重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二下学期化学开学考试试题
一、单选题
1．（2024高二下·重庆市开学考）将小块生石灰投入盛有水的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手，这个实验事实说明该反应（ ）
A．是放热反应
B．是吸热反应
C．反应过程中热能转化为化学能
D．反应物的总能量等于生成物的总能量
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手，说明反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，将化学能转化为热能，故选A；
故答案为：A。
【分析】放热反应反应物的总能量高于生成物的总能量。
2．（2024高二下·重庆市开学考）下列过程或现象与盐类的水解无关的是（ ）
A．加热氯化铁溶液的颜色变深
B．CaCO3的饱和溶液pH约为9.3
C．0.1mol/LAlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1mol/L
D．NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、加热促进铁离子水解，溶液颜色加深，故A不符合题意；
B、碳酸钙饱和溶液中，碳酸根离子发生水解使溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、铝离子在溶液中发生水解，导致 0.1mol/LAlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1mol/L ，故C不符合题意；
D、柠檬酸与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，与水解无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、加热促进铁离子水解；
B、碳酸根水解显碱性；
C、铝离子发生水解；
D、柠檬酸能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
3．（2024高二下·重庆市开学考）2 g氢气燃烧生成液态水时，放出285.8 kJ的热量，下列表示该反应的热化学方程式中，正确的是（ ）
A．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-142.9 kJ·mol-1
B．H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1
C．2H2＋O2=2H2O ΔH=-571.6 kJ·mol-1
D．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=＋571.6 kJ·mol-1
【答案】B
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、4g氢气燃烧生成液态水时，放出571.6 kJ的热量，则2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1，故A错误；
B、2g氢气燃烧生成液态水时，放出285.8 kJ的热量，则H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1，故B正确；
C、热化学方程式要标明反应物和生成物的状态，故C错误；
D、4g氢气燃烧生成液态水时，放出571.6 kJ的热量，则2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、燃烧放出的热量与质量成正比；
B、2 g氢气燃烧生成液态水时，放出285.8 kJ的热量；
C、方程式没有标注物质状态；
D、氢气燃烧放热，焓变为负值。
4．（2023高一下·官渡期中）下列电池不属于二次电池的是 （ ）
A B C D
手机用锂电池 电动汽车用电池 铅酸蓄电池 锌锰干电池
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．手机用锂电池，可充电，属于二次电池，A不符合题意；
B．电动汽车用电池，可充电，属于二次电池，B不符合题意；
C．铅酸蓄电池，可充电，属于二次电池，C不符合题意；
D．锌锰干电池不可充电，属于一次电池，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．手机用锂电池，可充电，是二次电池；
B．电动汽车用电池，可充电，是二次电池；
C．铅酸蓄电池，可充电，是二次电池；
D．锌锰干电池不可充电，是一次电池。
5．（2024高二下·重庆市开学考）下列有关电池的说法不正确的是( )
A．燃料电池属于二次电池
B．铜锌原电池工作时，电流沿外电路从铜电极流向锌电极
C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D．锌锰干电池中，锌电极是负极
【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、二次电池能反复充电放电，燃料电池不属于二次电池，故A错误；
B、电流从正极流向负极，锌原电池中铜为正极，锌为负极，故电流为铜极流向锌极，故B正确；
C、甲醇燃料电池将化学能转化成电能，故C正确；
D、锌锰干电池中，Zn失去电子生成Zn2+，作负极，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、二次电池能反复充电放电；
B、电流从正极流向负极；
C、燃料电池将化学能转化为电能；
D、锌锰干电池中，锌为负极。
6．（2020高二上·滨海期中）在 3A + B 2C + 4D 反应中，表示反应速率最快的是（ ）
A．V(A)= 0.8 mol·L-1·S-1 B．V(B)= 0.3 mol·L-1·S-1
C．V(C)= 0.7 mol·L-1·S-1 D．V(D)= 1.0 mol·L-1·S-1
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】比较反应速率快慢，可以都转换成同一物质D的速率来进行比较，在 3A + B 2C + 4D 反应中，速率之比等于化学计量数之比，所以
A．V(A)= 0.8 mol·L-1·S-1，V(D)= V(A)所以V(D)=1.07 mol·L-1·S-1；
B．V(B)= 0.3 mol·L-1·S-1，V(D)=4V(B)所以V(D)=1.2 mol·L-1·S-1；
C．V(C)= 0.7 mol·L-1·S-1，V(D)=2V(C)所以V(D)=1.4mol·L-1·S-1；
D．V(D)= 1.0 mol·L-1·S-1，V(D)=V(A)所以V(D)=1.0 mol·L-1·S-1；
故答案为：C。
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，转化成同一物质的速率进行比较
7．（2024高二下·重庆市开学考）利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是（ ）
A．电流由电源正极经导线流向Y极，再经电解质溶液或熔融态电解质流到X极，最后X极经导线流回电源负极
B．铜电解精炼中，X是粗铜，Y是纯铜，M是CuSO4溶液
C．X、Y均为石墨电极，电解熔融氯化铝制备金属铝
D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属
【答案】A
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、电流由电源正极经导线流向Y极，再经电解质溶液或熔融态电解质流到X极，最后X极经导线流回电源负极，故A正确；
B、铜电解精炼中，阴极X是精铜，阳极Y是粗铜，M是CuSO4溶液，故B错误；
C、氯化铝为共价化合物，不能电解氯化铝制备金属铝，应电解熔融的氧化铝制备金属铝，故C错误；
D、外加电流的阴极保护法中，待保护金属应作阴极，置于X极上，而不是Y极，D错误；
故答案为：A。
【分析】由图可知，X极接电源负极，为阴极，Y极接电源正极，为阳极。
8．（2022高二下·成都期末）下列说法正确的是（ ）
A．镍镉电池、锂离子电池和碱性锌锰电池都是二次电池
B．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生成铜绿与电化学原理有关
C．燃料电池是一种高效但会严重污染环境的新型电池
D．铅蓄电池放电时正极是，负极是
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A．碱性锌锰干电池是一次电池，故A不符合题意；
B．铜锌合金，构成原电池，锌是负极，锌失电子被氧化，铜是正极，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生成铜绿，与电化学原理有关，故B符合题意；
