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江苏省无锡市锡东高级中学2023-2024学年高二下学期5月月考化学试题
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15．(1) 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
将C3＋还原为C2＋ Fe2＋氧化为Fe3＋
n()∶n(C2＋)低于1.15，钴的沉淀率低；n()∶n(C2＋)高于1.15，钴的沉淀率增加不明显，导致(NH4)2C2O4的浪费
温度高于50 ℃，(NH4)2C2O4受热分解，导致钴的沉淀率降低
(2) ＋SO2=2ClO2＋
常压蒸发温度过高，亚氯酸钠易分解
多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质
16．(1)-269.2
(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源
(3) 0.3 d
(4) p1>p2>p3 176 p3：p1
17．(1) 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 分液漏斗
(2) 淀粉溶液 溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原来的颜色 0.08
(3)碱性
(4)ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)
(5)CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+
18．(1) +H2HCOO−+H2O 温度升高，反应速率增大；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大
(2) HCOO-−2e-+2OH-=+H2O H2SO4 2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O或2HCOO-+O2=2
(3) HD HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，由图示知，产生KH与水反应生成H2和KOH，KOH可以吸收产生的CO2，从而使制备的H2更纯
选择详解
1．C
【详解】A．“磁石”为四氧化三铁，可以吸引铁单质，不能吸引金单质，A正确；
B．空气形成的分散系属于胶体，对月光的描述体现了丁达尔现象，B正确；
C．铜锈的主要成分为碱式碳酸铜，C错误；
D．铁生锈的条件是与水和氧气同时接触，D正确。
答案选C。
2．A
【详解】A．用甲装置测定NaHCO3溶液的pH，能达到实验目的，故A符合题意；
B．用乙装置不能制取无水氯化镁，应在HCl气流中加热，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用丙装置铁作阳极，铁失去电子，不能保护钢闸门，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．丁装置是碱式滴定管，KMnO4要用酸式滴定管量取，因此不能达到实验目的，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
3．B
【详解】A．NO2和O2混合后通入H2O中可以得到硝酸，物质转化关系正确，A正确；
B．单质镁是需要电解熔融的氯化镁得到的，电解氯化镁溶液，阳极产生氯气，阴极得到氢氧化镁，B错误；
C．工业制高纯硅的第一步是由SiO2和C在高温下发生反应得Si(粗硅)和CO，转化关系正确，C正确；
D．高温下用CO还原氧化铁得到铁单质，可以冶炼生铁，物质转化关系正确，D正确；
故选B。
4．B
【详解】A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B．二氧化硫通入硝酸钡溶液中发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀、NO和H2O，离子方程式为3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；
C．氯化铁与银反应生成氯化亚铁和氯化银，离子方程式为：Fe3++Ag+Cl-=Fe2++AgCl，故C正确；
D．该反应为吸热反应，加热则平衡向右移动，生成黄色的[CuCl4]2-，由于溶液中同时存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-，故显黄绿色，故D正确；
故选：B。
5．D
【详解】A．食盐水显中性，因此该实验属于钢铁的吸氧腐蚀，负极上发生的电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，正极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e-＝4OH-，所以食盐水中没有气泡逸出，故A错误；
B．铁是负极，铁表面的反应为Fe-2e-＝Fe2+，故B错误；
C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现，故C错误；
D．该实验是在中性条件下发生的腐蚀，为吸氧腐蚀，故D正确；
故选：D。
6．B
【详解】A．该反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，则反应活化能：Ea(正)＜Ea(逆)，A错误；
B．标准状况下22.4L的物质的量为1ml，由可知，每生成1ml放出的热量，B正确；
C．平衡常数K=，平衡常数只随温度而变化，使用高效催化剂，K不变，C错误；
D．断裂4 ml H-Cl键和4 ml H-O键生成，都表示的是正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；
故选B。
7．B
【分析】弱酸的电离常数越大，酸的电离程度越大，由电离常数可知，酸的电离程度大小顺序为HCOOH> H2CO3> HCN >，由盐类水解规律可知，酸的电离程度越大，对应离子的水解程度越小，结合氢离子的能力越小，则结合氢离子的能力大小顺序为>CN－> >HCOO－。
