入装置D中与过氧化钠反应，装置E防止水蒸气进入装置D，最后尾气进入装置F除去NO、NO2等，防止污染空气；【小问1详解】0.1mol•L-1HNO2溶液存在如下电离+

-22HNOH+NO，+-522(H)(NO)110(HNO)ccKc−==，c(H+)=c(-2NO)，c(2HNO)=0.1mol/L，则c(H+)=531100.1mol/L10mol/L−−=，

则pH=3；pH11=的NaOH溶液c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L,在该温度下，将其与pH11=的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，所得溶液的pH<7；【小问2详解】装置A中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，发生反应的化学方程式为3Cu4HNO+(浓)的()322

2CuNO2NO2HO=++；【小问3详解】装置C、E中装有碱石灰，其作用是防止水蒸气进入D中；【小问4详解】①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据分析()V()()V()cc=标准标准待测待测，c(标准)不变，故

a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据分析()V()()V()cc=标准标准待测待测，c(待测)偏大，故b正确；c．滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据分析()V()()V()cc=标准标准待测待测，

c(待测)偏小，故c错误；d．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致读数数值偏大，故d正确；答案选b、d；②高锰酸钾溶液呈紫红色，滴定终点的实验现象为溶液由无色变浅紫红色，且半分钟内不变色；③去掉实验1异常的数

据，计算消耗高锰酸钾的物质的量：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，根据离子方程式--+-2+24325NO+2MnO6H5NO+2Mn3HO+=+，可得关系式--245NO~2MnO，即亚硝酸钠物质的量为0.005mo

l，原样品中亚硝酸钠物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol×69g/mol=3.45g，即亚硝酸钠的质量分数为3.454gg×100%=86.25%；【小问5详解】根据题图可以看出，若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg∙kg-1时

食用，则三种条件下保存时间最长的是冷藏不密封用时最长，答案选③。17.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含有NiO、Al2O3、FeO、Fe2O3，还有少量油脂。采用如下工艺流程回收其中的镍并制备硫酸镍晶体(NiSO4∙7H2O)：在金属离子Ni2+Fe3+Fe2

+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.22.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.73.29.0回答下列问题：（1）写出一种可以提高“碱浸”速率的方法___________。（2）“碱浸”中NaOH有两个作

用，一个是溶解Al2O3，另一个是___________。（3）“滤液②”中含有的金属离子是___________。（4）“转化”中H2O2作用为___________(填“氧化剂”或“还原剂”)，所发生的主要反应离子方程式为___________。（5

）如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.01mol⋅L-1，则“调pH”应控制的pH范围是_______。（6）分离出NiSO4∙7H2O晶体后的剩余母液要循环使用，其目的是___________。【答案】（1）粉碎/升温/提高碱浓度/搅拌等（2）除去油脂（3）Ni2+、Fe2+、Fe3+（4

）①.氧化剂②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（5）3.2~7.2（6）提高镍回收率/提高产率【解析】【分析】废镍催化剂中主要含有NiO、Al2O3、FeO、Fe2O3，还有少量油脂。加入NaO

H碱浸时，油脂发生水解生成水溶性物质，Al2O3溶解生成NaAlO2等；过滤后，滤饼中含有NiO、FeO、Fe2O3等，加入稀硫酸进行酸浸，固体溶解生成Fe2+、Fe3+、Ni2+等，过滤出不溶物，往滤

液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节溶液的pH，并将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；控制pH浓缩结晶，便可获得NiSO4∙7H2O晶体。【小问1详解】提高温度、增大接触面积，都可以提高“碱浸”速率，则方法为：粉碎/升温/提高碱浓度/搅拌等

。【小问2详解】由分析可知，“碱浸”中NaOH有两个作用，一个是溶解Al2O3，另一个是除去油脂。【小问3详解】滤饼中含有NiO、FeO、Fe2O3等，加入稀硫酸进行酸浸，固体溶解，过滤后，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。【小问4详解】为了便于除去溶液中

混有的铁，“转化”中H2O2，作用为氧化剂，所发生的主要反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【小问5详解】“调pH”时，应使Fe3+完全沉淀而Ni2+不产生沉淀，则需控制的pH范围是3.2~7.2。

【小问6详解】分离出NiSO4∙7H2O晶体后的剩余母液中还含有溶解的NiSO4，需要循环使用，其目的是：提高镍回收率/提高产率。【点睛】若不将Fe2+氧化为Fe3+，除Fe2+杂质时，也会造成Ni2+的沉淀损失。18.氢气的制备是氢能可否有效推广的关键所在：I．甲醇水蒸气催化重整是

当前制取氢气的主要方法，反应为：()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++H0。回答下列问题：（1）在催化剂作用下可通过三个基元反应实现催化重整，能量变化如图所示，则ΔH=________kJ⋅mol-1(用含字母a、b、c

的代数式表示)。（2）1mol甲醇气体和1mol水蒸气混合充入1L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.0MPa下进行反应，存在副反应：()()()()222COgHgCOgHOg++。平衡时容器中()()3nCHOH=n

CO=0.1mol，此时2HO的浓度为___________mol⋅L-1，甲醇的转化率为___________。II．高温分解2HS也可以得到氢气，()()()2222HSgSg2Hg+。（3）在恒温恒压条件下，对于()()2nHS:n

Ar分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的2HSAr−混合气，发生热分解反应过程中2HS转化率随时间的变化如图所示。其中，()()2nHS:nAr=1:19时对应图中曲线___________(填字母)，理由是___________。（4）在1470K，100Mpa条件下，

在1L恒压容器中充入1mol2HS和3molAr进行2HS热分解反应。5min后达到平衡，混合气体中2HS与2H体积分数相等，则平衡常数pK=___________Mpa。(计算结果保留一位小数)【答案】（1）a-b+c（2）①.0.2mol⋅L-1②.90%（3）①.e

②.恒压条件下，()()2nHS:nAr越小，H2S的分压越小，越有利于H2S分解反应正向进行（4）5.9【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应焓变只与起始和终止状态有关，故可得焓变为（a-b+c）kJ·mo

l-1；【小问2详解】结合反应()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++及平衡时甲醇物质的量为0.1mol知消耗了甲醇0.9mol、水蒸气0.9mol，生成了二氧化碳0.9mol、氢气2.7mol；又存在副反应()()()()22

2COgHgCOgHOg++，结合平衡时一氧化碳物质的量为0.1mol可知，该反应消耗了二氧化碳0.1mol、氢气0.1mol，生成了0.1mol一氧化碳、0.1mol水蒸气，综上平衡时体系中含有甲醇0.1mol、水蒸气0.2mol，

二氧化碳0.8mol、氢气2.6mol、一氧化碳0.1mol，及此时水蒸气浓度为0.2mol1L=0.2mol⋅L-1，甲醇转化率为0.9mol1mol100%=90%；【小问3详解】恒温恒压下，2222HS(g)S(g)+2H(g)的正向为气体体积增大的反应，增大反应体系自身压强，平

衡将的逆向移动，()2nHSn(Ar)：越大，混合气体中H2S的分压越大，越不利于H2S分解，H2S平衡转化率越小，即()()2nHS:nAr=1:19时对应图中曲线e；理由是恒压条件下，()()2nHS:nAr越小，H2S的分压越小，越有利于H2S分解反应正向进行；【小问4详解】获得更多资

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