化学卷·2019届山西省晋城一中2度高二12月月考试题（解析版）

化学卷·2019届山西省晋城一中2度高二12月月考试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 山西省晋城一中2017--2018学年度高二12月月考 化学试题 ‎1. 化学在生产和生活中有着重要的应用，下列叙述错误的是 A. 氨态氮肥不能与草木灰混合施用 B. 利用明矾溶液的酸性可清除铜制品表面的铜锈 C. 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块儿可防止闸门被腐蚀 D. 锌具有导电性和还原性,可用作锌锰干电池的负极材料 ‎【答案】C ‎【解析】A、铵态氮肥溶液中铵根离子水解显酸性，草木灰溶液中碳酸根离子水解显碱性，混合施用水解相互促进生成氨气，降低肥效，故A正确；B．明矾水解显酸性，可以利用明矾溶液的酸性清除铜制品表面的铜锈，故B正确；C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块，铁和铜在海水中形成原电池反应，铁做负极被氧化，发生电化学腐蚀，加快了铁的腐蚀，故C错误；D．Zn为金属具有导电性，Zn为活泼金属具有还原性，锌锰酸性干电池中，锌比锰活泼，所以锌极是负极，发生氧化反应，Zn-2e-=Zn2+，故D正确；故选C。‎ ‎2. 下列有关叙述正确的是 A. 不需要加热就能发生的化学反应一定是放热反应 B. 弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液的导电能力弱 C. 水电站把机械能转化为电能，而核电站把化学能转化为电能 D. 升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率增大，化学反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】A．放热反应有的需加热，有的不需加热，如木炭的燃烧是放热反应，但需要点燃，再如铝热反应也需要加热，故A错误；B．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B错误；C．水电站把重力势能转化为电能，核电站把核能转化成电能，故C错误；D．升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，化学反应速率加快，故D正确；故选D。‎ ‎3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制的氯水在光照条件下颜色变浅 B. 合成氨工业中使用铁触媒作催化剂 C. 红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅 D. 工业生产硫酸的过程中，通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率 ‎【答案】B ‎【解析】A、氯水中含HClO，在光照下分解，促进氯气与水的化学反应正向移动，促进氯气的溶解，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B、催化剂能极大加快反应速率，但不影响化学平衡的移动，不能用勒夏特利原理解释，故B选；C、对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，二氧化氮的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，二氧化氮的浓度又逐渐减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C不选； D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。‎ 点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。使用时需要满足平衡移动的原理，否则不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎4. 下列实验操作能达到目的的是 ‎①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体 ②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体 ④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】①硫离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=3H2S↑+2Al（OH）3↓；无法制取硫化铝（Al2S3）固体，如果制取硫化铝固体，可以用金属铝和硫粉加热的方法来制取，故①错误；②碳酸钾受热稳定，可蒸发得到碳酸钾，故②正确；③硫化铜为黑色沉淀，可发生反应，故③正确；④氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁，MgCl2•6H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体，故④错误；故选B。‎ ‎5. 常温时，下列事实一定能证明HA是弱酸的是 A. 用HA溶液做导电实验，灯泡很暗 B. HA和CaCO3发生反应放出CO2‎ C. pH＝2的HA溶液稀释至100倍，pH小于4‎ D. pH＝3的HA溶液中水电离出的c(H＋)为10－11mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、用HA溶液做导电实验，灯泡很暗，说明该溶液中离子浓度较低，但不能说明HA部分电离，所以不能证明HA是弱酸，A错误；B、HA能和碳酸钙反应生成二氧化碳说明HA酸性大于碳酸，但不能说明HA部分电离，所以不能证明HA是弱酸，B错误；C、pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH小于4，说明稀释过程中HA发生电离，则HA为弱电解质，C正确；D、常温下，无论HA是强酸还是弱酸，pH＝3的HA溶液中水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-11mol•L-1，不能说明HA部分电离，所以不能证明HA是弱酸，D错误。答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查强弱电解质的判断 ‎【名师点晴】要证明一元酸HR为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性进行解答。答题时需要注意强弱电解质的根本区别是电离程度，与物质溶解性强弱、溶液导电性强弱无关，为易错点。‎ ‎6. 常温下,在下列溶液中可能大量共存的离子组是 A. pH=0的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-‎ B. 由水电离出的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液:Al3+、K+、SO42-、Cl-‎ C. c (OH-)/c(H+)=1012的溶液中:Na+、SO42-、NO3-、HCO3-‎ D. 滴加KSCN变红色的溶液:Na+、K+、Al3+、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．