C．燃料电池如氢氧燃料电池是一种高效但没有污染的新型电池，故C不符合题意；
D．铅蓄电池放电的时候，被氧化，为原电池的负极，被还原，为原电池的正极，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、干电池是一次电池；
B、锌铜合金锌为负极，铜为正极，铜不容易被腐蚀；
C、燃料电池是否会污染环境要看对应的燃料产物，如氢氧燃料电池、乙醇燃料电池等无污染；
D、正负极的判断要根据化合价的变化判断，铅蓄电池产物为硫酸铅，即铅化合价升高，作为负极，二氧化铅化合价降低，为正极。
9．（2022高三上·重庆市月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．甲醚中含有键的数目为3
B．的分子中的质子数是2.8
C．的酸性溶液中含有的氧原子数为14
D．的溶液中，阴离子总数大于0.1
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．甲醚所含键为，甲醚物质的量，含键数目为，故A不符合题意；
B．气体状态未知，无法计算气体的物质的量，故B不符合题意；
C．溶液中，除了外，水分子也含原子，故溶液中氧原子的个数多于个，故C不符合题意；
D．溶液中，，由于溶液中还有水的电离，故溶液中，所以溶液中含有的阴离子、、总数大于，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．甲醚所含C-H键为6；
B．气体状态未知，无法计算；
C．应该考虑溶质和溶剂均含O原子；
D．依据物料守恒和离子的水解分析。
10．（2024高二下·重庆市开学考）已知wg液态苯(C6H6)完全燃烧生成2molCO2气体和1mol液态水，并放出mkJ的热量，下列能正确表示苯燃烧热的热化学方程式的是（ ）
A．2C6H6(l)＋15O2(g)=12CO2(g)＋6H2O(l) ΔH=-2mkJ·mol-1
B．C6H6(l)＋O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l) ΔH=-mkJ·mol-1
C．C6H6(l)＋O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-mkJ·mol-1
D．C6H6(l)＋O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-3mkJ·mol-1
【答案】D
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，苯完全燃烧的稳定产物是二氧化碳和液态水， wg液态苯(C6H6)完全燃烧生成2molCO2气体和1mol液态水，并放出mkJ的热量， 1mol苯燃烧生成6mol二氧化碳和3mol水，放出的热量为3mkJ/mol，则表示苯燃烧热的热化学方程式为：C6H6(l)＋O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-3mkJ·mol-1，故选D；
故答案为：D。
【分析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。
11．（2024高二下·重庆市开学考）某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M(g)+ N(g) 2E(g)，若开始时只充入2 mol E气体，达到平衡时，混合气体的压强比起始增大了20%；若开始时只充入了3 mol M和1 mol N的混合气体，达到平衡时M的转化率为（ ）
A．＜60% B．＝40% C．＜40% D．＞60%
【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】设E转化了x mol，则有三段式：
压强之比等于物质的量之比，混合气体的物质的量比起始增大了20%，则x++(2-x)=(1+20%)×2，解得：x=0.8mol，在相同条件下，起始充入2mol E达到的平衡与起始充入2mol M和1mol N达到的平衡相当，即两者的平衡状态相同，故若开始时只充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol-0.8mol=1.2mol，所以达平衡时M的转化率=× 100%＝60%，增加反应物M量，其本身的转化率减小，所以M的转化率＜60%，故选A；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息列出反应的三段式，结合计算。
12．（2024高二下·重庆市开学考）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池的结构如图所示。下列关于该电池的叙述不正确的是（ ）
A．该装置属于原电池
B．放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移
C．在电池反应中，每消耗1 mol氧气，理论上能生成11.2 L(标准状况)CO2
D．电池负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置为以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，属于原电池，故A正确；
B、原电池内部阳离子应向正极移动，则放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移，故B正确；
C、正极反应式为O2+4e-+4H+＝2H2O，则负极反应式为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故C错误；
D、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋，故D正确；
故答案为：C。
【分析】由图可知，左侧电极上，氧气发生还原反应生成水，为正极，右侧电极上，葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳，为负极。
13．（2024高二下·重庆市开学考）下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，pH相等的、和三种溶液液：
B．溶液与溶液等体积混合：
C．与的等体积混合后溶液呈碱性，其中离子浓度大小关系为
D．碱性溶液中：
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、相同条件下水解程度：，则pH相等的、和三种溶液液：，故A错误；
B、溶液与溶液等体积混合，根据物料守恒可知，故B错误；
C、与的等体积混合后，得到等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，则离子浓度大小关系为，故C正确；
D、碱性溶液中，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，则，溶液显碱性，则，进而存在，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、根据“越弱越水解”分析；
B、根据物料守恒分析；
C、混合物呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度；
D、根据电荷守恒和物料守恒分析。
14．（2024高二下·重庆市开学考）在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1：3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V%)如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．表示CH3CH2OH组分的曲线是IV
B．图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数Ka
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由分析可知， 表示CH3CH2OH组分的曲线是IV ，故A正确；
B、平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，则Ka＜Kb，故B正确；
C、图中曲线交点a说明CO2和H2O平衡时体积分数相等，根据2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)可知， CO2转化率为40% ，故C正确；
D、根据2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)，随着反应进行，体积减小，所以甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，甲相对于乙在减小体积即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＞乙，故D错误；
