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2023长沙浏阳高二上学期期末考试化学试题含解析
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湖南省长沙市浏阳市2022-2023学年高二上学期期末调研考试试卷
化学试题
一、选择题：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，只有一项符合题目要求。
1. 化学与社会环境、科学技术密切相关。下列有关说法正确的是
A. 国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰利用干冰升华，干冰升华是吸热反应
B. 使用电动汽车和植树造林有利于实现“碳达峰、碳中和”
C. 冬奥会火炬“飞扬”使用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为
D. 我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，已知全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量大于生成物总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．干冰升华未生成新的物质，属于物理变化，故干冰升华是吸热过程而不是吸热反应，A错误；
B．使用电动汽车，可减少石油的燃烧，减小CO2的排放量，植树造林可以增大CO2的吸收，均有利于实现“碳达峰、碳中和”，B正确；
C．燃烧是指1mol燃料纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质时放出的热量，故氢气燃烧热的热化学方程式为，C错误；
D．我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，已知全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量低于生成物总能量，D错误；
故答案为：B。
2. 中国学者在水煤气变换中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B. 过程Ⅱ是吸热反应
C. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的△H
D. 催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误；
B．过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，没有新物质生成，不是吸热反应，故B错误；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变ΔH，故C错误；
D．根据催化剂的定义，催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故D正确；
故答案选D。
3. 下列实验中不能达到预期目的是
A.测定反应生成H2的速率
B.探究温度对反应速率的影响
C.探究浓度对反应速率的影响
D.探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成的氢气可从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应将长颈漏斗改为分液漏斗，可实现测定H2的生成速率，故A错误；
B．根据实验装置，两装置只有温度不同，可以探究温度对反应速率的影响，故B正确；
C．根据实验装置，两装置只有KMnO4浓度不同，可以探究浓度对反应速率的影响，故C正确；
D．只有催化剂不同，可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；
故选A。
4. 反应可用于处理。下列说法正确的是
A. 上述反应
B. 上述反应平衡常数
C. 反应达到平衡后，其他条件不变，向反应容器中通入，再次平衡，转化率增大
D. 其他条件相同，选用高效催化剂，能提高平衡时的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．上述反应气体物质的量增多，故A错误；
B．上述反应平衡常数，故B正确；
C．反应达到平衡后，其他条件不变，向反应容器中通入，再次平衡，CH4的转化率增大，转化率减小，故C错误；
D．催化剂不能使平衡移动，其他条件相同，选用高效催化剂，的转化率不变，故D错误；
选B。
5. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 唾液可以使淀粉水解速率加快
B. 工业制取金属钾选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来
C. 工业合成氨的过程中使用过量的以提高的利用率
D. 久置氯水颜色变浅，酸性增强
【答案】A
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．唾液可以使淀粉水解速率加快是因为，唾液所含淀粉酶的催化作用，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．由于K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．工业合成氨发生反应为：，使用过量的，平衡正向移动，提高的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．氯水中存在氯气与水的反应平衡：，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应向着正向移动，最终氯气完全反应，溶液颜色消失，该变化与平衡移动有关，能用化学平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案选A。
6. 有关水的电离平衡，下列叙述一定正确的是
A. 温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，减小
B. 将水加热，增大，减小，溶液变为酸性
C. 温度不变，向水中加入少量固体，平衡逆向移动，增大
D. 温度不变，向水中通入，水电离出的氢离子，不变
【答案】C
【解析】
【详解】A． 温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，抑制水电离，平衡逆向移动，只与温度有关，应保持不变，故A错误；
B． 将水加热，增大，减小，但溶液中=c(H+)，仍呈中性，故B错误；
C． 温度不变，向水中加入少量固体，增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故C正确；
D． 温度不变，向水中通入，c(H+)增大，抑制水电离，水电离出的氢离子减小，，不变，故D错误；
故选C。
7. 下列事实能证明是弱酸的是
A. 的溶液能使石蕊变红
B. 的溶液与足量反应，产生标准状况下
C. 常温下，相同浓度的和溶液，：
D. 可以用稀溶液除去锅炉中的水垢
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液能使石蕊变红，说明溶液显酸性，不能说明其为弱酸，故A不符合题意；
B．的溶液与足量反应，产生0.05mol氢气，标准状况下为，说明其为酸性，不能说明为弱酸，故B不符合题意；
C．盐酸为强酸，常温下，相同浓度的和溶液，：，说明HA部分电离，为弱酸，故C符合题意；
D．可以用稀溶液除去锅炉中的水垢，说明HA能和碳酸钙反应，不能说明其为弱酸，故D不符合题意；
故选C。
8. 下列有关难溶电解质的溶解平衡的说法中正确的是
A. 向AgCl悬浊液中加水，平衡右移，c(Ag+)和c(Cl-)均增大
B. Ca(OH)2悬浊液存在平衡：，升温，溶液碱性增强
C. 向盛有2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1 mol/LNaCl溶液，再向其中滴加0.001 mol/LNaI溶液，先观察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D. 将0.001 mol/LAgNO3溶液滴入含有同浓度KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生AgCl沉淀[，]
【答案】D
【解析】
【详解】A．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向其中加水，对溶液中c(Ag+)和c(Cl-)起稀释作用，沉淀溶解平衡向右移动，由于温度不变，因此最终达到平衡时溶液c(Ag+)和c(Cl-)均不变，A错误；
B．Ca(OH)2悬浊液存在平衡：，该平衡正向是放热过程，升温，平衡向吸热的逆向移动，导致溶液中c(OH-)减小，最终达到平衡时，溶液碱性减弱，B错误；
C．向盛有2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1 mol/LNaCl溶液，由于c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)，因此反应产生AgCl白色沉淀，由于AgNO3溶液过量，再向其中滴加0.001 mol/LNaI溶液时，过量Ag+与加入的I-反应产生AgI黄色沉淀，因此观察到的现象是：先观察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，但不能据此说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；
D．由于，，将0.001 mol/LAgNO3溶液滴入含有同浓度KCl和K2CrO4的混合溶液中，假设KCl和K2CrO4的浓度分别是a mol/L，二者形成沉淀需Ag+的浓度分别是c(Ag+)=、c(Ag+)=，可见K2CrO4产生Ag2CrO4沉淀需Ag+浓度比KCl形成AgCl沉淀需要的Ag+浓度大，故首先反应产生AgCl白色沉淀，D正确；
