四川省成都市石室中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

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成都石室中学2023-2024学年度上期高2025届入学考试
化学试卷
试题说明：
1．考试时间 90 分钟，满分 100 分；
2．所有答案都要填写到答题卡上，在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 Na-23 Cl-35.5 Zn-65 Br-80
第Ⅰ卷 选择题(42分)
一、选择题(共 14题，每题 3 分，共 42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生活有着密切联系，下列关于化学与生活的说法正确的是
A. 玻璃和陶瓷都属于硅酸盐材料，两者的原料中都有石灰石
B. 燃煤过程中加入生石灰可以有效减少酸雨的形成
C. 硅胶、生石灰、还原铁粉均可用于防止食品被氧化而变质
D. 晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造光导纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．生产玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英，陶瓷由黏土高温烧制而成，黏土的主要成分是硅酸盐，故A错误；
B．燃煤时加入生石灰与二氧化硫反应生成硫酸钙，可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，故B正确；
C．硅胶、生石灰可作干燥剂，不具有还原性，只有还原铁粉是防止食品氧化变质，故C错误；
D．光导纤维的成分是二氧化硅，不是晶体硅，晶体硅主要用作半导体，故D错误，
故选：B。
2. 下列关于反应2C4H10(g)＋13O2(g)=8CO2(g)＋10H2O(l)　ΔH= -5800 kJ·mol-1的叙述错误的是
A. 该反应是放热反应
B. 该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C. 该热化学方程式表示在25 ℃、101 kPa下，2 mol C4H10气体完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出热量5800 kJ
D. 该反应表明2 分子 C4H10气体完全燃烧时放出5800 kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应的△H=-5800kJ/mol，即焓变小于零，则反应是放热反应，故A正确；
B．焓变的影响因素：物质的状态、物质的量的多少以及物质前面化学计量数的大小，故B正确；
C．热化学方程式的含义：25℃、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ，故C正确；
D．根据题给热化学方程式的含义以及燃烧热的含义可知，该反应表明2molC4H10气体完全燃烧时放出5800 kJ的热量，故D错误；
故选：D。
3. 以下实验装置能达到实验目的的是

A. 甲：除去SO2中的HCl B. 乙：验证反应有CO2生成
C. 丙：分离SiO2和NH4Cl D. 丁：用铜片和稀硝酸制备NO并收集NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2、HCl都能和饱和的Na2SO3溶液反应，应该用饱和NaHSO3溶液除去SO2中的HCl，故A错误；
B．SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以该装置不能检验有SO2生成，故B错误；
C．SiO2受热难分解，NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3，温度降低时NH3和HCl反应生成NH4Cl固体，所以该装置能分离SiO2和NH4Cl，故C正确；
D．NO和空气中的O2反应生成NO2，应该采用排水法收集NO，故D错误；
故选：C。
4. 下列有关图像的描述错误的是(已知图像中a、b均大于0)

A. 图甲中反应为放热反应，
B. 图乙表征金刚石转化为石墨过程中的能量变化，石墨比金刚石稳定
C. 图丙中断开反应物中化学键所需能量低于形成生成物中化学键所释放能量，所示反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH =+bKJ/mol
D. 图丁是2A(g)B(g)的能量变化示意图，则2A(g)B(l)
【答案】C
【解析】
【详解】A．ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(Ek-Ek′)kJ⋅mol-1，故A正确；
B．由图可知，金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．由图可知，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+bkJ⋅mol-1，故C错误；
D．等量B(g)能量高于B(l)，则2A(g)⇌B(l)ΔH＜-akJ⋅mol-1，故D正确；
故选：C。
5. 海水晒盐后的盐卤中含Br-，可提取Br2，流程如图：