pH=0的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C.=1012的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在HCO3-，故C错误；D．滴加KSCN变红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+、Al3+与CO32-相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选B。‎ ‎7. 在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是 A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等 B. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液 由Y点变为X点 C. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8‎ D. 图中a＝×10－4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B正确；C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c（Ag+）2=2×10-8，所以a=×10－4，D正确，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用 ‎【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是 ‎。另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。‎ 考点：考查 ‎8. 下列说法正确的是 A. 常温下，pH=4.3的CH3NOOH和CH3COONa混合溶液中：c(Na+) > c(CH3COO-)‎ B. 根据Ksp (CaCO3)＜Ksp (CaSO4)，在生产中可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3‎ C. 常温下，将醋酸稀溶液加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液导电能力增强 D. 已知反应：3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g)只有在高温时才能自发进行，则它的ΔS＜0‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)＜c(CHCOO-)，故A错误；B．由于CaCO3和CaSO4二者是同种类型的难溶物(阳离子与阴离子之比都为1：1)，Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，则可说明CaCO3‎ 的溶解度小于CaSO4，沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，向更难溶的物质转化，所以在生产中可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，故B正确；C．醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，但氢离子和醋酸根离子的浓度均减小，溶液导电能力减弱，故C错误；D．该反应为吸热反应，△H＞0，当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行，要在高温下才能自发进行，说明△S＞0，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了沉淀转化的关系，弱电解质稀释电离变化分析，反应自发进行的判断依据。本题的易错点为C，醋酸是弱电解质，尽管加水稀释促进电离，但溶液中氢离子、醋酸根离子和醋酸分子的浓度均减小。‎ ‎9. 在T℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)= 10−amol • L−1，c(OH−)= 10−b mol • L−1，已知a+b=12。向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸(T℃)，测得混合溶液的部分pH如下表所示：‎ 序号 NaOH溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH ‎①‎ ‎20.00‎ ‎0．00‎ ‎8‎ ‎②‎ ‎20.00‎ ‎20．00‎ ‎6‎ 假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B 考点：考查混合溶液和PH的关系。‎ ‎10. 将CO2转化为甲醇的原理为 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ ‎ △H<0。500℃时，在体积为1L的固定容积的密闭容器中充入lmolCO2、3molH2，测得CO2浓度与CH3OH浓度随时间的变化如图所示，下列结论错误的是( )‎ A. 曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化 B. 从反应开始到l0min时，H2的反应速率v(H2)=0.225 mol/(L·min)‎ C. 平衡时H2的转化率为75%‎ D. 500℃时该反应的平衡常数K=3‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、曲线x随反应进行浓度逐渐增大，表示生成物的浓度变化。曲线Y随反应进行浓度减小，表示反应物的浓度变化。反应进行到3min时X增加了0.5mol/L，而Y减少了1.0mol/L－0.5mol/L＝0.5mol/L，这说明X、Y的浓度变化量之比为1：1，因此根据反应的化学方程式可知曲线x可以表示CH3OH浓度变化，曲线Y可以表示CO2浓度变化，A正确；B、根据以上分析可知X可以表示甲醇，则10min内用甲醇表示的反应速率为＝0.75molL÷10min＝0.075mol/（L•min）。反应速率之比等于化学计量数之比，用氢气表示的反应速率＝3×0.075mol/（L•min）＝0.225mol/（L•min），B正确；C、根据以上分析可知X可以表示甲醇，平衡时甲醇的浓度变化量＝0.75mol/L，则根据方程式可知氢气的浓度变化量＝3×0.75mol/L＝2.25mol/L，则参加反应的氢气的物质的量＝1L×2.25mol/L＝2.25mol，所以氢气的转化率＝×100%＝75%，C正确；D、根据以上分析可知X可以表示甲醇，其浓度变化量＝0.75mol/L，则：‎ CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）‎ 起始浓度（mol/L） 1 3 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75‎ 平衡浓度（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75‎ 因此根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该反应的平衡常数＝＝5.3，D错误，答案选D。