【化学】北京市朝阳区2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市朝阳区2018-2019学年高二下学期期末考试
1.下列装置工作时，将电能转化为化学能的是




A．风力发电机
B．硅太阳能电池
C． 纽扣式银锌电池
D． 电解熔融氯化钠
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该装置将风能转化为电能，A错误；
B. 该装置将太阳能转化为电能，B错误；
C. 该装置将化学能转化为电能，C错误；
D. 该装置将电能转化为化学能，D正确；
故合理选项为D。
2.下列既属于放热反应又属于氧化还原反应的是
A. 氧化钙与水反应
B. 铁丝在氧气中燃烧
C. NaOH溶液与盐酸反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化钙与水反应，放出热量，但是该反应不涉及化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；
B. 铁丝在氧气中燃烧，是放热反应，也有化合价的变化，是氧化还原反应，B正确；
C. NaOH溶液和盐酸反应是放热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故合理选项为B。
3.甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为
A. 10：1 B. 1：10 C. 2：1 D. 1：2
【答案】A
【解析】
试题分析：A。甲溶液的pH是4，C（H+）=10-4； 乙溶液的pH是5, C（H+）=10-5, 甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为10∶1, A正确；
考点：考察有关酸溶液中pH的计算。
4.为了除去MgCl2酸性溶液中Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是
A. NH3·H2O B. NaOH C. MgCO3 D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】
本题利用的是Fe(OH)3和Mg(OH)2开始析出沉淀的pH不同，来进行分离出Fe3+。该实验的目的是为了除去Fe3+，以提纯MgCl2，则溶液中一定含有HCl，所以加入了试剂，就一定会生成相应的氯盐，此时要考虑是否引入了新的杂质。
【详解】A. 使用氨水调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NH4Cl，引入了新的杂质，A错误；
B. 使用NaOH调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，引入了新的杂质，B错误；
C. 使用MgCO3调节溶液pH，除去了Fe3+，也生成了MgCl2，无新的杂质生成，C正确；
D. 使用Na2CO3调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，则引入了新的杂质，D错误；
故合理选项为C。
【点睛】根据所学知识，可以看出题中考察的是Fe3+和Mg2+形成沉淀对溶液pH的要求不同；同时，也要注意所加试剂是否会引入新的杂质。
5.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是
A. 容器内的压强不再改变 B. c(SO2) : c(O2) : c(SO3) = 2 : 1 : 2
C. SO2的转化率不再改变 D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在恒容密闭容器中，压强不再变化，说明气体的总物质的量也不再变化，而化学反应前后，气体的总物质的量不等，所以该证据可以说明反应达到平衡，A错误；
B. 该证据只能表明在某一个时间点，体系的组分是这样的一个比例，并不能说明这个比例不再变化，因此该证据不能说明平衡一定达到平衡，B正确；
C. SO2的转化率不再改变，说明v(SO2)正=v(SO2)逆，则反应一定达到平衡，C错误；
D. SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，即v(SO3)正=v(SO3)逆，则反应一定达到平衡，D错误；
故合理选项为B。
6.某种钢闸门保护法原理示意图如下，下列说法不正确的是

A. 锌块发生氧化反应：Zn-2e–= Zn2+
B. 钢闸门有电子流入，可以有效减缓腐蚀
C. 若通过外加电源保护钢闸门，应将钢闸门与电源正极相连
D. 锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种钢闸门保护法原理相同
【答案】C
【解析】
【分析】
该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，钢闸门作正极，海水作电解质溶液，整个过程是锌的吸氧腐蚀。
【详解】A. 该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e–= Zn2+，A正确；
B. 锌块作负极，发生氧化反应，失去的电子通过导线转移到钢闸门，减缓了钢闸门的腐蚀，B正确；
C. 通过外加电源保护钢闸门，若将钢闸门与电源正极相连，则钢闸门作阳极，这样会加快钢闸门的腐蚀，C错误；
D. 镁的活泼性比铁强，锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种铁闸门保护法一样，都是利用了原电池的原理，D正确；
故合理选项为C。
【点睛】该装置利用的原理是金属的电化学腐蚀，我们已学过铁的吸氧腐蚀，凡是在水中的金属的腐蚀，几乎考察的都是吸氧腐蚀，需要搞明白哪个金属是我们不希望被腐蚀的，即哪个金属应该作正极，而负极的金属一般是较活泼的金属，也就是用来被“牺牲”的金属，这种保护法叫作牺牲阳极的阴极保护法（注意区别外加电源的阴极保护法）。
7.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是
A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强
B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)
C. 2NO2N2O4 ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅
D. Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；
B. 将ZnS投入到CuSO4溶液中，有ZnSZn2++S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小，增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；
C. 该平衡的正反应是放热反应，将玻璃球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；
D. 向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72－的浓度增大，橙色加深，D正确；
故合理选项为C。
8.氯碱工业的原理示意图如图。下列说法正确的是