已知：①3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑②5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O
下列说法不正确的是
A. 海水晒盐能实现溴元素的富集
B. 吸收塔中加入W溶液后得到Br2，W可以是硝酸
C. 通入Cl2后发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
D. 海水中Br-的浓度约为66mg/L，若该工艺总提取率为60%，1m3海水能制得39.6gBr2
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，海水晒盐分离出盐卤，通入氯气发生2Br-+Cl2= Br2+2Cl-，热空气吹出溴后，用碳酸钠溶液吸收溴单质发生3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑，W为稀硫酸，然后发生5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O，最后蒸馏分离出溴，以此来解答。
【详解】A．海水晒盐后得到的卤水中Br-的浓度大大增大，故能实现溴元素的富集，A正确；
B．硝酸具有强氧化性，将与Br-反应生成有毒有害的气体NO，吸收塔中加入W溶液后得到Br2，W不可以是硝酸，而应该是稀硫酸，发生反应②得到Br2， B错误；
C．通入Cl2后的目的就是将Br-氧化为Br2故发生反应的离子方程式为：2Br-+Cl2= Br2+2Cl-， C正确；
D．根据质量守恒可知：海水中Br-的浓度约为66mg·L-1，若该工艺总提取率为60%，1m3海水能制得66mg·L-1×1000L×60%×10-3g/mg=39.6g Br2，D正确；
故答案为：B。
6. 下列实验方案的设计和实验目的都正确的是
选项
实验方案
实验目的
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度
比较Cu2＋和Fe3＋的催化效果
B
先向两支试管中各加入2mL 1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL 0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL 0.05mol/L的H2C2O4溶液，记录高锰酸钾溶液褪色所需时间
探究草酸浓度对反应速率影响
C
分别向盛有2g锌粒(颗粒大小基本相同)的锥形瓶中加入 40mL 1mol/L和40mL 18mol/L的硫酸，比较两者收集10mL气体所用的时间  
探究硫酸浓度对反应速率影响
D
向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热，观察是否产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
通过实验现象探究该未知溶液中是否存在

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较Cu2+和Fe3+的催化效果，故A错误；
B．高锰酸钾过量，草酸均不足，溶液均不褪色，不能说明浓度对速率的影响，故B错误；
C．18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫，不能比较浓度对生成氢气速率的影响，故C错误；
D．加入浓NaOH溶液加热，如产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，即有氨气生成，说明含有溶液中含有铵根离子，故D正确；
故选：D。
7. 一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：反应过程如图示。下列说法不正确的是

A. 时正反应速率大于逆反应速率
B. X曲线表示的物质的量随时间的变化
C. ，的平均反应速率
D. 达到平衡状态时，相同时间内与断键的数目之比是
【答案】D
【解析】
【详解】A．t1min后X物质的量增大，Y的物质的量减小，所以t1min时正反应速率大于逆反应速率，A正确；
B．由图可知，在4min时，X、Y变化量之比为0.4:(1.2-0.6)=2:3，物质的量变化比等于系数比，所以X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，Y曲线表示H2的物质的量随时间变化的关系，B正确；
C．Y曲线表示H2的物质的量随时间变化的关系，0~8min，的平均反应速率mol·L-1·min-1，C正确；
D．达到平衡状态时，H2与NH3的反应速率比为v(H2)：v(NH3)=3:2，单位时间消耗3a molH2生成2a molNH3，平衡状态同时会消耗2a molNH3，则H2与NH3断键的数目之比是(3a mol×1)：(2a mol×3)=1:2，D错误；
故答案为：D。
8. 某温度下，某气相反应达到化学平衡，平衡常数，且正反应为吸热反应。下列说法正确的是
A. 该反应的化学方程式为X(g)+2Y(g)2E(g)+F(g)
B. 增大c(X)，则c(Y)和K增大
C. 减小压强，平衡向生成E的方向移动
D. 降低温度，平衡向生成的方向移动，逆反应速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡常数是生成物浓度幂次方之积与反应物浓度幂次方之积的比值，则该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)X(g)+2Y(g)，故A错误；
B．平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C．该反应前后气体分子数不变，改变压强，对平衡无影响，故C错误；
D．正反应为吸热反应，降低温度，正、逆反应速率都降低，平衡向逆反应方向移动，因此降低温度，平衡向生成F的方向移动，逆反应速率减小，故D正确；
故选：D。
9. 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。现以溶液作模拟海水，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为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
C. b极每生成，模拟海水理论上除盐
D. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极，据此分析作答。
【详解】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为，A项正确；
B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，B项正确；
C．b极电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，每生成，电路中转移2mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有2molClˉ移向负极，同时有2molNa+移向正极，即除去2molNaCl，质量为117g，C项错误；
D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4：2=2：1，D项正确；
答案选C。
10. 中学常见反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)实际由2个基元反应构成，反应①：2NO(g)N2O2(g) K1；反应②：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) K2。其反应过程能量变化示意图如下。温度升高，NO(g)与O2(g)反应生成NO2(g)的速率会降低。下列说法正确的是

