【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CaCO3=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+

3CO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3F

eCl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：+2-322

4322NHHO+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a1.0

10−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a1.0

10−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2

SO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()()()()

342FeOsCOg3FeOsCOg++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，34

FeO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4K【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()()()()342FeOs4COg3Fes4

COg++；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()()()()2FeOsCOgFesC

Og++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57

0℃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、Na

Z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(Na+)>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()()3cCHCOOc

CN−−，A正确；B．点③处溶液的pH=7，此时()()()()3NaCHCOOOHHcccc+−−+==，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)15.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：22Cl2OHClClOHO−−−+=++；【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

pH与()()2XpHXcc−−、()()2HXpHX−cc的变化关系；【小问5详解】N点pH=7.4，()7.4H10mol/Lc+−=，()()()()221lgHXHXpHXHXcccc−−==−−，则()()2HX10HXc

c−=，()()()26.4a12HXKHXHH10Xccc−−+==（）；【小问6详解】M点pH=9.3，()9.3H10mol/Lc+−=，()()()()221lgXXpHXHXcccc−−−−==−，则()()2X0.1HXcc−−=，()()()

210.32a2XKHXHH1X0ccc+−−−==（），()()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250mL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(-2N

O)，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pH

11=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()3222CuNO2NO2HO=++；【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0.005mol，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pH7.22.2

7.5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++2H

2O（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NaOH碱浸时，油脂发生水解生成水溶性物质，Al2O3溶解生成N

aAlO2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∙7H

2O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+=2

Fe3++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NiS

O4，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=nCO=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:nAr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.e②.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·mol-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()()()()222COgHgCOg

HOg++，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

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