故答案为：D。
【分析】该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低，开始CO2与H2的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍；CH3CH2OH与H2O按1：3反应，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，则曲线Ⅰ表示H2、曲线Ⅱ表示CO2，线Ⅲ表示H2O、曲线Ⅳ表示CH3CH2OH。
二、非选择题
15．（2024高二下·重庆市开学考）利用钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等产品，流程如下：
（1）TiO2+中钛元素的化合价为 价。TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2·nH2O，写出水解的离子方程式 。
（2）向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·nH2O。请用化学反应原理解释 。
（3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为 ，该反应需控制温度在308K以下，其目的是 。
（4）已知298K时，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则所得的FeCO3中 Fe(OH)2(填“有”或“没有”)。
（5）FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，已知电解质为熔融的K2S，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是 。
【答案】（1）+4；TiO2++(n+1)H2OTiO2 nH2O+2H+
（2）碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2 nH2O方向移动
（3）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解
（4）没有
（5）FeS2+4e-﹦Fe+2S2-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）TiO2+中，O元素显-2价，则钛元素的化合价为+4价；TiO2+易水解生成TiO2·nH2O，水解的离子方程式为TiO2++(n+1)H2OTiO2 nH2O+2H+，故答案为：+4；TiO2++(n+1)H2OTiO2 nH2O+2H+；
（2）向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·nH2O，同时应生成CO2气体，是因为碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2 nH2O方向移动，故答案为：碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2 nH2O方向移动；
（3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应生成CO2气体和FeCO3沉淀，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；NH4HCO3不稳定，受热易分解，加热促进Fe2+的水解，因此该反应需控制温度在308K以下，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解；
（4）溶液的pH为8.5，则pOH=5.5，c(OH-)=1.0×10-5.5mol·L-1，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则c(Fe2+) c2(OH-)=1.0×10-5×(1.0×10-5.5)2=1.0×10-16<8.0×10-16，故所得的FeCO3中没有Fe(OH)2，故答案为：没有；
（5）电解质为熔融的K2S，由电池放电时的总反应：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极为FeS2得电子生成Fe和S2-，电极反应式为FeS2+4e-=Fe+2S2-，故答案为：FeS2+4e-=Fe+2S2-。
【分析】 钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等) 中加入铁屑，铁离子被还原为亚铁离子，冷却结晶后，Fe2+转化为绿矾晶体；绿矾晶体溶于水得FeSO4溶液，往溶液中加入足量的NH4HCO3溶液，发生反应生成CO2气体和FeCO3沉淀等；FeCO3固体在O2中煅烧，可生成Fe2O3和CO2；富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末，能得到固体TiO2·nH2O，同时应生成CO2。
16．（2024高二下·重庆市开学考）Ⅰ．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为： 。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是____。
A．因为，所以该反应一定能自发进行
B．工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行
C．合成氨反应选择在400~500℃进行的重要原因是此温度下氨的产率最高
D．生产中设备应满足压强越大转化率越大的要求
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度)。则：
图象中和的关系是： (填“>、<或=”，下同)；a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是 (填字母)。
（3）Ⅱ．为了探究浓度对与反应速率的影响，通过测定溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。某同学在室温下完成以下实验
实验编号 1 2 3 4
水/mL 10 5 0 X
0.5mol/L/mL 5 10 10 5
0.2mol/L/mL 5 5 10 10
时间/s 40 20 10 ―
上表上X=____(填序号)；
A．5 B．10 C．15 D．20
（4）计算实验2中的平均反应速率 。
（5）若在实验3开始反应时加入少量，溶液褪色时间明显缩短，则实验3中的作用是 。
（6）4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是 。
【答案】（1）B
（2）>；c
（3）A
（4）
（5）做催化剂
（6）KMnO4溶液过量(或草酸不足)
【知识点】合成氨条件的选择；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）A、当ΔH-TΔS<0时反应才能自发进行，故A错误；
B、该反应ΔH<0，ΔS<0，自发进行时存在，ΔH-TΔS<0，则<0，解得T<420K，则在常温时可自发进行，故B正确；
C、合成氨是放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，合成氨反应选择在400~500℃进行的重要原因是此时催化剂的活性最高，故C错误；
D、合成氨是气体体积减小的反应，压强越大转化率越大，但生产中在考虑动力和设备材料承受能力，所以压强不能太大，故D错误；
故答案为：B；
（2）由图可知，当氢气充入量一定时，T2下氨气的百分含量大，合成氨为放热反应，升温平衡逆向移动，氨气的百分含量减小，故 T1>T2；氢气加入量大，有利于平衡正向移动，反应物N2的转化率增加，所以N2转化率c>b>a，降低温度，反应物N2的转化率增加，c点和d点相比，c点比d点氢气的加入量多，温度低，所以c点N2的转化率高，故答案为：>；c；
（3）为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，实验1~4中溶液的总体积应相同，均为20mL，则x=20mL-10mL-5mL=5mL，故答案为：A；
（4）实验2中，故答案为：；
（5）KMnO4酸性溶液与H2C204溶液反应生成二氧化碳、MnSO4和水，若在实验3开始反应时加入少量，溶液褪色时间明显缩短，说明反应速率加快，少量做催化剂，故答案为：催化剂；
（6）根据反应可知，10mL0.2酸性高锰酸钾需要消耗0.5草酸溶液10mL，4号实验中草酸不足，高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色，故答案为：KMnO4溶液过量(或草酸不足)。
【分析】（1）合成氨的反应是气体体积减小的放热反应；
（2）升温，平衡向吸热反应方向移动；
