【文档说明】吉林省松原市扶余市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，427.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫术黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫

术黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修2第一章，选修4第一章、第二章、第四章及第三章第一节。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出

的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.为了减缓地下钢管的腐蚀，下列措施可行的是A.钢管与镁块相连B.钢管与铜板相连C.钢管与铅板相连D.钢管与直流电源正极相连【答案】A【解析】【详解】A．由于金属活动性

Mg>Fe，所以钢管与镁块相连，构成原电池时，钢管为正极，Fe被保护，首先腐蚀的是镁，A符合题意；B．由于金属活动性Fe>Cu，所以钢管与铜板相连，构成原电池时，钢管为负极，发生氧化反应，导致腐蚀加快，B不符合题意；C．金属活动性Fe>Pb，所以钢管与铅板相连构成原电池时，钢

管为负极，发生氧化反应，导致腐蚀加快，C不符合题意；D．钢管与直流电源正极相连，作阳极，失去电子，发生氧化反应，腐蚀速率大大加快，D不符合题意；答案选A。2.在下列说法中正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.热化学方程式中的化学计量数可以

是分数C.1mo1酸与1mo1碱反应放出的热叫作中和热D.石墨转化为金刚石的过程中没有热量变化【答案】B【解析】【详解】A．反应物的总能量小于生成物的总能量的反应是吸热反应，与反应条件无关，A错误；B．热化学方程式中的化学计量数可以是分数可以是整数，B正确；C．稀的强

酸、强碱反应生成1mo1液态水放出的热量叫作中和热，C错误；D．石墨、金刚石的能量不一样，故反应过程中有热量的变化，D错误；答案选B。3.已知0.1mo1·L—1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO—+H+。要使

溶液中()()()3+-3CHCOOHH?CHCOOccc的值增大，可以采取的措施是A.加少量冰醋酸B.降低溶液温度C.加少量稀盐酸D.加蒸馏水【答案】B【解析】【详解】由醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，平衡常数表达式为：+-

33(H)c(CHCOO)(CHCOOH)cKc=，则3+-3(CHCOOH)1(H)c(CHCOO)ccK=，平衡常数只与温度有关，且弱酸电离是吸热反应，降温K值减小，要使3+-3(CHCOOH)(H)c(CHCOO)cc的值增大，即需要减小K值

，即降低溶液的温度，其他选项对K值无影响，答案选B。4.电解含下列离子的水溶液，若阴极析出相等质量的物质，则消耗电量最多的是A.Hg2+B.Cu2+C.K+D.Ag+【答案】C【解析】【详解】设阴极都析出mg物质，转移的电子的物质的量越大，消耗

的电量越大，A．得到mg金属汞，转移的电子的物质的量的为2mol201100.5mm=，B．得到mg铜，转移的电子的物质的量为2mol6432mm=，C．K+的氧化性小于H+，不析出金属单质而析出H2，得到mg氢气时，转移的电子的物质的量为mol22mm=，D

．得到mg金属银，转移的电子的物质的量的为mol108108mm=，分子相同，分母小的数值大，则耗电量最大的是C项，答案选C。5.已知CuSO4·5H2O(s)、CuSO4(s)及CuSO4(aq)之间转化时的能量关系如图所示，下列关系式正确的是A.Q1<Q2B.Q1

=Q2C.Q1>Q2D.ΔH=Q1+Q2【答案】C【解析】【详解】由盖斯定律可知，Q1+（-Q2）=H＞0，所以Q1＞Q2，答案选C。6.空间探测器发射时常用肼(N2H4)作燃料，以二氧化氮作氧化剂，它们相互反应生成氮气和水蒸气。已知：①N2(g

)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ•mo1—1；②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ•mo1—1。则N2H4(g)和NO2(g)反应的热化学方程式可表示为A.N2H4(g)+NO2(g)=32N

2(g)+2H2O(g)ΔH=-567.85kJ•mo1—1B.2N2H4+2NO2=3N2+4H2OΔH=-1135.7kJ•mo1—1C.2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(

g)ΔH=+1135.7kJ•mo1—1D.N2H4(1)+NO2(g)=32N2(g)+2H2O(l)ΔH=+567.85kJ•mo1—1【答案】A【解析】【详解】根据盖斯定律：②-①×12得肼与NO2反应的热化学方程式为N2H4(g)+NO2(g)=32N2(g)+