故合理选项是D。
9. 下列电子排布式或外围电子轨道表示式不能表示基态粒子的是
A. K B. P
C. F D.
【答案】A
【解析】
【详解】A． K的基态电子排布式为，故A错误；
B． P 是15号元素，基态电子排布式为，故B正确；
C． F为9号元素，基态电子排布式为 ， 表示基态P原子价层电子轨道表示式，故C正确；
D． Na 是11号元素，最外层电子有8个，轨道表示式为 ，故D正确；
故选A。
10. 下列各组粒子的空间结构相同的是
①和；②和；③和；④和；⑤和。
A. 全部 B. ①②③⑤ C. ③④⑤ D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】根据价层电子对互斥理论判断可知：
①中心原子N原子周围价层电子对数为：3+=4，故NH3是三角锥形，而H2O中心原子O原子周围价层电子对数为：2+=4，故H2O是V形，二者不同；
②中心原子N原子周围价层电子对数为：4+=4，故是正四面体形，中心原子O原子周围价层电子对数为：3+=4，故是三角锥形，二者不同；
③中心原子N原子周围价层电子对数为：3+=4，故NH3是三角锥形，中心原子O原子周围价层电子对数为：3+=4，故是三角锥形，二者相同；
④中心原子O原子周围价层电子对数为：2+=3，故O3是V形，中心原子S原子周围价层电子对数为：2+=3，故SO2是V形，二者相同；
⑤中心原子C原子周围价层电子对数为：2+=2，故CO2是直线形，中心原子Be原子周围价层电子对数为：2+=2，故BeCl2是直线形，二者相同。
综上所述，③④⑤空间构型相同，故答案为：C。
二、选择题：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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 短周期主族元素 W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，W 、X 原子的最外层电子数之比为 4 ∶3 ，Y 原子 p 能级上有 2 个未成对电子，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4 。下列说法正确的是
A. X 、Y 、Z 的电负性大小顺序是X＞Y＞Z
B. WY2 分子构型 V 形
C. W 、X 、Y 、Z 的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W
D. W 、Z 形成的分子的空间构型是正四面体形
【答案】CD
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素；Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。
【详解】A．根据分析，X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z的电负性大小顺序是X＜Y＜Z，A错误；
B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S，二硫化碳和二氧化碳为等电子体，为直线形结构，B错误；
C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，C正确；
D．根据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化，空间构型是正四面体形，D正确；
故选CD。
12. 在一定条件下反应达到平衡后，改变条件，正、逆反应速率随时间的变化如图，下列说法正确的是
A. 图①改变的条件可能是增大A的浓度 B. 图②改变的条件可能是增大压强
C. 图③改变的条件可能是减小A的浓度 D. 图④改变的条件可能是升高温度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．图①中改变条件时，增大、不变，因此改变的条件能是增大A的浓度，A正确；
B．图②中改变条件时，=，因为该反应是系数变小的反应，故改变的条件不是增大压强，可能是加入了催化剂，B错误；
C．图③中改变条件时，和均变小且>，因为该反应是放热反应，故改变的条件可能是降低温度，C错误；
D．图④中改变条件时，和均变大且>，因为该反应是放热反应，故改变的条件可能是升高温度，D正确；
故答案为：AD。
13. 某温度下，部分电解质的电离平衡常数数据如下。
下列说法正确的是
A. 该温度下，等物质的量浓度的三种溶液的大小关系：
B. 的电离方程式为
C. 向溶液中通入少量，漂白性增强原因是
D. 等浓度的和混合溶液中存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．由表可知，所以等物质的量浓度的三种溶液的大小关系：，故A正确；
B．的电离方程式为，故B错误；
C．向溶液中通入少量，漂白性增强的原因是，故C错误；
D．由表可知，水解大于电离，且水解程度大于F-，所以等浓度的和混合溶液中存在，故D错误；
故答案选A。
14. 微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含的溶液为例)。下列说法错误的是
A. 负极反应为
B. 隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C. 当电路中转移电子时，模拟海水理论上除盐
D. 加热a极区，升高温度，以加快反应速率，提升电池的效率
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，碳元素价态升高失电子，a极为负极，电极反应式为CH3COO−＋2H2O−8e−=2CO2↑＋7H＋，b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e−＝H2↑，据此作答。
【详解】A．a极为负极，电极反应式为CH3COO−＋2H2O−8e−=2CO2↑＋7H＋，故A正确；
B．左侧正电荷增加，氯离子透过隔膜1进入左侧，隔膜1为阴离子交换膜，右侧正电荷减少，钠离子透过隔膜2进入右侧，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；
C．当电路中通过8mol电子时，正极产生4mol氢气，负极产生2mol二氧化碳，正、负极产生气体的物质的量之比为4mol:2mol＝2:1，故C正确；
D．该装置微生物脱盐电池，温度过高会导致微生物死亡，海水淡化效果变差，故D错误；
故答案选BD。
【点睛】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 乙炔和丙烯腈是有机合成工业的重要原料。工业上曾用和反应制取乙炔，用乙炔和氢氰酸()在氯化亚铜等催化作用下生产丙烯腈。
（1）的基态核外电子排布式为_______。元素在周期表中的位置为_______。
（2）基态N原子第一电离能比基态O原子_______(填“高”，“低”或“相等”)
（3）的分子构型为_______。
（4）每个丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型有_______。
（5）丙烯腈分子中含键的物质的量为_______。
（6）丙烯腈分子中共面的原子数目最多为_______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1 ②. 第四周期第ⅠB族
（2）高 （3）直线型
（4）sp2和sp （5）3
（6）7
【解析】
【小问1详解】
