2025年粤教沪科版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教沪科版选修4化学上册阶段测试试卷937考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、向Na2CO3溶液中滴加盐酸；反应过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是()

A.反应HCO3-(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为放热反应B.ΔH1＞ΔH2ΔH2＜ΔH3C.CO32-(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3D.H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH3＜02、已知：pOH=－lgc(OH－)。室温下；将稀盐酸滴加到某一元碱(BOH)溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.BOH属于弱碱B.BOH的电离常数K=1×10－4.8C.P点所示的溶液中：c(Cl－)>c(B+)D.N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)－c(BOH)3、常温下，下列说法正确的是A.CH3COOH溶液中：c(CH3COOH)=c(OH—)+c(CH3COO—)B.pH=2的HCl与等体积0.01mol/LCH3COONa混合后，溶液中c(Cl—)=c(CH3COO—)C.氨水中通入过量CO2后，溶液中c(H+)+c(NH4+)=c(OH—)+c(HCO3—)D.含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c(K+)>c(HCO3—)4、常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2；整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）。下列叙述不正确的是。

A.由a点到b点的过程中，溶液中增大B.由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C.c点所示溶液中，c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)D.d点所示溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)5、《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2原电池；其工作示意图如下。下列说法不正确的是()

A.电极A是负极，发生氧化反应B.电极B的电极反应为：O2+2e-+H+=HO2-C.电解质溶液中H+由电极A流向B极D.外电路中通过6mol电子，生成22.4LCO26、如下图所示的装置；C；D、F、X、Y都是惰性电极，E为铁棒。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法不正确的是。

A.电源B极是负极B.欲用丙装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液是AgNO3溶液C.甲、乙装置的F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2D.装置丁中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟；研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（）

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程；有两种可能方式：

方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea=+103.1kJ·mol-1

方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb=+249.3kJ·mol-1A.CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0B.①②都为O-H键的断裂过程C.由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为ⅡD.放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*8、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+QkJ（Q＞0）。在10L恒温恒容密闭容器中加入0.1molSO2和0.05molO2，经过2min达到平衡状态，反应放热0.025QkJ。下列判断正确的是A.在2min内，O2的转化率为25%B.在1min时，c(SO2)+c(SO3)=0.01mol/LC.若再充入0.1molSO3，达到平衡后SO3的质量分数会减小D.向该容器中再加入0.1molSO2和0.05molO2，平衡后反应放热大于0.05QkJ9、已知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，不断升高温度，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH＜0B.X点CH4的转化率为20%C.X点与Y点容器内压强比为51∶55D.维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)10、常温下，向20mL0.01mol·L−1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的CH3COOH溶液，溶液中水所电离出的c(OH−)的对数随加入CH3COOH溶液的体积变化如图所示；下列说法正确的是。

A.F点溶液显碱性B.若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，则Ka(CH3COOH)≈1×10−6C.H点离子浓度关系为c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)D.E点由水电离的c(H+)=10−3mol·L−111、H2C2O4为二元弱酸。25℃时，向0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中缓缓通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中：c(C2O42−)＞c(HC2O4−)＞c(OH−)＞c(H＋)B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HC2O4−)＋2c(H2C2O4)C.c(Cl－)＝0.100mol·L−1溶液中：c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)D.c(HC2O4−)＝c(C2O42−)的酸性溶液中：c(Cl－)＋c(HC2O4−)＜0.100mol·L−1＋c(H2C2O4)12、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下；用0.1000mol/L氨水滴定10mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和醋酸的混合液，电导率曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.①点溶液中c（H+）为0.200mol/LB.②点溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Ac-）C.①点溶液中n（所有离子）之和＞③点溶液n（所有离子）之和D.③点后会出现pH=7的点，此点溶液中c（NH4+）=c（Ac-）+c（Cl-）13、室温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)B.相同浓度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中：c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)C.c(NH)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)D.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____________________．

（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．

（3）拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．15、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。16、某实验小组在T1温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中，同时通入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，发生反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)△H＝akJ·mol－1。测得CO2的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示：

T1温度下，某时刻另一实验小组测得反应容器中有关数据为c(CO)＝0.6mol·L－1、c(H2O)＝1.6mol·L－1、c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO2)＝0.4mol·L－1，则该反应在下一时刻将_______(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“达到平衡”)，判断依据是_____。17、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于18、在一定温度下，现有三种酸：a.盐酸b．硫酸c．醋酸；现回答下面问题（注：填对应的字母）

