黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡等化学反应原理

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黑龙江2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡等化学反应原理

一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）利用雾霾中的污染物NO、SO2获得产品NH4NO3的流程图如图，下列方程式错误的是

A．“吸收池1”中反应的离子方程式：
B．“吸收池2”中生成等物质的量HNO2和HNO3的离子方程式：
C．“电解池”中阴极的电极反应式：
D．“氧化池”中反应的离子方程式：
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂－脱锂的材料。尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按III方式交替排布构成，“○”表示O2−。下列说法不正确的是

A．充电时，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe－＝Li1−xMn2O4＋xLi＋
B．充电和放电时，LiMn2O4电极的电势均高于电池另一极
C．“●”表示的微粒是Mn
D．每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x个电子
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）海洋碳循环在整个地球气候系统中具有重要地位，下列叙述错误的是

A．海洋酸化会导致海水吸收CO2的能力减弱
B．温室效应导致的海表温度上升，会增加海洋对CO2的吸收
C．该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加将影响珊瑚生存
D．虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环，但仍会造成污染
4．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用cmol/L盐酸标准溶液测定VmL某纯碱样品溶液中NaHCO3的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．水的电离程度：c＞b＞a
B．a点溶液中存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)
C．VmL该纯碱样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084cg
D．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在c(Na+)＜c(Cl-)
5．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3) +c()+c()。室温下，H2SO3的电离常数分别为Ka1 =1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8；Ksp (BaSO4)=1×10-10。

下列说法中错误的是
A．SO2是由极性键构成的极性分子
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1时溶液呈酸性
C．“吸收”后得到的溶液pH=5，则“氧化”时主要反应的离子方程式为2+O2=2+2H+
D．将“氧化”所得溶液用0.1 mol·L-1的NaOH溶液调节至pH=7，再与0.1 mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中c( )=2×10-9 mol· L-1
6．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）下列离子方程式正确的是
A．将SO2通入NaClO溶液中：SO2+ H2O+ClO-=HClO+
B．草酸(H2C2O4)溶液与新制氯水混合反应生成CO2：H2C2O4+Cl2=2H+ +2CO2↑+2Cl-
C．向FeI2溶液中通入足量氯气：2Cl2+2Fe2++2I-=2Fe3+ +I2+4Cl-
D．电解MgCl2溶液：2Cl- +2H2OH2↑+2OH- +Cl2 ↑
7．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法错误的是

A．燃料电池工作时，正极反应为O2+4H++4e-=2H2O
B．a极是铜，b极是铁时，溶液中CuSO4浓度减小
C．a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为7：1
D．a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化不相同
8．（2023·黑龙江大庆·统考一模）室温下，通过下列实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。
实验
实验操作和现象
1
向溶液中通入(标准状况)，测得约为9
2
向溶液中通入至溶液
3
向溶液中通入(标准状况)，测得约为3
4
取实验3所得溶液，加入溶液，产生白色沉淀

下列说法错误的是A．实验1得到的溶液中：
B．实验2得到的溶液中：
C．实验3得到的溶液中：
D．实验4中可知：
9．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有发生氧化，释放出和。下列说法正确的是

A．该电池放电时的正极反应为
B．该电池既可选用含水电解液，也可选用无水电解液
C．该电池每放电、充电各4 mol电子完成一次循环，理论上能固定1 mol
D．充电时阳极发生的反应为
10．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）室温，向和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
(已知：的、分别为、；)

A．a对应溶液的pH小于b
B．b对应溶液的
C．a→b变化过程中，溶液中的减小
D．a对应的溶液中一定存在：
11．（2023·黑龙江大庆·统考一模）反应经历两步：①X→Y；②Y→3Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．s时， B．a为随t的变化曲线
C．s时，Y的消耗速率大于生成速率 D．s后，
12．（2023·黑龙江大庆·统考一模）工业上采用电化学法对煤进行脱硫处理(煤中含硫物质主要是)，以减少硫排放。模拟装置如图所示。下列说法错误的是

A．电子流向：b极→石墨2→电解质溶液→石墨1→a极
B．石墨1为阳极，发生氧化反应，被氧化
C．脱硫反应为
D．电路中转移电子，理论上处理
13．（2023·黑龙江大庆·统考一模）下列事实用化学用语表述错误的是
A．用电子式表示NaCl的形成过程：
B．中子数为20的K原子：
C．常温时，0.1mol·L−1氨水的pH≈11.1：
D．O2-的结构示意图：
14．（2023·黑龙江大庆·统考一模）由下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
溶液变血红色
KI与的反应有一定限度
B
向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
石蕊试纸不变蓝
溶液X中肯定不含
C
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中
溶液变黄色
氧化性：(酸性条件)
D
向一定浓度的溶液中通入适量气体
产生黑色沉淀
的酸性比的强