Cu的原子序数为29，的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1。元素在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族。故答案为：1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1；1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1；第四周期第ⅠB族；
【小问2详解】
同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N为第ⅤA族元素，p轨道半满，较稳定，不易失去电子，则第一电离能较C和O都大，基态N原子第一电离能比基态O原子高，故答案为：高；
【小问3详解】
中C原子形成2个σ键，没有孤对电子，C采取sp杂化，分子构型为直线型。故答案为：直线型；
【小问4详解】
丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，所以C=C键上的两个C原子采用sp2杂化，C≡N键上的C原子采用sp杂化，每个丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp。故答案为：sp2和sp；
【小问5详解】
丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，含有3个C-H键、1个C=C键、1个C≡N键，一个双键含有1个π键，一个三键含有2个π键，丙烯腈分子中含键的物质的量为3。故答案为：3；
【小问6详解】
丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，C=C键相接的6个原子共平面，C≡N键上相接的4个原子共直线，丙烯腈分子中共面的原子数目最多为7，故答案为：7。
16. 甲醇是一种可再生能源，由制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应Ⅱ的_______。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为、、，则_______(用、表示)。
（2）反应Ⅰ能自发进行的条件是_______(填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”)。
（3）下表是反应Ⅲ：在不同温度下化学平衡常数(K)
温度／
240
300
360
平衡常数(K)
2.04
0.27
0.012
某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后达平衡时，
①测得，则的转化率是_______，此时的温度为_______。
②要提高的转化率，可以采取的措施是_______。
A．适当升温 B．恒容充入 C．适当增大压强 D．恒容通入
③在此条件下，不可作为判断反应Ⅲ达到平衡状态的标志是_______。
A．混合气体的压强不再变化
B．、和的物质的量之比为1∶2∶1
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．的百分含量不再变化
【答案】（1） ①. +41.19kJ/mol ②.
（2）较低温度 （3） ①. 80% ②. 240℃ ③. BC ④. B
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ减去反应Ⅲ得到反应Ⅱ，则； 方程式相减，则平衡常数相除，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为、、，则；故答案为：；。
【小问2详解】
反应Ⅰ是放热反应，熵减的反应，根据自由能，因此能自发进行的条件是较低温度；故答案为：较低温度。
【小问3详解】
①测得，则反应生成甲醇0.8mol/L×2L=1.6mol，根据化学方程式，消耗的CO为1.6mol，则的转化率是，CO改变量为1.6mol，氢气改变量为3.2mol，甲醇生成量为1.6mol，平衡常数K=，则此时的温度为240℃；故答案为：80%；240℃。
②A．根据表格数据，温度升高，平衡常数减小，则该反应的正反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，降低了H2的转化率，故A不符合题意；B．恒容充入CO，CO物质的量浓度增大，平衡正向移动，H2转化率增大，故B符合题意；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2转化率增大，故C符合题意；D．恒容下通入Ar，没有改变反应物和生成物的浓度，平衡不移动，H2的转化率不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：BC。
③A．恒温恒容条件下，混合气体压强和混合气体的总物质的量成正比，该反应前后气体物质的量发生了变化，所以压强在未平衡前在一直变化，当压强不再改变时，反应达到了平衡状态，故混合气体压强不再变化可以作为判断平衡标志，故A不符合题意；B．CO 、H2和CH3OH的物质的量之比为1∶2∶1，等于方程式的系数比，和是否平衡无关，不能说明各物质的浓度不再变化，不能作为判断平衡标志，故B符合题意；C．平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总物质的量，气体总质量不变，正向反应，气体总物质的量减小，气体平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时反应达到平衡，则混合气的平均相对分子质量不再变化可以作为判断平衡的标志，故C不符合题意；D．氢气的百分含量不再变化，可以作为判断平衡的标志，故D不符合题意；综上所述，答案为：B。
17. 已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有、两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为。实验温度为、。
（1）完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
编号
锌规格
盐酸浓度/
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
(Ⅰ)实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率影响；
(Ⅱ)实验①和_______探究温度对该反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和实验④探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
（2）实验①记录如下(换算成标况)：
时间(s)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
氢气体积()
16.8
39.2
67.2
224
420
492.8
520.8
543.2
5544
560
①计算在范围内盐酸的平均反应速率_______(忽略溶液体积变化)。
②反应速率最大的时间段(如)为_______，可能原因是_______；
（3）另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生气体总量的情况下，你认为他选择的溶液可以是_______(填相应字母)；
A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D.
