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2021-2022学年湖北省十堰市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省十堰市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。
2021-2022学年湖北省十堰市高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 氢氧化镁和碳酸钠可用作胃酸的中和剂
B. 沼气的主要成分为甲烷，沼气属于不可再生资源
C. 葡萄酒中添加适量二氧化硫，可以起到抗氧化和漂白的作用
D. 牙膏中添加氟化物可预防龋齿
2. 下列反应的焓变与图象相符的是( )
A. 氮气与氧气生成一氧化氮的反应
B. 镁条与稀硫酸的反应
C. 盐酸与碳酸氢钠的反应
D. 灼热的炭与二氧化碳的反应
3. 一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应3CO2(g)+10H2(g)⇌C3H8(g)+6H2O(g)，达到平衡前的反应速率分别用v(CO2)、v(H2)、v(C3H8)、v(H2O)表示，下列关系式正确的是( )
A. 110v(C3H8)=v(H2) B. 16v(C3H8)=v(H2O)
C. 103v(CO2)=v(H2) D. 53v(H2)=v(H2O)
4. 关于反应3BrF3+5H2O=9HF+Br2+HBrO3+O2↑，下列说法正确的是( )
A. 氧化剂与还原剂的总物质的量之比为2：3
B. 每转移0.6mol电子，生成O2的体积为2.24L
C. BrF3分子中溴原子的化合价为−3价
D. Br2和HBrO3均为氧化产物
5. 下列说法正确的是( )
A. 某激发态碳原子的电子排布图：
B. 在元素周期表中，非金属元素都在p区
C. 原子由激发态转化成基态时获得的光谱为发射光谱
D. 在第三能层中自旋状态相同的电子最多有4个
6. 塑料电镀制品既有塑料的质量轻、易成型的特点，又有金属镀层的美观等特点，因此塑料电镀被广泛用于汽车、摩托车、家用电器的零部件和水暖器材的生产。已粗化(塑料表面有许多微孔)的塑料勺电镀银的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. a为电源的负极
B. 保持其他条件不变，若将电极X的材料换成Cu，塑料勺首先镀上的金属仍为银
C. 电镀一段时间后，溶液的pH变小
D. 电极Y上发生还原反应，失去电子
7. 室温下，下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是( )
A. 0.1mol⋅L−1的CuSO4溶液中：Na+、H+、Cl−、NO3−
B. 中性溶液中：Al3+、Mg2+、S2−、SO42−
C. 通入少量SO2的溶液中：K+、Ba2+、OH−、ClO−
D. Kwc(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1的溶液中：NH4+、Ca2+、CH3COO−、HCO3−
8. 绿原酸(M)是金银花的抗菌、抗病毒有效药理成分之一，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 足量的M与0.1molNaHCO3溶液完全反应，可得到2.24LCO2
B. M属于烃类化合物
C. M中有3种不同的官能团
D. M可发生酯化、加聚、水解、氧化反应
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，4.48LHF分子中所含的电子总数为0.2NA
B. 14g由C2H4与C4H8组成的混合气体中所含的氢原子数为2NA
C. 25℃下，1L0.1mol⋅L−1AlCl3溶液中所含的Al3+的数目为0.1NA
D. 36.5g浓盐酸与足量的MnO2充分反应，生成氯气的分子数为0.25NA
10. 室温下，向20mL0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液的过程中【忽略溶液体积和温度的变化，Ka(CH3COOH)=1.6×10−5】。下列说法错误的是( )
A. 室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=6.25×10−10
B. 当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)
C. 当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，c(OH−)+c(CH3COOH)=c(H+)
D. 当混合溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度之间的大小关系为c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)
11. 某实验室采用离子交换膜控制电解液中OH−的浓度制备纳米Cu2O，装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电池工作一段时间后，左侧工作室中溶液的pH变大
B. 电池工作时，右侧工作室的Cl−通过阴离子交换膜移向Ti电极
C. Cu电极上的电极反应式为2Cu+2OH−+2e−=Cu2O+H2O
D. 电池工作时，电子的流动方向为Ti电极→NaOH溶液→阴离子交换膜→NaCl溶液→Cu电极
12. 已知X、Y、Z三种元素均为短周期主族元素，X、Z同周期，X、Z的最低价离子分别为X2−和Z−，Y2+和Z−具有相同的电子层结构，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>X
B. X、Y两种元素形成的化合物YX为共价化合物
C. Z的单质与X的最简单氢化物反应可得到X的单质
D. 工业上常采用电解Y的氯化物的水溶液来获得Y的单质
13. 在恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH，其反应速率与浓度关系式为v=k⋅cm(NO)⋅cn(H2)(k为常数，只与温度有关，m、n为反应级数，均为正整数)，在某温度下测得有关数据如表所示：
序号
c(NO)/(mol⋅L−1)
c(H2)/(mol⋅L−1)
v/(mol⋅L−1⋅min−1)
①
0.05
0.20
0.207
②
0.20
0.80
13.248
③
0.10
0.20
0.828
下列说法正确的是( )
A. m+n=3
B. k=20.7
C. 该反应的平衡常数表达式为K=c2(NO)⋅c2(H2)c(N2)⋅c2(H2O)
D. 反应时，加入适宜的催化剂，ΔH和k均变大
14. 下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图1用硝酸铝溶液直接蒸发结晶获得无水硝酸铝
B. 图2验证氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用
C. 图3读取滴定管中液体体积
D. 图4探究温度对化学平衡的影响
15. 室温下，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol⋅L−1H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图所示[已知：Ka1(H2C2O4)=5×10−2，Ka2(H2C2O4)=2×10−4，忽略溶液混合时体积和温度的变化，lg2=0.3，lg3=0.5，电离度=已电离的溶质分子数原有溶质分子总数×100%]。下列说法正确的是( )
A. a点溶液中，0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液的电离度为50%
B. b点溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O4−)>c(OH−)>c(H+)>c(C2O42−)
C. c点溶液中一定存在c(OH−)−c(H+)
16. 硅是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：
(1)基态硅(Si)原子的核外电子排布式为【Ne】______，有 ______个未成对电子．
(2)碳(C)、硅(Si)、锗(Ge)是同族元素．
①基态Ge原子的核外电子占据 ______个能层、______个能级．
②上述三种元素的电负性由大到小的顺序为 ______(填元素符号).
③固态CO2可用于人工降雨，SiO2常用于 ______(填一种即可).
④请写出高温条件下碳和二氧化硅反应的化学方程式：______.
(3)在元素周期表中，某些元素与其右下方的主族元素(如图所示)的一些性质是相似的．如Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成 ______(填化学式)和H2.