A. 加入催化剂能提高NO的平衡转化率
B. 总反应速率由反应①决定
C. 总反应的平衡常数K=
D. 温度升高，总反应速率降低，可能原因是c(N2O2)减少使反应②速率降低造成
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂只影响反应速率，对平衡无影响，不能改变平衡转化率，故A错误；
B．由图可知反应②的活化能较大，则反应②速率较慢，慢反应决定总反应速率快慢，故B错误；
C．总反应=反应①+反应②，则总反应的平衡常数K=，故C错误；
D．由图像可知上述两步反应均为放热反应，则温度升高会使平衡逆向移动，而反应①为快反应，导致c(N2O2)减少对速率的影响大于温度对速率的影响，从而使决速步速率降低，则总反应速率降低，故D正确；
故选：D。
11. 工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的流程如下图。下列有关流程中的步骤说法错误的是

A. ①只需吹入少量空气作氧化剂 B. ②需加入过量稀硫酸
C. ③X一般为硫酸 D. ④发生了铝热反应
【答案】AB
【解析】
【详解】A．经过反应①，Fe由二价升高为三价，需要空气作氧化剂，A错误；
B．硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能从混合体系中分离出来，B错误；
C．Na2CrO4加入浓硫酸得到A为Na2Cr2O7，硫酸的作用是提高c(H+)促使Cr元素转化为，C正确；
D．④是Al和Cr2O3在高温条件下发生的置换反应，也属于铝热反应，D正确；
故答案为：AB。
12. 下列反应中，与三个图像全部相符合的反应是

A. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH>0 B. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH <0
C. 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0 D. H2(g)+CO(g) C(s)+H2O(g) ΔH>0
【答案】B
【解析】
【详解】由图1可知，T2＞T1，温度越高平衡时生成物浓度越大，故该过程是吸热反应；由图2可知，平衡时：压强越大，平均相对分子质量越大，温度越高平均相对分子质量越低；由图3可知平衡时：压强增大，平衡逆向移动；三个图像全部相符合的反应为气体体积增大的吸热反应。
A．由方程式可知，该反应是气体体积减小的放热反应，故A错误；
B．由方程式可知，该反应为气体体积增大的吸热反应，故B正确；
C．由方程式可知，该反应为气体体积增大的放热反应，故C错误；
D．由方程式可知，该反应是气体体积减小的吸热反应，故D错误；
故选：B。
13. 臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，在T温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
3
6
12
24
n(O2)/mol
0
0.36
0.60
0.80
0.80
下列有关说法正确的是
A. 反应在0～3 s内平均速率v(NO2)＝0.24 mol·L−1·s−1
B. 在T温度下，起始时向容器中充入1.0mol NO2、0.5mol O3和0.50mol N2O5、0.50mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍
C. 24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c(O2)＝0.44mol·L−1，则反应的ΔH>0
D. 在T温度下，起始时向容器中充入2.0mol N2O5和2.0mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%
【答案】B
【解析】
【详解】A.由表中数据可知，3s内氧气物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故0～3 s内v(O2)＝==0.06 mol·L-1·s-1, 根据速率之比等于其化学计量数之比,故v(NO2)=2v(O2)=2×0.06mol/(L.s)=0.12mol/(L.s),故A错误；
B.容器体积不变,在T温度下,起始时向容器中充入1.0molNO2､0.5molO3和0.50molN2O5､0.50molO2,转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3,与原平衡为完全等效平衡。原平衡12s到达平衡时，氧气的物质的量为0.8mol,则:
2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g) 物质的量减少
1 1
0.8mol 0.8mol
由化学方程式可知，氧气的物质的量等于反应体系的总变化量，故原平衡中平衡时气体物质的量为2mol+1mol﹣0.8mol=2.2mol。由此可知，起始时向容器中充入1.0molNO2､0.5molO3和0.50molN2O5､0.50molO2到达平衡时,混合气体总物质的量为2.2mol,平衡时压强为起始的=0.88倍,故B 正确；
C. 由表中数据可知,12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol,说明12s时可逆反应到达平衡,平衡时氧气的浓度为=0.4mol/L,降低温度,达到新平衡时测得c(O2)=0.44mol/L,氧气浓度增大,说明降低温度,平衡向正反应方向移动,则正反应为放热反应,即△H＜0,故C错误；