（4）某化学研究小组的同学为比较和对分解的催化效果，设计了图所示的实验。
①如图可通过观察_______现象，比较得出比较和对分解的催化效果结论。
②该实验存在明显不合理的地方，你认为不合理的地方是_______。
【答案】（1）实验③ （2） ①. 0.056mol·L-1·s-1 ②. 40s-50s ③. 反应放热，温度升高，反应速率加快 （3）B
（4） ①. 产生气泡多少 ②. Cl-和SO对实验可能带来干扰
【解析】
【小问1详解】
由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，实验①②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，实验①③只有温度不同、其他条件均相同；实验①和④只有锌规格（粗、细）不同，其他条件均相同，所以实验①③是探究温度对该反应速率的影响，故答案为实验③。
【小问2详解】
①在30−40s范围内氢气的物质的量变化，Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑，则在30−40s范围内△n(HCl)＝2△n(H2)＝0.014mol，所以在30−40s范围内盐酸的平均反应速率，故答案为。
②10s内生成氢气的体积分别为：16.8mL、22.4mL、28mL、156.8mL、196mL、72.8mL、28mL、22.4mL、11.2mL、5.6mL，相等时间段内生成氢气的体积越大，则反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是40～50s,可能原因是反应放热，温度高，反应速率快，故答案为40～50s；反应放热，温度升高，反应速率加快。
【小问3详解】
A．溶液加入生成了，与Zn反应生成NO，不能生成氢气，影响产生H2气体总量，故A不符合题意；
B．在盐酸中加入NaCl溶液都相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，并且不影响产生H2气体总量，故B符合题意。
C．在盐酸中加入溶液，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、硫酸原电池，会加快反应速率，故C不符合题意；
D．在盐酸中加入溶液，会消耗氢离子，影响产生H2气体总量，故D不符合题意；
故答案选B。
【小问4详解】
①和对分解的催化效果可以通过观察产生气泡多少判断，故答案为产生气泡多少；
②题中所用溶液分别为和，阴离子不同，不符合单一变量原则，故答案为Cl-和SO对实验可能带来干扰。
18. 过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成不利影响，因此研究成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂成为热点。以下是以含钴废渣(主要成分、，还含有、等杂质)为原料制备的一种工艺流程：
已知：，
回答下列问题：
（1）为了加快“酸浸”速率，可以采取的操作有_______。(至少答两条)
（2）酸浸时通入的主要作用是_______。
（3）“除铝”步骤中，铝离子发生的离子反应方程式_______。
（4）“沉钴”的离子方程式是_______。“沉钴”步骤选择，而不选择是为了避免有的生成，向溶液加入溶液，当溶液的达到8时，就会同时有生成，计算当溶液的为8时，溶液中的浓度=_______。
（5）与纯碱反应可以制备重要的电极材料钴酸锂()。一种充电电池的装置如下图所示，充放电过程中，存在与之间的转化，放电过程中从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应：_______，若用该电池进行电解食盐水，当通过隔膜的离子数目为时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为_______L。
【答案】（1）适当升高温度，适当提高H2SO4浓度，将废渣粉碎，搅拌等
（2）将Co2O3还原成Co2+
（3）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
（4） ①. Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O ②. 7.0×10-11
（5） ①. xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2 ②. 2.24
【解析】
【分析】含钴废渣主要成分、，还含有、，加入硫酸和二氧化硫，得到含有CoSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4的混合溶液，加碳酸氢钠和Al2(SO4)3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀除铝，加萃取剂HX萃取，锌离子进入有几层，CoSO4留在水层，水层中加碳酸氢钠得到CoCO3沉淀。
【小问1详解】
根据影响反应速率的因素，适当升高温度，适当提高H2SO4浓度，将废渣粉碎，搅拌都能加快“酸浸”速率；
【小问2详解】
酸浸时通入，发生反应为2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO+4H+，主要作用是将Co2O3还原成Co2+；
【小问3详解】
“除铝”步骤中，碳酸氢钠和Al2(SO4)3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子反应方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问4详解】
“沉钴”时CoSO4和碳酸氢钠反应生成CoCO3沉淀、二氧化碳气体，反应的离子方程式是Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O。向溶液加入溶液，当溶液的达到8时，就会同时有生成，为8时， , = 。
【小问5详解】
充放电过程中，存在与之间的转化，则放电过程中发生还原反应生成，放电过程中从A电极向B电极迁移，电池放电时的正极反应为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2。
若用该电池进行电解食盐水，当通过隔膜的离子数目为时，电路中转移0.2mol电子，电解池阴极发生反应2H++2e-=H2，生成0.1mol氢气，收集到的气体体积在标准状况下为2.24L。
湖南省长沙市浏阳市2022-2023学年高二上学期期末调研考试试卷
化学试题
一、选择题：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，只有一项符合题目要求。
1. 化学与社会环境、科学技术密切相关。下列有关说法正确的是
A. 国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰利用干冰升华，干冰升华是吸热反应
B. 使用电动汽车和植树造林有利于实现“碳达峰、碳中和”
C. 冬奥会火炬“飞扬”使用氢气燃料，表示氢气燃烧热的热化学方程式为
D. 我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，已知全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量大于生成物总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．干冰升华未生成新的物质，属于物理变化，故干冰升华是吸热过程而不是吸热反应，A错误；
B．使用电动汽车，可减少石油的燃烧，减小CO2的排放量，植树造林可以增大CO2的吸收，均有利于实现“碳达峰、碳中和”，B正确；
C．燃烧是指1mol燃料纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质时放出的热量，故氢气燃烧热的热化学方程式为，C错误；