【详解】A．由分析可知，结合氢离子的能力大小顺序为>CN－> >HCOO－，故A正确；
B．由分析可知，氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中的氰酸根离子与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，离子方程式为CN－+H2O+CO2=HCN+，故B错误；
C．由分析可知，甲酸的电离程度大于氢氰酸，则氢离子浓度相等的氢氰酸的浓度大于甲酸，所以中和等体积氢离子浓度相等的氢氰酸和甲酸时，氢氰酸消耗氢氧化钠的量大于甲酸，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈2.9×105，故D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．FeCl3用于腐蚀电路板上的Cu，是由于Fe3+的氧化性，与其呈酸性无关，故A错误；
B．熔融状态下电解用于工业制备单质镁，故B错误；
C．浓用作实验室干燥气体的干燥剂是因为其具有吸水性，故C错误；
D．等离子体含有能自由移动的带电粒子，因此可应用于化学合成和材料表面改性，故D正确。
答案选D。
9．B
【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误；
B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，B正确；
C．该反应的，即生成物的能量减去反应物的能量，C错误；
D．根据图可知，与发生上述反应，可以获得、2种相对分子质量相等的有机产物，D错误；
故选B。
10．C
【详解】A. 图①可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性一直增强，故A错误；
B. 0.10 ml•L-1盐酸滴定20.00mL 0.10 ml•L-1NaOH溶液，在滴定终点附近PH值发生突变，故B错误；
C.升高温度，促进水的电离，则水的电离程度α(d)> α(c)，在同一个曲线上，水的离子积不变，故C正确；
D.平衡常数与压强无关，故D错误。
11．B
【分析】由图1知，的,，据此回答。
【详解】A．由图1，，A正确；
B．时，可能有生成，根据物料守恒，溶液中，故不一定等于，B错误；
C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，C正确；
D．时，溶液中主要含碳微粒是，、，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；
故选B。
12．C
【分析】由示意图可知，电极发生加氢还原反应，为阴极，电极发生氧化反应，为阳极，为直流电源的负极，b为直流电源的正极，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，为直流电源的负极，A项错误；
B．应向阴极移动，即向左侧移动，B项错误；
C．阴极的电极反应为：，阳极的电极反应式为：
，根据得失电子守恒可知，与消耗的物质的量之比为4:1，C项正确；
D．每生产1ml则转移2ml电子，由可知，消耗，质量为，D项错误；
故答案选C。
13．C
【详解】A．亚硫酸钠存在电荷守恒，其中钠离子浓度是0.2ml/L，则溶液中，故A错误；
B．亚硫酸氢钠溶液中存在电荷守恒，元素守恒，因此溶液中，故B错误；
C．吸收烟气后的溶液中溶质为NaHSO3，根据元素守恒得，所以存在，故C正确；
D．上层清液为CaSO3的饱和溶液，溶液中存在，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．根据盖斯定律，将碳氯化的方程减去直接氯化的方程得到反应，则，A错误；
B．碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应的分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，是自发过程，而直接氯化的体系分子数不变且是吸热反应，反应非自发，B错误；
C．从图中可知时，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，CO是0.6，反应的分压平衡常数，C正确；
D．实际生产需要综合考虑反应的速率、产率等，生产中采用进行的原因是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的四氯化钛产品，提高效益，D错误；
故选C。
15．(1) 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 将C3＋还原为C2＋ Fe2＋氧化为Fe3＋ n()∶n(C2＋)低于1.15，钴的沉淀率低；n()∶n(C2＋)高于1.15，钴的沉淀率增加不明显，导致(NH4)2C2O4的浪费 温度高于50 ℃，(NH4)2C2O4受热分解，导致钴的沉淀率降低
(2) ＋SO2=2ClO2＋ 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠易分解 多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质
【分析】废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳和有机物，用硫酸浸泡，LiCO2与硫酸反应转化为C3+，铁元素和铝元素的化合物溶于硫酸，生成硫酸亚铁和硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸，进入滤渣中；过滤后，向滤液1中先加入亚硫酸钠，将C3+还原为C2+，再加入氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，最后加入氨水调节溶液pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；过滤后，向滤液2中加入草酸铵，使C2+转化为CC2O4‧2H2O沉淀；再次过滤后，向滤液3中加入饱和碳酸钠溶液，使Li+转化为碳酸锂沉淀。
【详解】（1）①“拆解”前需进行“放电”处理，放电过程实际是电解食盐水的过程，其总反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