17. 从废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]中回收钴和锂并制备Co3O4和Li2CO3的一种工艺流程如图：
已知：该工艺条件下，浸取液中含有的五种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
Co2+
Cu2+
Ni2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.6
4.2
6.7
6.5
完全沉淀的pH
3.2
9.2
6.7
8.4
8.5(pH=10.5时开始溶解)
回答下列问题：
(1)“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是 ______。
(2)“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为 ______；该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，该反应的离子方程式为 ______。
(3)“净化1”时调整溶液的pH为6.7，此时得到的沉淀有Cu(OH)2和 ______(填化学式)。
(4)“净化2”时，应将溶液的pH调整为 ______。
(5)溶液中c(Li+)=1mol⋅L−1，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol⋅L−1，则5L溶液中至少要加Na2CO3固体 ______g。[假设溶液体积不变，Ksp(Li2CO3)=8×10−4]
18. 某兴趣小组设计的以甲烷为燃料的电池的工作原理示意图如图所示(两个电极上分别通入CH4和O2)。
回答下列问题：
(1)电极b为燃料电池的 ______(填“正极”或“负极”)，气体Ⅱ为 ______(填“O2”或“CH4”)，电极a上的电极反应式为 ______。
(2)电极d上的现象为 ______，电池工作一段时间后，乙中加入适量的 ______(填化学式，填一种即可)，可使其恢复至与原溶液相同的状态。
(3)若丙中盛装25g质量分数为10%的K2SO4溶液，当外电路中转移的电子为1mol时，气体体积均换算成标准状况下，整个过程中无晶体析出。
①丙中电极g上生成气体的体积为 ______L。
②丙中K2SO4溶液的质量分数变为 ______%。
19. 苯硫酚(C6H5−SH)是一种用途广泛的有机合成中间体。工业上常用氯苯(C6H5−Cl)和硫化氢(H2S)反应制备苯硫酚，该反应常伴有副产物苯(C6H6)生成，发生如下反应：
①主反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)ΔH1=−16.8kJ⋅mol−1
②副反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)ΔH2；
查阅相关资料可知，C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)ΔH3=−29.0kJ⋅mol−1。
回答下列问题：
(1)在副反应中，反应物的键能总和 ______(填“>”、“<”或“=”)生成物的键能总和。
(2)为了提高C6H5−Cl(g)的转化率，可采取的措施有 ______(填一种即可)。
(3)在一定温度下，往容积为5L的恒容密闭容器中，充入2molC6H5−Cl(g)和2molH2S(g)，发生上述反应，2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%。
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=______mol⋅L−1⋅min−1
②2min时，c(HCl)=______mol⋅L−1，H2S(g)的转化率为 ______%。
③该温度下，主反应的平衡常数K=______(写出计算式即可)。
④下列叙述能用来判断上述反应已达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.混合气体的总质量不再随时间改变
B.混合气体的总压强不再随时间改变
C.混合气体的密度不再随时间改变
D.混合气体的相对分子质量不再随时间改变
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；
B.沼气的主要成分为甲烷，沼气短时间内可以再生，沼气属于可再生资源，故B错误；
C.葡萄酒中添加适量SO2，可以起到抗氧化作用，不能体现SO2的漂白性，故C错误；
D.牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，会发生反应：Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F+OH−(aq)，使用含氟牙膏，使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止龋齿，故D正确；
故选：D。
A.碳酸钠碱性较强；
B.沼气短时间内可以再生；
C.SO2具有还原性，具有抗氧化作用；
D.依据沉淀溶解平衡移动原理分析解答。
本题考查了化学与生产生活关系，明确相关物质的性质，熟悉沉淀平衡移动原理是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.氮气与氧气生成一氧化氮的反应为吸热反应，故A错误；
B.镁条与稀硫酸的反应为放热反应，故B正确；
C.盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，故C错误；
D.灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，故D错误；
故选：B。
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应。
本题考查化学反应中能量的变化，着重是区别吸热反应和放热反应，注意总结常见的吸热反应和放热反应，平时学习要夯实基础，此题较易。
3.【答案】C
【解析】解：A.v(C3H8)：v(H2)=1：10，故10v(C3H8)=v(H2)，故A错误；
B.v(C3H8)：v(H2O)=1：6，故6v(C3H8)=v(H2O)，故B错误；
C.v(CO2)：v(H2)=3：10，故103v(CO2)=v(H2)，故C正确；
D.v(H2)：v(H2O)=10：6=5：3，故35v(H2)=v(H2O)，故D错误；
故选：C。
根据“不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比”计算判断。
本题考查化学反应速率与化学计量数关系，注意理解速率规律，题目比较基础，有利于基础知识的复习巩固。
4.【答案】A
【解析】解：A.3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素的化合价分别由+3价升高为+5价、由+3价降低为0，有两个溴做氧化剂，有一个溴做还原剂，O元素的化合价由−2价升高为0，有两个水分子参与氧化还原反应，做还原剂，故氧化剂与还原剂的总物质的量之比为2：3，故A正确；
B.氧气不是标准状况下，无法进行计算，故B错误；
C.根据化合物化合价代数和为0，氟的化合价为−1价，则溴的化合价是+3价，故C错误；
D.溴是单质，溴酸含有三种元素不是氧化物，故D错误；
故选：A。
A.3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素的化合价分别由+3价升高为+5价、由+3价降低为0，O元素的化合价由−2价升高为0，该反应中转移6e−，以此计算解答；
B.要注明气体的状态；
C.根据化合物中各元素的代数和为0进行计算；
D.由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素是氧化物。
本题考查氧化还原基本的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.2p能级3个轨道相同，符合能量最低原理，属于基态原子排布图，故A错误；
B.在元素周期表中，非金属元素大都在p区，其中氢元素处于s区，故B错误；
C.原子由激发态转化成基态时获得时释放能量，产生的光谱为发射光谱，故C正确；
D.第三能层中3s有1个轨道、3p有2个轨道、3d有5个d轨道，全部都可以填充满，自旋状态相同的电子最多有9个，故D错误；
故选：C。
A.符合能量最低原理；
B.H元素处于s区；
C.原子由激发态转化成基态时释放能量；
D.第三能层中3s有1个轨道、3p有2个轨道、3d有5个d轨道。
本题考查核外电子排布、元素周期律表等，题目比较基础，掌握构造原理、泡利原理、洪特规则及其推论，注意元素周期表各分区外围电子构型。
6.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，a为电源的正极，故A错误；
B.保持其他条件不变，若将电极X的材料换成Cu，塑料勺首先镀上的银作阴极，不会溶解，故B正确；
C.电镀一段时间后，溶液的pH不变，故C错误；
D.电极Y上发生还原反应，得到电子，故D错误；
故选：B。
在电镀装置中，待镀制品接外电源的负极，作阴极，得到电子，发生还原反应，镀层金属接外电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，电解质溶液选择含有镀层金属的溶液，据此分析作答即可。
本题主要考查原电池、电解池的应用，掌握原电池、电解池的电极判断，电极反应式的书写，离子、电流的方向是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.Na+、H+、Cl−、NO3−、Cu2+、SO42−之间不反应，在0.1mol⋅L−1的CuSO4溶液中能够大量共存，故A正确；
B.Al3+、Mg2+都与S2−反应，不能大量共存，故B错误；
C.SO2与OH−、ClO−反应，通入少量SO2后不能大量共存，故C错误；
D.该溶液呈酸性，H+与CH3COO−、HCO3−反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应，都不与铜离子、硫酸根离子反应；
B.铝离子、镁离子都与硫离子反应；
C.二氧化硫与氢氧根离子、次氯酸根离子反应；
D.该溶液呈酸性，醋酸根离子、碳酸氢根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.温度和压强未知，气体摩尔体积未知，无法计算二氧化碳体积，故A错误；
B.M中含有C、H、O元素，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故B错误；