A．A B．B C．C D．D
15．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）室温下，下列实验探究方案不能达到实验目的的是
选项
探究方案
实验目的
A
向2mL1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加1mol·L-1Na2CO3溶液，观察现象
比较Ka(CH3COOH)和Ka1(H2CO3)的大小
B
向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加1mol·L-1氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇，过滤
制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体
C
把两个体积相同、封装有等量NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，观察混合气体的颜色变化
探究温度对化学平衡的影响
D
向溶液X中滴加少量稀硝酸，然后滴入几滴Ba(NO3)2溶液，观察现象
检验溶液X是否含有SO

A．A B．B C．C D．D

二、原理综合题
16．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）全球大气CO2浓度升高对人类生产生活产生了影响，研究二氧化碳的回收对我国2060年实现碳中和具有现实意义，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
(1)已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+ (aq)    K
溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol•L-1•kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为_____mol•L-1(忽略和水的电离)。
(2)已知CH4的生成焓(由稳定单质生成该物质)为△H=-71.7kJ•mol-1
反应I：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H1=+131.3kJ•mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ•mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.0kJ•mol-1 K3
①写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_____。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示，根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是_____。

(3)工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H。
温度/K
400
500
平衡常数K
9
5.3

①通过表格中的数值可以推断：该反应在______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
②CO2的平衡转化率与氢碳比m[m=]及压强、温度的关系分别如图a和图b所示。

图a中氢碳比m从大到小的顺序为______。
图b中压强从大到小的顺序为_____，判断依据为______。
17．（2023·黑龙江大庆·统考一模）氮元素在地球上含量丰富，氮及其化合物在工农业生产和生活中有着重要作用，氮氧化物也是主要的大气污染物。回答下列问题：
(1)已知在催化剂的作用下，与反应生成无污染气体：
①  
②  
③  
则④  _______(用含、、的代数式表示)。实验室可用氯化铵与消石灰反应制备少量：  ，该反应在_______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)在催化剂作用下，也能将转化为无毒清洁物质，恒温条件下，将一定量的与气体通入恒容密闭容器中，发生反应。下列可判断反应达到平衡的是_______(填标号)。
A．混合气体的密度保持不变 B．
C．容器内总压强不再改变 D．
(3)汽车尾气中含有较多的和，在催化剂作用下，发生反应。实验测得：，(、分别为正、逆反应的速率常数，只与温度有关)。某温度下，在体积为的恒容密闭容器中充入和，当反应达到平衡时，的转化率为80%，则：
①_______。
②平衡时体系压强为，为用分压表示的平衡常数(分压总压物质的量分数)，则平衡常数_______(用含p的式子表示)。
18．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）NH3在化学工业中是重要的原料，可以制备尿素、硝酸、丙烯腈等产品。回答下列问题：
(1)N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图1所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。对于合成氨反应，既可以提高平衡体系中NH3的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______(填字母)。

a.升高温度        b.将平衡体系中的氨气分离出来
c.增大体系压强    d.加入合适的催化剂
(2)合成氨反应中，正反应速率v正=k正·c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆·c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：

①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，理由为____。
②T0°C时，=_______。
(3)以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
主反应：C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH= -515 kJ·mol-1；
副反应：C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=- 353kJ·mo1-1。
已知：丙烯腈的产率=- ×100%，丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强 ×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图3所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。原因是_______。

②某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入1molC3H6、1molNH3和1.5molO2，发生上述反应。平衡时测得C3H6转化率为90%，H2O(g)的物质的量为2.5 mol，则平衡时C3H3N的分压为_______kPa(保留3位有效数字)，此温度下副反应的Kp=_______。
19．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：
(1)298K时，1 g 燃烧生成放热121 kJ，1 mol 蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为______。
(2)工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：
I．
II．
①已知：  。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。
②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。
A．加催化剂        B．增加用量    
C．移除        D．恒温恒压，通入惰性气体
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 mol，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。

(4)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为______(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为______。


三、工业流程题
20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子




开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的pH(mol/L)
3.2
4.7
11.1
13.8