A. M为负极
B. 通电使氯化钠发生电离
C. 出口c收集到的物质是氯气
D. 通电一段时间后，阴极区pH降低
【答案】C
【解析】
【分析】
饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极；同理，稀氢氧化钠溶液从b口进入，在出口变为浓氢氧化钠溶液，说明OH-在右侧电极生成，则该电极为阴极，所以N为电源的负极。
【详解】A. 饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极，A错误；
B. 氯化钠在水中，本身在水的作用下发生电离，不需要通电，B错误；
C. Cl-在左侧放电，所以出口c收集的物质是Cl2，C正确；
D. 右侧电极为阴极，该处产生OH-，则通电一段时间后，OH-浓度增大，所以pH增大，D错误；
故合理选项为C。
【点睛】在不知道阴极、阳极的情况下，需要将题目中的装置图仔细分析，从而判断出阴极和阳极。
9.下列实验方案不能达到相应目的的是

A
B
C
D
目的
比较碳酸根与碳酸氢根水解程度
研究浓度对化学平衡的影响
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱
实验方案





【答案】A
【解析】
【详解】A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；
B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；
C. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；
D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；
故合理选项为A。
【点睛】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。
10.某同学设计如下原电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A. 该装置将化学能转化为电能
B. 负极的电极反应是：Ag +I-－e-=AgI
C. 电池的总反应是Ag+ +I-=AgI
D. 盐桥（含KNO3的琼脂）中NO3-从左向右移动
【答案】D
【解析】
【分析】
图中没有外接电源，反而是有个电流表，且电路中有电子的移动方向，则该装置是原电池装置。由于只有Ag+能和I-离子反应，所以电池的总反应是Ag+ +I-=AgI，负极反应为：Ag +I--e-=AgI，正极反应为：Ag++e-=Ag。
【详解】A. 经分析，该装置是原电池装置，则该装置将化学能转化为电能，A正确；
B. 根据电子的移动方向，可以推断出左侧电极为负极，该电极反应为：Ag +I--e-=AgI，B正确；
C. 该电池中，表观上看，只有Ag+和I-反应，所以总反应是Ag+ +I-=AgI，C正确；
D. 左侧电极为负极，右侧电极为正极，NO3-带负电荷，向负极移动，所以应该是从右向左移动，D错误；
故合理选项为D。
【点睛】题中涉及的原电池反应是不常见的反应，也未告知正极和负极，所以需要仔细观察。可以通过电子的转移方向判断出正、负极；再结合图中给出的物质，可以推出总的反应方程式，再推出正极反应，两式相减可得负极反应。由此可见，对于此类题目，一定要认真观察图。
11.25℃时，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是

A. HX为弱酸
B. V1 ＜20
C. M点溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(X－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 二者等体积混合时，c(Na＋)＝c(X－) + c(OH－)
【答案】D
【解析】
分析】
若HX为强酸，其浓度为0.1 mol·L-1时，溶液的pH应该为1，但实际上pH为3，则说明HX为弱酸，可从此进行分析作答。
【详解】A. 起始时，HX的浓度为0.1 mol·L-1，pH=3，则说明HX为弱酸，A正确；
B. 若V1=20，则溶液的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH＞7，所以V1应小于20，B正确；
C. M点的溶质是等浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为：c(X－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确；
D. 两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有：c(Na＋)+c(H+)＝c(X－) + c(OH－)，D错误；
故合理选项为D。
【点睛】本题的突破口就在，图中曲线的起点，通过这个点，可以发现，若HX为强酸，0.1 mol·L-1 HX溶液的pH应为1，而不是3。作答此类题目，一定要仔细分析题中的信息，图中的信息也不能忽略。
12.已知：2H2(g) +O2(g)＝2H2O(g) ΔH =－483.6 kJ•mol-1