2H2O(g)ΔH=-567.85kJ•mo1-1，选A。7.已知某电池总反应为5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。下列有关说法不正确的是A.AgCl是氧化产物B.Na+不断向电池的负极移动C.每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子D.负极反应式为Ag+C

l--e-=AgCl【答案】B【解析】【详解】A.Ag在反应中由反应前Ag单质的0价变为反应后AgCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以AgCl是氧化产物，A正确；B.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，Na+会不断向负电荷较多的电池的正极

移动，B错误；C.根据电池反应方程式可知：每生成1molNa2Mn5O10就同时生成2molAgCl，转移2mol电子，C正确；D.负极Ag失去电子，产生的Ag+与溶液中的Cl-结合形成AgCl，所以负极的电极反应式为

Ag+Cl--e-=AgCl，D正确；故合理选项是B。8.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.向氯水的平衡体系中加入NaOH溶液后颜色变浅B.增大压强，平衡体系2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)的颜色变深C.升高温度，

反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)ΔH＜0平衡向左移动D.打开碳酸饮料的瓶盖后，瓶口有大量气泡冒出【答案】B【解析】【分析】勒沙特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能

用勒沙特列原理解释。【详解】A．水中存在如下平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，当加入NaOH溶液后平衡正向移动，所以氯气的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，该平衡体系2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)反应前后气体物质的量不变，

压强不影响平衡移动，颜色变深的原因可能是由于加压后容器体积减小，导致体系各组分浓度增大，I2(g)的浓度增大，体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C．反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)ΔH＜0，正反应放热，升高温度，平衡向吸热的方

向移动，即平衡向左移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．碳酸饮料瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2↑，打开瓶盖时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选B。9.在1L密闭容器中，用足量的CaCO3与100

mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示(CO2的体积已按标准状况折算)。下列分析不正确的是A.EF段反应速率加快的原因是反应体系的温度上升B.FG段反应速率减慢的原因是稀盐酸的浓度不断减小C.

EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mo1•L—1•min—1D.OE、EF、FG三段中，用CO2表示的平均反应速率之比为2:4:1【答案】C【解析】【分析】OE段反应开始持续进行，反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，反应进行一段时间后，盐酸的浓

度不断变小，所以FG段反应速率减慢，最后，G点收集到的二氧化碳的体积最大。【详解】A．反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，故A正确；B．反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减慢，故B正确；C．EF段产生的CO2为：0.672?L0.224?

L0.02?mol22.4?L/mol−=，由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04mol，时间为1min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：110.04?mol0.1?L

0.4?mol?L?min1?min−−=，故C错误；D．由于时间都是1min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，故D正确；答案选

C。10.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)ΔH＞0，当反应达平衡时，测得容器中各物质的物质的量均为nmo1。在其他条件不变时，欲使CO2的平衡浓度

增大一倍，下列措施可行的是A.升高温度B.加入催化剂C.再加入nmolCO2和nmolH2D.再加入2nmolCO和2nmolH2O(g)【答案】D【解析】【详解】该反应为反应前后气体的体积相等，压强不影响化学平

衡移动。A．升高温度，平衡向正反应方向移动，但反应物不可能完全转化为生成物，所以二氧化碳的物质的量浓度不可能增大1倍，故A错误；B．催化剂只是改变反应速率，不影响转化率，CO2的平衡浓度不变，故B错误；C．再加入nmolCO2和nmolH2，平衡向逆反应方向移动

，有部分二氧化碳被消耗，所以二氧化碳的物质的量浓度不可能是增大1倍，故C错误；D．一定温度下，当反应达平衡时，测得容器中各物质的物质的量均为nmo1，则该反应平衡常数为K=1；相同条件下再通入2nmolCO和2nmolH2O(g)，平衡向正反应方向移动，设容器体积为1L，当再次达到

平衡状态时，二氧化碳的变化量为xmol，据此列“三段式”：()()()()()()()222mol/L3n3nnnmol/Lxxxxmol/L3n-x3n-xn+xn+COg+HOgOg+HgxC始变平温度不变，

平衡常数不变，则K=()()22n+x3n-x=1，解得x=n，则平衡时二氧化碳的浓度为2n，二氧化碳的物质的量浓度能增大1倍，故D正确；答案选D。11.X、Y、Z三种短周期元素，X的原子半径小于周期表中任何其他元素原子的半径，Y的最外层电子数