‎ 考点：考查化学反应速率及化学平衡、平衡常数的计算等 ‎11. 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2 ‎ 下列有关该电池的说法正确的是 A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe B. 电池放电时，正极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2‎ C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低 D. 电池充电时，阴极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O ‎【答案】A ‎【解析】A．放电时，Fe失电子作负极、正极为Ni2O3，Fe和Ni2O3都生成氢氧化物，说明溶液呈碱性，故A正确；B．放电时，正极发生还原反应， Fe+2OH--2e-═Fe（OH）2为负极反应式，故B错误；C．充电过程中，阴极反应式为Fe（OH）2+2e-═Fe+2OH-，有氢氧根离子生成，所以溶液的pH增大，故C错误；D．充电时，阴极发生还原反应， 2Ni（OH）2+2OH--2e-═Ni2O3+3H2O为阳极反应式，故D错误；故选A。‎ 点睛：明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，会根据元素化合价变化确定正负极及阴阳极，难点是电极反应式的书写。根据电池反应式知，放电时，Fe和Ni2O3都生成氢氧化物，说明溶液呈碱性，Fe失电子作负极，反应式为Fe+2OH--2e-═Fe（OH）2，正极为Ni2O3，反应式为Ni2O3+3H2O+2e-═2Ni（OH）2+2OH-，充电时，阴、阳极与负极、正极反应式正好相反。‎ ‎12. 实验：①0.1mol•L﹣1AgNO3溶液和0.1mol•L﹣1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；‎ ‎②向滤液b中滴加0.1mol•L﹣1KI溶液，出现浑浊；‎ ‎③向沉淀c中滴加0.1mol•L﹣1KI溶液，沉淀变为黄色．‎ 下列分析不正确的是（　　）‎ A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl﹣（aq）‎ B. 滤液b中不含有Ag+‎ C. ③中颜色变化说明AgCl转化为AgI D. 实验可以证明AgI比AgCl更难溶 ‎【答案】B ‎【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。‎ ‎13. 0.02 mol/L HCN溶液与0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，已知混合溶液c(CN－)c(CN－)>c(OH－)>c(H＋) B. c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)‎ C. c (OH－)＋c(CN－) ＝0.02mol/L D. c(CN－)>c(HCN)‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．0.02 mol/L HCN溶液与0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合溶液中含有等浓度的HCN和NaCN。c(CN-)＜c(Na+)，根据电荷守恒得c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明HCN的电离程度小于CN-的水解程度，CN-的水解程度虽然较大，但NaCN是完全电离，所以溶液中c (CN-)＞c(OH-)，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c (CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．根据电荷守恒得c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)，所以得c(CN-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCN)，若c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－‎ ‎)成立，则c(CN-)+2c(OH-)= c(H+)+ c(OH－)，即c(CN-)+c(OH-)= c(H+)，与电荷守恒不符，故B错误；C．根据物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)，则c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故C错误；D．混合溶液中存在电荷守恒c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为c(CN-)＜c(Na+)，所以c(OH-)＞c(H+)，混合溶液呈碱性，说明HCN的电离程度小于CN-的水解程度，所以c(CN-)＜c(HCN)，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了离子浓度大小的比较，根据电荷守恒确定混合溶液酸碱性，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，易错选项是C，注意混合时溶液体积增大一倍，导致其浓度减小为原来的一半，为易错点，本题的难点是B的判断。‎ ‎14. 今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)‎ B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③‎ C. ①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小 D. VaL④与VbL②溶液混合后,若混合后溶液pH=4,则Va ∶Vb= 11∶9‎ ‎【答案】A ‎【解析】①中c(NH3·H2O)＞0.001mol/L，②中c(NaOH)=0.001mol/L，③中c(CH3COOH)＞0.001mol/L，④中c(HCl)=0.001mol/L。A．等体积的①、④两溶液混合，氨水过量，溶液呈碱性，应为c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+‎ ‎)，否则电荷不守恒，故A错误；B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=10，④的pH=4，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的10＜pH＜11，③的3＜pH＜4，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，故B正确；C．①中存在NH3·H2O⇌NH4++OH-，加入氯化铵，c(NH4+)增大，抑制NH3·H2O的电离，则pH减小，②中加入氯化铵，发生NH4++OH-=NH3·H2O，c(OH-)减小，则pH减小，故C正确；D．