回答下列问题：
(1)“培烧”中，高钛炉渣研细的目的是______。
(2)在“分步沉淀”时用氨水调节pH至______，“母液①”中浓度为mol/L。
(3)“水解”时，反应的离子方程式是______。
分析化学上，测定酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两步反应：①用Al粉还原得到；②用溶液滴定，。反应②的滴定实验可选用______溶液作指示剂。
(4)用固体二氧化钛生产海绵钛的装置示意图如下，其原理是的氧解离进入熔融盐中而得到纯钛。电解过程中，b极是______极，阴极的电极反应式______。

(5)将转化为、再进一步还原得到钛(Ti)，是目前生产钛的方法之一。
①600℃，与C、充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质


CO2

分压(MPa)





与C、反应的总化学方程式为______。
②已知Ti的四卤化物熔点如下表所示，熔点高于其他三种卤化物，自至熔点依次升高，原因是______。
化合物




熔点/℃
377
-24.12
38.3
155


21．（2023·黑龙江大庆·统考一模）我国科学家开发催化剂来提高燃料电池的性能。某小组以含镍废料(主要含、，以及少量、、、、、和等)为原料提取镍的流程如下：

已知常温下部分难溶物的如表所示：
物质
















请回答下列问题：
(1)“酸浸”中产生了一种还原性气体，它是_______(填化学式)；“除铁铝”中双氧水的作用是_______。
(2)“固体2”中除、外，还可能含硫单质等物质，生成硫单质的离子方程式为_______。
(3)为提高原料利用率，“电沉积”得到的“废液”可以循环用于_______(填名称)工序。
(4)常温下，在“除铁铝”中，当滤液中时，其_______。
(5)可以通过电解法提纯镍，粗镍作_______(填“阳”或“阴”)极，阴极的电极反应式为_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．根据题目信息，吸收池1中，溶液和反应生成，反应的离子方程式为：，A正确；
B．吸收池2中，与反应生成等物质的量和，离子方程式为：，B正确；
C．电解池中，阴极上，电极反应式为：，C正确；
D．“氧化池”中反应的离子方程式：，D错误；
故选D。
2．C
【详解】A．LiMn2O4是一种常用的正极材料，则充电时，LiMn2O4为阳极，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe－＝Li1−xMn2O4＋xLi＋，故A正确；
B．放电时，LiMn2O4电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMn2O4电极为阳极，电势高于阴极的电势，故B正确；
C．根据A的结构分析小黑球有个，氧离子有4个，B的结构分析小黑球有，氧离子有4个，三角形有4个，整个晶胞中小黑球有 ，氧离子有32个，三角形有16个，它们之比8:16:32=1:2:4，因此整个晶胞中“●”表示的微粒是Li，故C错误；
D．根据LiMn2O4−xe－＝Li1−xMn2O4＋xLi＋，每个晶胞的组成为Li8Mn16O32，所以每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x个电子，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．B
【详解】A．海洋酸化导致溶液酸性增加，会抑制海水吸收CO2的能力，故A正确；
B．温度升高，气体的溶解度减小，故海表温度上升，会减小海洋对CO2的吸收，故B错误；
C．该循环中涉及反应CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加导致碳酸钙转化为可溶性碳酸氢钙，会将影响珊瑚生存，故C正确；
D．虽然塑料颗粒中含有的碳很难降解进入海洋碳循环，但仍会造成白色污染，故D正确；
故选B。
4．C
【分析】a点为第一个终点发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，c点为第二个终点：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】A．a点的成分为NaCl和NaHCO3。相比a点，b点加入更多盐酸， NaHCO减少，b点成分为NaCl和NaHCO3。c点成分为NaCl。NaHCO3弱酸盐促进水的电离，水的电离程度：a>b>c，A项错误；
B．a点的成分为NaCl、NaHCO3，存在电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，B项错误；
C．Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)= n(NaHCO3)M(NaHCO3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；
D．b点的成分为NaCl、NaHCO3，而c点成分为NaCl，所以b到c的过程中c(Na+)>c(Cl-)，D项错误；
故选C。
5．D
【分析】由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。
【详解】A． SO2空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A正确；
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1 =c(H2SO3) +c()+c()，则c(S)=c(Na+)，此时得到NaHSO3溶液，根据分析，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B正确；
C．Na2SO3显碱性，NaHSO3显酸性，当若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要含硫的微粒为，则“氧化”时主要发生的反应为，C正确；
D．“氧化”所得溶液用的NaOH溶液调节至，则溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol/L，与的溶液等体积混合，生成BaSO4沉淀后，溶液中，最终溶液中，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．将SO2通入NaClO溶液中，生成氯化钠和硫酸，反应的离子方程式为：SO2+ H2O+ClO-=Cl-+ +2H+，选项A错误；
B．草酸(H2C2O4)溶液与新制氯水混合反应生成CO2，同时生成盐酸，反应的离子方程式为：H2C2O4+Cl2=2H+ +2CO2↑+2Cl-，选项B正确；
C．向FeI2溶液中通入足量氯气生成碘单质，氯化铁，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4I-=2Fe3+ +2I2+6Cl-，选项C错误；
D．电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl- +2H2OH2↑+Mg(OH)2↓ +Cl2 ↑，选项D错误；
答案选B。
7．C
【分析】根据图示知乙烷燃料电池中左侧电极为电源的正极，右侧电极为电源的负极，a为电解池的阴极，b为电解池的阳极。
【详解】A．根据图示知该燃料电池工作时，负极产物为CO2，电解质呈酸性，正极反应为O2+4H＋+4e－═2H2O ，故A正确；
B．a极是铜，b极是铁时，电解总反应为Fe+CuSO4FeSO4+Cu，硫酸铜溶液浓度减小，故B正确；
C．a、b两极若是石墨，b极电极反应式为，原电池中乙烷反应：，根据串联电路中各电极转移电子守恒可知：b极生成氧气和电池中消耗乙烷的体积之比(相同条件下气体积之比等于物质的量之比)为：7：2，故C错误；