（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同时；物质的量浓度由大到小的顺序是________________。

（3）当三者c(H+)相同且溶液体积也相同时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序_______________。

（4）当c(H+)相同；溶液体积相同时；同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始时反应速率的大小关系为_______________。

（5）将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_____。19、.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的六种溶液的pH如下表所示：

请回答下列问题：

(1)上述六种溶液中，水的电离程度最小的是_____(填化学式)。

(2)若欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_____(填写一种物质即可)。20、完成下列问题。

(1)已知常温下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5.则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的电离程度由大到小排列顺序为_______(填序号)。

(2)已知H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含杂质Fe3+)通常利用“间接碘量法”测定。已知Cu2+与F-不反应，而Fe3+与F-反应生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步骤如下：

①称取1.250g产品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定；平行滴定3次。

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_______；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾产品纯度为_______%。21、25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。22、（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，溶液中__________________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（2）常温下，将VmL、0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中；充分反应。回答下列问题。（忽略溶液体积的变化）

①如果溶液pH=7，此时V的取值___________20.00（填“>”、“<”或“=”），而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为___________________。

②如果V=40.00，则此时溶液中c(OH－)-c(H＋)-c(CH3COOH)=_________mol·L-1。

（3）常温下，向20ml0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HC1溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下图；回答下列问题：

①若将Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液，则此溶液的pH的取值范围是________________；为测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，下列方案可行的是_________________

A．取a克混合物充分加热，减重b克。

B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体。

C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克。

D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。

②所得溶液中含量最多的三种离子的物质的量浓度的大小关系为_________________评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共2题，共12分)24、实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是__(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃仪器有____。

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10‑14)。

(4)加入有机萃取剂的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___。

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___。25、近年来随着新能源汽车等行业的不断发展，产生了大量的废旧三元锂电池，从废旧锂电池中回收钴、锂、镍、锰等金属是新能源汽车发展道路上必须解决的问题。一种对正极材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金属进行回收处理的工艺如图所示：

已知：金属离子的浸出率计算公式为式中η为金属的浸出率，为百分数；C为金属离子的质量浓度，单位为g·mL-1；V为滤液体积；单位为mL；m为镍钴锰酸锂粉末中各金属的理论质量，单位为g。

(1)“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是______。

(2)LiCoO2(难溶于水)参与“浸出还原”反应的离子方程式为______。

(3)“共沉淀”过滤后需洗涤滤渣便于进一步回收利用，洗涤的操作过程为______。

(4)浸出实验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，后将准确称量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中钴元素含量为18.00％)倒入，反应后将其过滤后定容得溶液的体积为50.00mL，采用电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+为的浓度为17.64mg·mL-1，则Co2+的浸出率为______。

(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色。将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-⇌[CoC14]2-+6H2O

①等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为______。

②将溶液加水稀释后，蓝色溶液又变为粉红色溶液，请用平衡移动原理解释原因______。评卷人得分六、实验题(共2题，共8分)26、研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性；某小组同学进行如下实验：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大_____（选填“增大”；“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3

①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

27、高氯酸铵（NH4ClO4）易分解产生大量气体，常用作火箭推进剂。实验室可通过下列反应制取：NaClO4（aq）+NH4Cl（aq）NH4ClO4（aq）+NaCl（aq）。

（1）若NH4Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是_____。

（2）根据如图的溶解度曲线，在反应后得到的混合溶液中获得NH4ClO4晶体的实验操作依次为：_____；洗涤，干燥。

（3）在上述操作中，洗涤剂应选择_____

A.热水B.乙醇C.冰水D.滤液。

（4）样品中NH4ClO4的含量可用蒸馏法进行测定；蒸馏装置如图所示（加热和仪器固定装置已略去）；

实验步骤如下：

步骤1：按如图组装好仪器；准确称取样品ag（约0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。

步骤2：准确量取40.00mL约0.1mol·L－1H2SO4溶液于锥形瓶中。

步骤3：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入20mL3mol•L－1NaOH溶液。

步骤4：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约100mL溶液。

步骤5：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次；洗涤液并入锥形瓶中。

步骤6：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用cmol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点；记录消耗NaOH标准溶液的体积。

