【文档说明】四川省德阳市什邡中学2024-2025学年高二上学期12月期中考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.051 MB，由envi的店铺上传

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什邡中学高2023级平实部高二(上)期中考试化学试题(考试时间：75分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14S-32一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合)1.下列说法能用勒夏特列原理

解释的是A.工业合成3SO常采用25VO作催化剂B.配制()243FeSO溶液时，需要加入少量稀硫酸C.工业合成氨的反应温度为500CD.对于反应222HI(g)H(g)+I(g)，达到平衡后，缩小容器的体积可使体系颜色变深【答案】B【解析】【详解】A．催化剂可以加快反应速率

，但平衡状态不移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．铁离子会水解()3++23Fe+3HOFeOH+3H，加入少量稀硫酸促使平衡逆向移动，防止铁离子水解，能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；C．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，单采用500℃是为了加快反应速率，同时

此温度是催化剂的适宜温度，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．缩小容器体积相当于增大压强，会使反应体系中浓度增大，颜色加深；因反应前后气体计量数不变，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选B。2.下列各组离子在

指定溶液中一定能大量共存的是A.()()12cH110cOH+−−=的溶液中：K+、Na+、23CO−、3NO−B.常温下，水电离的()121H110molLc+−−=的溶液：K+、4NH+、224CO−、Cl−C.使酚酞变红色的溶液中：4

NH+、2Mg+、ClO−、3NO−D.常温下，在()()26HOH10cc+−−=水水的溶液中：Na+、2Fe+、3NO−、Cl−【答案】A【解析】【详解】A．()()12cH110cOH+−−=的溶液显碱性，碱性溶液中K+、Na+、23CO−、3NO−可以共存

，故A正确；B．常温下，水电离的()121H110molLc+−−=的溶液可能是酸性也可能是碱性溶液，4NH+不能在碱性溶液中存在，224CO−不能存在于酸性溶液中，故B不正确；C．使酚酞变红色的溶

液中是碱性溶液，铵根离子和镁离子不能大量共存，故C不正确；D．在()()26HOH10cc+−−=水水中水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子等于10-13，溶液是酸性或者碱性，酸性溶液中2Fe+、3NO−和H+发生氧化还原反应，不能大

量共存，故D不正确；答案选A。3.下列说法不正确．．．的是A.ΔH<0为放热反应B.化学键断裂与形成时的能量变化是化学变化中能量变化的主要原因C.在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出的热量相等D.

已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，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-1【答案】C【解析】【详解】A．吸热反应大于零，放热反应小于零，A正确；B．旧

键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，B正确；C．在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，醋酸电离过程吸热，反应放出的热量小于盐酸，C错误；D．甲烷燃烧的热化学方程式可表示

为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，D正确；故选C。4.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是A.100mL2mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化

钠溶液，生成氢气的速率不变B.对有气体参加的化学反应，减小容器体积，使体系压强增大，可使单位体积内活化分子数目增大，化学反应速率加快C.合成氨反应是一个放热反应，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快D.(

)()()223Ng3Hg2NHg+在恒温恒压条件下进行，向容器中通入()Arg，化学反应速率不变【答案】B【解析】【详解】A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，生成氢气的速率减小，A错误；B．对有气体参加的

化学反应，减小容器体积，使体系压强增大，可看成增大浓度，单位体积内活化分子数目增大，化学反应速率加快，B正确；C．升高温度，正逆反应速率均增大，且合成氨为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大

的程度，C错误；D．恒温恒压条件下进行，向容器中通入()Arg，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D错误；故选B。5.常温下，下列有关说法正确的是A.pH均为5的3CHCOOH溶液和4NHCl溶液中水的电离程

度相同B.向0.1mol/L的2NaS溶液中缓慢通入HCl气体：()()()()222NaSHSHScccc+−−=++C.冰醋酸加水稀释过程中其电离程度一直增大D.常温下pH6.3=的某酸式盐NaHA的水溶

液中：()()()()22NaHAHAAcccc+−−【答案】C【解析】【详解】A．3CHCOOH溶液中，醋酸抑制水电离；4NHCl溶液中，铵根离子水解促进水的电离，4NHCl溶液中水的电离程度更大，故A错误

；B．在2NaS溶液中，根据物料守恒可得，()()()()22Na2SHSHScccc+−−=++，故B错误；C．冰醋酸加水稀释，越稀越电离，电离程度不断加大，故C正确；D．常温下pH6.3=，盐溶液呈酸性，说明该酸式盐电离出的HA−的电离程度＞水解程度，所以()()