②C3＋具有氧化性，向滤液1中加入具有还原性的Na2SO3，能将C3＋还原为C2＋；Fe2＋具有还原性，加入具有氧化性的NaClO3，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于调节pH时，将Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀；
③由题图甲可知，n()∶n(C2＋)为1.15时，钴的沉淀率最大，效果最好，当n()∶n(C2＋)低于1.15，钴的沉淀率低；当n()∶n(C2＋)高于1.15时，钴的沉淀率增加不明显，导致(NH4)2C2O4的浪费；由题图乙可知，沉淀反应温度为46℃左右时，钴的沉淀率最大，效果最好，温度高于50℃，(NH4)2C2O4受热分解，导致钴的沉淀率降低；
（2）① NaClO3在反应器中与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2=2ClO2＋Na2SO4，改写为的离子方程式为2＋SO2=2ClO2＋；
② 由题中信息可知，NaClO2受热易分解，减压蒸发在较低温度下进行，防止常压蒸发温度过高，造成亚氯酸钠分解；
③ 用H2O2作还原剂时，产物为水和氧气，且多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质，所以“反应2”中使用H2O2而不用其他物质。
16．(1)-269.2
(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源
(3) 0.3 d
(4) p1>p2>p3 176 p3：p1
【详解】（1）由CO的燃烧热为283.0 kJ⋅ml-1可得：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=- 283.0 kJ⋅ml-1，又已知②S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8 kJ⋅ml-1，根据盖斯定律，将①2-②得：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH=[2×(-283.0)-(-296.8)] kJ⋅ml-1=-269.2kJ⋅ml-1。
（2）从图中可以看出，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约能源。
（3）①设平衡时SO2消耗了x ml，列三段式为：
=50%，解得x=0.6，0~2 min内的平均反应速率v(CO)==0.3ml⋅L-1⋅min-1。
②催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，a错误；升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，b错误；及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，c错误；增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，d正确；
（4）①图像显示，同温(T2)变压(p3→p2→p1)时，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是p1>p2>p3。
②列三段式为：
n(总)=2.2ml，B点对应条件下，Kx==176。
③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为p3：p1。
17．(1) 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 分液漏斗
(2) 淀粉溶液 溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原来的颜色 0.08
(3)碱性
(4)ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)
(5)CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+
【分析】装置A中氯酸钠和过氧化氢发生氧化还原反应生成二氧化氯，装置B作为安全瓶防倒吸，气体进入C被吸收得到溶液，尾气使用碱液吸收防止污染；据此分析。
【详解】（1）①根据题目信息“在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸”，所以充入氮气的第二个目的就是为了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②A中用分液漏斗装硫酸；
（2）KI被ClO2氧化之后生成单质碘，碘单质能使淀粉变蓝色，所以选用淀粉溶液为指示剂，加入淀粉溶液之后，溶液变为蓝色，用Na2S2O3 标准液滴定，最后一滴标准液加入后，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色，单质碘被完全反应，滴定到达终点；标准液消耗的体积为20.00mL，则Na2S2O3 的物质的量为0.02L×0.2000ml/L=0.0040ml，其反应的化学方程式为I2+=2I−+，可知I2的物质的量为0.0020ml，再由方程式2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O，可知ClO2的物质的量为0.0008ml，其浓度为0.0008ml÷0.01L=0.08ml/L，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.08；
（3）84消毒液的有效成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；