D.在T温度下，起始时向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2，转化到左边相当于起始投入4.0 mol NO2和2.0 mol O3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8 mol＝1.6 mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2 mol－1.6 mol＝0.4 mol，则达到平衡时，N2O5的转化率小于×100%＝20%，故D错误。
正确答案：B
14. 以、为原料合成涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
向恒压、密闭容器中通入1mol和3mol发生上述反应，平衡时、CO、的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 反应Ⅰ平衡常数可表示为
B. 图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C. 某时刻为a mol，CO为b mol，此时为
D. 为提高的平衡产率，需要选择低温、低压的反应条件
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学平衡常数是反应达平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数为，A错误；
B．反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，则CO的物质的量增大，B错误；
C．假设反应Ⅱ中，CO反应了x mol，则Ⅱ生成的为x mol，Ⅰ生成的为，Ⅲ生成CO为。根据反应Ⅰ和反应Ⅲ的转化关系可知的物质的量为，C正确；
D．根据图示可知，温度越低，的物质的量越多，平衡产率越大。反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应，减小压强，反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动的平衡产率减小，故为提高的平衡产率，需要选择低温、高压的反应条件，D错误；
故选：C。
第Ⅱ卷 非选择题(58分)
二、非选择题(共4题，共58分)
15. 图示分析是学习化学重要手段之一，学习过程中常遇到各类“数形结合”问题。结合所给图示回答相关问题：
（1）从元素化合价和物质类别两个维度学习、研究物质的性质及转化，是一种行之有效的方法。图1是氮元素的“价类二维图”的部分信息。

①X、Y的化学式分别为____、____。
②图中关于NO2转化为HNO3的反应过程，下列说法不正确的是____。
a.氮元素的化合价不发生变化
b.该转化过程中，NO2一定既是氧化剂，又是还原剂
c.若用NO2与H2O反应制取HNO3，可生成另一种产物NO
（2）NO2、NO和SO2是大气初期污染物的主要成分，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图2所示。当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生反应，该反应的化学方程式为____。

（3）研究表明硝酸与金属反应时，最容易生成亚硝酸(HNO2，弱酸)，然后才转化成NO2，如果溶液中存在更强的氧化剂，如过氧化氢，它完全有能力将新产生的亚硝酸再氧化成硝酸。图3为金属在不同浓度的HNO3—H2O2混合溶液中的溶解速率和生成NOx的体积V的变化示意图，请回答下列问题：

①最佳溶解金属混合溶液中HNO3的质量分数为____，理由是____。
②过氧化氢与亚硝酸反应的化学方程式为____。
【答案】（1） ①. NH3 ②. N2O5 ③. ab
（2）
（3） ①. 10.5% ②. 溶解速率最快，生成的NOx量少 ③.
【解析】
【小问1详解】
①由图1可知，化合物X是氮元素的氢化物，且化合价为-3价，所以X的化学式为NH3，化合物Y是氮的氧化物，氮元素的化合价为+5价，所以Y的化学式为 N2O5。②NO2转化为HNO3的反应过程，氮元素化合价从+4价升高到+5价，化合价发生改变，a错误；NO2转化为HNO3的过程中，氮元素化合价升高，NO2作还原剂，b错误；NO2与H2O反应制取HNO3的反应方程式为：，可生成另一种产物NO，c正确。
故答案为NH3、N2O5，ab。
【小问2详解】
由图2可知，反应物为NO2、NO和NH3，生成物为N2和H2O，NO2中氮元素的化合价从+4价降低到0价，则每摩尔NO2得到4mol电子，NO中氮元素的化合价从+2价降低到0价，则每摩尔NO得到2mol电子，NH3中氮元素的化合价从 -3价升高到0价，则每摩尔NH3失去3mol电子，当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，根据得失电子数守恒可知，n(NH3)：n(NO2)：n(NO)=2:1:1，所以反应的化学方程式为：。
故答案为：。
【小问3详解】
①根据图3可知，HNO3的质量分数为10.5%时溶解速率最快，且生成的NOx少。②过氧化氢与亚硝酸会发生氧化还原反应，化学方程式为：。
故答案为：10.5%，溶解速率最快，生成的NOx量少。。
16. 利用油脂厂废弃镍(Ni)催化剂(主要含有Ni，还含少量Al、Fe、NiO、Al2O3、Fe2O3)制备NiSO4·6H2O的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）为了加快“碱浸”的速率可以采取的措施是___________(任写一条)；
（2）向滤液1中通入足量CO2可以将其中的金属元素沉淀，写出该反应的离子反应方程式____________。
（3）“滤液2” 中含金属阳离子有______________。
（4）①“氧化”中反应的离子反应方程式是_________________________________；
②“氧化”中可以代替H2O2的最佳物质是_________________(填标号)
a．Cl2 b．O2 c．Fe
（5）根据除铁及系列操作，回答以下问题：
①已知溶液中存在Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+平衡， X物质可以为下列的______________。
a．H2SO4 b．NaOH c．Ni(OH)2 d．CO2
②边搅拌边向滤液中加入X至pH=4，加热、过滤、洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法_____________；
③结晶：将滤液蒸发、降温至稍高于_______℃结晶，过滤即获得产品，硫酸镍晶体溶解度曲线图如图所示：

