D.保持容器体积不变，再充入N2O4气体，平衡逆向移动
4.（2012·泉州一模）向50mL稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。
下列说法正确的是（）
A.开始时产生的气体为H2
B.AB段发生的反应为置换反应
C.所用混合溶液中c（HNO3）=0.5mol·L-1
D.参加反应铁粉的总质量m2=5.6g
5.有X、Y、Z三种物质，常温下分别将Y或Z与X混合时，反应速率几乎相同的是（）
选项
X
Y
Z
A
2mL5%H2O2
溶液
1mL1mol·L-1CuSO4溶液
1mL1mol·L-1
FeCl3溶液
B
1mL1mol·L-1
NaHCO3溶液
1mL1mol·L-1
HCl溶液
1mL0.5mol·L-1
H2SO4溶液
C
钠块
10mL乙醇
10mL水
D
经过酸洗除锈的铁钉
5mL海水
5mL蒸馏水
6.下列曲线图（纵坐标为沉淀的物质的量,横坐标为加入物的量）不正确的是（）
A.向1L浓度均为0.1mol·L-1的Ba（OH）2、NaAlO2混合液中加入0.1mol·L-1稀硫酸
B.向1L含有0.1mol·L-1AlCl3和0.3mol·L-1NH4Cl的混合液中加入
0.1mol·L-1NaOH溶液
C.向烧碱溶液滴加明矾溶液
D.向AlCl3溶液滴加过量氨水
7.根据下表信息，判断下列说法正确的是（）
部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素
A
B
C
D
原子半径（nm）
0.130
0.118
0.090
0.102
主要化合价
+2
+3
+2
+6，-2
元素
E
F
G
H
原子半径（nm）
0.073
0.154
0.037
0.099
主要化合价
-2
+1
+1
+7，-1
A.E的最高价氧化物的水化物的酸性比D的最高价氧化物的水化物的酸性强
B.H的最高价氧化物的水化物是酸性最强的无机含氧酸
C.G是密度最小的金属
D.F与E形成的化合物的化学式只有F2E
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
8.（14分）（2012·惠安质检）科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究。
Ⅰ.有研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生下列反应：
2N2（g）+6H2O（l）
4NH3（g）+3O2（g）ΔH=akJ·mol-1
（1）该反应条件下平衡常数表达式K=_______________________。
（2）进一步研究NH3生成量与温度的关系，常压下测得部分实验数据如下表：
温度T/K
303
313
323
平衡时NH3
生成量（10-6mol）
4.8
5.9
6.0
此合成反应的a__________0（填“>”“<”或“=”）。
（3）在高温下，氨会被CuO氧化：
2NH3（g）+3CuO（s）
N2（g）+3H2O（g）+3Cu。
往两个等容的恒容容器充入等量NH3与足量的CuO，在不同的高温下分别反应，N2在混合气体中的体积分数φ（N2）随时间改变的示意图如下，其中一个容器在t1时刻将温度由T1℃变为T3℃，T1、T2、T3由低到高的次序_____________；维持T3℃，在t2时刻加入少量H2O，图中a～g七条曲线最合理的是___________。
Ⅱ.两位希腊化学家在《科学》杂志上发表论文，称他们在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气分别通入一个加热到570℃的电解池中，合成氨的转化率达到了78%。
用来合成氨的固体电解质起传导H+的作用（示意图如上）。
（4）写出上述电解池阴极发生的反应和电解池的总反应方程式。
阴极________________________；总反应方程式________________________。
9.（14分）（2012·莆田一模）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。
一种利用水钴矿［主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等］制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Al（OH）3
Mn（OH）2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式________________________。
（2）NaClO3的作用是_________________________________________________。
（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为__________________________________。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。
萃取剂的作用是_________________；其使用的适宜pH范围是_______________。
A.2.0～2.5B.3.0～3.5C.4.0～4.5
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。
通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是____________。
（答一条即可）
10.（12分）（2012·南通调研）以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。
表1.几种砷酸盐的Ksp
难溶物
Ksp
Ca3（AsO4）2
6.8×10-19
AlAsO4
1.6×10-16
FeAsO4
5.7×10-21
表2.工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物
H2SO4
As
浓度
28.42g·L-1
1.6g·L-1
排放标准
pH6～9
0.5mg·L-1
回答以下问题：
（1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）=______mol·L-1。
（2）写出难溶物Ca3（AsO4）2的Ksp表达式：
Ksp［Ca3（AsO4）2］=________________，若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10-4mol·L-1，c（AsO43-）最大是__________mol·L-1。