下列说法不正确的是
A. 该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理
B. 破坏1mol H-O键需要的能量是463.4 kJ
C. H2O(g)＝H2(g) +1/2O2(g) ΔH = +241.8 kJ•mol-1
D. H2(g)中的H-H键比H2O(g)中的H-O键牢固
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应是氧化还原反应，可以用作氢氧燃料电池的原理，A正确；
B. 根据题中的热化学方程式得：ΔH=2EH-H+EO-O-4EH-O，EH-O==463.4kJ·mol-1，B正确；
C. 根据盖斯定律得：H2O(g)＝H2(g) + 1/2O2(g) ΔH = +241.8 kJ•mol-1，C正确；
D. 由题知，H-H键键能为436 kJ·mol-1，H-O键键能为463.4 kJ·mol-1，H-O键 键能更大，所以H-O键更牢固，D错误；
故合理选项为D。
13.一定温度下，在3个1.0 L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g) ΔH，达到平衡。相关数据如下表。
容器
温度/K
物质的起始浓度/ mol·L-1
物质的平衡浓度/ mol·L-1
c(X)
c(Y)
c(Z)
c(Z)
I
400
0.20
0.10
0
0.080
II
400
0.40
0.20
0
a
III
500
0.20
0.10
0
0.025

下列说法不正确的是
A. 平衡时，X的转化率：II＞I
B. 平衡常数：K(II)＞K(I)
C. 达到平衡所需时间：III＜I
D. 反应的ΔH＜0
【答案】B
【解析】
【详解】A. II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率＞I，A正确；
B. 平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；
C. III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；
D. 对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，D正确；
故合理选项为B。
14.测定不同温度下0.5 mol·L-1 CuSO4溶液和0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液pH，数据如下表：
温度/℃
25
30
40
50
60
CuSO4(aq) pH
3.71
3.51
3.44
3.25
3.14
Na2CO3(aq) pH
10.41
10.30
10.28
10.25
10.18
下列说法不正确的是
A. 升高温度，Na2CO3溶液中c(OH-)增大
B. 升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动
C. 升高温度，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D. 升高温度，可能导致CO32-结合H+程度大于H2O电离产生H+程度
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由表中的数据可知：升高温度，Na2CO3溶液的pH增大，说明溶液中OH-的浓度增大，A正确；
B. 在CuSO4溶液中有，，在Na2CO3溶液中有；从表中的数据可知：升高温度，两个溶液中的H+和OH-的浓度都增大，则说明平衡都正向移动，B正确；
C. 在CuSO4溶液中有，pH=-lg c(H+)=-lg ；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C正确；
D.平衡可以看作是两步反应：，，与CO32-结合的H+来自于水的电离，则CO32-结合H+程度小于于H2O电离产生H+程度，D错误；
故合理选项为D。
15.某实验小组尝试在钢制钥匙上镀铜。
实验I：将钥匙直接浸入0.4 mol·L－1 CuCl2溶液中，20s后取出，钥匙表面变红，但镀层疏松，用纸即可擦掉。
实验II：用图装置对钥匙进行电镀铜。钥匙表面迅速变红，同时有细小气泡产生，精铜表面出现少量白色固体。30s后取出钥匙检验，镀层相对实验I略好，但仍能用纸巾擦掉一部分。经调整实验条件后获得了较好的电镀产品。