D．a极是纯铜，b极是粗铜时，为铜的电解精炼，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，b极比铜活泼的金属优先失电子，两极质量变化不相同，故D正确；
故选：C。
8．C
【详解】A．由题意可知，氢氧化钠溶液与二氧化硫反应得到亚硫酸钠溶液，溶液中存在质子守恒关系，由亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级为主可知，溶液中，则溶液中离子浓度的关系为，故A正确；
B．10mL1mol/L氢氧化钠溶液与二氧化硫反应得到的中性溶液为亚硫酸氢钠和亚硫酸钠的混合溶液，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中离子浓度的关系为，故B正确；
C．10mL1mol/L氢氧化钠溶液与标准状况下22.4mL二氧化硫反应得到亚硫酸氢钠溶液，溶液中存在电荷守恒关系，由溶液pH为3可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中，所以溶液中，故C错误；
D．10mL1mol/L氢氧化钠溶液与标准状况下22.4mL二氧化硫反应得到亚硫酸氢钠溶液，由硫原子个数守恒可知，反应所得溶液中亚硫酸氢根离子浓度为0.1mol/L，亚硫酸氢钠溶液与氯化钡溶液混合后，溶液中钡离子和亚硫酸氢根离子浓度分别为0.005mol/L 、0.05mol/L，由亚硫酸的电离常数可知，pH约为3的亚硫酸氢钠溶液中亚硫酸根离子的浓度约为mol/L≈5×10—6mol/L，浓度熵Qc=5×10—6×5×10—3=2.5×10—8，由溶液中产生白色沉淀可知，亚硫酸钡的溶度积Ksp小于2.5×10—8，故D正确；
故选C。
9．C
【详解】A．该电池放电时Li为负极，电极反应为，故A错误；
B．Li为活泼金属能与水发生反应，因此该电池不能用含水电解液，故B错误；
C．根据放电时正极反应：，可知转移4 mol电子，可以吸收3 mol CO2，根据充电时阳极反应：，可知转移4 mol电子，释放2mol CO2，所以每放、充4mol电子一次，理论上能固定1 mol CO2，故C正确；
D．充电时阳极只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，所以电极方程式为，故D错误；
故选：C。
10．D
【详解】A．温度不变水解平衡常数不变，=，则横坐标数值越大，溶液中c(OH-)越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；
B．b点=-5，=1.0×10-5mol/L，=，=2，则=100，，故B错误；
C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则==不变，故C错误；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c(CO)=c(HCO)，根据电荷守恒得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，所以得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；
故选：D。
11．D
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①X→Y；②Y→3Z。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，A错误；
B．根据分析，ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，B错误；
C．s时，反应正向移动，Y的消耗速率小于生成速率，C错误；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应①发生，则，由于反应②Y→3Z的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D正确；
故选D。
12．A
【分析】电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据模拟装载图可知石墨１极发生氧化反应，a为正极，石墨1极阳极，b为负极，石墨2极为阴极。
【详解】A．电子流向：b极→石墨2，石墨1→a极，电解质溶液无电子流动，A错误；
B．石墨1为阳极，发生氧化反应，Mn2+被氧化Mn3+，B正确；    
C．脱硫反应为FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3＋+15Mn2++2+16H+，C正确；
D．由图可知1molFeS2氧化为Fe3＋和，电路中转移电子为(1+7×2)mol=15mol电子，电路中转移1.5mol电子，则处理FeS2的物质的量为0.1mol，处理FeS2的质量为0.1mol×120g/mol=12.0g，D正确；
故答案为：A。
13．B
【详解】A．NaCl形成过程中，钠原子失去一个电子形成Na+，Cl原子得到一个电子形成Cl-，二者结合生成NaCl，A正确；
B．中子数为20的K原子的质量数为20+19=39，符号为，B错误；
C．一水合氨为弱电解质，在水溶液中不完全电离：NH3·H2ONH+OH-，所以0.1mol·L−1的氨水中c(OH-)＜0.1mol/L，pH≈11.1，C正确；
D．O原子最外层有6个电子，得到两个电子形成O2-，结构示意图为，D正确；
综上所述答案为B。
14．A
【详解】A．I-与Fe3+反应的离子方程式为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，所以该实验中所用KI过量，而反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明Fe3+有剩余，即该反应有一定限度，A正确；
B．所用的是NaOH稀溶液，且少量，即便有铵根，生成NH3过少，NH3也不会逸出，B错误；
C．酸性环境中硝酸根也会将Fe3+氧化，该实验中无法确定氧化剂是何种物质，C错误；
D．产生黑色沉淀是因为CuS是一种难溶于酸的沉淀，而不是H2S的酸性比H2SO4强，D错误；
综上所述答案为A。
15．D
【详解】A．碳酸钠和乙酸生成二氧化碳气体，说明乙酸酸性强于碳酸，Ka(CH3COOH)大于Ka1(H2CO3)，A项不符合题意；
B．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加1mol·L-1氨水至沉淀溶解，得到铜氨溶液，再加入8mL95%乙醇[Cu(NH3)4]SO4溶解度减小析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，B项不符合题意；
C．NO2和N2O4分别为红棕色和无色气体，且两者转化为可逆反应，把两个体积相同、封装有等量NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中，观察混合气体的颜色变化可以判断平衡移动情况，能探究温度对化学平衡的影响，C项不符合题意；
D．若溶液中含有亚硫酸根离子，亚硫酸根离子会被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故不能检验溶液X是否含有SO，D项符合题意。
故选D。
16．(1)
(2)     CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)    △H=-162kJ•mol-1     升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v时，T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
(3)     低温     m1＞m2＞m3     p1＞p2＞p3     其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，因此p1＞p2＞p3