（3）利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同；
（4）根据计算；
（5）催化剂能加快反应速率；
（6）草酸不足，高锰酸钾过量，会导致溶液没有褪色。
17．（2024高二下·重庆市开学考）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。
（1）一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为 。
（2）利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：
①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式 。
②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。
沉淀 Al(OH)3 Fe (OH)3 Co(OH)2 Cu(OH)2 Mn(OH)2
恰好完全沉淀时pH 5.2 2.8 9.4 6.7 10.1
若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是 (加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n (HA)2CoA2·(n-1) (HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是 。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 (填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式： 。
【答案】（1）[Ar]3d7
（2）Co2O3++4H+= 2Co2+++2H2O；6.7≤pH<7.4；pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)；Co3O4；3CoC2O4+ 2O2Co3O4+ 6CO2
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知，钴离子位于棱心和体心，数目为12×+1=4，O2-位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，则晶胞的化学式为CoO，含有的是Co2+，基态Co2+的核外电子排布式为：[Ar]3d7，故答案为：[Ar]3d7；
（2）①酸性条件下，Co2O3把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，反应的离子方程式为Co2O3++4H+= 2Co2+++2H2O，故答案为：Co2O3++4H+= 2Co2+++2H2O；
② 向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+ ，首先满足：pH＞6.7，Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀时，pH＞6.7，Co2+完全沉淀时的pH=9.4，此时c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4，故答案为：6.7≤pH<7.4；
③pH增大，c(H+)减小，Co2++n (HA)2CoA2·(n-1) (HA)2+2H+的平衡正向进行，Co2+萃取率增大；向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)，故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)；
④由图可知， CoC2O4·2H2O 的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+ 2O2Co3O4+ 6CO2，故答案为：Co3O4；3CoC2O4+ 2O2Co3O4+ 6CO2。
【分析】（1）Co的原子序数为27，Co原子失去两个电子形成钴离子；
（2）①酸性条件下，Co2O3将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+；
②结合表中数据分析；
③ pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大 ；
④结合图示分析。
18．（2024高二下·重庆市开学考）某小组探究溶液和溶液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的酸性溶液(过量)中加入溶液(含淀粉)，一段时间(t秒)后，溶液突然变蓝。(资料：在酸性溶液氧化，反应为)
（1）溶液变蓝，说明具有 性。
（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
ⅰ．t秒前未生成，是由于反应的活化能 (填“大”或“小”)，反应速率慢导致的。
ⅱ．t秒前生成了，但由于存在， (用离子方程式表示)，被消耗。
（3）下述实验证实了假设ⅱ合理。
实验Ⅱ：向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入 ，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（4）进一步研究溶液和溶液反应的过程，装置如右下图。
实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… 指针归零
①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的溶液，生成白色沉淀，则b极上的电极反应为 。
②时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断在a极放电的产物是 。
③结合反应解释时指针回到“0”处的原因： 。
（5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是____。
A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，Ⅰ中被完全氧化
B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前未发生反应
C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是氧化
【答案】（1）还原
（2）大；
（3）
（4）；；a极发生反应，，不再与发生反应，外电路无电离通过
（5）A；C
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）酸性溶液（过量）与溶液反应，还原为，与过量的反应得到碘单质，溶液显蓝色，体现的还原性，故答案为：还原；
（2）t秒前未生成，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的；t秒前生成了，具有氧化性，但由于存在具有还原性的，发生反应，被消耗，故溶液未变蓝，故答案为：大；；
（3）有还原性，有氧化性，向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量，被还原为，蓝色迅速消失，但溶液中存在 ，后再次变蓝，故答案为：；
（4）①b极区，发生氧化反应生成，电极反应为：，故答案为：；
② ，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，说明在a极放电的产物是，生成的与生成了碘单质，故答案为：；
③时指针回到“0”处，说明无电流生成，原因是a极区发生反应，不再与发生反应，外电路无电流通过，故答案为： a极发生反应，，不再与发生反应，外电路无电流通过 ；
（5）A、对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的碘酸钾酸性溶液与亚硫酸钠溶液反应，亚硫酸钠完全反应，才能出现t秒后溶液变蓝，Ⅰ中被完全氧化，故A正确；
B、对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前发生反应生成，故B错误；
C、实验Ⅲ中指针返回X处，可能是因为氧化，故C正确；
故答案为：AC。
【分析】（1）溶液变蓝，说明生成了碘单质；
（2）①活化能越大反应速率越慢；
②碘能与发生氧化还原反应；
（3）加入少量，被还原为；
（4）①加入盐酸酸化的 溶液，生成白色沉淀，说明发生氧化反应；
②a电极发生 ；
③指针回到“0”，说明外电离没有电流通过；
（5）结合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的内容分析。
重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高二下学期化学开学考试试题
一、单选题
