），C正确；
D．溶液中始终存在物料守恒n（CH3NH2·H2O）+n（CH3NH
）=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，但由于加入了盐酸，e点溶液体积大于0.01L，所以e点溶液中：
c（CH3NH2·H2O）+c（CH3NH
）＜0.1，D错误；
综上所述答案为C。
7.下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。
下列说法正确的是（）
A.工作时，a极的电势低于b极的电势
B.工作一段时间之后，a极区溶液的pH减小
C.a、b极不能使用同种电极材料
D.b极的电极反应式为：
CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+
【答案】BD
【解析】
【分析】根据图示分析可知，b电极上CH3COO-转化为HCO3-，碳元素的化合价升高，发生了氧化反应，说明b为原电池负极，则a为原电池的正极，发生还原反应，据此分析解答。
【详解】A．b电极上CH3COO-转化为HCO3-，碳元素
化合价升高，说明b为原电池负极，则a为原电池的正极，所以a极的电势高于b极的电势，A选项错误；
B．b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-，电极反应式为：
CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+，生成的H+可以通过质子交换膜进入a电极区，其物质的量与电子转移的物质的量相同，在正极上，迁移的氢离子中只能有一半的被电极反应所消耗，从而导致a极区溶液pH减小，B选项正确；
C．据图可知，该装置
燃料电池，能使用同种电极材料，C选项错误；
D．根据上述分析可知，b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-，电极反应式为：
CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+，D选项正确；
答案选BD。
8.某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的产物。
按图连接好装置（夹持装置省略），打开磁搅拌器，先往CuCl2溶液中加入NaOH溶液至恰好完全反应，再通入过量的SO2，三颈烧瓶中生成大量白色沉淀X。
（1）制取SO2最适宜的试剂是___________。
A．Na2SO3固体与20%的硝酸B．Na2SO3固体与20%的硫酸
C．Na2SO3固体与70%的硫酸D．Na2SO3固体与18.4mol·L-1的硫酸
（2）根据选定的试剂，虚框中应选用___________（填“A”或“B”）装置；通入SO2过程中不断用磁搅拌器搅拌的目的是___________。
（3）甲同学推测X可能为CuSO3.他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，观察到___________，则甲同学推测错误。
（4）乙同学查阅资料：
CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸形成CuCl
；与氨水反应生成Cu（NH3）
，在空气中会立即被氧化成深蓝色Cu（NH3）
溶液。
据此推测X可能为CuCl。
他取出少量洗涤后的白色沉淀X，加入浓盐酸，沉淀溶解，加水稀释，又出现白色沉淀，据此得出乙同学推测正确。
①从平衡角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因___________。
②请再设计一种证明该白色沉淀为CuCl的方案：
___________。
③三颈烧瓶中生成CuCl的离子方程式为：
___________。
【答案】
（1）.C
（2）.B（3）.增大接触面积，加快反应速率，使固体充分反应（4）.无气泡产生或无明显现象（5）.加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl-
CuCl
平衡逆向移动（6）.取少量洗涤后的白色沉淀X，加入过量的氨水，固体溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液（7）.Cu（OH）2+SO2+2Cl-=2CuCl+SO
+2H2O
【解析】
【分析】
氢氧化钠与氯化铜生成氢氧化铜悬浊液，再与二氧化硫反应生成氯化亚铜，多余的二氧化硫被氢氧化钠吸收，据此分析解题。
【详解】
（1）A．Na2SO3固体与20%的硝酸，生成一氧化氮和水，故A错误；
B．Na2SO3固体与20%的硫酸生成的二氧化硫易溶于水，故B错误；
C．Na2SO3固体与70%的硫酸，70%的硫酸中存在少量的水，硫酸电离与亚硫酸钠发生反应生成二氧化硫，故C正确；
D．Na2SO3固体与18.4mol·L-1的硫酸，硫酸中存在极少的水，硫酸不电离不与亚硫酸钠发生反应不生成二氧化硫，故D错误；
故选C。
（2）根据选定的试剂，虚框中应选用B，A装置一般要求块状固体与水不溶解或者粉化，亚硫酸钠遇水溶解，通入SO2过程中不断用磁搅拌器搅拌的目的是：
增大与二氧化硫接触面积，加快反应速率。
（3）甲同学推测X可能为CuSO3他取出少量洗涤后的X加入足量稀硫酸进行实验验证，CuSO3与稀硫酸反应生成铜离子，二氧化硫和水，观察到无气泡产生或无明显现象，则甲同学推测错误。
（4）①从平衡角度解释加水稀释重新产生白色沉淀的原因：
加水氯离子浓度减小，CuCl+2Cl-
CuCl
平衡逆向移动。
②证明该白色沉淀为CuCl的方案：
取少量洗涤后的白色沉淀X，加入过量的氨水，固体溶解，露置于空气中迅速得到深蓝色溶液。
③三颈烧瓶SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应中生成CuCl的离子方程式为：
Cu（OH）2+SO2+2Cl-=2CuCl+SO