【答案】（1）适当升温或适当提高NaOH溶液的浓度或将废镍催化剂粉碎更小的颗粒或其它合理解释
（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（3）Ni2+、Fe2+
（4） ① 2Fe2++2H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O ②. b
（5） ①. bc ②. 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无明显现象，则洗涤干净 ③. 30.8
【解析】
【分析】废弃的镍(Ni)催化剂(主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、Al2O3、Fe2O3)制备NiSO4⋅7H2O，废镍催化剂进行碱浸后，氧化铝、铝均能与碱反应，得到的滤液1为偏铝酸盐，滤饼为Ni、Fe、Fe2O3和其他不溶性杂质等；进行酸浸后，滤液2为Ni2+、Fe2+、Fe3+等，加入双氧水后，亚铁离子被氧化为铁离子，加入X调溶液的pH，使得铁离子变为氢氧化铁沉淀而除去，滤液为含有Ni2+的溶液，控制pH浓缩结晶，得到硫酸镍晶体，据以上分析进行解答。
【小问1详解】
为加快“碱浸”的速率可采取的措施是适当升温或适当提高NaOH溶液的浓度或将废镍催化剂粉碎更小的颗粒，故答案为：适当升温或适当提高NaOH溶液的浓度或将废镍催化剂粉碎更小的颗粒；
【小问2详解】
向滤液1中通入足量CO2可以将其中的金属元素沉淀，该反应的离子反应方程式+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
【小问3详解】
“滤液2”中含金属阳离子，主要为Fe3+、Ni2+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Ni2+、Fe2+；
【小问4详解】
①“转化”中加入双氧水后，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
②H2O2具有强氧化性，“转化”中可替代H2O2的最佳物质是氧气，不引入新的杂质，故答案为：b；
【小问5详解】
①为除去溶液中的Al、Fe元素，“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，也可以用镍的不溶物调节pH，故可用NiO、Ni(OH)2 代替，故答案为：bc；
②边搅拌边向滤液中加入X至pH=4，加热、过滤、洗涤，溶液中的杂质离子主要是硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的方法取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无明显现象，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无明显现象，则洗涤干净；
③结合图示，将滤液蒸发、降温至稍高于30.8℃结晶，过滤即获得产品，故答案为：30.8。
17. 肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。

（1）装置A中制备的化学方程式为___________________________________。
（2）装置B中长颈漏斗的作用是_______________；仪器C中盛放的试剂为___________。
（3）的电子式为__________________，装置B中制备的化学方程式为___________________；
（4）由于反应放热，通常把B装置放于温度较低水浴中，目的是______________；实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是_____________________。
（5）测定产品中的质量分数
取装置B中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000mol/L的溶液反应(只有参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗溶液的体积为20.00mL，则该产品中的质量分数为___________%。
【答案】（1）(或NH3·H2ONH3↑+H2O)
（2） ①. 防倒吸 ②. 饱和食盐水
（3） ①. ②.
（4） ①. 防止温度过高和溶液反应生成，使生成的浓度减小，不利于最终产品肼的生成 ②. 防止氯气过量将肼被进一步氧化
（5）32.00
【解析】
【分析】生石灰溶于水生成Ca(OH)2且放热，导致溶液温度升高，促进NH3•H2O分解生成NH3，D中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl,C装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl,B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl,多余的氯气用NaOH溶液吸收。
【小问1详解】
装置A中制备NH3的化学方程式为NH3⋅H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2(或NH3•H2ONH3↑+H2O)；
【小问2详解】
装置B中长颈漏斗有缓冲作用，能防止倒吸；仪器C中盛放的试剂目的是吸收挥发的HCl且不能吸收Cl2，为饱和食盐水，故答案为：防倒吸；饱和食盐水；
【小问3详解】
N2H4分子中N原子之间共用一对电子，每个氮原子存在2个N-H键，所以N2H4的电子式为 ，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl,则装置B中制备N2H4的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，故答案为： ；NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；
【小问4详解】
温度高时，氯气和NaOH反应生成NaClO3，NaClO浓度减小，不利于肼的生成，通常把B装置放于温度较低的水浴中；肼具有还原性、氯气具有氧化性，实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞的原因是防止氯气过量将肼被进一步氧化，故答案为：防止温度过高Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO3，使生成的NaClO浓度减小，不利于最终产品肼的生成；防止氯气过量将肼被进一步氧化；
【小问5详解】
根据题意知，肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol,则500mL溶液中含有n(N2H4)=×1×=0.04mol,则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32.00%，故答案为：32.00。
18. 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据如图数据计算反应的_______kJ/mol