若混合后溶液pH=4，则盐酸过量，则=0.0001mol/L，解得Va：Vb=11：9，故D正确；故选A。‎ ‎15. 将0.2 mol·L-1的KI溶液和0.05 mol·L-1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是 实验编号 实验操作 实验现象 ‎①‎ 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ‎②‎ 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 ‎③‎ 滴入K3Fe(CN)6]2溶液 有蓝色沉淀生成 ‎④‎ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：将0.1mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I-，能说明反应存在平衡，故②正确；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3Fe(CN)6‎ ‎]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查化学反应的可逆性 ‎【名师点晴】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应。只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底．将0.1mol•L-1的KI溶液和②②等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。‎ ‎16. 常温下，用 0.1 mol·L—1HCl溶液滴定10.0 mL浓度为0.1 mol·L—1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)‎ B. 当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)‎ C. 当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)‎ D. 当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、Na2CO3溶液的两步水解，以第一步水解为主，同时存在水的电离平衡，根据质子守恒有c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＝c(OH－)，故A错误；B、当V=5时，此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)，碳酸氢钠溶液中物料守恒式为c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)，氯化钠溶液中c(Na+)=n(Cl-‎ ‎)，则得到：3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(Na+)，故B错误；C、此时溶液为NaHCO3，HCO3-既水解又电离，但以水解为主，故有c(CO32-)＜c(H2CO3)，故C错误；D、根据V=a时，溶液的pH=7，此时溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，盐酸的体积小于20mL，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选D。‎ ‎17. 700℃时，H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），下列判断错误的是（　　）‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c（H2）/mol/L ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ c（CO2）/mol/L ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ A. 平衡时，乙中CO2的转化率等于50%‎ B. 当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍 C. 温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应 D. 其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L H2和0.20 mol/LCO2，到达平衡时c （CO）与乙相同 ‎【答案】AD ‎【解析】甲经2min达平衡时，v(H2O)为0.025mol/(L•min)，故△c(H2O)=0.025mol/(L•min)×2min=0.05mol/L，则：‎ ‎            H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)‎ 开始(mol/L)：0.1    0.1       0       0‎ 转化(mol/L)：0.05   0.05      0.05    0.05‎ 平衡(mol/L)：0.05   0.05      0.05    0.05‎ 故该温度下平衡常数K==1，‎ A．令乙中CO2的浓度变化量为x，则：‎ ‎            H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)‎ 开始(mol/L)：0.2    0.1       0         0‎ 转化(mol/L)： x      x        x         x 平衡(mol/L)：0.2-x  0.1-x     x         x 所以=1，解得x=，故二氧化碳的转化率为×100%=66.7%，故A错误；B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n(H2)：n(CO2)=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，故B正确；C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃时的平衡常数K=1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，则：‎ ‎            H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)‎ 开始(mol/L)：0.1    0.2        0       0‎ 转化(mol/L)： y       y          y      y 平衡(mol/L)：0.1-y  0.2-y      y      y 则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误；故：AD。‎ 点睛：本题考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数应用等，A选项可以等效为在甲中再增大0.10mol/L氢气，平衡正向进行，二氧化碳转化率比甲中的大，D中注意形成规律：若反应物按物质的量1：1反应，反应物的浓度(或物质的量)相互交换，不影响生成物的量。‎ ‎18. 