C.绿原酸含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键四种官能团，故C错误；
D.M中含有羧基、羟基、酯基和碳碳双键，具有羧酸、醇、酯和烯烃的性质，羧基和羟基能发生酯化反应，碳碳双键能发生加聚反应，酯基能发生水解反应，酚羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：D。
A.二氧化碳不一定处于标准状况下；
B.烃类化合物只含有C、H两种元素；
C.绿原酸含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键；
D.M中含有羧基、羟基、酯基和碳碳双键，具有羧酸、醇、酯和烯烃的性质。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生对知识灵活运用能力，A选项中学生容易忽略标准状况，是本题的易错点。
9.【答案】B
【解析】解：A.标况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B.C2H4与C4H8具有相同最简式CH2，14g由C2H4与C4H8组成的混合气体中所含的氢原子数为：14g14g/mol×2×NAmol−1=2NA，故B正确；
C.氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中部分水解，所以25℃下，1L0.1mol⋅L−1AlCl3溶液中所含的Al3+的数目小于0.1NA，故C错误；
D.36.5g浓盐酸与足量的MnO2充分反应，随着反应进行，盐酸浓度降低变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以生成氯气的分子数小于0.25NA，故D错误；
故选：B。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.C2H4与C4H8具有相同最简式CH2；
C.氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中部分水解；
D.浓盐酸与二氧化锰反应，稀盐酸与二氧化锰不反应。
本题考查阿伏加德罗常数的综合运用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
10.【答案】C
【解析】解：A.室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=KwKa=10−141.6×10−5=6.25×10−10，故A正确；
B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，酸碱的物质的量浓度相等，V(CH3COOH)=4V(NaOH)，则存在n(CH3COOH)=4n(NaOH)，溶液体积相等，所以存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)，故B正确；
C.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)、存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)，所以存在c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；
D.当混合溶液的pH=7时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则为c(CH3COO−)=c(Na+)，水的电离程度较小，所以存在c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)，故D正确；
故选：C。
A.室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=KwKa；
B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，酸碱的物质的量浓度相等，V(CH3COOH)=4V(NaOH)，则存在n(CH3COOH)=4n(NaOH)；
C.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)、存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)；
D.当混合溶液的pH=7时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则为c(CH3COO−)=c(Na+)，水的电离程度较小。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.左室为阴极室，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+OH−，生成氢氧根离子，溶液pH值增大，故A正确；
B.电解池内部阴离子向阳极移动，氢氧根离子通过离子交换膜进入右侧阳极室，故B错误；
C.Cu为阳极，阳极上Cu失电子生成氧化亚铜，电极反应为2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，故C错误；
D.电子不能进入电解质溶液，电池工作时，电子的流动方向为Cu电极→导线→电源正极，电源负极→导线→Ti电极，故D错误；
故选：A。
右室为阳极室，阳极反应式为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，左室为阴极室，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+OH−，OH−离子通过离子交换膜移向阳极室，电子不能进入电解质溶液，由阳极流出，经导线流入电源正极，再由电源负极流出，经导线流入阴极。
本题考查了电解原理的应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，试题培养了学生分析能力、运用知识的能力。
12.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为Mg，Z为F元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z
C.Z的单质为F2，X的最简单氢化物为水，F2能够与水反应生成氧气和氟化氢，故C正确；
D.Y的氯化物为氯化镁，电解氯化镁溶液无法获得镁，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z三种元素均为短周期主族元素，X、Z同周期，X、Z的最低价离子分别为X2−和Z−，Y2+和Z−具有相同的电子层结构，则X为O、Z为F、Y为Mg，以此结合元素周期律及元素化合物知识来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握离子结构、元素化合价来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.由分析可知，m=2，n=1，故m+n=3，故A正确；
B.由分析可知，m=2，n=1，带入第①组可知，0.052×0.2k=0.207，解得k=414，故B错误；
C.根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为K=c(N2)c2(H2O)c2(NO)c2(H2)，故C错误；
D.反应时，加入适宜的催化剂，反应速率加快，故k变大，但催化剂不影响△H，故D错误；
故选：A。
根据表中数据可知，第①、③组数据可知，c(NO)第③组是第①组的2倍，而反应速率第③组是第①组的4倍，故m=2，第①、②组数据可知，c(NO)第②组是第①组的4倍，c(H2)第②组是第①组的4倍，而反应速率第②组是第①组的64倍，结合m=2，则n=1，据此分析解题；
A.由分析可知，m=2，n=1，故m+n=3；
B.由分析可知，m=2，n=1，带入第①组可知，0.052×0.2k=0.207；
C.根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为K=c(N2)c2(H2O)c2(NO)c2(H2)；
D.反应时，加入适宜的催化剂，反应速率加快。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图表数据分析，灵活应用等效平衡分析判断各物质的量及平衡的移动，与实际测定的值进行比较，从而得出相应的结论，需要熟练平衡常数的相关计算，并能利用平衡常数判断平衡的移动，整体难度中等。
14.【答案】D
【解析】A.加热促进铝离子水解，且硝酸易挥发，直接蒸发结晶得到氢氧化铝，故A错误；
B.温度不同、催化剂不同，两个变量不能验证氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用，故B错误；
C.图中为仰视，应眼睛与凹液面的最低处刻度线相平，故C错误；
D.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故D正确；
故选：D。
15.【答案】A
【解析】解：A.a点为0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，x20.1−x=5×10−2，x=0.05，0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液的电离度为0.050.1×100%=50%，故A正确；
B.b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4−的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，故B错误；
C.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c(OH−)−c(H+)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，所以c(OH−)−c(H+)>c(HC2O4−)+c(H2C2O4)，故C错误；
D.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是25mL×0.1mol/L75mL=130mol/L，c2(OH−)130=10−142×10−4，c(OH−)=53×10−6mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1453×10−6mol/L=35×10−8mol/L，pH的值为8.1，故D错误；
故选：A。
A.a点为0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，x20.1−x=5×10−2，x=0.05；