是次外层电子数的两倍，Z的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是A.X的气体单质可以在Z的气体单质中燃烧B.Y原子的半径大于Z原子的半径C.Y与Z形成的化合物中，Z元素显正价D.Z与X形成的简单化合物为离子化合物【答案】

B【解析】【分析】X的原子半径小于周期表中任何其他元素原子的半径，所以X为H元素，Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，所以Y为C元素，Z的单质是空气中体积分数最大的气体，所以Z为N元素。【详解】A．X的气体单质不可以在Z的气体单质中燃烧，即H2不可以在N2中燃烧，A错误；B．

同周期元素，从左往右元素原子的半径逐渐变小，所以C原子的半径大于N原子的半径，B正确；C．N的电负性大于C的电负性，所以N与C形成的化合物中C元素显正价，即Y元素显正价，C错误；D．Z与X形成的简单化合物为NH3，为共价化合物，D

错误；答案选B。12.已知高炉炼铁时发生反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=-24.6kJ·mo1-1，则消耗28gCO时，上述反应的能量变化为A.吸收4.1kJ能量

B.放出4.1kJ能量C.吸收8.2kJ能量D.放出8.2kJ能量【答案】D【解析】【详解】根据反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=-24.6kJ·mo1-1，可知，消耗3molCO放出的热量为24.6kJ，28gCO为1mol，则消耗1molC

O时，放出的热量为13ｘ24.6kJ=8.2kJ，答案选D。13.在恒容密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：

温度/℃2580220平衡常数5×10422×10-5下列说法正确的是A.由表中数据分析知生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B.25℃时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-4C.80C

℃达到平衡时，测得c(CO)=1mo1·L-1，则c[Ni(CO)4]=2mo1·L-1D.80℃，若测得Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mo1·L-1，则此时v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】【分析】分析表中所给数据

可知，随着温度身高，平衡常数逐渐变小，可知正反应为放热反应。根据反应方程式：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，可知其平衡常数K=()()44cNiCOcCO，进而求解。【详解】A．温度升高，平衡常数减小，则上

述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应，故A错误；B．由题所给数据可知，25℃时Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)的平衡常数K=()()44cNiCOcCO=5×104，25℃时，反应Ni(CO)4(g)

⇌Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数K=()()44cCOcNiCO=1K=2×10−5，故B错误；C．80℃达到平衡时，n(CO)=0.3mol，可得c(CO)=-30.3mol30010L=1mol⋅L-1，此时K=()

()44cNiCOcCO=2，可知c(Ni(CO)4)=K×c4(CO)=2×1mol⋅L−1=2mol⋅L−1，故C正确；D．80℃，若测得Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mo1·L-1，此时Qc=()()444cNiCO0.5cC5=O0

.=8＞2，即Qc＞K，反应向逆反应方向进行，则此时v(正)＜v(逆)，故D错误；答案选C。14.硼化钒(VB2)-空气电池储电能力高，其结构如图所示，负极反应式为2VB2+22OH--22e-

=V2O5+2B2O3+11H2O。下列叙述正确的是A.电池工作时电子由电极X经负载流向硼化钒电极B.该电池实现了电能转化为化学能C.图中选择性透过膜为阳离子透过膜D.电池总反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5【答案】D【解析】【分析】硼化钒(VB2

)-空气电池中，已知负极反应式为2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，则即VB2电极为负极，氧气在正极上发生得电子的还原反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，即

X电极为正极，电池总反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极，溶液中阴离子向负极移动；氧气在正极上得电子生成OH-，负极消耗OH-，所以据此分析解答。【详解】A．原电池工作时，电子

从负极经过导线流向正极，根据分析，VB2电极为负极，X电极为正极，电池工作时电子由硼化钒电极经负载流向电极X，故A错误；B．该装置为原电池，实现了化学能转化为电能，故B错误；C．根据分析，OH-经选择性透过膜向负极移动，图中选择性透过膜为阴离子透过膜

，故C错误；D．根据分析可知，电池总反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题共6小题，共58分）15.甲、乙两同学用实验确定某酸HA是弱电解质，其实验方案如下：甲：①称取一定质量的HA配制0.1mo