利用反应 6NO2 ＋ 8NH3===7N2 ＋ 12H2O 构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示，下列说法不正确的是 ( 　　 ) ‎ A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜 C. 电极 A 极反应式为 2NH3 － 6e－ ===N2 ＋ 6H＋‎ D. 当有 4.48 L NO2( 标准状况 ) 被处理时，转移电子为 0.8 mol ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，A正确；B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，B正确；C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C错误；D．当有4.48L NO2（标准状况）即0.2mol 被处理时，转移电子为0.2mol×（4-0）=0.8mol，D正确，答案选C。‎ ‎【考点定位】考查电解原理的应用 ‎【名师点晴】该题为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确电解的原理，注意把握离子移动方向和电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。‎ ‎19. 常温下，在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液的pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 A. 1∶9 B. 1∶1 C. 1∶2 D. 1∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为xL，氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，反应的氢氧根离子的物质的量为0.5x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，混合后溶液pH=11，溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以：=10-3；得到x：y=1：4，故选D。‎ 点睛：本题考查了酸碱反应的综合计算，溶液pH的计算应用，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，反应的方程式为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH。‎ ‎20. 以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的 实验装置示意图如下，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 在阴极式，发生的电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑‎ B. 在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H+ 浓度增大，使平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向右移动 C. 该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑‎ D. 测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为1-d/2‎ ‎【答案】D ‎.................................‎ 考点：考查电解池的反应原理的应用 ‎21. Ⅰ.研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：该反应的热化学方程式为 ‎________________________________‎ ‎（2）已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131 kJ·mol－1，则C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH＝________。‎ ‎（3）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1‎ ‎ mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g)　ΔH＝________。‎ Ⅱ.下图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：‎ ‎（1）甲池是________装置，乙装置中电极A的名称是____。‎ ‎（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为_______________________，乙装置中电极B(Ag)的电极反应式为_______________________‎ ‎（3）一段时间，当丙池中产生112 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25 ℃时的pH＝________。(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500 mL)。若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入________(写化学式)。‎ ‎【答案】 (1). CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1 (2). ＋172 kJ·mol－1 (3). －46.2 kJ·mol－1 (4). 原电池 (5). 阳极 (6). CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O (7). Ag＋＋e－===Ag (8). 12 (9). HCl ‎【解析】Ⅰ.(1)图象分析反应是放热反应，焓变为-41KJ/mol，标注物质狙击状态和对应反应焓变得到热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ•mol-1；‎ ‎(2)①CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1；②C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H=+131kJ•mol-1，依据盖斯定律②-①得到：C(s)+CO2(g)═2CO(g)△H═+172kJ/mol，故答案为：+172kJ/mol；‎ ‎(3)N≡N键的键能是948.9kJ•mol-1，H-H键的键能是436.0kJ•mol-1； N-H键的键能是391.55kJ•mol-1．则N2(g)+ H2(g)═NH3(g)；△H=反应物键能总和-生成物键能总和=×948.9kJ•mol-1 +×436.0kJ•mol-1 -3×391.55kJ•mol-1‎ ‎=-46.2kJ/mol，故答案为：-46.2 kJ/moL；‎ Ⅱ.