()()22NaHAAHAcccc+−−＞，故D错误；答案选C。的6.下列有关化学用语表示正确的是A.基态铬原子()24Cr的价电子排布式：423d4sB.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多C.基态氮原子的电子排布图：D.Cu位于周期表的d区【答案】

C【解析】【详解】A．铬为24号元素，根据洪特规则，同一能级的轨道处于半满更加稳定，故基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，A错误；B．p能级都含有3个伸展方向不同的轨道，B错误；C．N元素原子序数

为7，根据核外电子排布规则，基态氮原子的电子排布图为：，C正确；D．Cu元素原子序数为29，位于元素周期表的ds区，D错误；故选C。7.下列实验操作、现象以及解释或结论均正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A常温下，测定NaX和NaY溶液的pHpH(NaX)pH(

NaY)>aaK(HX)K(HY)B向4NaAl(OH)溶液中滴加3NaHCO溶液有白色沉淀生成4Al(OH)−与3HCO−发生双水解C常温下，向130.1molLNaHCO−溶液中滴加酚酞溶液溶液变为浅红色()()2323cCO

cHCO−D常温下，用pH计分别测定测得pH都等于7同温下，不同浓度的1341molLCHCOONH−溶液和1340.1molLCHCOONH−溶液的pH34CHCOONH溶液中水的电离程度相同A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A

．NaX和NaY溶液浓度未必相同，不能通过溶液的pH去比较HXHY、酸性强弱，故A错误；B．4NaAl(OH)溶液中滴加3NaHCO溶液，4Al(OH)−促进3HCO−的电离，离子方程式为243323Al(OH)HCOAl(OH)HOCO−−−+=++，不是双水解，故B错误；

C．向130.1molLNaHCO−溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明3HCO−的水解程度大于电离程度，()()2323cCOcHCO−，故C正确；D．不同浓度的34CHCOONH溶液pH均为7，说明醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等，但是34CHCOONH溶液浓度越大，

水解成的离子物质的量越大，水的电离程度越大，故D错误；答案选C。8.500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是A.该反应的逆反应为

吸热反应B.ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变化学反应速率，但不改变反应热C.该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能D.该反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-2akJ·mol-l【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应物能量高，产物能量低，

正反应为放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，A正确；B．根据反应的焓变定义可得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，B正确；C．该反应的正反应为放热反应，ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能＜0，

因此反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D．反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，

放热akJ，则500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＜-2akJ·mol-1，D错误；故选D。9.X、Y、Z、W

、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法正确的是A.第一电离能：YZB.简单氢化物沸点：ZQC.最高价含氧酸的酸性：XYD.电负性：W

Z【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为222s2p或242s

2p，即C或O。②为第三周期元素时，最外层电子排布为223s3p或243s3p，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N；【详解】A．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，选项A正确；B．Z和

Q形成的简单氢化物为2HO和2HS，由于2HO分子间能形成氢键，故2HO沸点高于2HS，选项B错误；C．X为C、Y为N，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此最高价含氧酸酸性：XY，选项C错误；D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，选项D错误；答案选A。10.根据相应的图像，下列相关

说法正确的是甲乙丙丁()()()aXgbYgcZg+()()()LsaGgbRg+aAbBcC+A2B2C3D++A.图甲所示，0t时改变的条件一定是加入了正催化剂B.图乙所示，若12pp，则a>bC.图丙所示，平衡时C的百

分含量1T比2T低D.图丁所示，该反应中C一定是气体【答案】D【解析】【详解】A．图甲所示，当a+b=c时，时改变的条件可能是增大压强(缩小体积)，也可能是加入了催化剂，故A错误；B．若12pp，增大压强时G的

体积分数增大，可知增大压强平衡逆向移动，则a<b，故B错误；C．T2后升高温度，A%增大、C%减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则平衡时C的百分含量T1比T2高，故C错误；D．加压时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应为气体总物质的量减小的反应，则

A、B、C为气体，D为固体或液体，故D正确；故选D。11.石灰氮(2CaCN)是一种氮肥，与土壤中2HO反应生成氰胺(2HN-CN)，氰胺可进一步转化为尿素()22CONH。下列有关说法正确的是A.2HO的电子式为B.1个2