1.L-1的溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相

同体积的两种稀释液装入两支试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电韶质。回答下列问题：(1)在甲方案的第①步中，要用到的定量玻璃仪器是______。(2)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH_____(填“>”“<”或“=”)1。(3)乙方案中，说

明HA是弱电解质的现象是__________(填字母)。A．装盐酸的试管中放出H2的速率快B．装HA溶液的试管中放出H2的速率快C．两支试管中产生气体的速率一样快(4)乙方案中难以实现之处和不妥之处分别是____________、______________。【答案】(1).100mL容量瓶(2)

.＞(3).B(4).配制pH=1的HA溶液难以实现(5).加入的锌粒难以做到表面积相同【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液时都需要定量仪器100mL容量瓶，都需要的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(2)弱电解质在水溶液里部分电离，

导致溶液中氢离子浓度小于酸浓度；(3)等pH的一元强酸和一元弱酸中，弱酸的浓度大于强酸；(4)配制pH=l的HA溶液难以实现，实验操作中金属的表面积相同难控制。【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要的定量仪器是容量瓶，配制0

.1mol/L的溶液100mL，应使用100mL容量瓶；(2)100mL0.1mol/LHA溶液，若HA为弱酸，c(H+)＜0.1mol/L，pH＞1；(3)pH相等的一元酸，弱酸的浓度大于强酸，等体积等pH的弱酸和强酸分别和

锌反应时，由于弱酸溶液中存在酸的电离平衡，所以反应过程中，弱酸生成氢气的反应速率大于强酸，所以说明HA是弱电解质的现象是：装HA溶液的试管中放出H2的速率快，答案选B；(4)理论和实验操作是有差别的，配制pH=1的HA溶液难以实现；不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同。

16.某校课题组的同学设计“甲烷—碳酸盐—空气”熔盐燃料电池处理污水，其结构示意图如下：污水处理原理：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡

把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去(或撤掉)浮渣层，即起到了浮选净化的作用。回答下列问题：(1)图中A的化学式为__________________。(2)燃料电池正极反应为O2+2CO2+4e—=2CO23−，负极反应式为___

__________。(3)用电极反应式和离子或化学方程式说明电解池中生成Fe(OH)3的过程：_________________；_______________；______________。(4)若在阴极

产生了2mo1气体，则理论上熔融盐燃料电池消耗CH4(标准状况下)____L。【答案】(1).CO2(2).CH4+4CO2-3-8e-=5CO2+2H2O(3).Fe-2e-=Fe2+(4).Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓(5).4Fe(OH

)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(6).11.2【解析】【分析】装置右侧为燃料电池，负极甲烷发生氧化反应，生成二氧化碳和水：CH4+4CO2-3-8e-=5CO2+2H2O；正极氧气结合二氧化碳生成碳酸根：O2+2CO2+4e-=2CO23−；左侧为电解池，铁电极为

阳极，石墨电极为阴极，据此解答。【详解】(1)图中A是二氧化碳，化学式为：CO2；(2)燃料电池正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO23−，负极反应式为：CH4+4CO2-3-8e-=5CO2+2H2O；(3)污水的pH在5.0~6.0之间，

通过电解生成Fe(OH)3沉淀，故铁电极先失去电子发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+；正极氢离子得电子发生还原产生氢气，继续发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；氢氧化亚铁沉淀再被空气氧化，发生反应：4

Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)若在阴极产生了2mo1H2，则转移电子4mol，结合甲烷的电极反应式：CH4+4CO2-3-8e-=5CO2+2H2O；理论上熔融盐燃料电池消耗CH4的物质的量为0.5mol，故标况下消耗甲烷的体积为11.2L。17.CH4—CO2催化重

整是减少温室气体排放的重要途径。回答下列问题：(1)已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=—75kJ·mo1—1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=—394kJ·mo1—1C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=—111kJ·m

o1—1则催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=___kJ·mo1—1；从温度和压强的角度考虑，有利于提高CH4平衡转化率的条件是_____。(2)催化重整时催化剂的活性随积碳的增

多而减弱，有关积碳反应和消碳反应的数据如表：积碳反应／消碳反应催化剂活化能／kJ·mo1—1CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ·mo1—1X33Y43CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172kJ·mo1—1X91Y72

①由表中数据分析：从有利于催化重整的角度考虑，应选用的催化剂为______(填“X”或“Y”);催化剂可以改变同一化学反应的________(填“活化能”或“反应热”，下同)，但不能改变其_____②在一定温度下，测得某催化剂上

沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则p(CO2)数值最大的是______(填“a”“b”或“c”)。【答

案】(1).+247(2).升高温度和降低压强(3).Y(4).活化能(5).反应热(6).c【解析】【分析】催化剂可以改变同一化学反应的活化能，但不能改变其反应热。【详解】(1)已知：①C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-

75kJ·mo1-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mo1-1③C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=-111kJ·mo1-1利用盖斯定律可知，2×③-①-②可得CH4(g)+CO2(g)=2

CO(g)+2H2(g)，其ΔH=+247kJ·mo1-1；该反应是熵增的反应，而且是吸热反应，所以从温度和压强的角度考虑，有利于提高CH4平衡转化率的条件是升高温度和降低压强；(2)①由表中数据分析

：从有利于催化重整的角度考虑，积碳反应中X和Y的活化能相差不大，消碳反应中Y的活化能比X的低得多，所以应选用的催化剂为Y；催化剂可以改变同一化学反应的活化能，但不能改变其反应热；②根据某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数

)可知，沉积碳的生成速率v与p(CO2)成反比。根据在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势图，可判断同一条件下c的速率最小，所以c的p(CO2)数值最大。18.废钴酸锂电池含LiCoO2、A1和碳粉以及极少量Fe，以其为原料回收Co、碳粉以及制备Li2CO3

的工艺流程如下：回答下列问题：(1)为防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾，废电池拆解前需进入放电处理，常用方法为用食盐水浸泡。浸泡放电过程中产生的气体主要是____________(填化学式)。(2)写出步骤(I)反应的离子方程式：______________。(3)步骤(III)净化时需

除去浸液中少量的Fe3+、A13+，应凋节溶液的pH范围为_______。已知实验条件下，几种离子开始沉淀与沉淀完全的pH如表：金属离子A13+Fe3+Co2+开始沉淀pH3.52.26.9沉淀完全pH5.43.59.2(4)步

骤(IV)阳极、阴极分别为惰性电极、钴片。电解时，阳极电极反应式为______，电解过程中溶液的pH____(填“升高”“降低”或“不变”)。【答案】(1).H2、Cl2(2).2Al+2OH－+2H2O=2AlO-2+3H2↑(3).5.4~6.9(4).2H2

O-4e-=4H++O2↑(或4OH--4e-=O2↑+2H2O)(5).降低【解析】【分析】废钴酸锂电池放电拆解后，加入氢氧化钠溶液后将铝转化为偏铝酸根，LiCoO2和碳粉以及极少量Fe存在于浸渣中，偏铝酸钠存在于滤液中，浸渣经过氧化氢和硫酸反应后得到碳粉和

钴离子，锂离子等混合溶液，经净化电解后得到金属钴和残液，残液加入碳酸钠溶液可以得到碳酸锂，由此分析。【详解】(1)浸泡放电过程中主要发生的是电解食盐水，阳极上氯离子失电子产生氯气，阴极上水失电子产生氢气，产生的气体主要是H2、Cl2；(2)步骤(I)是废钴酸锂电

池中的铝和氢氧化钠溶液的反应，生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH－+2H2O=2AlO-2+3H2↑；(3)步骤(III)净化时需除去浸液中少量的Fe3+、A13+，pH为5.4时，铝离子和铁离子已经沉淀完全，pH为6.9时钴离子开始沉淀

，应凋节溶液的pH范围为5.4~6.9；(4)步骤(IV)阳极、阴极分别为惰性电极、钴片。电解时，水在阳极上发生氧化反应，电极反应式为:2H2O-4e-=4H++O2↑(或4OH--4e-=O2↑+2H2O)，电解过程中溶液产生了氢离子，溶液的pH降低。【点睛】电解池中阳极为惰性电极时溶液

中阴离子优先放电，若为活性电极，活性电极优先放电，为易错点。19.A、B、C、D、E五种主族元素，它们的原子序数依次增大且均小于20。A、B为同周期相邻元素，二者化合而成的一种气体化合物为红棕色；D是地壳中含量最高的金属元

素；C的原子半径在同周期原子半径中最大；A、B的原子最外层电子数之和等于C、D、E原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：(1)A的简单氢化物化学式：____，D的高价氧化物化学式：______。(2)C、D、E的简单离子半径由大到小的顺序：_