步骤7：将实验步骤1-6重复2次。记录消耗NaOH标准溶液的平均体积为V1mL

步骤8：在步骤1中不加入样品，将实验步骤1-6重复3次。记录消耗NaOH标准溶液的平均体积为V2mL。

请回答：

①步骤2中，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是_____。

②为确保氨气被充分吸收的实验步骤为_________，为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为_____

③请用含字母的表达式表示（如果有数字，请化简成一个数字）样品中NH4ClO4的含量_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A.由图可得，HCO3-(aq)＋H＋(aq)的能量小于CO2(g)＋H2O(l)的能量，所以反应HCO3-(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应；故A错误；

B.由图可得ΔH1和ΔH2都小于0，ΔH3＞0，且ΔH1的绝对值大于ΔH2的绝对值，所以ΔH1＜ΔH2，ΔH2＜ΔH3；故B错误；

C.由图可得，CO32-(aq)＋2H＋(aq)=HCO3-(aq)＋H＋(aq)ΔH1，HCO3-(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq)ΔH2，H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH3，根据盖斯定律，CO32-(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；故C正确；

D.H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应，ΔH3>0；故D错误；

故选C。2、C【分析】【详解】

A.若BOH为强碱，其完全电离，那么c(BOH)为0，那么这样的式子必然不合理。由图中N点的数据可以计算出BOH的电离常数；可以判断BOH为弱碱，A项正确；

B.BOH⇌B++OH-，所以Kb=可得=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，带入N点数据，可得0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8；B项正确；

C.根据电荷守恒得c(Cl－)+c(OH－)=c(B+)+c(H+)，在P点，pOH<7，说明溶液显碱性，c(OH－)>c(H+)，因而c(Cl－)+)；C项错误；

D.N点=0，因而c(B+)=c(BOH)，根据电荷守恒，c(Cl－)+c(OH－)=c(B+)+c(H+)，可变为c(Cl－)+c(OH－)=c(BOH)+c(H+)，因而c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)－c(BOH)；D项正确。

故答案选C。3、D【分析】【详解】

A.CH3COOH溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)；故A错误；

B.pH=2的盐酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L与等体积0.01mol/L醋酸钠混合溶液后生成醋酸和氯化钠，醋酸是弱酸，溶液中c(Cl-)>c(CH3COO-)；故B错误；

C.氨水中通入过量CO2后反应生成碳酸氢铵,溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32−)；故C错误；

D.含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应生成KHCO3，HCO3-发生水解，则c(K+)＞c(HCO3-)；故D正确；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A.由a点到b点，溶液pH增大，c(OH-)增大，由于温度不变，Ka不变，因此增大；A正确；

B.b点表示NH3的量达到最大值，c点时，溶液中的一水合氨和二氧化碳恰好完全反应，溶质为碳酸铵，由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性；B正确；

C.c点所示溶液中，溶质为碳酸铵，溶液呈碱性，因此离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)；C正确；

D.d点所示溶液中，溶质为碳酸氢铵，根据质子守恒可知，c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；D错误。

故答案D。5、D【分析】【详解】

A．通入CH3OH的一极A为负极，失去电子发生氧化反应，反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；故A项正确；

B．B极为正极，得电子发生还原反应，反应为O2+2e-+H+=HO2-；故B项正确；

C．阳离子向正极移动，则电解质溶液中H+由A极流向B极；故C项正确；

D．没有说明是否在标准状况下；无法计算气体的体积，故D项错误；

故答案选D。

【点睛】

本题考查原电池原理，根据元素化合价变化来判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．电解滴入酚酞的氯化钠溶液时；阴极上氢离子放电，导致阴极附近显碱性，所以阴极附近溶液显红色，在F极附近显红色，所以F极是阴极，则B极是负极，A正确；

B．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，所以欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液选是AgNO3溶液；B正确；

C．电解硫酸铜溶液时，E为阳极且Fe作电极，故发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+；无单质生成，C错误；

D．电解池工作时；溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X极是阳极，Y极是阴极，Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，由此证明氢氧化铁胶粒带正电荷，D正确；

故答案为：C。二、多选题(共7题，共14分)7、AD【分析】【分析】

【详解】

A.△H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，ΔH>0；A正确；

B.根据图示可知过程①是断裂H-O键；过程②断裂的是C-H键，B错误；

C.催化剂能降低反应的活化能；加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要精力方式为I，C错误；