D．我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，已知全合成的第一步为吸热反应，则反应物总能量低于生成物总能量，D错误；
故答案为：B。
2. 中国学者在水煤气变换中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B. 过程Ⅱ是吸热反应
C. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的△H
D. 催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误；
B．过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，没有新物质生成，不是吸热反应，故B错误；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变ΔH，故C错误；
D．根据催化剂的定义，催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故D正确；
故答案选D。
3. 下列实验中不能达到预期目的是
A.测定反应生成H2的速率
B.探究温度对反应速率的影响
C.探究浓度对反应速率的影响
D.探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成的氢气可从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，应将长颈漏斗改为分液漏斗，可实现测定H2的生成速率，故A错误；
B．根据实验装置，两装置只有温度不同，可以探究温度对反应速率的影响，故B正确；
C．根据实验装置，两装置只有KMnO4浓度不同，可以探究浓度对反应速率的影响，故C正确；
D．只有催化剂不同，可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；
故选A。
4. 反应可用于处理。下列说法正确的是
A. 上述反应
B. 上述反应平衡常数
C. 反应达到平衡后，其他条件不变，向反应容器中通入，再次平衡，转化率增大
D. 其他条件相同，选用高效催化剂，能提高平衡时的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．上述反应气体物质的量增多，故A错误；
B．上述反应平衡常数，故B正确；
C．反应达到平衡后，其他条件不变，向反应容器中通入，再次平衡，CH4的转化率增大，转化率减小，故C错误；
D．催化剂不能使平衡移动，其他条件相同，选用高效催化剂，的转化率不变，故D错误；
选B。
5. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 唾液可以使淀粉水解速率加快
B. 工业制取金属钾选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来
C. 工业合成氨的过程中使用过量的以提高的利用率
D. 久置氯水颜色变浅，酸性增强
【答案】A
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．唾液可以使淀粉水解速率加快是因为，唾液所含淀粉酶的催化作用，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．由于K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．工业合成氨发生反应为：，使用过量的，平衡正向移动，提高的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．氯水中存在氯气与水的反应平衡：，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应向着正向移动，最终氯气完全反应，溶液颜色消失，该变化与平衡移动有关，能用化学平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案选A。
6. 有关水的电离平衡，下列叙述一定正确的是
A. 温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，减小
B. 将水加热，增大，减小，溶液变为酸性
C. 温度不变，向水中加入少量固体，平衡逆向移动，增大
D. 温度不变，向水中通入，水电离出的氢离子，不变
【答案】C
【解析】
【详解】A． 温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，抑制水电离，平衡逆向移动，只与温度有关，应保持不变，故A错误；
B． 将水加热，增大，减小，但溶液中=c(H+)，仍呈中性，故B错误；
C． 温度不变，向水中加入少量固体，增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故C正确；
D． 温度不变，向水中通入，c(H+)增大，抑制水电离，水电离出的氢离子减小，，不变，故D错误；
故选C。
7. 下列事实能证明是弱酸的是
A. 的溶液能使石蕊变红
B. 的溶液与足量反应，产生标准状况下
C. 常温下，相同浓度的和溶液，：
D. 可以用稀溶液除去锅炉中的水垢
【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液能使石蕊变红，说明溶液显酸性，不能说明其为弱酸，故A不符合题意；
B．的溶液与足量反应，产生0.05mol氢气，标准状况下为，说明其为酸性，不能说明为弱酸，故B不符合题意；
C．盐酸为强酸，常温下，相同浓度的和溶液，：，说明HA部分电离，为弱酸，故C符合题意；
D．可以用稀溶液除去锅炉中的水垢，说明HA能和碳酸钙反应，不能说明其为弱酸，故D不符合题意；
故选C。
8. 下列有关难溶电解质的溶解平衡的说法中正确的是
A. 向AgCl悬浊液中加水，平衡右移，c(Ag+)和c(Cl-)均增大
B. Ca(OH)2悬浊液存在平衡：，升温，溶液碱性增强
C. 向盛有2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1 mol/LNaCl溶液，再向其中滴加0.001 mol/LNaI溶液，先观察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D. 将0.001 mol/LAgNO3溶液滴入含有同浓度KCl和K2CrO4的混合溶液中，先产生AgCl沉淀[，]
【答案】D
【解析】
【详解】A．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向其中加水，对溶液中c(Ag+)和c(Cl-)起稀释作用，沉淀溶解平衡向右移动，由于温度不变，因此最终达到平衡时溶液c(Ag+)和c(Cl-)均不变，A错误；
B．Ca(OH)2悬浊液存在平衡：，该平衡正向是放热过程，升温，平衡向吸热的逆向移动，导致溶液中c(OH-)减小，最终达到平衡时，溶液碱性减弱，B错误；
C．向盛有2 mL0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1 mol/LNaCl溶液，由于c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)，因此反应产生AgCl白色沉淀，由于AgNO3溶液过量，再向其中滴加0.001 mol/LNaI溶液时，过量Ag+与加入的I-反应产生AgI黄色沉淀，因此观察到的现象是：先观察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，但不能据此说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；
D．由于，，将0.001 mol/LAgNO3溶液滴入含有同浓度KCl和K2CrO4的混合溶液中，假设KCl和K2CrO4的浓度分别是a mol/L，二者形成沉淀需Ag+的浓度分别是c(Ag+)=、c(Ag+)=，可见K2CrO4产生Ag2CrO4沉淀需Ag+浓度比KCl形成AgCl沉淀需要的Ag+浓度大，故首先反应产生AgCl白色沉淀，D正确；