B.b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4−的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；
C.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c(OH−)−c(H+)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，据此分析；
D.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是25mL×0.1mol/L75mL=130mol/L，c2(OH−)130=10−142×10−4，c(OH−)=53×10−6mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1453×10−6mol/L=35×10−8mol/L。
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合溶液的酸碱性及物料守恒和电荷守恒来分析解答，题目难度中等。
16.【答案】3s23p2 248C>Si>Ge光纤通信 2C+SiO2−高温2CO↑+SiNaBO2
【解析】解：(1)基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为[Ne]3s23p2；3p能级上有2个电子排列在3个轨道上，排列时要符合洪特规则，所以有2个未成对电子，
故答案为：3s23p2；2；
(2)①基态Ge原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，占据K、L、M、N能层，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级，所以该基态原子占据4个能层、8个能级，
故答案为：4；8；
②元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：C>Si>Ge，电负性C>Si>Ge，
故答案为：C>Si>Ge；
③SiO2是光导纤维的主要原料，所以SiO2常用于光纤通信，
故答案为：光纤通信；
④高温条件下碳和二氧化硅反应生成Si和CO，反应方程式为2C+SiO2−高温2CO↑+Si，
故答案为：2C+SiO2−高温2CO↑+Si；
(3)根据对角线规则知，B和Si的性质相似，Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成NaBO2和H2，
故答案为：NaBO2。
(1)基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；3p能级上有2个电子排列在3个轨道上，排列时要符合洪特规则；
(2)①基态Ge原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，占据K、L、M、N能层，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级；
②元素的非金属性越强，其电负性越大；
③SiO2是光导纤维的主要原料；
④高温条件下碳和二氧化硅反应生成Si和CO；
(3)根据对角线规则知，B和Si的性质相似，Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成硼酸钠和H2。
本题考查元素化合物的性质、原子核外电子排布、元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、元素周期律内涵、原子结构是解本题关键，注意(2)题C和SiO2反应不生成CO2。
17.【答案】温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2OFe(OH)3、Zn(OH)2 8.5∼10.51319.7
【解析】解：(1)“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是温度太高，碳容易转化为CO，造成污染，温度太高能耗就高，
故答案为：温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高；
(2)LiCoO2中Co由+3价降到+2价，Na2S2O3中S由+2价升高到+6价，“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，+3价的钴元素被−1价的铝离子还原，该反应的离子方程式为2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O；
(3)调节pH值为6.7，使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，故含有Cu(OH)2、Fe(OH)3、Zn(OH)2，但锌离子没有沉淀完全，
故答案为：Fe(OH)3、Zn(OH)2；
(4)净化2加入氢氧化钠溶液，除去镍离子和锌离子生成沉淀除去，并保证二价钴离子沉淀完全，根据表格信息，故pH的范围是8.5∼10.5，
故答案为：8.5∼10.5；
(5)5L溶液中原c(Li+)=1mol⋅L−1，n(Li+)=5L×1mol⋅L−1=5mol，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol⋅L−1，n(Li+)=5L×0.02mol⋅L−1=0.1mol，则生成沉淀的锂离子的物质的量为n(Li+)=(5−0.1)mol=4.9mol，则Li2CO3的物质的量为2.45mol，则Na2CO3固体应为2.45mol，溶液中c(CO32−)=Ksp(Li2CO3)c2(Li+)=8×10−4(0.02)2mol⋅L−1=2mol⋅L−1，则CO32−的物质的量为2mol⋅L−1×5L=10mol，则加入Na2CO3固体的总质量至少为106g⋅mol−1×(2.45mol+10mol)=106g⋅mol−1×12.45mol=1319.7g，
故答案为：1319.7。
废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]，充分放电，拆解，真空热解，得到铝箔和热解产物回收利用；活性物质加入双氧水溶液、硫酸，还原酸浸后，滤液再加入氢氧化钠，调节pH值为6.7，净化1中使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，分别得到锂离子和钴离子的溶液，溶液加入CO(NH2)2溶液并加热，沉钴得到Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中含锂离子的溶液，溶液在净化2中加入氢氧化钠溶液，将镍离子和锌离子生成沉淀除去，滤液再加碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
18.【答案】正极 O2 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O有红色固体析出 CuO(或CuCO3)11.215.625
【解析】解：(1)电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，电极反应式为：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，电极反应式为：2O2+8e−+4H2O=8OH−，
故答案为：正极；O2；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(2)电极d为阴极，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，有红色的固体析出，乙中总反应式为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，由此可知，随着反应的进行，Cu和O以1：1的比例损耗，使其恢复至与原溶液相同的状态，应添加适量的CuO(或CuCO3)，
故答案为：有红色固体析出；CuO(或CuCO3)；
(3)①丙中g为阴极，电极反应式为：2H2O+2e−=−通电H2↑+2OH−，当外电路中转移的电子为1mol时，生成的氢气为0.5mol，V=n×Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2；
②丙中总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑，当外电路中转移的电子为1mol时，消耗的H2O为：0.5mol，质量为：m=n×M=0.5mol×18g/mol=9g，此时溶液质量为：25−9=16g，25g质量分数为10%的K2SO4溶液中，K2SO4的质量为：25g×10%=2.5g，
即此时丙中K2SO4溶液的质量分数为：2.5g16g×100%=15.625%，
故答案为：15.625。
由图可知，电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，对装置的分析如图，甲为碱性甲烷燃料电池，总反应为：CH4+2O2+2OH−=CO32−+3H2O，乙为电解池，总反应为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，丙为电解池，总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑。
本题考查了电极的判断，电极方程式的书写，电化学有关的计算，难度适中，要熟练的掌握相关基础知识，并结合氧化还原反应来思考。
19.【答案】<降低温度或及时移除部分HCl(g)0.108250.216554.1251.0025×1.08250.9175×0.9175 BD
【解析】解：(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，则反应物的键能总和<生成物的键能总和，
故答案为：<；
(2)根据勒夏特列原理，降低温度或及时移除部分HCl(g)，平衡正向移动，C6H5−Cl(g)的转化率增大，
故答案为：降低温度或及时移除部分HCl(g)；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=1.0025mol+0.08mol5L×2min=0.10825mol/(L⋅min)，
故答案为：0.10825；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，c(HCl)=1.0825mol5L=0.2165mol/L；H2S(g)转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%=1.0025mol+0.08mol2mol×100%=54.125%，