D.由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*+3H*→CO*+4H*；D正确；

故合理选项是AD。8、BD【分析】【详解】

A.根据热化学方程式知，1molO2完全反应放出QkJ热量，则反应放热0.025QkJ时，反应的O2为0.025mol，则在2min内，O2的转化率为故A错误；

B.根据S原子守恒，反应过程中，c(SO2)+c(SO3)=故B正确；

C.若再充入0.1molSO3，平衡逆向移动，但达到平衡后SO3的质量分数会增大；故C错误；

D.向该容器中再加入0.1molSO2和0.05molO2；若此时平衡与原平衡等效，则放出热量为0.05QkJ，根据平衡移动原理，此时平衡正向移动，则平衡后反应放热大于0.05QkJ，故D正确；

故选BD。9、BD【分析】【分析】

由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动；X点CH4的物质的量与氢气相等，Z点CH4的物质的量与CS2相等；据此计算平衡常数，再计算Qc与K比较判断。

【详解】

A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则△H＞O；故A错误；

B．X点CH4的物质的量与氢气相等；则。

所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为=20%；故B正确；

C．同温同体积；物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；

D．Z点CH4的物质的量与CS2相等；则。

所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数K==

向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，Qc==>K；所以平衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)，故D正确。

答案选BD。

【点睛】

本题考查化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题关键。10、AC【分析】【分析】

氢氧化钠抑制水的电离；向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点为醋酸钠溶液，从E到G为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，据此分析回答。

【详解】

A．F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液；溶液为碱性，A正确；

B．若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，根据醋酸根离子水解的离子方程式可知，溶液中c(CH3COOH)约等于c(OH−)，醋酸钠的浓度为0.005mol/L,则醋酸根离子的水解平衡常数为则Ka(CH3COOH)=≈1×10−5；B错误；

C．H点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，水的电离不受抑制和促进，所以溶液为中性，c(H+)=c(OH−)，则根据电荷守恒有c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)；C正确；

D．E点为氢氧化钠溶液，氢氧化根离子浓度为0.01mol/L，则溶液中水电离的氢离子浓度为10−12mol·L−1；D错误。

答案选AC。11、BC【分析】【详解】

A.Na2C2O4分步水解，且一步比一步难，+H2O+OH-，+H2O+OH-，水也电离出OH-，故c(OH−)＞c(HC2O4−)；故A项错误；

B.pH＝7为中性，c(H＋)=c(OH−)，依据电荷守恒再依据物料守恒二者相减即可得到B项关系式，B项正确；

C.当浓度为0.100mol/L时，可以发现此时有物料守恒依据电荷守恒有：此时溶液中有代入后化简得到，c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)；C项正确；

D.首先将物料守恒代入关系式，化简得到因为溶液是酸性的，结合选项B的分析，应有D项错误；

答案选BC。12、AC【分析】【详解】

A.醋酸是弱酸；在水中只有部分电离，导致氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以该混合溶液中氢离子浓度小于0.200mol/L，故A错误；

B.②点溶液中，溶质为等浓度的醋酸与氯化铵，铵根离子水解浓度会减小，所以c（Cl-）＞c（NH4+），则溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Ac-）；故B正确；

C.①点溶液中溶质为醋酸和HCl,醋酸部分电离；③点溶液溶质为氯化铵和醋酸铵，二者为强电解质完全电离，所以①点溶液中n(所有离子)之和＜③点溶液n(所有离子)之和，故C错误；

D.③点后会出现pH=7的点，溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c(H+)=c（Ac-）+c（Cl-）+c(OH−)，溶液显中性，则c(H+)=c(OH−)，所以此点溶液中c（NH4+）=c（Ac-）+c（Cl-）；故D正确。

故选：AC。13、AB【分析】【分析】

由Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5可知，酸性HCOOH>CH3COOH。

【详解】

A．由pH=7可知：c(H+)=c(OH-)，由物料守恒可知：由电荷守恒可知故可知离子浓度为c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)；故A正确；

B．相同浓度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中，可知由酸性HCOOH大于CH3COOH，由盐类水解规律越弱越水解可知相同浓度的CH3COONa和HCOONa溶液中，CH3COONa水解程度较大，故c(HCOO-)＞c(CH3COO-)，故溶液中的离子浓度关系是c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)；故B正确；