1．（2024高二下·重庆市开学考）将小块生石灰投入盛有水的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手，这个实验事实说明该反应（ ）
A．是放热反应
B．是吸热反应
C．反应过程中热能转化为化学能
D．反应物的总能量等于生成物的总能量
2．（2024高二下·重庆市开学考）下列过程或现象与盐类的水解无关的是（ ）
A．加热氯化铁溶液的颜色变深
B．CaCO3的饱和溶液pH约为9.3
C．0.1mol/LAlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1mol/L
D．NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好
3．（2024高二下·重庆市开学考）2 g氢气燃烧生成液态水时，放出285.8 kJ的热量，下列表示该反应的热化学方程式中，正确的是（ ）
A．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-142.9 kJ·mol-1
B．H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1
C．2H2＋O2=2H2O ΔH=-571.6 kJ·mol-1
D．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=＋571.6 kJ·mol-1
4．（2023高一下·官渡期中）下列电池不属于二次电池的是 （ ）
A B C D
手机用锂电池 电动汽车用电池 铅酸蓄电池 锌锰干电池
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高二下·重庆市开学考）下列有关电池的说法不正确的是( )
A．燃料电池属于二次电池
B．铜锌原电池工作时，电流沿外电路从铜电极流向锌电极
C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D．锌锰干电池中，锌电极是负极
6．（2020高二上·滨海期中）在 3A + B 2C + 4D 反应中，表示反应速率最快的是（ ）
A．V(A)= 0.8 mol·L-1·S-1 B．V(B)= 0.3 mol·L-1·S-1
C．V(C)= 0.7 mol·L-1·S-1 D．V(D)= 1.0 mol·L-1·S-1
7．（2024高二下·重庆市开学考）利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是（ ）
A．电流由电源正极经导线流向Y极，再经电解质溶液或熔融态电解质流到X极，最后X极经导线流回电源负极
B．铜电解精炼中，X是粗铜，Y是纯铜，M是CuSO4溶液
C．X、Y均为石墨电极，电解熔融氯化铝制备金属铝
D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属
8．（2022高二下·成都期末）下列说法正确的是（ ）
A．镍镉电池、锂离子电池和碱性锌锰电池都是二次电池
B．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生成铜绿与电化学原理有关
C．燃料电池是一种高效但会严重污染环境的新型电池
D．铅蓄电池放电时正极是，负极是
9．（2022高三上·重庆市月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．甲醚中含有键的数目为3
B．的分子中的质子数是2.8
C．的酸性溶液中含有的氧原子数为14
D．的溶液中，阴离子总数大于0.1
10．（2024高二下·重庆市开学考）已知wg液态苯(C6H6)完全燃烧生成2molCO2气体和1mol液态水，并放出mkJ的热量，下列能正确表示苯燃烧热的热化学方程式的是（ ）
A．2C6H6(l)＋15O2(g)=12CO2(g)＋6H2O(l) ΔH=-2mkJ·mol-1
B．C6H6(l)＋O2(g)=2CO2(g)＋H2O(l) ΔH=-mkJ·mol-1
C．C6H6(l)＋O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-mkJ·mol-1
D．C6H6(l)＋O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-3mkJ·mol-1
11．（2024高二下·重庆市开学考）某温度下在密闭容器中发生如下反应：2M(g)+ N(g) 2E(g)，若开始时只充入2 mol E气体，达到平衡时，混合气体的压强比起始增大了20%；若开始时只充入了3 mol M和1 mol N的混合气体，达到平衡时M的转化率为（ ）
A．＜60% B．＝40% C．＜40% D．＞60%
12．（2024高二下·重庆市开学考）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池的结构如图所示。下列关于该电池的叙述不正确的是（ ）
A．该装置属于原电池
B．放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移
C．在电池反应中，每消耗1 mol氧气，理论上能生成11.2 L(标准状况)CO2
D．电池负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋
13．（2024高二下·重庆市开学考）下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，pH相等的、和三种溶液液：
B．溶液与溶液等体积混合：
C．与的等体积混合后溶液呈碱性，其中离子浓度大小关系为
D．碱性溶液中：
14．（2024高二下·重庆市开学考）在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1：3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V%)如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．表示CH3CH2OH组分的曲线是IV
B．图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数Ka
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙
二、非选择题
15．（2024高二下·重庆市开学考）利用钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等产品，流程如下：
（1）TiO2+中钛元素的化合价为 价。TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2·nH2O，写出水解的离子方程式 。
（2）向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·nH2O。请用化学反应原理解释 。
（3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为 ，该反应需控制温度在308K以下，其目的是 。
（4）已知298K时，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则所得的FeCO3中 Fe(OH)2(填“有”或“没有”)。
（5）FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，已知电解质为熔融的K2S，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是 。
16．（2024高二下·重庆市开学考）Ⅰ．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为： 。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是____。
A．因为，所以该反应一定能自发进行
B．工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行
C．合成氨反应选择在400~500℃进行的重要原因是此温度下氨的产率最高
D．生产中设备应满足压强越大转化率越大的要求
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度)。则：
图象中和的关系是： (填“>、<或=”，下同)；a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是 (填字母)。
（3）Ⅱ．为了探究浓度对与反应速率的影响，通过测定溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。某同学在室温下完成以下实验
实验编号 1 2 3 4
水/mL 10 5 0 X