（4）Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的84消毒液有效成分是NaClO，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应：ClO-+H2OOH−+HClO，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，向其中加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，HClO分解速率减慢，因此消毒液更稳定，所以为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH；故答案为：ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)；
（5）待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，这是由于酸性：H2CO3＞HClO＞，在空气中暴露，CO2能够溶解在溶液中，发生反应使ClO-转化为HClO，产生消毒能力更强的HClO而增强溶液的消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+。
18．(1) +H2HCOO−+H2O 温度升高，反应速率增大；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大
(2) HCOO-−2e-+2OH-=+H2O H2SO4 2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O或2HCOO-+O2=2
(3) HD HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，由图示知，产生KH与水反应生成H2和KOH，KOH可以吸收产生的CO2，从而使制备的H2更纯
【详解】（1）H2与KHCO3溶液反应生成HCOO-，反应中H元素的化合价由0价升至+1价，C元素的化合价由+4价降至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为H2+HCOO-+H2O；反应温度在40℃～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升的可能原因是：温度升高，反应速率增大；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大。
（2）①根据图示，电池放电时，左边电极上HCOO-发生失电子的氧化反应转化成，左边电极为负极，即负极的电极反应式为HCOO-−2e-+2OH-=+H2O；右边电极上Fe3+发生得电子的还原反应转化成Fe2+，生成的Fe2+被O2氧化成Fe3+，结合右边产生K2SO4，则需补充的物质A为H2SO4；
②由图可知，该燃料电池本质是HCOOH与O2反应生成，反应的离子方程式为2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O或2HCOO-+O2=2。
（3）①根据图示，除生成二氧化碳外，还生成H2，若将HCOOH换成HCOOD催化释氢，则生成HD；
②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，由图示知，产生KH与水反应生成H2和KOH，KOH可以吸收产生的CO2，从而使制备的H2更纯，即可以提高H2的纯度。
15．(1) 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
将C3＋还原为C2＋ Fe2＋氧化为Fe3＋
n()∶n(C2＋)低于1.15，钴的沉淀率低；n()∶n(C2＋)高于1.15，钴的沉淀率增加不明显，导致(NH4)2C2O4的浪费
温度高于50 ℃，(NH4)2C2O4受热分解，导致钴的沉淀率降低
(2) ＋SO2=2ClO2＋
常压蒸发温度过高，亚氯酸钠易分解
多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质
16．(1)-269.2
(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源
(3) 0.3 d
(4) p1>p2>p3 176 p3：p1
17．(1) 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 分液漏斗
(2) 淀粉溶液 溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原来的颜色 0.08
(3)碱性
(4)ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)
(5)CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+
18．(1) +H2HCOO−+H2O 温度升高，反应速率增大；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大
(2) HCOO-−2e-+2OH-=+H2O H2SO4 2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O或2HCOO-+O2=2
(3) HD HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，由图示知，产生KH与水反应生成H2和KOH，KOH可以吸收产生的CO2，从而使制备的H2更纯
选择详解
1．C
【详解】A．“磁石”为四氧化三铁，可以吸引铁单质，不能吸引金单质，A正确；
B．空气形成的分散系属于胶体，对月光的描述体现了丁达尔现象，B正确；
C．铜锈的主要成分为碱式碳酸铜，C错误；
D．铁生锈的条件是与水和氧气同时接触，D正确。
答案选C。
2．A
【详解】A．用甲装置测定NaHCO3溶液的pH，能达到实验目的，故A符合题意；
B．用乙装置不能制取无水氯化镁，应在HCl气流中加热，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用丙装置铁作阳极，铁失去电子，不能保护钢闸门，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．丁装置是碱式滴定管，KMnO4要用酸式滴定管量取，因此不能达到实验目的，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
3．B