_____(用离子符号填写)。(3)B的简单氢化物的电子式：_____。(4)C的单质与水反应的离子方程式为______。(5)D的单质与C的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的化学方程式为___。【答案】(1).NH3(

2).Al2O3(3).Cl—>Na+>Al3+(4).(5).2Na+2H2O=2Na++2OH—+H2↑(6).2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【解析】【分析】A、B为同周期相邻元素，二者化

合而成的一种气体化合物为红棕色，该气体为NO2，因此A为氮元素，B为氧元素；D是地壳中含量最高的金属元素，D为铝元素；同一周期从左往右原子半径逐渐减小，C的原子半径在同周期原子半径中最大，且C的原子序数大于B，因此C为钠元素；A、B的原子最外

层电子数之和为11，等于C、D、E原子的最外层电子数之和，则E的最外层电子数为11-1-3=7，E为氯元素，故A、B、C、D、E分别为N、O、Na、Al、Cl；【详解】(1)A为氮元素，简单氢化物化学式为NH3，D为铝元素，最高价氧化物化学式为Al2

O3；(2)C、D、E的简单离子分别为Na+、Al3+、Cl-，离子核外电子层数越多，离子半径越大，因此Cl-的半径最大，离子核外电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，因此半径由大到小的顺序为：Cl-＞Na+＞Al3+；(3)B的简单氢化物是水，其电子式为；(4)C的单质Na与水

反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；(5)D的单质为Al，C的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。2

0.铬酸钠(Na2CrO4)为黄色晶体，易潮解，常用于制染料、颜料等。以铬铁矿(主要成分是FeO.Cr2O3)和纯碱为主要原料制备Na2CrO4的反应为4FeO·Cr2O3(s)+8Na2CO3(s)+7O2(g)⇌

8Na2CrO4(s)+2Fe2O3(s)+8CO2(g)ΔH<0。回答下列问题：(1)制备Na2CrO4时，常将铬铁矿石先粉碎，其目的是_____；该反应在常温下____(填“能”或“不能”)自发进行。(2)一定条件下，将一定量的反应混合物置于密闭容器中反应，测得有关物理量与

反应时间的变化关系如图1、2所示。①在0~2min内CO2的平均反应速率为_____；上述反应的化学平衡常数表达式K=_____。②由图1判断，反应进行至4min时，曲线发生变化的原因可能是_________(填字母)。a.升高温度b.降低温度c.增大压强d.使用高效催化剂

③在图2上画出4~6min时间段vˊ正和vˊ逆的图像________。【答案】(1).增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(2).能(3).0.05mol·L—1·min—1(4).8272c(CO)c(O)(5).b(6).【解析】【分析】（1）由0GSTH=−

，熵增加，反应放热的反应能自发进行；（2）①平均反应速率cvt=，书写平衡常数表达式时，浓度不变的物质不用写进表达式；②由图1中4min1时CO2、O2的浓度不变，可知不是改变浓度或压强的原因，此后CO2的浓度增大，而加入催化剂后平衡不移动，只有温度的

原因；③由②分析可知4-6min是降低温度，则正逆反应速率都降低，且平衡正向移动，说明正反应速率比逆反应速率大，由此画平衡图像。【详解】（1）将固体粉粹，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，

由4FeO·Cr2O3(s)+8Na2CO3(s)+7O2(g)⇌8Na2CrO4(s)+2Fe2O3(s)+8CO2(g)ΔH<0是熵增加、放热的反应，能自发进行，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；能；

（2）①由图1可知，在0~2min内CO2的平均反应速率为1110.1molL0.05molLmin2mincvt−−−===，由反应4FeO·Cr2O3(s)+8Na2CO3(s)+7O2(g)⇌

8Na2CrO4(s)+2Fe2O3(s)+8CO2(g)，化学平衡常数表达式K=8272c(CO)c(O)，故答案为：0.05mol·L—1·min—1；8272c(CO)c(O)；②图1中4min时，CO2、O2的浓度不变，说明不是改变浓度或改变

压强，4min后CO2的浓度增大，说明平衡正向移动，正反应为放热反应，降低温度能正向移动，故选b；③4-6min是降低温度对新平衡的影响，降温正逆反应速率都降低，该反应向正向移动，则新的正反应速率大于逆反应速率，画出图像为：。