0.5mol/L/mL 5 10 10 5
0.2mol/L/mL 5 5 10 10
时间/s 40 20 10 ―
上表上X=____(填序号)；
A．5 B．10 C．15 D．20
（4）计算实验2中的平均反应速率 。
（5）若在实验3开始反应时加入少量，溶液褪色时间明显缩短，则实验3中的作用是 。
（6）4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是 。
17．（2024高二下·重庆市开学考）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。
（1）一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为 。
（2）利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：
①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式 。
②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。
沉淀 Al(OH)3 Fe (OH)3 Co(OH)2 Cu(OH)2 Mn(OH)2
恰好完全沉淀时pH 5.2 2.8 9.4 6.7 10.1
若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是 (加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n (HA)2CoA2·(n-1) (HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是 。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 (填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式： 。
18．（2024高二下·重庆市开学考）某小组探究溶液和溶液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的酸性溶液(过量)中加入溶液(含淀粉)，一段时间(t秒)后，溶液突然变蓝。(资料：在酸性溶液氧化，反应为)
（1）溶液变蓝，说明具有 性。
（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
ⅰ．t秒前未生成，是由于反应的活化能 (填“大”或“小”)，反应速率慢导致的。
ⅱ．t秒前生成了，但由于存在， (用离子方程式表示)，被消耗。
（3）下述实验证实了假设ⅱ合理。
实验Ⅱ：向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入 ，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（4）进一步研究溶液和溶液反应的过程，装置如右下图。
实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
偏转位置 右偏至Y 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… 指针归零
①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的溶液，生成白色沉淀，则b极上的电极反应为 。
②时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断在a极放电的产物是 。
③结合反应解释时指针回到“0”处的原因： 。
（5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是____。
A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，Ⅰ中被完全氧化
B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前未发生反应
C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是氧化
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手，说明反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，将化学能转化为热能，故选A；
故答案为：A。
【分析】放热反应反应物的总能量高于生成物的总能量。
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、加热促进铁离子水解，溶液颜色加深，故A不符合题意；
B、碳酸钙饱和溶液中，碳酸根离子发生水解使溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、铝离子在溶液中发生水解，导致 0.1mol/LAlCl3溶液中c(Al3+)＜0.1mol/L ，故C不符合题意；
D、柠檬酸与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，与水解无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、加热促进铁离子水解；
B、碳酸根水解显碱性；
C、铝离子发生水解；
D、柠檬酸能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
3．【答案】B
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】A、4g氢气燃烧生成液态水时，放出571.6 kJ的热量，则2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1，故A错误；
B、2g氢气燃烧生成液态水时，放出285.8 kJ的热量，则H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1，故B正确；
C、热化学方程式要标明反应物和生成物的状态，故C错误；
D、4g氢气燃烧生成液态水时，放出571.6 kJ的热量，则2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、燃烧放出的热量与质量成正比；
B、2 g氢气燃烧生成液态水时，放出285.8 kJ的热量；
C、方程式没有标注物质状态；
D、氢气燃烧放热，焓变为负值。
4．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．手机用锂电池，可充电，属于二次电池，A不符合题意；
B．电动汽车用电池，可充电，属于二次电池，B不符合题意；
C．铅酸蓄电池，可充电，属于二次电池，C不符合题意；
D．锌锰干电池不可充电，属于一次电池，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．手机用锂电池，可充电，是二次电池；
B．电动汽车用电池，可充电，是二次电池；
C．铅酸蓄电池，可充电，是二次电池；
D．锌锰干电池不可充电，是一次电池。
5．【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、二次电池能反复充电放电，燃料电池不属于二次电池，故A错误；
B、电流从正极流向负极，锌原电池中铜为正极，锌为负极，故电流为铜极流向锌极，故B正确；
C、甲醇燃料电池将化学能转化成电能，故C正确；
D、锌锰干电池中，Zn失去电子生成Zn2+，作负极，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、二次电池能反复充电放电；
B、电流从正极流向负极；
C、燃料电池将化学能转化为电能；
D、锌锰干电池中，锌为负极。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】比较反应速率快慢，可以都转换成同一物质D的速率来进行比较，在 3A + B 2C + 4D 反应中，速率之比等于化学计量数之比，所以
A．V(A)= 0.8 mol·L-1·S-1，V(D)= V(A)所以V(D)=1.07 mol·L-1·S-1；
B．V(B)= 0.3 mol·L-1·S-1，V(D)=4V(B)所以V(D)=1.2 mol·L-1·S-1；
C．V(C)= 0.7 mol·L-1·S-1，V(D)=2V(C)所以V(D)=1.4mol·L-1·S-1；
D．V(D)= 1.0 mol·L-1·S-1，V(D)=V(A)所以V(D)=1.0 mol·L-1·S-1；
故答案为：C。
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，转化成同一物质的速率进行比较
7．【答案】A