（2）合成氨气的氢气可由天然气制备。
①其反应如下 =+206kJ/mol,该反应自发的条件是_______________(填“低温自发”“高温自发”或“任意温度自发”)；
②为提高 的平衡转化率，可采用的措施是_______________(填序号)；
A．使用合适的催化剂 B．采用较高的温度 C．采用较高的压强 D．延长反应时间
③ 某温度下，在1L密闭容器中充入 和进行反应，达到平衡时再往容器内充入和， 则该反应CH4转化率_________(填“变大”“变小”或“不变”)。
（3）催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图甲。

①由图判断，相同温度下，活化能Ea1_____________Ea2(填“>”“<”或 “=”，下同)。
②在一定条件下，向某反应容器中投入 5mol N2和15mol H2，在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图乙所示,温度 、 、 中，最大的是____， 点 的转化率为____。
③1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为 ， 、分别为正反应和逆反应的速率常数，、、代表各组分的分压(分压 总压×物质的量分数)；为常数，工业上以铁为催化剂时，。由点数据计算 _________(MPa)-2。
（4）以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、无污染等特点。工作原理如图所示：

写出该电池的负极电极反应方程式________________________________________。
【答案】（1）-45 （2） ①. 高温自发 ②. B ③. 变小
（3） ①. < ②. T3 ③. 40% ④. 0.0073或
（4）2NH3+3O2-- 6e-=N2+3H2O
【解析】
【小问1详解】
由图可知，反应1/2N2(g)+3/2H2(g)⇌NH3(g)的AH=(478+654)kJ/mol-(389+397+486)kJ/mol=-45kJ/mol，故答案为：-45；
【小问2详解】
①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206kJ/mol,该反应的△H＞0，△S＞0，△G=△H-T△S，要使反应自发进行，高温时△G＜0，故反应高温下自发进行，故答案为：高温自发；
②A.催化剂不影响平衡移动，加入催化剂，CH4的平衡转化率不改变，故A错误；
B.由于该反应为吸热反应，较高温度有利于平衡正向移动，CH4的平衡转化率提高，故B正确；
C.该反应的正反应为气体分子数增大的反应，较高压强下，平衡逆向进行程度较大，CH4的平衡转化率减小，故C错误；
D.延长反应时间并不能改变反应的限度，CH4的平衡转化率不改变，故D错误；
故答案为：B；
③再往容器内充入0.2molCH4和1.0molH2O，等效于增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，则CH4的平衡转化率减小，故答案为：减小；
【小问3详解】
①使用催化剂可以通过降低反应活化能提高化学反应速率，图示中使用催化剂1的反应速率快，活化能更低，因此Ea1＜Ea2，故答案为：＜；
②由图1可知，合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)+H2(g)=NH3(g)，故合成氮反应正向放热，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的质量分数减小，故温度T1、T2、T3中，最大的是T3，向反应容器中投入5molN2、15molH2，则气体的总质量为m(N2)+m(H2)=5mol×28g/mol+15mol×2g/mol=170g,M点氨的质量分数为40%，根据质量守恒定律，气体的总质量不变，故NH3的平衡量为170g×40%=4mol,则△n(N2)=△n==2mol,故N2的转化率为×100%=40%，故答案为：T3；40%；
③由①可知，M点的△n(H2)=3△n(N2)=3×2mol=6mol,N2(g)、H2(g)、NH3(g)的物质的量分别为(5一2)mol=3mol、(15-6)mol=9mol、4mol,气体总物质的量为(3+9+4)mol=16mol,总压强为16MPa,则N2(g)、H2(g)、NH3(g)的分压分别为(16×)MPa=3MPa、(16×)MPa=9MPa、(16×)MPa=4MPa,平衡时净速率r(NH3)=k1p(N2)[]α-k2[](1−α)，则k1p(N2)[]α=k2[](1−α)，α=0.5，≈0.0073；
【小问4详解】