【详解】（1）大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中二氧化碳的浓度为，根据反应②，其平衡常数 ，因，故；
（2）①已知CH4的生成焓(由稳定单质生成该物质)为△H=-71.7kJ•mol-1，可得到反应ⅣC(s)+2H2(g) CH4(g) △H4=-71.7kJ•mol-1；
反应II：C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g)    △H2=+90.3kJ•mol-1   
根据盖斯定律，由Ⅳ-II得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)    △H=-162kJ•mol-1，答案为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)    △H=-162kJ•mol-1；
②k随着温度的升高而增大，Kp随温度的升高而减小。T< Tm时，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
（3）①温度升高平衡常数K减小，则为放热反应，△H<0，该反应是气体体积缩小的反应，则△S<0，△H-T△S<0，反应才能自发进行，则△H<0，其正反应在低温下能自发进行；
②图a可以理解为CO2物质的量不变，H2量不断增加，平衡正向移动，CO2转化率不断增大，因此氢碳比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3；
③该反应是气体体积减小的反应，由图b可知，同一温度条件下，从下往上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为p1＞p2＞p3，答案为：其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，因此p1＞p2＞p3。
17．(1)          高温
(2)C
(3)     20    

【详解】（1）根据盖斯定律，3①+③-②得，；，反应自发进行，该反应中，因此高温下反应自发进行；
（2）A. 各物质均为气体，恒容条件下，密度为恒值，不能判断，A项错误；
B. 由于方程式与前系数为1：4关系，故生成浓度满足与是否平衡无关，不能判断，B项错误；
C. 由于方程式两边气体分子前系数不等，当压强为一定值时，可判断达到平衡，C项正确；
D. 消耗速率属于正反应速率，消耗速率是逆反应速率，当正逆反应速率之比等于化学方程式计量数之比，即，不能判断，D项错误；
（3），当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，，则；分压
=总压×物质的量分数，平衡时物质的量为(0.8+0.4+0.8+0.2)mol=2.2mol，。
18．(1)     N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol     c
(2)     L2     该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大     1
(3)     p3>p2> p1     生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低     20. 5     12. 5