【知识点】原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、电流由电源正极经导线流向Y极，再经电解质溶液或熔融态电解质流到X极，最后X极经导线流回电源负极，故A正确；
B、铜电解精炼中，阴极X是精铜，阳极Y是粗铜，M是CuSO4溶液，故B错误；
C、氯化铝为共价化合物，不能电解氯化铝制备金属铝，应电解熔融的氧化铝制备金属铝，故C错误；
D、外加电流的阴极保护法中，待保护金属应作阴极，置于X极上，而不是Y极，D错误；
故答案为：A。
【分析】由图可知，X极接电源负极，为阴极，Y极接电源正极，为阳极。
8．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A．碱性锌锰干电池是一次电池，故A不符合题意；
B．铜锌合金，构成原电池，锌是负极，锌失电子被氧化，铜是正极，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生成铜绿，与电化学原理有关，故B符合题意；
C．燃料电池如氢氧燃料电池是一种高效但没有污染的新型电池，故C不符合题意；
D．铅蓄电池放电的时候，被氧化，为原电池的负极，被还原，为原电池的正极，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、干电池是一次电池；
B、锌铜合金锌为负极，铜为正极，铜不容易被腐蚀；
C、燃料电池是否会污染环境要看对应的燃料产物，如氢氧燃料电池、乙醇燃料电池等无污染；
D、正负极的判断要根据化合价的变化判断，铅蓄电池产物为硫酸铅，即铅化合价升高，作为负极，二氧化铅化合价降低，为正极。
9．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．甲醚所含键为，甲醚物质的量，含键数目为，故A不符合题意；
B．气体状态未知，无法计算气体的物质的量，故B不符合题意；
C．溶液中，除了外，水分子也含原子，故溶液中氧原子的个数多于个，故C不符合题意；
D．溶液中，，由于溶液中还有水的电离，故溶液中，所以溶液中含有的阴离子、、总数大于，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A．甲醚所含C-H键为6；
B．气体状态未知，无法计算；
C．应该考虑溶质和溶剂均含O原子；
D．依据物料守恒和离子的水解分析。
10．【答案】D
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，苯完全燃烧的稳定产物是二氧化碳和液态水， wg液态苯(C6H6)完全燃烧生成2molCO2气体和1mol液态水，并放出mkJ的热量， 1mol苯燃烧生成6mol二氧化碳和3mol水，放出的热量为3mkJ/mol，则表示苯燃烧热的热化学方程式为：C6H6(l)＋O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-3mkJ·mol-1，故选D；
故答案为：D。
【分析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。
11．【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】设E转化了x mol，则有三段式：
压强之比等于物质的量之比，混合气体的物质的量比起始增大了20%，则x++(2-x)=(1+20%)×2，解得：x=0.8mol，在相同条件下，起始充入2mol E达到的平衡与起始充入2mol M和1mol N达到的平衡相当，即两者的平衡状态相同，故若开始时只充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol-0.8mol=1.2mol，所以达平衡时M的转化率=× 100%＝60%，增加反应物M量，其本身的转化率减小，所以M的转化率＜60%，故选A；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息列出反应的三段式，结合计算。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置为以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，属于原电池，故A正确；
B、原电池内部阳离子应向正极移动，则放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移，故B正确；
C、正极反应式为O2+4e-+4H+＝2H2O，则负极反应式为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故C错误；
D、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋，故D正确；
故答案为：C。
【分析】由图可知，左侧电极上，氧气发生还原反应生成水，为正极，右侧电极上，葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳，为负极。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、相同条件下水解程度：，则pH相等的、和三种溶液液：，故A错误；
B、溶液与溶液等体积混合，根据物料守恒可知，故B错误；
C、与的等体积混合后，得到等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，则离子浓度大小关系为，故C正确；
D、碱性溶液中，根据电荷守恒有：，根据物料守恒有：，则，溶液显碱性，则，进而存在，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、根据“越弱越水解”分析；
B、根据物料守恒分析；
C、混合物呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度；
D、根据电荷守恒和物料守恒分析。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由分析可知， 表示CH3CH2OH组分的曲线是IV ，故A正确；
B、平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，则Ka＜Kb，故B正确；
C、图中曲线交点a说明CO2和H2O平衡时体积分数相等，根据2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)可知， CO2转化率为40% ，故C正确；
D、根据2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)，随着反应进行，体积减小，所以甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，甲相对于乙在减小体积即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＞乙，故D错误；
故答案为：D。
【分析】该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低，开始CO2与H2的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍；CH3CH2OH与H2O按1：3反应，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，则曲线Ⅰ表示H2、曲线Ⅱ表示CO2，线Ⅲ表示H2O、曲线Ⅳ表示CH3CH2OH。
15．【答案】（1）+4；TiO2++(n+1)H2OTiO2 nH2O+2H+
（2）碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2 nH2O方向移动
（3）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解
（4）没有
（5）FeS2+4e-﹦Fe+2S2-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）TiO2+中，O元素显-2价，则钛元素的化合价为+4价；TiO2+易水解生成TiO2·nH2O，水解的离子方程式为TiO2++(n+1)H2OTiO2 nH2O+2H+，故答案为：+4；TiO2++(n+1)H2OTiO2 nH2O+2H+；
（2）向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·nH2O，同时应生成CO2气体，是因为碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2 nH2O方向移动，故答案为：碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2 nH2O方向移动；