（3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），写出该反应的离子方程式___________________。
（4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降。
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为___________；
②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_____________________。
11.（18分）（2012·新课标全国卷）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。
（1）实验室中常用来制备氯气的化学方程式为___________________________；
（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热（ΔH）分别为-890.3kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1和
-283.0kJ·mol-1，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为_____________；
（3）实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为________________________________；
（4）COCl2的分解反应为COCl2（g）====Cl2（g）+CO（g）ΔH=+108kJ·mol-1。
反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未标示出）：
①计算反应在第8min时的平衡常数K=______________________；
②比较第2min反应温度T
（2）与第8min反应温度T（8）的高低：
T
（2）____T（8）（填“<”“>”或“=”）；
③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=____mol·L-1；
④比较产物CO在2min～3min、5min～6min和12min～13min时平均反应速率［平均反应速率分别以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13）表示］的大小_______；
⑤比较反应物COCl2在5min～6min和15min～16min时平均反应速率的大小：
v（5～6）____________v（15～16）（填“<”“>”或“=”），原因是_____________。
答案解析
1.【解析】选B。
反应热只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应途径无关，①错；由图像可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，②正确；反应Ⅰ的活化能为1130-120=1010（kJ·mol-1），③错误；过程Ⅱ中反应的活化能低，反应速率快，故反应速率：
过程Ⅱ＞过程Ⅰ。
2.【解析】选B。
图中两个最高点应为催化活性最好的温度，反应能进行到平衡状态，之后脱氮率均下降，是因为反应为放热反应，升温不利于脱氮，A、C项错误，B项正确；该反应为气体体积增大的反应，增压平衡左移，D项错误。
3.【解析】选C。
由于B点和C点对应的温度不同，因此平衡常数也不同，选项A错。
p（C）>p（A），可以认为由A点→C点，体积缩小，增大压强，根据平衡移动原理“减弱”而不能“消除”可知，该过程的气体的颜色变化应由浅变深再变浅，但最后C点仍比A点深，B错。
选项D中再充入N2O4气体，相当于增大反应物浓度，化学平衡应向正反应方向移动，D错。
保持体积不变，在平衡体系中［N2O4（g）
2NO2（g）］不论充入N2O4还是NO2，混合气体中N2O4的体积分数均比原来大，混合气体的平均相对分子质量也比原来大。
4.【解析】选D。
由于是硝酸和硫酸的混酸，所以解题时借助离子反应。
OA段：
Fe+4H++NO3-====Fe3++NO↑+2H2O，AB段：
2Fe3++Fe====3Fe2+，BC段：
Fe+2H+====Fe2++
H2↑。
根据氮元素守恒，硝酸的物质的量等于0.05mol，浓度为1mol·L-1；根据电荷守恒，n（NO）×3+n（H2）×2=n（Fe）×2，n（Fe）=0.1mol，所以m2（Fe）=5.6g。
5.【解析】选B。
本题主要考查对化学实验数据的分析能力。
CuSO4和FeCl3催化H2O2分解的能力不同，A中反应速率不同；B中盐酸和硫酸溶液中的c（H+）相同，体积也相同，反应速率相同；钠与水反应剧烈，与乙醇反应缓慢；铁在海水中腐蚀速度快，在蒸馏水中腐蚀速度慢。
6.【解析】选C。
A项1L浓度均为0.1mol·L-1的Ba（OH）2、NaAlO2混合液中含Ba2+:
0.1mol，OH-:
0.2mol,AlO2-:
0.1mol，当加入1L0.1mol·L-1H2SO4时,H+与OH-的物质的量相等,只产生BaSO4沉淀；当加入1.5L0.1mol·L-1H2SO4时,发生反应：
AlO2-+H++H2O====Al（OH）3↓；当加入3L0.1mol·L-1H2SO4时,发生反应：
Al（OH）3+3H+====Al3++3H2O,A正确。
B项铝离子结合氢氧根离子的能力比铵根强,先进行反应。
生成1mol氢氧化铝需要3mol氢氧根离子,溶解1mol氢氧化铝只需要1mol氢氧根离子,B正确。
C项形成1mol偏铝酸根离子需要1mol铝离子,消耗1mol偏铝酸根离子却只需要1/3mol铝离子,C错。
D项氢氧化铝沉淀不能溶解于氨水,D正确。
7.【解析】选B。
根据各元素的化合价可推知：
A、C是第ⅡA族元素，D、E是第ⅥA族元素，F、G是第ⅠA族元素，H是第ⅦA族元素，B是第ⅢA族元素，再根据同一主族和同一周期原子半径的递变性规律可确定A、B、C、D、E、F、G、H分别是Mg、Al、Be、S、O、Na、H、Cl。
氧元素不存在最高价氧化物的水化物，故A项不正确；已知高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，故B项正确；G为氢元素，不是锂元素，故C项不正确；钠与氧还可以形成过氧化钠（Na2O2），故D项不正确。
8.【解析】
（1）H2O（l）的浓度为常数，不出现在K的数学表达式中，故K=