+2H2O。
9.以某厂金属切削废料（由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成）为原料，回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O，工艺如下：
已知：
①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Co3+
Co2+
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀的pH
0.3
7.2
1.5
6.3
6.9
沉淀完全的pH
1.1
9.2
2.8
8.3
8.9
②常温下，K（NiCO3）=7.0x10-9。
回答下列问题：
（1）酸溶时，HNO3的作用是___________，滤渣1为___________，滤液1中的金属阳离子除Ni2+外还有___________
。
（2）理论上“除铁”需控制pH的范围为___________。
（3）写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式：
___________。
镍钴分离后，溶液中c（Ni2+）=1.0mol·L-1，若“滤液2”中c（CO
）=10-6mol·L-1，则沉镍率=___________。
［沉镍率=因沉淀减少的c（Ni2+）/初始c（Ni2+）]
（4）“转化”时产生一种气体单质，反应的离子方程式为：
___________。
（5）用一定浓度的AgNO3标准溶液滴定由产品CoCl2·6H2O配制的溶液，测得产品中CoCl2·6H2O的含量为100.5%。
若滴定时实验操作无误，造成该结果可能的原因是___________。
【答案】
（1）.将Fe2+氧化成Fe3+
（2）.金刚砂（3）.Co2+、Fe3+（4）.2.8~6.9（5）.ClO-+2Co2++5H2O=2Co（OH）3↓ +Cl-+4H+（6）.0.993（7）.2Co（OH）3+2Cl-+6H+=Cl2↑ +2Co2++H2O（8）.产品中部分晶体失去结晶水
【解析】
【分析】此题为以金属切削废料（由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成）为原料回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工艺流程，原材料经过酸溶、沉淀、钴镍分离，沉镍、酸化、浓缩结晶等操作，得到NiSO4·7H2O；钴镍分离后经过反应转化浓缩结晶得到CoCl2·6H2O，据此分析回答问题。
【详解】
（1）酸溶时加入硝酸与硫酸的混合液，硝酸具有强氧化性，所以其中硝酸的目的是将Fe2+氧化成Fe3+；金刚砂不与酸反应，所以滤渣1为金刚砂；镍钴合金会与混合酸反应变成Ni2+、Co2+、铁屑变成Fe3+，所以还有Co2+、Fe3+；
（2）滤液1加NaOH调pH，此时需让Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀，但不能使Ni2+、Co2+沉淀，因此pH控制为2.8~6.9；
（3）由题意可知，滤液中加入NaClO将Co2+氧化为Co（OH）3，反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O=2Co（OH）3
+Cl-+4H+；c（CO
）=10-6mol·L-1，根据K（NiCO3）=7.0x10-9可知，c（Ni2+）=
mol·L-1，沉镍率=因沉淀减少的c（Ni2+）/初始c（Ni2+），所以=
=0.993；
（4）由题意可知，Co（OH）3与浓盐酸反应，将三价的Co变成二价，生成CoCl2，所以反应的离子方程式为2Co（OH）3+2Cl-+6H+=Cl2
+2Co2++H2O；
（5）若滴定时实验操作无误，造成该结果可能的原因是产品中部分晶体失去结晶水。
10.以CO2和CH4为原料制造更高价值的化学产品是目前用来缓解温室效应的研究方向之一、
（1）工业上CH4-H2O催化重整制取合成气（CO和H2的混合气）的过程中发生如下反应：
①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH1=+206.4kJ·mol-1
②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2=-41.0kJ·mol-1
③CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）ΔH3
若反应③的逆向活化能Ea（逆）为54kJ·mol-1，则该反应的正向活化能Ea（正）为___________kJ·mol-1。
（2）在CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）反应中，正反应速率v正=k正c（CO）·c（H2O），逆反应速率v逆=k逆c（CO2）·c（H2），其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响。
如图（pk=-lgk，T表示温度）所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为pk正和pk逆随T变化斜线，则表示pk正随T变化关系的斜线是________。
（3）已知：
CO2加氢可缓解CO2对温室效应的影响，其原理为：
I.CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）ΔH=-165.0kJ·mol-1
II.CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）ΔH=+41.0kJ·mol-1
在反应器中通入3molH2和1molCO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。