实验III：用0.4 mol·L－1 CuSO4溶液代替CuCl2溶液重复实验II，精铜表面未出现白色固体。
回答下列问题：
（1）实验I反应的化学方程式是_______。
（2）实验II中钥匙应与电源的_______极连接。
（3）钥匙表面产生的气体是_______。
（4）为了避免实验III中钥匙表面产生气体，应该采取的措施是________。
（5）常见化合物中铜元素有+1、+2两种价态，结合实验III推测实验II中精铜表面产生的白色固体的电极反应式是________。（已知CuOH是一种难溶于水的黄色固体）
【答案】 (1). Fe+CuCl2 =Cu+FeCl2 (2). 负 (3). H2 (4). 适当降低c(H+)或降低电源电压（其他答案合理给分） (5). Cu-e- +Cl- =CuCl
【解析】
【分析】
本题主要考察电镀的原理，题中所涉及的气体、白色固体，需要结合所学知识去推测。
【详解】（1）钢制钥匙的主要成分是Fe，实验I的化学方程式是：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；
（2）实验II中，钥匙是要被镀铜，则应该做阴极，即与电源的负极连接；
（3）CuCl2溶液呈弱酸性，阴极上会有少量的H+放电形成H2，所以钥匙表面的气体为H2；
（4）为避免实验III中药匙表面产生气体，可以适当降低溶液中H+的浓度，或者适当降低电压；
（5）Cu(II)的化合物一般都是蓝色或绿色，Cu(I)的化合物中，已学的不溶于水的有Cu2O（砖红色）、CuOH（黄色）、CuCl（白色），则该白色固体为CuCl，则相应的电极反应式为：Cu-e- +Cl- =CuCl。
16.白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。
i. 量取20.00 mL白醋样品，用100 mL容量瓶配制成待测液。
ii. 将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。
iii. 取20.00 mL待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000 mol· L－1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。
iv. 重复滴定实验3次并记录数据。
ⅴ.计算醋酸总酸度。
回答下列问题：
（1）实验i中量取20.00 mL白醋所用的仪器是______（填字母）。




a
b
c
D
（2）若实验ii中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）实验iii中判断滴定终点的现象是_______。
（4）实验数据如下表，则该白醋的总酸度为_______mol· L－1。

待测液体积/mL
标准NaOH溶液
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
第1次
20.00
0
21.98
第2次
20.00
0
22.00
第3次
20.00
0
22.02
【答案】 (1). c (2). 偏大 (3). 锥形瓶中溶液颜色变为浅红色，且半分钟不褪色 (4). 0. 1100
【解析】
【分析】
【详解】（1）a. 量筒无法达到题中要求的精确度，a错误；
b. 容量瓶是用来配制溶液的仪器，不是量取用的仪器，b错误；
c. c为酸式滴定管，用来量取酸性溶液，c正确；
d. d为碱式滴定管，用来量取碱性溶液，d错误；
故合理选项为c；
（2）若碱式滴定管未经过润洗，则相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗的NaOH溶液的体积偏大，在计算中，c(NaOH)仍是原先的浓度，c(白醋)的计算结果将偏大；
（3）由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）3次实验平均消耗NaOH溶液的体积为22.00mL，所以该白醋的总酸度为：=0.1100mol·L-1。
【点睛】（1）实验题中，要注意量取仪器的精确度与要量取的数据是否匹配；（2）对于滴定实验，要看明白题中的滴加对象；（3）实验题的计算中，要注意有效数字的保留。
17.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g)　ΔH1 = + 41.1 kJ•mol-1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH2=－90.0 kJ•mol-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。
（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。
a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压
（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

① 反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。
② 判断依据是_______。
（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol· L－1。
① 前10min的平均反应速率v(H2)＝_______ mol·L－1·min －1。
② 化学平衡常数K = _______。
③ 催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：
实验编号
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
A
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
B
543
Cu/ZnO纳米片
11.9
72.7
C
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
D
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
70.6
根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。
【答案】 (1). 3H2 (g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B
【解析】
【分析】
本题主要考察化学平衡的移动；
（1）考察盖斯定律，将两个热化学方程相加即可；
（2）考察化学平衡移动；
（3）考察反应物的平衡转化率，及影响因素；
（4）考察化学反应速率、化学平衡常数、产物的选择性。
【详解】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－48.9 kJ/mol；
（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故合理选项为d；
（3）观察图中的横坐标，其物理量为，若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；
（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol· L－1，则有（单位：mol· L－1）：