故合理选项是D。
9. 下列电子排布式或外围电子轨道表示式不能表示基态粒子的是
A. K B. P
C. F D.
【答案】A
【解析】
【详解】A． K的基态电子排布式为，故A错误；
B． P 是15号元素，基态电子排布式为，故B正确；
C． F为9号元素，基态电子排布式为 ， 表示基态P原子价层电子轨道表示式，故C正确；
D． Na 是11号元素，最外层电子有8个，轨道表示式为 ，故D正确；
故选A。
10. 下列各组粒子的空间结构相同的是
①和；②和；③和；④和；⑤和。
A. 全部 B. ①②③⑤ C. ③④⑤ D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】根据价层电子对互斥理论判断可知：
①中心原子N原子周围价层电子对数为：3+=4，故NH3是三角锥形，而H2O中心原子O原子周围价层电子对数为：2+=4，故H2O是V形，二者不同；
②中心原子N原子周围价层电子对数为：4+=4，故是正四面体形，中心原子O原子周围价层电子对数为：3+=4，故是三角锥形，二者不同；
③中心原子N原子周围价层电子对数为：3+=4，故NH3是三角锥形，中心原子O原子周围价层电子对数为：3+=4，故是三角锥形，二者相同；
④中心原子O原子周围价层电子对数为：2+=3，故O3是V形，中心原子S原子周围价层电子对数为：2+=3，故SO2是V形，二者相同；
⑤中心原子C原子周围价层电子对数为：2+=2，故CO2是直线形，中心原子Be原子周围价层电子对数为：2+=2，故BeCl2是直线形，二者相同。
综上所述，③④⑤空间构型相同，故答案为：C。
二、选择题：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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 短周期主族元素 W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，W 、X 原子的最外层电子数之比为 4 ∶3 ，Y 原子 p 能级上有 2 个未成对电子，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4 。下列说法正确的是
A. X 、Y 、Z 的电负性大小顺序是X＞Y＞Z
B. WY2 分子构型 V 形
C. W 、X 、Y 、Z 的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W
D. W 、Z 形成的分子的空间构型是正四面体形
【答案】CD
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素；Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。
【详解】A．根据分析，X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z的电负性大小顺序是X＜Y＜Z，A错误；
B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S，二硫化碳和二氧化碳为等电子体，为直线形结构，B错误；
C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，C正确；
D．根据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化，空间构型是正四面体形，D正确；
故选CD。
12. 在一定条件下反应达到平衡后，改变条件，正、逆反应速率随时间的变化如图，下列说法正确的是
A. 图①改变的条件可能是增大A的浓度 B. 图②改变的条件可能是增大压强
C. 图③改变的条件可能是减小A的浓度 D. 图④改变的条件可能是升高温度
【答案】AD
【解析】
【详解】A．图①中改变条件时，增大、不变，因此改变的条件能是增大A的浓度，A正确；
B．图②中改变条件时，=，因为该反应是系数变小的反应，故改变的条件不是增大压强，可能是加入了催化剂，B错误；
C．图③中改变条件时，和均变小且>，因为该反应是放热反应，故改变的条件可能是降低温度，C错误；
D．图④中改变条件时，和均变大且>，因为该反应是放热反应，故改变的条件可能是升高温度，D正确；
故答案为：AD。
13. 某温度下，部分电解质的电离平衡常数数据如下。
下列说法正确的是
A. 该温度下，等物质的量浓度的三种溶液的大小关系：
B. 的电离方程式为
C. 向溶液中通入少量，漂白性增强原因是
D. 等浓度的和混合溶液中存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．由表可知，所以等物质的量浓度的三种溶液的大小关系：，故A正确；
B．的电离方程式为，故B错误；
C．向溶液中通入少量，漂白性增强的原因是，故C错误；
D．由表可知，水解大于电离，且水解程度大于F-，所以等浓度的和混合溶液中存在，故D错误；
故答案选A。
14. 微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含的溶液为例)。下列说法错误的是
A. 负极反应为
B. 隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C. 当电路中转移电子时，模拟海水理论上除盐
D. 加热a极区，升高温度，以加快反应速率，提升电池的效率
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，碳元素价态升高失电子，a极为负极，电极反应式为CH3COO−＋2H2O−8e−=2CO2↑＋7H＋，b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e−＝H2↑，据此作答。
【详解】A．a极为负极，电极反应式为CH3COO−＋2H2O−8e−=2CO2↑＋7H＋，故A正确；
B．左侧正电荷增加，氯离子透过隔膜1进入左侧，隔膜1为阴离子交换膜，右侧正电荷减少，钠离子透过隔膜2进入右侧，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；
C．当电路中通过8mol电子时，正极产生4mol氢气，负极产生2mol二氧化碳，正、负极产生气体的物质的量之比为4mol:2mol＝2:1，故C正确；
D．该装置微生物脱盐电池，温度过高会导致微生物死亡，海水淡化效果变差，故D错误；
故答案选BD。
【点睛】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 乙炔和丙烯腈是有机合成工业的重要原料。工业上曾用和反应制取乙炔，用乙炔和氢氰酸()在氯化亚铜等催化作用下生产丙烯腈。
（1）的基态核外电子排布式为_______。元素在周期表中的位置为_______。
（2）基态N原子第一电离能比基态O原子_______(填“高”，“低”或“相等”)
（3）的分子构型为_______。
（4）每个丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型有_______。
（5）丙烯腈分子中含键的物质的量为_______。
（6）丙烯腈分子中共面的原子数目最多为_______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1 ②. 第四周期第ⅠB族
（2）高 （3）直线型
（4）sp2和sp （5）3
（6）7
【解析】
【小问1详解】