【详解】A．NO2和O2混合后通入H2O中可以得到硝酸，物质转化关系正确，A正确；
B．单质镁是需要电解熔融的氯化镁得到的，电解氯化镁溶液，阳极产生氯气，阴极得到氢氧化镁，B错误；
C．工业制高纯硅的第一步是由SiO2和C在高温下发生反应得Si(粗硅)和CO，转化关系正确，C正确；
D．高温下用CO还原氧化铁得到铁单质，可以冶炼生铁，物质转化关系正确，D正确；
故选B。
4．B
【详解】A．MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B．二氧化硫通入硝酸钡溶液中发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀、NO和H2O，离子方程式为3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；
C．氯化铁与银反应生成氯化亚铁和氯化银，离子方程式为：Fe3++Ag+Cl-=Fe2++AgCl，故C正确；
D．该反应为吸热反应，加热则平衡向右移动，生成黄色的[CuCl4]2-，由于溶液中同时存在蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-，故显黄绿色，故D正确；
故选：B。
5．D
【详解】A．食盐水显中性，因此该实验属于钢铁的吸氧腐蚀，负极上发生的电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，正极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e-＝4OH-，所以食盐水中没有气泡逸出，故A错误；
B．铁是负极，铁表面的反应为Fe-2e-＝Fe2+，故B错误；
C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现，故C错误；
D．该实验是在中性条件下发生的腐蚀，为吸氧腐蚀，故D正确；
故选：D。
6．B
【详解】A．该反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，则反应活化能：Ea(正)＜Ea(逆)，A错误；
B．标准状况下22.4L的物质的量为1ml，由可知，每生成1ml放出的热量，B正确；
C．平衡常数K=，平衡常数只随温度而变化，使用高效催化剂，K不变，C错误；
D．断裂4 ml H-Cl键和4 ml H-O键生成，都表示的是正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；
故选B。
7．B
【分析】弱酸的电离常数越大，酸的电离程度越大，由电离常数可知，酸的电离程度大小顺序为HCOOH> H2CO3> HCN >，由盐类水解规律可知，酸的电离程度越大，对应离子的水解程度越小，结合氢离子的能力越小，则结合氢离子的能力大小顺序为>CN－> >HCOO－。
【详解】A．由分析可知，结合氢离子的能力大小顺序为>CN－> >HCOO－，故A正确；
B．由分析可知，氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中的氰酸根离子与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，离子方程式为CN－+H2O+CO2=HCN+，故B错误；
C．由分析可知，甲酸的电离程度大于氢氰酸，则氢离子浓度相等的氢氰酸的浓度大于甲酸，所以中和等体积氢离子浓度相等的氢氰酸和甲酸时，氢氰酸消耗氢氧化钠的量大于甲酸，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈2.9×105，故D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．FeCl3用于腐蚀电路板上的Cu，是由于Fe3+的氧化性，与其呈酸性无关，故A错误；
B．熔融状态下电解用于工业制备单质镁，故B错误；
C．浓用作实验室干燥气体的干燥剂是因为其具有吸水性，故C错误；
D．等离子体含有能自由移动的带电粒子，因此可应用于化学合成和材料表面改性，故D正确。
答案选D。
9．B
【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误；
B．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，B正确；
C．该反应的，即生成物的能量减去反应物的能量，C错误；
D．根据图可知，与发生上述反应，可以获得、2种相对分子质量相等的有机产物，D错误；
故选B。
10．C
【详解】A. 图①可表示用NaOH溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性一直增强，故A错误；
B. 0.10 ml•L-1盐酸滴定20.00mL 0.10 ml•L-1NaOH溶液，在滴定终点附近PH值发生突变，故B错误；
C.升高温度，促进水的电离，则水的电离程度α(d)> α(c)，在同一个曲线上，水的离子积不变，故C正确；
D.平衡常数与压强无关，故D错误。
11．B
【分析】由图1知，的,，据此回答。
【详解】A．由图1，，A正确；
B．时，可能有生成，根据物料守恒，溶液中，故不一定等于，B错误；
C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，C正确；
D．时，溶液中主要含碳微粒是，、，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；
故选B。
12．C
【分析】由示意图可知，电极发生加氢还原反应，为阴极，电极发生氧化反应，为阳极，为直流电源的负极，b为直流电源的正极，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，为直流电源的负极，A项错误；
B．应向阴极移动，即向左侧移动，B项错误；
C．阴极的电极反应为：，阳极的电极反应式为：
，根据得失电子守恒可知，与消耗的物质的量之比为4:1，C项正确；
D．每生产1ml则转移2ml电子，由可知，消耗，质量为，D项错误；
故答案选C。
13．C
【详解】A．亚硫酸钠存在电荷守恒，其中钠离子浓度是0.2ml/L，则溶液中，故A错误；
B．亚硫酸氢钠溶液中存在电荷守恒，元素守恒，因此溶液中，故B错误；