3H2 (g)
CO2 (g)
CH3OH(g)
H2O(g)

3
1
1
1
起始
3
1
0
0
转化
2.25
0.75
0.75
0.75
平衡
0.75
0.25
0.75
0.75

H2的浓度变化量为2.25 mol· L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol· L－1；
②K==；
③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。
18.实验小组同学探究稀H2SO4对溶液中的I—被O2 氧化的影响因素。
（1）为了探究c(H+)对反应速率的影响，进行实验：

10mL 1mol· L－1 KI溶液5滴淀粉溶液
序号
加入试剂
变色时间
Ⅰ
10mL蒸馏水
长时间放置，未见明显变化
Ⅱ
10mL 0.1mol· L－1H2SO4溶液
放置3min后，溶液变蓝
Ⅲ
10mL 0.2mol· L－1H2SO4溶液
放置1min后，溶液变蓝
Ⅳ
10mL 0.1mol· L－1K2SO4溶液
长时间放置，未见明显变化
① 写出实验Ⅱ发生反应的离子方程式 ______。
② 实验Ⅰ~Ⅲ所得结论：_______。
③ 增大实验Ⅱ反应速率还可以采取措施 ______。
④ 实验Ⅳ的作用是______。
（2）为探究c(H+)除了对反应速率影响外，是否还有其他影响，提出假设：
ⅰ. 增大c(H+)，增强O2的氧化性；
ⅱ. 增大c(H+)，_______。
小组同学利用下图装置设计实验方案，对假设进行验证。


序号
溶液a
溶液b
现象
Ⅴ
10mL 1mol· L－1 KI溶液
10mL H2O
10mL 0.1mol·L－1K2SO4溶液
10mLH2O
指针未见偏转
Ⅵ
10mL 1mol· L－1 KI溶液
10mL H2O
10mL 0.1mol·L－1K2SO4溶液
1mL 0.2mol·L－1H2SO4溶液
9mL H2O
指针
偏转
Ⅶ
X
10mL 0.1mol·L－1K2SO4溶液
10mL 02mol·L－1H2SO4溶液
Y
Ⅷ
Z
10mL 0.1mol·L－1K2SO4溶液
10mLH2O
指针未见偏转
通过实验证实假设ⅰ合理，将表中空白处的试剂或现象补充完整。
X __________；Y _________；Z __________。
【答案】 (1). 4H++ 4I-+O2 ==2I2+2H2O (2). 其他条件相同时，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快 (3). 升高温度或通入O2 (4). 对照实验，证明SO42-对该反应的化学反应速率没有影响 (5). 增强I-的还原性 (6). 10mL 1mol· L-1 KI溶液、10mL H2O (7). 指针偏转大于Ⅵ (8). 10mL 1mol· L-1 KI溶液、2mL 0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mL H2O
【解析】
【分析】
本题主要考察实验探究，注意“单一变量”原则。
【详解】（1）①题中已告知I-被O2氧化，所以离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；
②这三组实验中，变量是H+的浓度，结果是溶液变蓝的速度，反映出H+的浓度对I-被O2氧化的速率；
③对于非气相反应而言，加快反应速率的措施还有加热，增加其他反应物的浓度，或者加入催化剂（在本实验中，反应速率较快，为了更好的观察实验结果，可不使用催化剂）；
④实验IV的作用是对照作用，排除SO42-对实验结果的影响；
（2）ii，对照i的说法为增大c(H+)，增强I-的还原性；
对比实验V、VI、VII，三组实验的溶液b在变化，根据单一变量原则，溶液a是不应该有变动的，所以X应为10mL 1mol· L－1 KI溶液、10mL H2O，由于实验VII的溶液b中H+浓度比实验VI的大，反应速率会加快，这意味着单位时间内转移的电子数量会增多，指针会出现偏转，且比实验VI的大；经过对比，实验V和VIII的溶液b相同，则两个实验的溶液a应该有所不同，实验探究的是H+的影响，实验V的a溶液中没有H+，则实验VIII的a溶液中应该有H+，故Z为10mL 1mol· L-1 KI溶液、2mL 0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mL H2O。
19.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。
（1）锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的工作原理：
ⅰ.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。
ⅱ.放电过程原理示意图如图所示：