HN-CN分子中含3个σ键C.2HN-CN分子中σ键与π键的个数之比为2:1的D.已知()22CONH中含有CO=键，1个()22CONH分子中含有2个π键【答案】C【解析】【详解】A．2HO是共价化合物，电子式为，A错误；B．单键都是键，三键中含有1个键，则1个2HNCN−分子

中含4个键，B错误；C．1个2HNCN−分子中含4个键，2个键，故键与键的个数之比为2:1，C正确；D．1个()22CONH分子中只有1个双键，其余为单键，故1个()22CONH分子中含有1个键，D错误；故答案

选C。12.25C时，向110mL0.01moLNaCN−溶液中逐滴滴加10.01moL−盐酸，其pH变化曲线如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)A.a、b、c三点水的电离程度最大的是c点B.b点的溶液：

()()-+-c(CN)>cNa>c(HCN)>cOHC.c点的溶液：()--c(CN)+c(HCN)+cCl=0.01mol/LD.加入20ml盐酸的溶液：--2c(Cl)=c(HCN)+c(CN)【

答案】C【解析】【分析】向110mL0.01moLNaCN−溶液中逐滴滴加10.01moL−的盐酸，即b点溶质为氰化钠、氯化钠和氢氰酸，且三者等物质的量；c点溶质为氢氰酸和氯化钠，且二者等物质的量；当加入20ml盐酸的溶液时，溶质为氢氰酸、氯化钠和氯化氢，且三者等物质的

量，据此回答。【详解】A．a点只有氰化钠，氰根离子水解促进水的电离，后逐渐加入盐酸，水的电离程度逐渐减小，即a点水的电离程度最大，A错误；B．b点溶质为氰化钠、氯化钠和氢氰酸，且三者等物质的量，又溶液显碱性，即氰根离子水

解程度大于氢的氰酸的电离，即()()+--cNa>c(HCN)>c(CN)>cOH，B错误；C．此时溶液体积是原来二倍，则浓度变为原来一半，结合溶质和物料守恒知()--c(CN)+c(HCN)+cCl=0.01mol/L，C正确；D．

加入20ml盐酸的溶液时，溶质为氢氰酸、氯化钠和氯化氢，且三者等物质的量，由物料守恒知--c(Cl)=2c(HCN)+2c(CN)，D错误；故选C。13.在密闭容器中发生反应mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积扩大到原来的2倍，当达到新平衡时，C

的浓度为原来的0.7倍，下列说法正确的是A.m＋n>pB.平衡向逆反应方向移动C.A的转化率提高D.C的体积分数减小【答案】C【解析】【分析】反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积扩大到原来的2倍，C浓度变为原来的0.5倍，当达到新平衡时

，C的浓度为原来的0.7倍，平衡正向移动，据此作答。【详解】A．由分析可知，将气体体积扩大到原来的2倍，平衡正向移动，故m+n＜p，故A错误；B．由分析可知，该平衡正向移动，故B错误；C．由分析可知，该平衡正向移动，A转化率提高，故C正确；D．由分析可知，该平

衡正向移动，C的体积分数增大，故D错误；故选：C。14.25℃时，将0.0lmol•L-1NaOH溶液滴入20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液的过程中，溶液中由水电离出的c(H+)与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.x=

20，a点的纵坐标为1.0×10-12B.b点和d点所示溶液的pH相等C.滴定过程中，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐增大D.e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)的【答案】D【解析】【详解】A、a点是0.01mol·L-

1CH3COOH溶液，溶液中H＋浓度小于0.01mol·L-1，a点水电离的H＋大于1.0×10-12mol/L，c点水电离的c（H+）水最大，说明NaOH与CH3COOH恰好完全反应，x=20，故A

错误；B、b点溶液呈酸性，d点溶液显碱性，所示溶液的pH不相等，故B错误；C、醋酸的电离平衡常数Ka=()()()33cH?cCHCOOcCHCOOH+−=()()()()()33cH?cCHCOO?cOHcCHCOOH?cOH+−−−=()()()w33K?cCHCO

OcCHCOOH?cOH−−，滴定过程中，温度不变，Kw、Ka不变，不断地加碱，c(CH3COOH)一直减小，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐减小，故C错误；D、e点所示溶液中，醋酸物质的量是NaOH的12，由物料守恒可得c(Na

+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故D正确；故选D。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4个小题，共55分。15.回答下列问题。（1）基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有___________种，基态Si原子中，核外电子占据最高能层的符号是

___________。（2）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___________、___________(填标号)。a．b．c．d．（3）基态3Fe+价层电子的电子排布图(轨道表达式)为___________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________