（3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应生成CO2气体和FeCO3沉淀，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；NH4HCO3不稳定，受热易分解，加热促进Fe2+的水解，因此该反应需控制温度在308K以下，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解；
（4）溶液的pH为8.5，则pOH=5.5，c(OH-)=1.0×10-5.5mol·L-1，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则c(Fe2+) c2(OH-)=1.0×10-5×(1.0×10-5.5)2=1.0×10-16<8.0×10-16，故所得的FeCO3中没有Fe(OH)2，故答案为：没有；
（5）电解质为熔融的K2S，由电池放电时的总反应：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极为FeS2得电子生成Fe和S2-，电极反应式为FeS2+4e-=Fe+2S2-，故答案为：FeS2+4e-=Fe+2S2-。
【分析】 钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等) 中加入铁屑，铁离子被还原为亚铁离子，冷却结晶后，Fe2+转化为绿矾晶体；绿矾晶体溶于水得FeSO4溶液，往溶液中加入足量的NH4HCO3溶液，发生反应生成CO2气体和FeCO3沉淀等；FeCO3固体在O2中煅烧，可生成Fe2O3和CO2；富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末，能得到固体TiO2·nH2O，同时应生成CO2。
16．【答案】（1）B
（2）>；c
（3）A
（4）
（5）做催化剂
（6）KMnO4溶液过量(或草酸不足)
【知识点】合成氨条件的选择；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）A、当ΔH-TΔS<0时反应才能自发进行，故A错误；
B、该反应ΔH<0，ΔS<0，自发进行时存在，ΔH-TΔS<0，则<0，解得T<420K，则在常温时可自发进行，故B正确；
C、合成氨是放热反应，升高温度不利于平衡正向移动，合成氨反应选择在400~500℃进行的重要原因是此时催化剂的活性最高，故C错误；
D、合成氨是气体体积减小的反应，压强越大转化率越大，但生产中在考虑动力和设备材料承受能力，所以压强不能太大，故D错误；
故答案为：B；
（2）由图可知，当氢气充入量一定时，T2下氨气的百分含量大，合成氨为放热反应，升温平衡逆向移动，氨气的百分含量减小，故 T1>T2；氢气加入量大，有利于平衡正向移动，反应物N2的转化率增加，所以N2转化率c>b>a，降低温度，反应物N2的转化率增加，c点和d点相比，c点比d点氢气的加入量多，温度低，所以c点N2的转化率高，故答案为：>；c；
（3）为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，实验1~4中溶液的总体积应相同，均为20mL，则x=20mL-10mL-5mL=5mL，故答案为：A；
（4）实验2中，故答案为：；
（5）KMnO4酸性溶液与H2C204溶液反应生成二氧化碳、MnSO4和水，若在实验3开始反应时加入少量，溶液褪色时间明显缩短，说明反应速率加快，少量做催化剂，故答案为：催化剂；
（6）根据反应可知，10mL0.2酸性高锰酸钾需要消耗0.5草酸溶液10mL，4号实验中草酸不足，高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色，故答案为：KMnO4溶液过量(或草酸不足)。
【分析】（1）合成氨的反应是气体体积减小的放热反应；
（2）升温，平衡向吸热反应方向移动；
（3）利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同；
（4）根据计算；
（5）催化剂能加快反应速率；
（6）草酸不足，高锰酸钾过量，会导致溶液没有褪色。
17．【答案】（1）[Ar]3d7
（2）Co2O3++4H+= 2Co2+++2H2O；6.7≤pH<7.4；pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)；Co3O4；3CoC2O4+ 2O2Co3O4+ 6CO2
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知，钴离子位于棱心和体心，数目为12×+1=4，O2-位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，则晶胞的化学式为CoO，含有的是Co2+，基态Co2+的核外电子排布式为：[Ar]3d7，故答案为：[Ar]3d7；
（2）①酸性条件下，Co2O3把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，反应的离子方程式为Co2O3++4H+= 2Co2+++2H2O，故答案为：Co2O3++4H+= 2Co2+++2H2O；
② 向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去Al3+、Fe3+、Cu2+ ，首先满足：pH＞6.7，Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀时，pH＞6.7，Co2+完全沉淀时的pH=9.4，此时c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4，故答案为：6.7≤pH<7.4；
③pH增大，c(H+)减小，Co2++n (HA)2CoA2·(n-1) (HA)2+2H+的平衡正向进行，Co2+萃取率增大；向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)，故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)；
④由图可知， CoC2O4·2H2O 的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+ 2O2Co3O4+ 6CO2，故答案为：Co3O4；3CoC2O4+ 2O2Co3O4+ 6CO2。
【分析】（1）Co的原子序数为27，Co原子失去两个电子形成钴离子；
（2）①酸性条件下，Co2O3将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+；
②结合表中数据分析；
③ pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大 ；
④结合图示分析。
18．【答案】（1）还原
（2）大；
（3）
（4）；；a极发生反应，，不再与发生反应，外电路无电离通过
（5）A；C
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）酸性溶液（过量）与溶液反应，还原为，与过量的反应得到碘单质，溶液显蓝色，体现的还原性，故答案为：还原；
（2）t秒前未生成，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的；t秒前生成了，具有氧化性，但由于存在具有还原性的，发生反应，被消耗，故溶液未变蓝，故答案为：大；；
（3）有还原性，有氧化性，向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量，被还原为，蓝色迅速消失，但溶液中存在 ，后再次变蓝，故答案为：；
（4）①b极区，发生氧化反应生成，电极反应为：，故答案为：；
② ，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，说明在a极放电的产物是，生成的与生成了碘单质，故答案为：；
③时指针回到“0”处，说明无电流生成，原因是a极区发生反应，不再与发生反应，外电路无电流通过，故答案为： a极发生反应，，不再与发生反应，外电路无电流通过 ；
（5）A、对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的碘酸钾酸性溶液与亚硫酸钠溶液反应，亚硫酸钠完全反应，才能出现t秒后溶液变蓝，Ⅰ中被完全氧化，故A正确；
B、对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前发生反应生成，故B错误；
C、实验Ⅲ中指针返回X处，可能是因为氧化，故C正确；
故答案为：AC。
【分析】（1）溶液变蓝，说明生成了碘单质；
（2）①活化能越大反应速率越慢；
②碘能与发生氧化还原反应；
（3）加入少量，被还原为；
（4）①加入盐酸酸化的 溶液，生成白色沉淀，说明发生氧化反应；
②a电极发生 ；
③指针回到“0”，说明外电离没有电流通过；
（5）结合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的内容分析。