① 放电时，电子的流动方向为______。（用a、b、K2、K3）
② 放电时，正极的电极反应式为______。
（2）钴酸锂回收再生流程如下：

① 用H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是______。
② 用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸。主要原因是：
ⅰ.会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式_______。
ⅱ.Cl－对建筑材料的腐蚀及带来的水体问题等。
③ 其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30% H2O2 混合液中的浸出率曲线如图，请解释随着温度升高，钴的浸出率先升高后降低的原因：______。

④ 已知草酸为二元弱酸，应用化学平衡移动原理，结合化学用语解释CoC2O4沉淀的同时溶液酸性增强的原因：______。
⑤ 高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。
【答案】 (1). b → K2 →K3 → a (2). Li1-xCoO2 +xLi+ +xe-= LiCoO2 (3). 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O (5). 80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大；80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低 (6). 草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4 H++HC2O4- ，HC2O4- H++C2O42-，溶液中Co2+与C2O42-反应生成CoC2O4，使c(C2O42-)减小，促进电离平衡正向移动，所以c(H+)增大 (7). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 高温 4LiCoO2 +10CO2
【解析】
【分析】
（1）考察原电池的原理，题中已经告知放电过程的原理示意图，Li+在原电池内部由b向a移动，则电子在外电路由b向a移动，也由此可以推出右侧的电极为负极，左侧的电极为正极；
（2）考察工业流程。①观察酸浸前后，Co的化合价由+3变为了+2，则Co的化合物作氧化剂，由于H2SO4还原性很弱，所以H2O2作还原剂；
②HCl具有还原性，而在①中我们得知Co(III)具有氧化性，所以可以得出这两种物质可以发生氧化还原反应；
③温度升高，影响的是化学反应速率，浸出率随温度的升高而升高，是因为反应速率增大；而H2O2本身的热稳定性不高，超过80℃，H2O2的分解速率大于被氧化的速率，使得浸出的反应速率受到影响，从而降低了浸出率；
④草酸溶液中有：H2C2O4 H++HC2O4- ，HC2O4- H++C2O42-，Co2+与C2O42-结合成沉淀，会使溶液中C2O42-的浓度降低，两个平衡正向移动，使得溶液的H+浓度增大；
⑤题中已经告知了反应物和生成物，配平方程式即可。
【详解】（1）①放电过程，K2、K3连接形成原电池，导线为外接电路，Li+的流动方向是从电池内部b→a移动，电子的移动方向与正电荷相反，则电子流动的方向为b→K2→K3→a；
②如图所示，放电时，Li+从LixC6一侧流向Li1-xCoO6一侧，则正极的电极反应为：Li1-xCoO2 +xLi+ +xe-= LiCoO2；
（2）①LiCoO2中，Co呈+3价，滤液中的Co呈+2价，则Co化合物被还原了，H2SO4还原性很弱，所以H2O2在该过程中起还原剂的作用，将LiCoO2还原；
②盐酸具有还原性，Co(III)具有氧化性，二者会发生反应生成Cl2：2LiCoO2+8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O；
③在80℃之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大； 80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；
④草酸溶液中有：H2C2O4 H++HC2O4- ，HC2O4- H++C2O42-，Co2+与C2O42-结合成沉淀，会使溶液中C2O42-的浓度降低，平衡向右移动，使得溶液中H+的浓度增大，溶液的酸性增强；
⑤题中告知了反应物和生成物，则化学方程式为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 高温 4LiCoO2 +10CO2。
【点睛】本题中，H2O2的作用容易被分析错误，常见的工业流程中，H2O2往往作氧化剂，在被题中却作还原剂，需要考生仔细分析题中所给的信息。