C．吸收烟气后的溶液中溶质为NaHSO3，根据元素守恒得，所以存在，故C正确；
D．上层清液为CaSO3的饱和溶液，溶液中存在，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．根据盖斯定律，将碳氯化的方程减去直接氯化的方程得到反应，则，A错误；
B．碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应的分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，是自发过程，而直接氯化的体系分子数不变且是吸热反应，反应非自发，B错误；
C．从图中可知时，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，CO是0.6，反应的分压平衡常数，C正确；
D．实际生产需要综合考虑反应的速率、产率等，生产中采用进行的原因是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的四氯化钛产品，提高效益，D错误；
故选C。
15．(1) 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 将C3＋还原为C2＋ Fe2＋氧化为Fe3＋ n()∶n(C2＋)低于1.15，钴的沉淀率低；n()∶n(C2＋)高于1.15，钴的沉淀率增加不明显，导致(NH4)2C2O4的浪费 温度高于50 ℃，(NH4)2C2O4受热分解，导致钴的沉淀率降低
(2) ＋SO2=2ClO2＋ 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠易分解 多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质
【分析】废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳和有机物，用硫酸浸泡，LiCO2与硫酸反应转化为C3+，铁元素和铝元素的化合物溶于硫酸，生成硫酸亚铁和硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸，进入滤渣中；过滤后，向滤液1中先加入亚硫酸钠，将C3+还原为C2+，再加入氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，最后加入氨水调节溶液pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；过滤后，向滤液2中加入草酸铵，使C2+转化为CC2O4‧2H2O沉淀；再次过滤后，向滤液3中加入饱和碳酸钠溶液，使Li+转化为碳酸锂沉淀。
【详解】（1）①“拆解”前需进行“放电”处理，放电过程实际是电解食盐水的过程，其总反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
②C3＋具有氧化性，向滤液1中加入具有还原性的Na2SO3，能将C3＋还原为C2＋；Fe2＋具有还原性，加入具有氧化性的NaClO3，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于调节pH时，将Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀；
③由题图甲可知，n()∶n(C2＋)为1.15时，钴的沉淀率最大，效果最好，当n()∶n(C2＋)低于1.15，钴的沉淀率低；当n()∶n(C2＋)高于1.15时，钴的沉淀率增加不明显，导致(NH4)2C2O4的浪费；由题图乙可知，沉淀反应温度为46℃左右时，钴的沉淀率最大，效果最好，温度高于50℃，(NH4)2C2O4受热分解，导致钴的沉淀率降低；
（2）① NaClO3在反应器中与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2=2ClO2＋Na2SO4，改写为的离子方程式为2＋SO2=2ClO2＋；
② 由题中信息可知，NaClO2受热易分解，减压蒸发在较低温度下进行，防止常压蒸发温度过高，造成亚氯酸钠分解；
③ 用H2O2作还原剂时，产物为水和氧气，且多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其他杂质，所以“反应2”中使用H2O2而不用其他物质。
16．(1)-269.2
(2)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源
(3) 0.3 d
(4) p1>p2>p3 176 p3：p1
【详解】（1）由CO的燃烧热为283.0 kJ⋅ml-1可得：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=- 283.0 kJ⋅ml-1，又已知②S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8 kJ⋅ml-1，根据盖斯定律，将①2-②得：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH=[2×(-283.0)-(-296.8)] kJ⋅ml-1=-269.2kJ⋅ml-1。
（2）从图中可以看出，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约能源。
（3）①设平衡时SO2消耗了x ml，列三段式为：
=50%，解得x=0.6，0~2 min内的平均反应速率v(CO)==0.3ml⋅L-1⋅min-1。
②催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，a错误；升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，b错误；及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，c错误；增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，d正确；