【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知molN2(g)与molH2(g)生成1molNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动，  可以提高氨气的百分含量，故符合题意；  
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；c；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
（3）①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xmol，副反应消耗丙烷ymol，列三段式得：


由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1mol，n()=1.5-1.5x-y=0.2mol，n()=1-x=0.2mol，n()=0.8mol，n()=2.5mol，n()=0.1mol。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
19．(1)
(2)     吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率     CD     7
(3)     <     P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
(4)     Fe    

【详解】（1）1 g 燃烧生成放热121 kJ，可得热化学方程式：；
1 mol 蒸发吸热44kJ，可得：；
燃烧热的热化学方程式 ，由该盖斯定律可知该反应可由：I-II得到，，燃烧热的热化学方程式 ，故答案为：；
（2）①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；
②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；
B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；    
C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；
D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；
故答案为：CD；
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：


平衡时体系中含有：0.5mol、0.25mol、0.25molCO、0.25molCO2、1.75molH2、气体总物质的量3mol，
则反应II的平衡常数，故答案为：7；
（3）由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；
（4）由晶胞结构可知黑球的个数为，灰球的个数为：8，黑球代表：M(NH3)4，白球代表：BH4，则该晶胞的化学式为：M(NH3)4[BH4]2，其摩尔质量为，则M的相对原子质量为56，该元素为Fe，其在该化合物中的价态为+2价，价电子排布式为：，故答案为：Fe；；
20．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率
(2)11.6
(3)          KSCN
(4)     正    
(5)          、和都属于分子晶体，随着相对分子质量的增大熔点依次升高，而属于离子晶体，故熔点高于其他三者。

【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。据此分析解答。
【详解】（1）炉渣研细可以增大反应物之间的接触面积，从而提高反应速率，，提高原料的利用率,故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；
（2）由表中数据可知完全沉淀时的pH值为11.1，此时浓度为mol/L，由此可得：Ksp[]==，“母液①”中浓度为mol/L时，c(OH-)==mol/L，此时溶液的pH值为：11.6，故答案为：11.6；
（3）TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：；用溶液滴定，当最后半滴氯化铁滴入时若不能完全反应说明反应到达终点，因此可用KSCN溶液作反应的指示剂，故答案为：；KSCN；
（4）由装置及电解目的可知a所连电极上应发生反应：，则该电极为阴极，a 为负极，b为正极，b极所连电极为阳极，发生电极反应为：，故答案为：正；；
（5）①600℃，与C、充分反应后，生成、和CO    ，反应方程式为：；故答案为：；
②氟元素的电负性很大，这就使得钛和氟之间的化学键的极性较强，更趋向于离子键，而其他三种卤族元素的电负性较弱，使得钛和氯原子，溴原子以及碘原子之间的化学键的极性较弱，更趋向于共价键。、和都属于分子晶体，随着相对分子质量的增大熔点依次升高，而属于离子晶体，故熔点高于其他三者。故答案为：、和都属于分子晶体，随着相对分子质量的增大熔点依次升高，而属于离子晶体，故熔点高于其他三者。
21．(1)          将氧化成
(2)
(3)酸浸
(4)3
(5)     阳    

【分析】由题给流程可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性金属硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的固体1和含有可溶性金属硫酸盐的滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将铜离子、锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化锌的固体2和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的固体3和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的固体4和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液将镍离子转化为碱式氧化镍；硫酸镍溶液经电沉积得到镍、氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用提高原料利用率。
【详解】（1）由分析可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，则酸浸中产生的还原性气体为氢气；除铁铝中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：H2；将氧化成；
（2）由分析可知，入硫化钠溶液的目的是将铜离子、锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将溶液中铁离子转化为亚铁离子的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，硫酸镍溶液经电沉积得到镍、氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用提高原料利用率，故答案为：酸浸；
（4）由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铁离子浓度为4.0×10−5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10−11mol/L，则溶液的pH为3，故答案为：3；
（5）电解法提纯镍时，粗镍作阳极、纯镍作阴极，溶液中的镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍，电极反应式为，故答案为：阳；。