___形。（4）Cu基态原子的简化核外电子排布式为___________。元素Mn与O中，基态原子核外未成对电子数较多的是___________。【答案】（1）①.2②.M（2）①.d②.c（3）①.②.哑

铃（4）①.101Ar3d4s②.Mn【解析】【小问1详解】基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素其核外电子排布式为：1s22s22p63s1或1s22s22p63s2，为Na、Mg元素，有2种；基态Si原子中

，核外电子占据三层，其中最高能层的符号为M；【小问2详解】根据能级能量E(1s)<E(2s)<E(2p)判断，能量最低的为d，能量最高的为c；【小问3详解】基态Fe原子核外有26个电子，失去3个电子形成Fe3+，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d5，按照洪特规则，价层电子3d上5个电子

优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据最高能级为3p，p能级的电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；【小问4详解】Cu是29号元素

，原子核外电子数为29，基态原子简化核外电子排布式为：101Ar3d4s，基态Mn原子核外电子排布式中，3d能级上有5个未成对电子，基态O原子核外电子中，未成对电子数是2，所以未成对电子个数较多的是Mn。16.某同学欲用10.10000m

olL−的标准盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂。其操作步骤可分为以下几步：A．移取20.00mL待测氢氧化钠溶液注入洁净的锥形瓶中，并滴加23滴酚酞溶液。B．用标准溶液润洗滴定管23次。C．把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，

调节滴定管尖嘴使之充满溶液。D．取标准溶液注入酸式滴定管至“0”刻度以上23cm处。E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数。F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。请填写下列空白：（1）正确的操作步骤顺序是_______

____(用字母表示)。（2）步骤B中应选择图1中的滴定管___________(填“甲”或“乙”)，该步操作的目的是___________。（3）若某次滴定结束时，酸式滴定管中的液面如图2所示，则读数为___________mL。若仰视，会使读数偏___________(填“大”或

“小”)。（4）结合下表数据，计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度为___________1molL−。滴定次数待测溶液体积/mL标准盐酸体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次20.002.3420.39第二次20.003.2020.42第

三次20.000.6017.80（5）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度偏低的是___________(填字母)。a．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失b．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次c．酸式滴定管在装液前末用标准盐酸润洗23次d．读取盐酸体

积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数【答案】（1）BDCEAF（2）①.甲②.避免稀释溶液、使消耗标准液的体积偏大（3）①.19.80②.大（4）0.08605（5）d【解析】【小问1详解】中和滴定的顺序为检漏、洗涤、润洗、装液、滴定、终点判断、数据处理、计算，则正确的操作步骤的顺序是BDCEA

F，【小问2详解】盐酸是标准液，酸只能用来润洗酸式滴定管，所以步骤B润洗酸式滴定管，所以是甲；润洗的目的是避免稀释溶液、使消耗标准液的体积偏大，避免增大误差；【小问3详解】滴定管的刻度是大刻度在上，小刻度在下，而且滴定管的精确度是小数点后两位，所

以这个的读数是19.80mL，仰视刻度，读数就会偏大；【小问4详解】盐酸的浓度是0.1mol/L，三次的体积都是20.00mL，NaOH的第一次测定的体积是18.05mL，第二次测定的体积是17.22mL，第三次测定的体积是17.20mL，第一次的测定误差较大，舍

去，则体积平均值为17.21mL，则20mL×c(NaOH)=0.10000mol/L×17.21mL，c(NaOH)=0.08605mol/L；小问5详解】a．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中

气泡消失，消耗标准酸的体积偏大，待测液的浓度偏高，故a错误；b．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次，消耗标准酸的体积偏大，待测液的浓度偏高，故b错误；c．酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2~3次，酸的浓度偏低，消耗标准酸的体积偏大，待测液的浓度偏高

，故c错误；d．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取消耗标准酸的体积偏小，待测液的浓度偏低，故d正确；故本题选d。17.据报道，CH4也是一种温室气体，对环境的影响是相同条件下CO2的40倍。研究CH4和CO2的转化技术对环境改善有着

积极的意义。一个比较好的思路是，首先两者在一定条件下反应转化为CO和H2，然后再将CO和H2反应转化为CH3OH。已知：①甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1；②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH1=-283kJ·mol−1

；【③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol−1；回答下列问题：（1）写出符合甲烷燃烧热的热化学方程式：_______。（2）常温下，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g