（4）①图像显示，同温(T2)变压(p3→p2→p1)时，SO2的平衡转化率增大，而加压平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，所以压强p1、p2、p3由大到小的关系是p1>p2>p3。
②列三段式为：
n(总)=2.2ml，B点对应条件下，Kx==176。
③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为p3：p1。
17．(1) 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 分液漏斗
(2) 淀粉溶液 溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原来的颜色 0.08
(3)碱性
(4)ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)
(5)CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+
【分析】装置A中氯酸钠和过氧化氢发生氧化还原反应生成二氧化氯，装置B作为安全瓶防倒吸，气体进入C被吸收得到溶液，尾气使用碱液吸收防止污染；据此分析。
【详解】（1）①根据题目信息“在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸”，所以充入氮气的第二个目的就是为了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；
②A中用分液漏斗装硫酸；
（2）KI被ClO2氧化之后生成单质碘，碘单质能使淀粉变蓝色，所以选用淀粉溶液为指示剂，加入淀粉溶液之后，溶液变为蓝色，用Na2S2O3 标准液滴定，最后一滴标准液加入后，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色，单质碘被完全反应，滴定到达终点；标准液消耗的体积为20.00mL，则Na2S2O3 的物质的量为0.02L×0.2000ml/L=0.0040ml，其反应的化学方程式为I2+=2I−+，可知I2的物质的量为0.0020ml，再由方程式2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O，可知ClO2的物质的量为0.0008ml，其浓度为0.0008ml÷0.01L=0.08ml/L，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.08；
（3）84消毒液的有效成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；
（4）Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的84消毒液有效成分是NaClO，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应：ClO-+H2OOH−+HClO，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，向其中加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，HClO分解速率减慢，因此消毒液更稳定，所以为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH；故答案为：ClO−+H2O⇌HClO+OH−，残余 NaOH，增大c(OH−)，抑制 ClO−水解，减小c(HClO)，分解速率减慢(或消毒液更稳定)；
（5）待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，这是由于酸性：H2CO3＞HClO＞，在空气中暴露，CO2能够溶解在溶液中，发生反应使ClO-转化为HClO，产生消毒能力更强的HClO而增强溶液的消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO− ⇌HClO+。
18．(1) +H2HCOO−+H2O 温度升高，反应速率增大；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大
(2) HCOO-−2e-+2OH-=+H2O H2SO4 2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O或2HCOO-+O2=2
(3) HD HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，由图示知，产生KH与水反应生成H2和KOH，KOH可以吸收产生的CO2，从而使制备的H2更纯
【详解】（1）H2与KHCO3溶液反应生成HCOO-，反应中H元素的化合价由0价升至+1价，C元素的化合价由+4价降至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为H2+HCOO-+H2O；反应温度在40℃～80℃范围内，催化加氢的转化率迅速上升的可能原因是：温度升高，反应速率增大；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大。
（2）①根据图示，电池放电时，左边电极上HCOO-发生失电子的氧化反应转化成，左边电极为负极，即负极的电极反应式为HCOO-−2e-+2OH-=+H2O；右边电极上Fe3+发生得电子的还原反应转化成Fe2+，生成的Fe2+被O2氧化成Fe3+，结合右边产生K2SO4，则需补充的物质A为H2SO4；
②由图可知，该燃料电池本质是HCOOH与O2反应生成，反应的离子方程式为2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O或2HCOO-+O2=2。
（3）①根据图示，除生成二氧化碳外，还生成H2，若将HCOOH换成HCOOD催化释氢，则生成HD；
②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，由图示知，产生KH与水反应生成H2和KOH，KOH可以吸收产生的CO2，从而使制备的H2更纯，即可以提高H2的纯度。
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