C．由酸性HCOOH>CH3COOH可知，HCOONH4的水解程度小于CH3COONH4的水解程度，故c(NH)相等时c(HCOONH4)＜c(CH3COONH4)；故C错误；

D．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合溶液中的溶质CH3COOH和CH3COONa，且物质的量浓度相等，由物料守恒可知：电荷守恒可知：故可知c(Na+)+c(OH-)=故D选项错误；

【点睛】

本题目中主要考核盐类溶液中微粒浓度之间的关系，注重考查物料守恒和电荷守恒规律。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【详解】

（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ•mol﹣1﹣600kJ•mol﹣1=99kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1△H=﹣92kJ•mol﹣130.67kJ15、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂16、略

【分析】【分析】

结合图像和题目信息列出“三段式”，求出T1温度下的平衡常数，再比较某时刻的Qc的平衡常数的大小；判断反应进行的方向。

【详解】

T1温度下；由图可知，10min时反应达到平衡，结合题目信息列出“三段式”，容器的体积为1L，有：

则该温度下，此反应的平衡常数K===T1温度下，某时刻，另一小组的反应的Qc=则该反应向正反应方向移动，故答案为：向正反应方向进行；Qc=所以该反应向正反应方向进行。【解析】向正反应方向进行Q=所以该反应向正反应方向进行17、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A18、略

【分析】【分析】

盐酸、硫酸分别是一元、二元强酸，醋酸是一元弱酸，电离微弱，结合一元酸和二元酸的关系不难解答小题(1)(2)(3)(4)。将溶液稀释时，弱酸的PH值变化慢；据此分析可解答(5)。

【详解】

(1)物质的量浓度相同时，强酸完全电离，氢离子浓度大；盐酸是一元强酸，二元强酸硫酸电离的氢离子浓度是盐酸的两倍；醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度小。所以氢离子浓度为b>a>c，故答案为：b>a>c。

(2)氢离子浓度相同时电离氢离子能力越弱的酸所需的浓度越高；等物质量的硫酸电离的氢离子是盐酸的两倍，所以所需的浓度是盐酸的一半，所以这三种酸所需浓度大小关系是：c>a>b或c>a=2b。答案为c>a>b(或c>a=2b)。

(3)当c(H+)相同且溶液体积也相同时，三种酸已电离的氢离子物质的量相同，这部分H+与锌产生的气体体积相同。盐酸和硫酸已完全电离所以产生等量的H2；而醋酸溶液中大量未电离的醋酸会随反应进行不断电离出氢离子直至反应完，所以产生H2最多。所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是：c>a=b。答案为：c>a=b。

(4)活泼金属与酸反应的实质是与酸电离出的氢离子反应，三种酸氢离子浓度相同，其他条件也完全相同，所以反应速率相同，故答案为：a=b=c。

(5)强酸已完全电离，稀释促进弱酸的电离，所以稀释相同的倍数，弱酸氢离子浓度由于得到补充而变化较小。故答案为：c>a=b。

【点睛】

决定活泼金属与酸反应速率的是氢离子的浓度，而不是酸的浓度；决定与活泼金属产生氢气的量的是酸能电离出的氢离子的物质的量，不能只看已电离的氢离子的物质的量，没有电离的弱酸会由于氢离子的消耗而继续电离。【解析】b>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b19、略

【分析】【分析】

(1)酸碱抑制水的电离；可水解的盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响；

(2)首先根据越弱越水解原理判断，得出酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；再根据氯水中的平衡移动以及强酸制弱酸的原理选择合适的物质。

【详解】

(1)只有Na2SO4是强酸强碱盐，对水的电离无影响，其余均为弱酸强碱盐，均促进水的电离，故水的电离程度最小的是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；

(2)根据越弱越水解原理，可知弱酸越弱，其对应弱酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，根据上表几种强碱弱酸盐的pH可得，酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-。氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，要增大HClO的浓度，可消耗HCl，使平衡正向移动，但不能消耗HClO，根据强酸制弱酸的原理，可知NaHCO3、NaClO、CH3COONa可与HCl反应，而不与HClO反应，且NaClO一方面消耗盐酸，同时生成HClO，故答案为：NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。