Cu的原子序数为29，的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1。元素在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族。故答案为：1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1；1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1；第四周期第ⅠB族；
【小问2详解】
同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N为第ⅤA族元素，p轨道半满，较稳定，不易失去电子，则第一电离能较C和O都大，基态N原子第一电离能比基态O原子高，故答案为：高；
【小问3详解】
中C原子形成2个σ键，没有孤对电子，C采取sp杂化，分子构型为直线型。故答案为：直线型；
【小问4详解】
丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，所以C=C键上的两个C原子采用sp2杂化，C≡N键上的C原子采用sp杂化，每个丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp。故答案为：sp2和sp；
【小问5详解】
丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，含有3个C-H键、1个C=C键、1个C≡N键，一个双键含有1个π键，一个三键含有2个π键，丙烯腈分子中含键的物质的量为3。故答案为：3；
【小问6详解】
丙烯腈分子结构为CH2=CH-C≡N，C=C键相接的6个原子共平面，C≡N键上相接的4个原子共直线，丙烯腈分子中共面的原子数目最多为7，故答案为：7。
16. 甲醇是一种可再生能源，由制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
（1）反应Ⅱ的_______。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为、、，则_______(用、表示)。
（2）反应Ⅰ能自发进行的条件是_______(填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”)。
（3）下表是反应Ⅲ：在不同温度下化学平衡常数(K)
温度／
240
300
360
平衡常数(K)
2.04
0.27
0.012
某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后达平衡时，
①测得，则的转化率是_______，此时的温度为_______。
②要提高的转化率，可以采取的措施是_______。
A．适当升温 B．恒容充入 C．适当增大压强 D．恒容通入
③在此条件下，不可作为判断反应Ⅲ达到平衡状态的标志是_______。
A．混合气体的压强不再变化
B．、和的物质的量之比为1∶2∶1
C．混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．的百分含量不再变化
【答案】（1） ①. +41.19kJ/mol ②.
（2）较低温度 （3） ①. 80% ②. 240℃ ③. BC ④. B
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ减去反应Ⅲ得到反应Ⅱ，则； 方程式相减，则平衡常数相除，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常数分别为、、，则；故答案为：；。
【小问2详解】
反应Ⅰ是放热反应，熵减的反应，根据自由能，因此能自发进行的条件是较低温度；故答案为：较低温度。
【小问3详解】
①测得，则反应生成甲醇0.8mol/L×2L=1.6mol，根据化学方程式，消耗的CO为1.6mol，则的转化率是，CO改变量为1.6mol，氢气改变量为3.2mol，甲醇生成量为1.6mol，平衡常数K=，则此时的温度为240℃；故答案为：80%；240℃。
②A．根据表格数据，温度升高，平衡常数减小，则该反应的正反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，降低了H2的转化率，故A不符合题意；B．恒容充入CO，CO物质的量浓度增大，平衡正向移动，H2转化率增大，故B符合题意；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2转化率增大，故C符合题意；D．恒容下通入Ar，没有改变反应物和生成物的浓度，平衡不移动，H2的转化率不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：BC。
③A．恒温恒容条件下，混合气体压强和混合气体的总物质的量成正比，该反应前后气体物质的量发生了变化，所以压强在未平衡前在一直变化，当压强不再改变时，反应达到了平衡状态，故混合气体压强不再变化可以作为判断平衡标志，故A不符合题意；B．CO 、H2和CH3OH的物质的量之比为1∶2∶1，等于方程式的系数比，和是否平衡无关，不能说明各物质的浓度不再变化，不能作为判断平衡标志，故B符合题意；C．平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总物质的量，气体总质量不变，正向反应，气体总物质的量减小，气体平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时反应达到平衡，则混合气的平均相对分子质量不再变化可以作为判断平衡的标志，故C不符合题意；D．氢气的百分含量不再变化，可以作为判断平衡的标志，故D不符合题意；综上所述，答案为：B。
17. 已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有、两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为。实验温度为、。
（1）完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
编号
锌规格
盐酸浓度/
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
(Ⅰ)实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率影响；
(Ⅱ)实验①和_______探究温度对该反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和实验④探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
（2）实验①记录如下(换算成标况)：
时间(s)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
氢气体积()
16.8
39.2
67.2
224
420
492.8
520.8
543.2
5544
560
①计算在范围内盐酸的平均反应速率_______(忽略溶液体积变化)。
②反应速率最大的时间段(如)为_______，可能原因是_______；
（3）另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生气体总量的情况下，你认为他选择的溶液可以是_______(填相应字母)；
A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D.