故答案为：0.2165；54.125；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)=1.0825mol5L×1.0025mol5L(2mol−1.0025mol−0.08mol5L)2=1.0025×1.08250.9175×0.9175，
故答案为：1.0025×1.08250.9175×0.9175；
④A.根据质量守恒，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不再随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.发生副反应时，气体物质的量改变，气体总压强是变量，当混合气体的总压强不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，发生副反应时，气体物质的量改变，即混合气体的相对分子质量是变量，当混合气体的相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD。
(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和；
(2)根据勒夏特列原理分析；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①v=△nV⋅△t；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，结合c=nV计算；转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)；
④判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。
本题考查反应热、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
2021-2022学年湖北省十堰市高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 氢氧化镁和碳酸钠可用作胃酸的中和剂
B. 沼气的主要成分为甲烷，沼气属于不可再生资源
C. 葡萄酒中添加适量二氧化硫，可以起到抗氧化和漂白的作用
D. 牙膏中添加氟化物可预防龋齿
2. 下列反应的焓变与图象相符的是( )
A. 氮气与氧气生成一氧化氮的反应
B. 镁条与稀硫酸的反应
C. 盐酸与碳酸氢钠的反应
D. 灼热的炭与二氧化碳的反应
3. 一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应3CO2(g)+10H2(g)⇌C3H8(g)+6H2O(g)，达到平衡前的反应速率分别用v(CO2)、v(H2)、v(C3H8)、v(H2O)表示，下列关系式正确的是( )
A. 110v(C3H8)=v(H2) B. 16v(C3H8)=v(H2O)
C. 103v(CO2)=v(H2) D. 53v(H2)=v(H2O)
4. 关于反应3BrF3+5H2O=9HF+Br2+HBrO3+O2↑，下列说法正确的是( )
A. 氧化剂与还原剂的总物质的量之比为2：3
B. 每转移0.6mol电子，生成O2的体积为2.24L
C. BrF3分子中溴原子的化合价为−3价
D. Br2和HBrO3均为氧化产物
5. 下列说法正确的是( )
A. 某激发态碳原子的电子排布图：
B. 在元素周期表中，非金属元素都在p区
C. 原子由激发态转化成基态时获得的光谱为发射光谱
D. 在第三能层中自旋状态相同的电子最多有4个
6. 塑料电镀制品既有塑料的质量轻、易成型的特点，又有金属镀层的美观等特点，因此塑料电镀被广泛用于汽车、摩托车、家用电器的零部件和水暖器材的生产。已粗化(塑料表面有许多微孔)的塑料勺电镀银的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. a为电源的负极
B. 保持其他条件不变，若将电极X的材料换成Cu，塑料勺首先镀上的金属仍为银
C. 电镀一段时间后，溶液的pH变小
D. 电极Y上发生还原反应，失去电子
7. 室温下，下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是( )
A. 0.1mol⋅L−1的CuSO4溶液中：Na+、H+、Cl−、NO3−
B. 中性溶液中：Al3+、Mg2+、S2−、SO42−
C. 通入少量SO2的溶液中：K+、Ba2+、OH−、ClO−
D. Kwc(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1的溶液中：NH4+、Ca2+、CH3COO−、HCO3−
8. 绿原酸(M)是金银花的抗菌、抗病毒有效药理成分之一，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 足量的M与0.1molNaHCO3溶液完全反应，可得到2.24LCO2
B. M属于烃类化合物
C. M中有3种不同的官能团
D. M可发生酯化、加聚、水解、氧化反应
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，4.48LHF分子中所含的电子总数为0.2NA
B. 14g由C2H4与C4H8组成的混合气体中所含的氢原子数为2NA
C. 25℃下，1L0.1mol⋅L−1AlCl3溶液中所含的Al3+的数目为0.1NA
D. 36.5g浓盐酸与足量的MnO2充分反应，生成氯气的分子数为0.25NA
10. 室温下，向20mL0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液的过程中【忽略溶液体积和温度的变化，Ka(CH3COOH)=1.6×10−5】。下列说法错误的是( )
A. 室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=6.25×10−10
B. 当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)
C. 当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，c(OH−)+c(CH3COOH)=c(H+)
D. 当混合溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度之间的大小关系为c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)
11. 某实验室采用离子交换膜控制电解液中OH−的浓度制备纳米Cu2O，装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电池工作一段时间后，左侧工作室中溶液的pH变大
B. 电池工作时，右侧工作室的Cl−通过阴离子交换膜移向Ti电极
C. Cu电极上的电极反应式为2Cu+2OH−+2e−=Cu2O+H2O
D. 电池工作时，电子的流动方向为Ti电极→NaOH溶液→阴离子交换膜→NaCl溶液→Cu电极
12. 已知X、Y、Z三种元素均为短周期主族元素，X、Z同周期，X、Z的最低价离子分别为X2−和Z−，Y2+和Z−具有相同的电子层结构，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>X
B. X、Y两种元素形成的化合物YX为共价化合物
C. Z的单质与X的最简单氢化物反应可得到X的单质
D. 工业上常采用电解Y的氯化物的水溶液来获得Y的单质
13. 在恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH，其反应速率与浓度关系式为v=k⋅cm(NO)⋅cn(H2)(k为常数，只与温度有关，m、n为反应级数，均为正整数)，在某温度下测得有关数据如表所示：
序号
c(NO)/(mol⋅L−1)
c(H2)/(mol⋅L−1)
v/(mol⋅L−1⋅min−1)
①
0.05
0.20
0.207
②
0.20
0.80
13.248
③
0.10
0.20
0.828
下列说法正确的是( )
A. m+n=3
B. k=20.7
C. 该反应的平衡常数表达式为K=c2(NO)⋅c2(H2)c(N2)⋅c2(H2O)
D. 反应时，加入适宜的催化剂，ΔH和k均变大
14. 下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图1用硝酸铝溶液直接蒸发结晶获得无水硝酸铝
B. 图2验证氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用
C. 图3读取滴定管中液体体积
D. 图4探究温度对化学平衡的影响
15. 室温下，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol⋅L−1H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图所示[已知：Ka1(H2C2O4)=5×10−2，Ka2(H2C2O4)=2×10−4，忽略溶液混合时体积和温度的变化，lg2=0.3，lg3=0.5，电离度=已电离的溶质分子数原有溶质分子总数×100%]。下列说法正确的是( )
A. a点溶液中，0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液的电离度为50%
B. b点溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O4−)>c(OH−)>c(H+)>c(C2O42−)
C. c点溶液中一定存在c(OH−)−c(H+)
16. 硅是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：
(1)基态硅(Si)原子的核外电子排布式为【Ne】______，有 ______个未成对电子．
(2)碳(C)、硅(Si)、锗(Ge)是同族元素．
①基态Ge原子的核外电子占据 ______个能层、______个能级．
②上述三种元素的电负性由大到小的顺序为 ______(填元素符号).
③固态CO2可用于人工降雨，SiO2常用于 ______(填一种即可).
④请写出高温条件下碳和二氧化硅反应的化学方程式：______.
(3)在元素周期表中，某些元素与其右下方的主族元素(如图所示)的一些性质是相似的．如Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成 ______(填化学式)和H2.