分析实验中温度对含碳物质的平衡组成（体积百分数）的影响，其中CO和CH4的影响如图所示：
①1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___________。
N点平衡组成含量低于M点的原因是___________。
②当CH4和CO平衡组成均为40%时，该温度下反应I的平衡常数Kp为___________。
（4）以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯
（简称LDPE）。
电解时阴极的电极反应式为___________。
【答案】
（1）.219.4
（2）.c（3）.ad（4）.温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低（5）.2.4（6）.2nCO2+12nH++12ne-=
+4nH2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH1=+206.4kJ·mol-1，②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2=-41.0kJ·mol-1，由盖斯定律可知，①+②=③，③CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）ΔH3=165.4kJ·mol-1，③的逆向活化能Ea（逆）为54kJ·mol-1，ΔH3=Ea（正）-Ea（逆），Ea（正）=219.4kJ·mol-1。
（2）在CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）反应中，正反应速率v正=k正c（CO）·c（H2O），逆反应速率v逆=k逆c（CO2）·c（H2），其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响，温度升高平衡逆向移动，V正＜V逆，升温时lgK逆减小更快，则表示pk正随T变化关系
斜线是c。
（3）①对于反应Ⅰ：
升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于反应Ⅱ：
升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上可知温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，；N点平衡组成含量低于M点的原因是：
温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低。
②起始时n（CO2）=1mol，则n（H2）=3mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有：
n（CO）=n（CH4）=1mol×40%=0.4mol，n（CO2）=1mol×20%=0.2mol，
，平衡时n（CO2）=（1-0.8）mol=0.2mol，n（H2O）=1.2mol，n（CO）=0.4mol，n（CH4）=0.4mol，n（H2）=1mol，则p（CO）=
1MPa=0.125MPa，p（H2O）=
1MPa=0.375MPa，p（CO2）=
1MPa=0.0625MPa，p（H2）=
1MPa=0.3125MPa，则
。
（4）以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯
（简称LDPE）。
电解时阴极的电极反应式为：
2nCO2+12nH++12ne-=
+4nH2O。
[化学-选修3物质结构与性质］
11.金属材料在国防工业中发挥着重要的作用。
（1）航母外壳需大量使用抗腐蚀性能很强的镍铬钢。
①基态Ni2+电子填充的最高能层符号为___________。
②元素Cr与Ni的第二电离能I2Cr___________I2Ni（填“>”、“=”或“＜”）。
③NiO和FeO熔点更高的是___________（填化学式）。
（2）Fe能与CO形成配合物Fe（CO）5，其熔点为-21℃，沸点为102.8℃，结构如图所示。
①Fe（CO）5中C原子的杂化方式为___________。
②与CO互为等电子体的阴离子有CN-、___________（填化学式）等。
③Fe（CO）5的晶体类型为___________，1molFe（CO）5含有___________个σ键。
（3）Y2O3和CeO2常用作军工材料和耐磨材料，萤石型CeO2晶胞如图所示。
①与Ce4+距离最近的Ce4+的个数为___________。
②向萤石型CeO2中加入少量Y2O3并加热得到化学通式为Ce1-xYxO2-y的固体，其中Ce4+和Y3+均匀分布在原来阳离子的位置，而原来阴离子的位置部分形成空缺。
则CeO2、Y2O3按物质的量之比0.8：
0.1形成的固体的化学式为___________，该固体中氧离子的空缺率为___________。
【答案】
（1）.M
（2）.＞（3）.NiO（4）.sp（5）.C
（6）.分子晶体（7）.10NA（8）.12（9）.Ce0.8Y0.2O1.9（10）.5%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，失去最外层两个电子形成Ni2+，所以Ni2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，填充的最高能层符号为M；
②基态Cr+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Ni+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s1，Cr+再失去的是半满的3d能级上的电子，所需能量较大，所以I2Cr＞I2Ni
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