（4）某化学研究小组的同学为比较和对分解的催化效果，设计了图所示的实验。
①如图可通过观察_______现象，比较得出比较和对分解的催化效果结论。
②该实验存在明显不合理的地方，你认为不合理的地方是_______。
【答案】（1）实验③ （2） ①. 0.056mol·L-1·s-1 ②. 40s-50s ③. 反应放热，温度升高，反应速率加快 （3）B
（4） ①. 产生气泡多少 ②. Cl-和SO对实验可能带来干扰
【解析】
【小问1详解】
由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，实验①②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，实验①③只有温度不同、其他条件均相同；实验①和④只有锌规格（粗、细）不同，其他条件均相同，所以实验①③是探究温度对该反应速率的影响，故答案为实验③。
【小问2详解】
①在30−40s范围内氢气的物质的量变化，Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑，则在30−40s范围内△n(HCl)＝2△n(H2)＝0.014mol，所以在30−40s范围内盐酸的平均反应速率，故答案为。
②10s内生成氢气的体积分别为：16.8mL、22.4mL、28mL、156.8mL、196mL、72.8mL、28mL、22.4mL、11.2mL、5.6mL，相等时间段内生成氢气的体积越大，则反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是40～50s,可能原因是反应放热，温度高，反应速率快，故答案为40～50s；反应放热，温度升高，反应速率加快。
【小问3详解】
A．溶液加入生成了，与Zn反应生成NO，不能生成氢气，影响产生H2气体总量，故A不符合题意；
B．在盐酸中加入NaCl溶液都相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，并且不影响产生H2气体总量，故B符合题意。
C．在盐酸中加入溶液，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、硫酸原电池，会加快反应速率，故C不符合题意；
D．在盐酸中加入溶液，会消耗氢离子，影响产生H2气体总量，故D不符合题意；
故答案选B。
【小问4详解】
①和对分解的催化效果可以通过观察产生气泡多少判断，故答案为产生气泡多少；
②题中所用溶液分别为和，阴离子不同，不符合单一变量原则，故答案为Cl-和SO对实验可能带来干扰。
18. 过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成不利影响，因此研究成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂成为热点。以下是以含钴废渣(主要成分、，还含有、等杂质)为原料制备的一种工艺流程：
已知：，
回答下列问题：
（1）为了加快“酸浸”速率，可以采取的操作有_______。(至少答两条)
（2）酸浸时通入的主要作用是_______。
（3）“除铝”步骤中，铝离子发生的离子反应方程式_______。
（4）“沉钴”的离子方程式是_______。“沉钴”步骤选择，而不选择是为了避免有的生成，向溶液加入溶液，当溶液的达到8时，就会同时有生成，计算当溶液的为8时，溶液中的浓度=_______。
（5）与纯碱反应可以制备重要的电极材料钴酸锂()。一种充电电池的装置如下图所示，充放电过程中，存在与之间的转化，放电过程中从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应：_______，若用该电池进行电解食盐水，当通过隔膜的离子数目为时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为_______L。
【答案】（1）适当升高温度，适当提高H2SO4浓度，将废渣粉碎，搅拌等
（2）将Co2O3还原成Co2+
（3）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
（4） ①. Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O ②. 7.0×10-11
（5） ①. xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2 ②. 2.24
【解析】
【分析】含钴废渣主要成分、，还含有、，加入硫酸和二氧化硫，得到含有CoSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4的混合溶液，加碳酸氢钠和Al2(SO4)3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀除铝，加萃取剂HX萃取，锌离子进入有几层，CoSO4留在水层，水层中加碳酸氢钠得到CoCO3沉淀。
【小问1详解】
根据影响反应速率的因素，适当升高温度，适当提高H2SO4浓度，将废渣粉碎，搅拌都能加快“酸浸”速率；
【小问2详解】
酸浸时通入，发生反应为2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO+4H+，主要作用是将Co2O3还原成Co2+；
【小问3详解】
“除铝”步骤中，碳酸氢钠和Al2(SO4)3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子反应方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问4详解】
“沉钴”时CoSO4和碳酸氢钠反应生成CoCO3沉淀、二氧化碳气体，反应的离子方程式是Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O。向溶液加入溶液，当溶液的达到8时，就会同时有生成，为8时， , = 。
【小问5详解】
充放电过程中，存在与之间的转化，则放电过程中发生还原反应生成，放电过程中从A电极向B电极迁移，电池放电时的正极反应为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2。
若用该电池进行电解食盐水，当通过隔膜的离子数目为时，电路中转移0.2mol电子，电解池阴极发生反应2H++2e-=H2，生成0.1mol氢气，收集到的气体体积在标准状况下为2.24L。
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