17. 从废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]中回收钴和锂并制备Co3O4和Li2CO3的一种工艺流程如图：
已知：该工艺条件下，浸取液中含有的五种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
Co2+
Cu2+
Ni2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.6
4.2
6.7
6.5
完全沉淀的pH
3.2
9.2
6.7
8.4
8.5(pH=10.5时开始溶解)
回答下列问题：
(1)“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是 ______。
(2)“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为 ______；该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，该反应的离子方程式为 ______。
(3)“净化1”时调整溶液的pH为6.7，此时得到的沉淀有Cu(OH)2和 ______(填化学式)。
(4)“净化2”时，应将溶液的pH调整为 ______。
(5)溶液中c(Li+)=1mol⋅L−1，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol⋅L−1，则5L溶液中至少要加Na2CO3固体 ______g。[假设溶液体积不变，Ksp(Li2CO3)=8×10−4]
18. 某兴趣小组设计的以甲烷为燃料的电池的工作原理示意图如图所示(两个电极上分别通入CH4和O2)。
回答下列问题：
(1)电极b为燃料电池的 ______(填“正极”或“负极”)，气体Ⅱ为 ______(填“O2”或“CH4”)，电极a上的电极反应式为 ______。
(2)电极d上的现象为 ______，电池工作一段时间后，乙中加入适量的 ______(填化学式，填一种即可)，可使其恢复至与原溶液相同的状态。
(3)若丙中盛装25g质量分数为10%的K2SO4溶液，当外电路中转移的电子为1mol时，气体体积均换算成标准状况下，整个过程中无晶体析出。
①丙中电极g上生成气体的体积为 ______L。
②丙中K2SO4溶液的质量分数变为 ______%。
19. 苯硫酚(C6H5−SH)是一种用途广泛的有机合成中间体。工业上常用氯苯(C6H5−Cl)和硫化氢(H2S)反应制备苯硫酚，该反应常伴有副产物苯(C6H6)生成，发生如下反应：
①主反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)ΔH1=−16.8kJ⋅mol−1
②副反应：C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)ΔH2；
查阅相关资料可知，C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)ΔH3=−29.0kJ⋅mol−1。
回答下列问题：
(1)在副反应中，反应物的键能总和 ______(填“>”、“<”或“=”)生成物的键能总和。
(2)为了提高C6H5−Cl(g)的转化率，可采取的措施有 ______(填一种即可)。
(3)在一定温度下，往容积为5L的恒容密闭容器中，充入2molC6H5−Cl(g)和2molH2S(g)，发生上述反应，2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%。
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=______mol⋅L−1⋅min−1
②2min时，c(HCl)=______mol⋅L−1，H2S(g)的转化率为 ______%。
③该温度下，主反应的平衡常数K=______(写出计算式即可)。
④下列叙述能用来判断上述反应已达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.混合气体的总质量不再随时间改变
B.混合气体的总压强不再随时间改变
C.混合气体的密度不再随时间改变
D.混合气体的相对分子质量不再随时间改变
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；
B.沼气的主要成分为甲烷，沼气短时间内可以再生，沼气属于可再生资源，故B错误；
C.葡萄酒中添加适量SO2，可以起到抗氧化作用，不能体现SO2的漂白性，故C错误；
D.牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，会发生反应：Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F+OH−(aq)，使用含氟牙膏，使沉淀溶解平衡正向移动，最终在牙齿表面形成难溶性的Ca5(PO4)3F，因此可防止龋齿，故D正确；
故选：D。
A.碳酸钠碱性较强；
B.沼气短时间内可以再生；
C.SO2具有还原性，具有抗氧化作用；
D.依据沉淀溶解平衡移动原理分析解答。
本题考查了化学与生产生活关系，明确相关物质的性质，熟悉沉淀平衡移动原理是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.氮气与氧气生成一氧化氮的反应为吸热反应，故A错误；
B.镁条与稀硫酸的反应为放热反应，故B正确；
C.盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，故C错误；
D.灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，故D错误；
故选：B。
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应。
本题考查化学反应中能量的变化，着重是区别吸热反应和放热反应，注意总结常见的吸热反应和放热反应，平时学习要夯实基础，此题较易。
3.【答案】C
【解析】解：A.v(C3H8)：v(H2)=1：10，故10v(C3H8)=v(H2)，故A错误；
B.v(C3H8)：v(H2O)=1：6，故6v(C3H8)=v(H2O)，故B错误；
C.v(CO2)：v(H2)=3：10，故103v(CO2)=v(H2)，故C正确；
D.v(H2)：v(H2O)=10：6=5：3，故35v(H2)=v(H2O)，故D错误；
故选：C。
根据“不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比”计算判断。
本题考查化学反应速率与化学计量数关系，注意理解速率规律，题目比较基础，有利于基础知识的复习巩固。
4.【答案】A
【解析】解：A.3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素的化合价分别由+3价升高为+5价、由+3价降低为0，有两个溴做氧化剂，有一个溴做还原剂，O元素的化合价由−2价升高为0，有两个水分子参与氧化还原反应，做还原剂，故氧化剂与还原剂的总物质的量之比为2：3，故A正确；
B.氧气不是标准状况下，无法进行计算，故B错误；
C.根据化合物化合价代数和为0，氟的化合价为−1价，则溴的化合价是+3价，故C错误；
D.溴是单质，溴酸含有三种元素不是氧化物，故D错误；
故选：A。
A.3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素的化合价分别由+3价升高为+5价、由+3价降低为0，O元素的化合价由−2价升高为0，该反应中转移6e−，以此计算解答；
B.要注明气体的状态；
C.根据化合物中各元素的代数和为0进行计算；
D.由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素是氧化物。
本题考查氧化还原基本的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.2p能级3个轨道相同，符合能量最低原理，属于基态原子排布图，故A错误；
B.在元素周期表中，非金属元素大都在p区，其中氢元素处于s区，故B错误；
C.原子由激发态转化成基态时获得时释放能量，产生的光谱为发射光谱，故C正确；
D.第三能层中3s有1个轨道、3p有2个轨道、3d有5个d轨道，全部都可以填充满，自旋状态相同的电子最多有9个，故D错误；
故选：C。
A.符合能量最低原理；
B.H元素处于s区；
C.原子由激发态转化成基态时释放能量；
D.第三能层中3s有1个轨道、3p有2个轨道、3d有5个d轨道。
本题考查核外电子排布、元素周期律表等，题目比较基础，掌握构造原理、泡利原理、洪特规则及其推论，注意元素周期表各分区外围电子构型。
6.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，a为电源的正极，故A错误；
B.保持其他条件不变，若将电极X的材料换成Cu，塑料勺首先镀上的银作阴极，不会溶解，故B正确；
C.电镀一段时间后，溶液的pH不变，故C错误；
D.电极Y上发生还原反应，得到电子，故D错误；
故选：B。
在电镀装置中，待镀制品接外电源的负极，作阴极，得到电子，发生还原反应，镀层金属接外电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，电解质溶液选择含有镀层金属的溶液，据此分析作答即可。
本题主要考查原电池、电解池的应用，掌握原电池、电解池的电极判断，电极反应式的书写，离子、电流的方向是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.Na+、H+、Cl−、NO3−、Cu2+、SO42−之间不反应，在0.1mol⋅L−1的CuSO4溶液中能够大量共存，故A正确；
B.Al3+、Mg2+都与S2−反应，不能大量共存，故B错误；
C.SO2与OH−、ClO−反应，通入少量SO2后不能大量共存，故C错误；
D.该溶液呈酸性，H+与CH3COO−、HCO3−反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应，都不与铜离子、硫酸根离子反应；
B.铝离子、镁离子都与硫离子反应；
C.二氧化硫与氢氧根离子、次氯酸根离子反应；
D.该溶液呈酸性，醋酸根离子、碳酸氢根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.温度和压强未知，气体摩尔体积未知，无法计算二氧化碳体积，故A错误；
B.M中含有C、H、O元素，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故B错误；
C.绿原酸含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键四种官能团，故C错误；
D.M中含有羧基、羟基、酯基和碳碳双键，具有羧酸、醇、酯和烯烃的性质，羧基和羟基能发生酯化反应，碳碳双键能发生加聚反应，酯基能发生水解反应，酚羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：D。
A.二氧化碳不一定处于标准状况下；
B.烃类化合物只含有C、H两种元素；
C.绿原酸含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键；
D.M中含有羧基、羟基、酯基和碳碳双键，具有羧酸、醇、酯和烯烃的性质。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生对知识灵活运用能力，A选项中学生容易忽略标准状况，是本题的易错点。
9.【答案】B