)，其反应热ΔH=_______，若在恒温恒容条件下，增大起始CO2的体积分数(增加CO2的用量)，反应速率_______(填“增大”“减小”或“不变”)，CO2的转化率_______(填“提高”“降低”或“不变”)。（3）若已知以下两个反应的平衡常数分

别为：CO2(g)+CH4(g)2H2(g)+2CO(g)K1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)K2则CO2(g)+2H2(g)+CH4(g)2CH3OH(g)的平衡常数为_______(用K1、K2表示)

。（4）有人提出分开处理温室气体的思路如下：ⅰ．将CO2转化为CO(NH2)2，其原理为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。若该反应在恒温恒容条件下进行，下列说法能说明该反应已达到平衡的有_______(填标号)；A．断裂3molN—H键的同时断裂2molO

—H键B．NH3、CO2、H2O的物质的量恰好相等C．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变D．体系的压强不再发生改变ⅱ．将CH4纯化后制作成燃料电池，则在酸性条件下，该燃料电池工作时负极的电极反应式

为_______。（5）研究发现，CO2和H2在催化剂作用下可以按照不同的计量数之比进行反应。其原理如下：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2>0向体积恒定的容器中通入一定量的CO2和H2

发生反应，温度升高，则平衡时CH3OH的平衡浓度_______(填“逐渐增大”“逐渐减小”或“不发生改变”)。【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol−1（2）①.+247.3kJ·mol−1

②.增大③.降低（3）212KK（4）①.CD②.CH4-8e−+2H2O=CO2+8H+（5）逐渐减小【解析】【小问1详解】甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol-1。【小问2

详解】①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol-l，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ·mol-l，③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol−1，盖斯定律计算①-②2-③2

=+247.3kJ.mol-1，若在恒温恒容条件下，增大起始CO2的体积分数(增加CO2的用量)，反应速率增大，二氧化碳的转化率降低。【小问3详解】①CO2(g)+CH4(g)2H2(g)+2CO(g)K1，②CO(g)+2H₂(g)CH3OH(g)K2，盖斯定律计算①+②2得到CO2(g

)+2H2(g)+CH4(g)2CH3OH(g)，反应的平衡常数为212KK。【小问4详解】i.A．断裂6molN-H键的同时断裂2molO-H键，在逆反应速率相同，反应达到平衡状态，断裂3molN-H键的同时断裂2molO-H键

，反应逆向进行，A错误；B．NH3、CO2、H2O的物质的量恰好相等和起始量、变化量有关，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，反应达到平衡状态，C正确

；D．反应前后气体物质的量变化，当体系的压强不再发生改变时，反应达到平衡状态，D正确；故选CD。ii.将CH4纯化后制作成燃料电池，则在酸性条件下，该燃料电池工作时负极的电极反应式为：CH4-8e−+2H2O=CO2+8H+。【

小问5详解】①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H₂O(g)△H1<0，②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2>0，向体积恒定的容器中通入一定量的CO₂和H2发生反应，温度升高，反应①逆向进行，反应②正向进行，则平衡时CH3OH(g)的平衡浓度

逐渐减小。18.某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含23FeO、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图。已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。氢氧化物()3FeOH()2FeOH()2NiOH开始沉淀的pH1.

56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2回答下列问题：（1）浸出渣主要成分为_______(填化学式)。（2）“除铜”时，3Fe+与2HS反应的离子方程式为_______。（3）“氧化”的目的是

将溶液中2Fe+氧化为3Fe+，写出该反应的离子方程式：_______。温度需控制在40~50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是_______。（4）“调pH”时，pH的控制范围为_______。（5）“除铜”中

分离CuS、S用到的分离方法是_______。【答案】（1）4CaSO、4BaSO（2）3222HS2S2HFeFe++++=++（3）①.2322222HHO22HOFeFe+++++=+②.过氧化氢受热易分解，故温度不能太高（4）3.7≤pH<7

.7（5）过滤【解析】【分析】以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含23FeO、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，废镍催化剂先用硫酸浸取过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离

子被还原成亚铁离子得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三

氧化二镍，据此作答：【小问1详解】用硫酸浸取各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4；【小问2详解】“除铜”时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为3222HS2S2HFeFe++++=+

+；【小问3详解】“氧化”时用过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2322222HHO22HOFeFe+++++=+；过氧化氢受热易分解，故温度不能太高；【小问4详解】“调pH”使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH<7.7；【小

问5详解】CuS、S均不溶于水，用到的分离方法是过滤。