【点睛】

多元弱酸的酸式盐溶液促进水的电离还是抑制水的电离，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小关系，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液显酸性，其会抑制水的电离；HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液显碱性，其会促进水的电离，这是学生们的易混点。【解析】①.Na2SO4②.NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。20、略

【分析】【分析】

根据电离常数K值大小和盐类水解大小判断水电离程度的相对大小；根据K值和强酸制弱酸原理判断离子共存；根据氧化还原滴定计算产品纯度；据此解答。

(1)

酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，说明电离程度大于水解程度，①属于碱、⑤属于酸，所以二者都抑制水电离，由于H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5，H2SO3的电离平衡常数K1＞氨水的电离平衡常数K，则H2SO3抑制水电离要大一些，水电离程度①＞⑤；③中电离程度大于水解程度；所以抑制水电离；②④促进水电离但②中阴阳离子相互促进水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案为②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，则酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根据强酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反应，即+=+不能大量共存；故a不符合题意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反应，能大量共存，故b符合题意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反应，能大量共存，故c符合题意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反应，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合题意；

答案为bc。

(3)

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，Fe3+也与碘化钾反应生成碘单质，即整个过程生成的碘单质增大，Na2S2O3标准溶液体积增大，测定结果偏大；消耗硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反应关系式为2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2则反应的Na2S2O3的物质的量为n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的质量分数为×100%=80.00%；答案为偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.0021、略

【分析】【分析】

依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数，将转化为变为一个变量进行判断。

【详解】

25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式为HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH−，则NaHSO3的水解平衡常数当加入少量I2时，发生反应HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I−，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10－12；增大。【解析】1.0×10－12增大22、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）醋酸的电离平衡常数K=因为平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以溶液中加入醋酸钠，K不变；（2）①若氢氧化钠和醋酸等体积混合，溶液为醋酸钠溶液，显碱性，所以要显中性，碱要少些，选<，因为溶液为中性，即氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则根据电荷守恒可以知道，另外的阴阳离子浓度也相等，所以有c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）②根据电荷守恒分析有c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），根据物料守恒有c（Na＋）=2c（CH3COO－）+2c（CH3COOH），两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c（OH－）-c（H＋）-c（CH3COOH）=1/2c（Na＋），钠离子浓度为0.1×0.04/0.06=1/30或0.033mol/L。（3）①从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH为8<12；A、碳酸氢钠受热分解质量减少部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选ABD。②碳酸钠的物质的两位0.10×0.02=0.002摩尔，氯化氢的物质的量为0.1×0.04=0.004摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）。

考点：钠的重要化合物的性质【解析】四、判断题(共1题，共9分)23、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、工业流程题(共2题，共12分)24、略

【分析】【分析】

用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4；得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】

(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度；提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；

(2)通过操作①得到水层和有机层；则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗；烧杯；

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；则调节溶液5＜pH＜9；

(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2；使之与水层分离；

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【点睛】

本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。【解析】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等分液漏斗、烧杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之与水层分离NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O25、略

【分析】【分析】

经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品。

【详解】

(1)放电时，负极Li放电形成Li+；从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并参与正极反应进入正极材料中，所以放电能提高Li回收率；

(2)由图示知，LiCoO2浸出还原后生成Li+、Co2+，Co元素化合价由+3价被还原为+2价，故此时H2O2作还原剂，反应后生成O2，初步确定反应为：LiCoO2+H2O2→Li++Co2++O2↑，根据得失电子守恒配平得：2LiCoO2+H2O2→2Li++2Co2++1O2↑，根据流程知可在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加H2O配平元素守恒，配平后方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；

(3)洗涤沉淀具体操作为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀；待水自然流下后，重复操作2~3次；

(4)Co2+浸出率=

(5)①[Co(H2O)6]2+中配体H2O与中心Co2+形成配位键（属于σ键），故1个H2O周围形成3个σ键，所以该配离子中含σ键数目=3×6=18，[CoCl4]2-中配体Cl-与Co2+之间形成配位键；故该配离子中含σ键数目=4，所以两者σ键数目比为9：2；

②加水稀释，溶液体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色。【解析】放电时，Li+从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并进入正极材料中2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后重复操作2~3次98.00%9∶2加水稀释，溶液体积增大[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色六、实验题(共2题，共8分)26、略

【分析】【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。

【详解】

（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知，向