【解析】解：A.标况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B.C2H4与C4H8具有相同最简式CH2，14g由C2H4与C4H8组成的混合气体中所含的氢原子数为：14g14g/mol×2×NAmol−1=2NA，故B正确；
C.氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中部分水解，所以25℃下，1L0.1mol⋅L−1AlCl3溶液中所含的Al3+的数目小于0.1NA，故C错误；
D.36.5g浓盐酸与足量的MnO2充分反应，随着反应进行，盐酸浓度降低变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以生成氯气的分子数小于0.25NA，故D错误；
故选：B。
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.C2H4与C4H8具有相同最简式CH2；
C.氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中部分水解；
D.浓盐酸与二氧化锰反应，稀盐酸与二氧化锰不反应。
本题考查阿伏加德罗常数的综合运用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
10.【答案】C
【解析】解：A.室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=KwKa=10−141.6×10−5=6.25×10−10，故A正确；
B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，酸碱的物质的量浓度相等，V(CH3COOH)=4V(NaOH)，则存在n(CH3COOH)=4n(NaOH)，溶液体积相等，所以存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=4c(Na+)，故B正确；
C.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)、存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)，所以存在c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；
D.当混合溶液的pH=7时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则为c(CH3COO−)=c(Na+)，水的电离程度较小，所以存在c(CH3COO−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)，故D正确；
故选：C。
A.室温下，CH3COO−的水解常数Kh(CH3COO−)=KwKa；
B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，酸碱的物质的量浓度相等，V(CH3COOH)=4V(NaOH)，则存在n(CH3COOH)=4n(NaOH)；
C.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)、存在物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)；
D.当混合溶液的pH=7时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则为c(CH3COO−)=c(Na+)，水的电离程度较小。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.左室为阴极室，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+OH−，生成氢氧根离子，溶液pH值增大，故A正确；
B.电解池内部阴离子向阳极移动，氢氧根离子通过离子交换膜进入右侧阳极室，故B错误；
C.Cu为阳极，阳极上Cu失电子生成氧化亚铜，电极反应为2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，故C错误；
D.电子不能进入电解质溶液，电池工作时，电子的流动方向为Cu电极→导线→电源正极，电源负极→导线→Ti电极，故D错误；
故选：A。
右室为阳极室，阳极反应式为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，左室为阴极室，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+OH−，OH−离子通过离子交换膜移向阳极室，电子不能进入电解质溶液，由阳极流出，经导线流入电源正极，再由电源负极流出，经导线流入阴极。
本题考查了电解原理的应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，试题培养了学生分析能力、运用知识的能力。
12.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为Mg，Z为F元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z
C.Z的单质为F2，X的最简单氢化物为水，F2能够与水反应生成氧气和氟化氢，故C正确；
D.Y的氯化物为氯化镁，电解氯化镁溶液无法获得镁，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z三种元素均为短周期主族元素，X、Z同周期，X、Z的最低价离子分别为X2−和Z−，Y2+和Z−具有相同的电子层结构，则X为O、Z为F、Y为Mg，以此结合元素周期律及元素化合物知识来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握离子结构、元素化合价来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.由分析可知，m=2，n=1，故m+n=3，故A正确；
B.由分析可知，m=2，n=1，带入第①组可知，0.052×0.2k=0.207，解得k=414，故B错误；
C.根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为K=c(N2)c2(H2O)c2(NO)c2(H2)，故C错误；
D.反应时，加入适宜的催化剂，反应速率加快，故k变大，但催化剂不影响△H，故D错误；
故选：A。
根据表中数据可知，第①、③组数据可知，c(NO)第③组是第①组的2倍，而反应速率第③组是第①组的4倍，故m=2，第①、②组数据可知，c(NO)第②组是第①组的4倍，c(H2)第②组是第①组的4倍，而反应速率第②组是第①组的64倍，结合m=2，则n=1，据此分析解题；
A.由分析可知，m=2，n=1，故m+n=3；
B.由分析可知，m=2，n=1，带入第①组可知，0.052×0.2k=0.207；
C.根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为K=c(N2)c2(H2O)c2(NO)c2(H2)；
D.反应时，加入适宜的催化剂，反应速率加快。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图表数据分析，灵活应用等效平衡分析判断各物质的量及平衡的移动，与实际测定的值进行比较，从而得出相应的结论，需要熟练平衡常数的相关计算，并能利用平衡常数判断平衡的移动，整体难度中等。
14.【答案】D
【解析】A.加热促进铝离子水解，且硝酸易挥发，直接蒸发结晶得到氢氧化铝，故A错误；
B.温度不同、催化剂不同，两个变量不能验证氯化锰对过氧化氢的分解有催化作用，故B错误；
C.图中为仰视，应眼睛与凹液面的最低处刻度线相平，故C错误；
D.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故D正确；
故选：D。
15.【答案】A
【解析】解：A.a点为0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，x20.1−x=5×10−2，x=0.05，0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液的电离度为0.050.1×100%=50%，故A正确；
B.b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4−的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，故B错误；
C.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c(OH−)−c(H+)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，所以c(OH−)−c(H+)>c(HC2O4−)+c(H2C2O4)，故C错误；
D.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是25mL×0.1mol/L75mL=130mol/L，c2(OH−)130=10−142×10−4，c(OH−)=53×10−6mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1453×10−6mol/L=35×10−8mol/L，pH的值为8.1，故D错误；
故选：A。
A.a点为0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，x20.1−x=5×10−2，x=0.05；
B.b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4−的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；
C.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c(OH−)−c(H+)=c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，据此分析；
D.c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是25mL×0.1mol/L75mL=130mol/L，c2(OH−)130=10−142×10−4，c(OH−)=53×10−6mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1453×10−6mol/L=35×10−8mol/L。
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合溶液的酸碱性及物料守恒和电荷守恒来分析解答，题目难度中等。
16.【答案】3s23p2 248C>Si>Ge光纤通信 2C+SiO2−高温2CO↑+SiNaBO2
【解析】解：(1)基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为[Ne]3s23p2；3p能级上有2个电子排列在3个轨道上，排列时要符合洪特规则，所以有2个未成对电子，
故答案为：3s23p2；2；
(2)①基态Ge原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，占据K、L、M、N能层，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级，所以该基态原子占据4个能层、8个能级，
故答案为：4；8；
②元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：C>Si>Ge，电负性C>Si>Ge，