。
（2）温度越高，产物NH3的产量越大，说明正反应吸热，即a>0。
（3）由O～t1时，T1℃与T2℃两曲线知，T2>T1，说明该反应放热，平衡时N2含量越高，说明温度越低，故T2>T3>T1。
T3℃下达到平衡时再加入水，瞬间φ（N2）减小，在随后的平衡左移中，φ（N2）会更小直至达到平衡，φ（N2）不再改变。
（4）阴极上发生N2得电子的还原反应，阳极上发生H2失电子的氧化反应。
答案:
（1）
（2）>（3）T2>T3>T1g
（4）N2+6H++6e-====2NH3N2+3H2
2NH3
【易错提醒】速率平衡图像与表格常见易错点
1.浓度-时间（c-t）图像中，误认为反应物和生成物的曲线交点是平衡点，如
2.认为下图中的交点不是平衡点。
其实A点代表在p1压强下v（正）=v（逆），处于平衡状态。
3.错误认为曲线的转折（极值）点才是平衡点，而其他各点一定不是平衡点。
如对于5个容器中，2NO2（g）
N2O4（g）ΔH＜0，反应相同时间后，若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在图中转折点均为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态。
4.将表格中的最大值或最小值，当作特殊值（平衡点）看待，其实表格不同于图像，其数据变化无连续性，也许真正的平衡点未被测到而跳过，因此表中最值未必具有特殊含义。
9.【解析】
（1）根据浸出液中含有Co2+，可知Co2O3与Na2SO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+====2Co2++SO42-+2H2O；
（2）由图表中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，Fe（OH）2开始沉淀的pH为7.6，完全沉淀的pH为9.6，而Co（OH）2开始沉淀的pH为7.6，完全沉淀的pH为9.2，二者在碱性条件下无法区分。
而Fe（OH）3开始沉淀的pH为2.7，完全沉淀的pH为3.7，故NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+。
（3）根据图表可得：
加Na2CO3调pH至5.2，所得沉淀为Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）除掉Fe2+、Al3+后溶液中还有Co2+、Mn2+，萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，由图可以看出：
萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，而不能除掉Co2+，故应该在提高Mn2+的萃取率时限制Co2+的萃取率。
其使用的适宜pH范围是3.0～3.5；
（5）通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。
答案:
（1）Co2O3+SO32-+4H+====2Co2++SO42-+2H2O
（2）将Fe2+氧化成Fe3+
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3
（4）除去溶液中的Mn2+B
（5）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
10.【解析】
（1）H2SO4的浓度为28.42g·L-1，转化为物质的量浓度为
。
（2）Ksp的表达式为离子浓度幂的乘积。
Ksp小的物质先生成沉淀，所以Fe3+先沉淀，
。
（3）弱酸在写离子方程式时写成化学式，氧化还原反应方程式依据得失电子守恒进行配平。
（4）①当Ca2+的浓度增大时，Ca2+与SO42-可生成CaSO4沉淀。
②酸与碱发生中和反应，c（AsO43-）增大，当Ca2+与AsO43-浓度幂的乘积达到Ca3（AsO4）2的Ksp时，开始沉淀。
答案:
（1）0.29
（2）c3（Ca2+）·c2（AsO43-）5.7×10-17
（3）2H++MnO2+H3AsO3====H3AsO4+Mn2++H2O
（4）①CaSO4②H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀
11.【解题指南】解答本题时应注意外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响，以及化学反应速率的意义。
【解析】
（1）实验室一般用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气。
（2）CH4+CO2
2CO+2H2ΔH=反应物的燃烧热-2×产物的燃烧热=
+247.3kJ·mol-1，也就是生成2molCO，需要吸热247.3kJ，那么要得到
1立方米的CO，放热为（1000/22.4）×247.3/2=5.52×103kJ。
（3）分析碳元素化合价的变化，CHCl3中碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出化学方程式。
（4）①根据平衡常数K计算公式代入即可求出，K=
。
②由表可看出，由T
（2）平衡到T（8）平衡，反应物COCl2的浓度减小，产物浓度增大，且4min时该物质的浓度连续增大或减小，说明是升高温度使平衡正向移动，T
（2）③8min和12min时的平衡温度相同，平衡常数相同，所以
，可计算c（COCl2）=
0.031mol·L-1；
④用单位时间内CO的浓度的变化表示反应速率，由表格可看出，2min～3min、12min～13min处于平衡状态，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为0。
5min～6min反应未达平衡状态，所以此时平均反应速率大于处于平衡状态时的平均反应速率。
⑤从表中曲线变化的斜率可以看出单位时间内5min～6min时浓度改变大于
15min～16min时浓度的改变。
答案:
（1）MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）5.52×103kJ
（3）CHCl3+H2O2====HCl+H2O+COCl2
（4）①0.234②<③0.031
④v（5～6）>v（2～3）=v（12～13）
⑤>在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大
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