故答案为：C>Si>Ge；
③SiO2是光导纤维的主要原料，所以SiO2常用于光纤通信，
故答案为：光纤通信；
④高温条件下碳和二氧化硅反应生成Si和CO，反应方程式为2C+SiO2−高温2CO↑+Si，
故答案为：2C+SiO2−高温2CO↑+Si；
(3)根据对角线规则知，B和Si的性质相似，Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成NaBO2和H2，
故答案为：NaBO2。
(1)基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；3p能级上有2个电子排列在3个轨道上，排列时要符合洪特规则；
(2)①基态Ge原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，占据K、L、M、N能层，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级；
②元素的非金属性越强，其电负性越大；
③SiO2是光导纤维的主要原料；
④高温条件下碳和二氧化硅反应生成Si和CO；
(3)根据对角线规则知，B和Si的性质相似，Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成硼酸钠和H2。
本题考查元素化合物的性质、原子核外电子排布、元素周期律，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、元素周期律内涵、原子结构是解本题关键，注意(2)题C和SiO2反应不生成CO2。
17.【答案】温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2OFe(OH)3、Zn(OH)2 8.5∼10.51319.7
【解析】解：(1)“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是温度太高，碳容易转化为CO，造成污染，温度太高能耗就高，
故答案为：温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高；
(2)LiCoO2中Co由+3价降到+2价，Na2S2O3中S由+2价升高到+6价，“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，+3价的钴元素被−1价的铝离子还原，该反应的离子方程式为2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；2LiCoO2+2Cl−+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O；
(3)调节pH值为6.7，使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，故含有Cu(OH)2、Fe(OH)3、Zn(OH)2，但锌离子没有沉淀完全，
故答案为：Fe(OH)3、Zn(OH)2；
(4)净化2加入氢氧化钠溶液，除去镍离子和锌离子生成沉淀除去，并保证二价钴离子沉淀完全，根据表格信息，故pH的范围是8.5∼10.5，
故答案为：8.5∼10.5；
(5)5L溶液中原c(Li+)=1mol⋅L−1，n(Li+)=5L×1mol⋅L−1=5mol，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol⋅L−1，n(Li+)=5L×0.02mol⋅L−1=0.1mol，则生成沉淀的锂离子的物质的量为n(Li+)=(5−0.1)mol=4.9mol，则Li2CO3的物质的量为2.45mol，则Na2CO3固体应为2.45mol，溶液中c(CO32−)=Ksp(Li2CO3)c2(Li+)=8×10−4(0.02)2mol⋅L−1=2mol⋅L−1，则CO32−的物质的量为2mol⋅L−1×5L=10mol，则加入Na2CO3固体的总质量至少为106g⋅mol−1×(2.45mol+10mol)=106g⋅mol−1×12.45mol=1319.7g，
故答案为：1319.7。
废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]，充分放电，拆解，真空热解，得到铝箔和热解产物回收利用；活性物质加入双氧水溶液、硫酸，还原酸浸后，滤液再加入氢氧化钠，调节pH值为6.7，净化1中使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，分别得到锂离子和钴离子的溶液，溶液加入CO(NH2)2溶液并加热，沉钴得到Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中含锂离子的溶液，溶液在净化2中加入氢氧化钠溶液，将镍离子和锌离子生成沉淀除去，滤液再加碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
18.【答案】正极 O2 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O有红色固体析出 CuO(或CuCO3)11.215.625
【解析】解：(1)电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，电极反应式为：CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，电极反应式为：2O2+8e−+4H2O=8OH−，
故答案为：正极；O2；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(2)电极d为阴极，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，有红色的固体析出，乙中总反应式为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，由此可知，随着反应的进行，Cu和O以1：1的比例损耗，使其恢复至与原溶液相同的状态，应添加适量的CuO(或CuCO3)，
故答案为：有红色固体析出；CuO(或CuCO3)；
(3)①丙中g为阴极，电极反应式为：2H2O+2e−=−通电H2↑+2OH−，当外电路中转移的电子为1mol时，生成的氢气为0.5mol，V=n×Vm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2；
②丙中总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑，当外电路中转移的电子为1mol时，消耗的H2O为：0.5mol，质量为：m=n×M=0.5mol×18g/mol=9g，此时溶液质量为：25−9=16g，25g质量分数为10%的K2SO4溶液中，K2SO4的质量为：25g×10%=2.5g，
即此时丙中K2SO4溶液的质量分数为：2.5g16g×100%=15.625%，
故答案为：15.625。
由图可知，电子从a极出发，即a为负极，发生氧化反应，通入的气体为甲烷，b为正极，发生还原反应，通入气体为氧气，对装置的分析如图，甲为碱性甲烷燃料电池，总反应为：CH4+2O2+2OH−=CO32−+3H2O，乙为电解池，总反应为：2Cu2++2H2O−电解2Cu+O2↑+4H+，丙为电解池，总反应为：2H2O−通电2H2↑+O2↑。
本题考查了电极的判断，电极方程式的书写，电化学有关的计算，难度适中，要熟练的掌握相关基础知识，并结合氧化还原反应来思考。
19.【答案】<降低温度或及时移除部分HCl(g)0.108250.216554.1251.0025×1.08250.9175×0.9175 BD
【解析】解：(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和<0，则反应物的键能总和<生成物的键能总和，
故答案为：<；
(2)根据勒夏特列原理，降低温度或及时移除部分HCl(g)，平衡正向移动，C6H5−Cl(g)的转化率增大，
故答案为：降低温度或及时移除部分HCl(g)；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①0∼2min内，v(C6H5−Cl)=1.0025mol+0.08mol5L×2min=0.10825mol/(L⋅min)，
故答案为：0.10825；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，c(HCl)=1.0825mol5L=0.2165mol/L；H2S(g)转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%=1.0025mol+0.08mol2mol×100%=54.125%，
故答案为：0.2165；54.125；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)=1.0825mol5L×1.0025mol5L(2mol−1.0025mol−0.08mol5L)2=1.0025×1.08250.9175×0.9175，
故答案为：1.0025×1.08250.9175×0.9175；
④A.根据质量守恒，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不再随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.发生副反应时，气体物质的量改变，气体总压强是变量，当混合气体的总压强不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，发生副反应时，气体物质的量改变，即混合气体的相对分子质量是变量，当混合气体的相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD。
(1)根据盖斯定律：②-①得C6H5−SH(g)⇌C6H6(g)+18S8(g)，则ΔH2=ΔH3+ΔH1=−45.8kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和；
(2)根据勒夏特列原理分析；
(3)2min时，反应达到平衡，此时测得容器中反应前后混合气体的总压强之比为400401，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为4.01mol，主反应为气体物质的量不变的反应，即副反应气体物质的量增多0.01mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H6(g)+HCl(g)+18S8(g)Δn
1mol1mol1mol1mol18mol18mol
0.08mol0.08mol0.08mol0.08mol0.01mol0.01mol
C6H5−SH(g)的物质的量分数为25%，则n(C6H5−SH)=4.01mol×25%=1.0025mol，
C6H5−Cl(g)+H2S(g)⇌C6H5−SH(g)+HCl(g)
转化(mol)1.00251.00251.00251.0025
①v=△nV⋅△t；
②由分析可知，平衡时n(HCl)=0.08mol+1.0025mol=1.0825mol，结合c=nV计算；转化率=△n(H2S)n起始(H2S)×100%；
③K=c(HCl)⋅c(C6H5−SH)c(C6H5−Cl)⋅c(H2S)；
④判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。
本题考查反应热、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
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