(1)甲池中一极通入甲烷，另一极通入氧气，所以甲池为甲烷形成的燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，A与正极相连，所以A为阳极；故答案为：原电池；阳极；‎ ‎(2)CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根，所以甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；乙装置中B(Ag)的电极为银离子得电子，其电极反应式为：Ag++e-=Ag；故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；Ag++e-=Ag；‎ ‎(3)设电解后氢氧化钠的物质的量浓度是xmol/L，丙池中产生112mL，则氢气的体积与氯气的体积相同均为56mL，‎ ‎2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，‎ ‎                22.4L       2mol ‎                  0.056L     0.5xmol 则x==0.01mol/L，则c(H+)=10-12 mol/L，所以溶液的pH=12，由于电解生成H2和Cl2从溶液中逸出，所以应该加二者的化合物，即加入HCl，故答案为：12；HCl。‎ 点睛：本题综合考查了化学反应的原理。本题的难点是原电池和电解池原理，正确推断原电池正负极是解本小题的关键，难点是计算溶液的pH，需要根据氯气和氢氧化钠的关系来分析解答。‎ ‎22. （Ⅰ）（1）已知在448℃时，反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH<0的平衡常数K1为49，则该温度下反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数K2为______；反应1/2H2（g）+1/2I2（g）⇌HI（g）的平衡常数K3为_______．‎ ‎（2）在某一密闭容器中发生上述反应，改变反应的某一条件（混合气体的总物质的量不变），造成容器内压强增大，则下列说法中正确的是_____‎ A.容器内气体的颜色变深，混合气体的密度增大 B.平衡不发生移动 C.I2（g）的转化率增大，H2的平衡浓度变小 D．改变条件前后，速率图象如图所示 ‎（Ⅱ）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：‎ CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：‎ t/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=______．‎ ‎（2）该反应为______反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（3）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______．‎ A．容器中压强不变 B．混合气体中c（CO）不变 C．V（H2）正=V（H2O）逆 D．c（CO2）=c（CO）‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O），判断此时温度为______℃．‎ ‎（5）在800℃时，发生上述反应，某时刻测得容器内各物质的浓度分别为c（CO2）=2mol/L （H2）=1.5mol/L 、 c（CO）=1mol/L 、 c（H2O）=3mol/L,则下一时刻，反应向_________填“正反应”或“逆反应”）方向进行。‎ ‎【答案】 (1). 1/49 (2). 7 (3). D (4). (5). 吸热 ‎ ‎ (6). BC (7). 830 (8). 逆反应 ‎【解析】(Ⅰ)(1)448℃时，反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K1为49，则温度下反应2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常数K2==，反应H2(g)+ I2(g) HI(g)的平衡常数K3===7，故答案为：；7；‎ ‎(2)向一体积不变的密闭容器中充入H2和I2，发生反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)△H＜0，当达到平衡后，t1时刻改变反应的某一条件，造成容器内压强增大，且混合气体总物质的量不变，故改变的条件为升高温度，升高温度正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率大于正反应速率，反应逆向移动。A．平衡向逆反应移动，I2的浓度增大，容器内气体的颜色变深，混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度不变，故A错误；B．升高温度正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应移动，故B错误；C．平衡向逆反应移动，I2(g)的转化率降低，H2的平衡浓度增大，故C错误；D．升高温度正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率大于正反应速率，反应逆向移动，图象与实际相符合，故D正确；故选D；‎ ‎(Ⅱ)(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=，故答案为：；‎ ‎(2)由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎(3)A．该反应为气体的物质的量不变的反应，则容器中压强始终不变，不能作为判定平衡的方法，故A错误；B．混合气体中c(CO)不变，则达到化学平衡，故B正确；C．V(H2)正=V(H2O)逆，则对于氢气来说正逆反应速率相等，则达到平衡，故C正确；D．c(CO2)=c(CO)，该反应不一定达到平衡，浓度关系取决于反应物的起始量和转化率，故D错误；故答案为：BC；‎ ‎(4)c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)时，平衡常数K=1，则该温度为830℃，故答案为：830；‎ ‎(5)==1＞K，所以化学平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应。‎ 点睛：本题的易错点为(1)，要注意互为逆反应的平衡常数互为倒数，化学计量数为倍数关系时平衡常数为平方关系。‎ ‎23. 草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下:‎ ‎【查阅资料】KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：‎ ‎【提出假设】假假设1: 该反应为放热反应 ‎ 假设2:反应生成的Mn2＋对该反应有催化作用 假设3: K+对该反应有催化作用 ‎ 该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是___________________________________________‎ ‎【设计、完成实验】‎ ‎（1）称取_______g草酸晶体（H2C2O4·2H2O），配置500mL 0.10mol/L H2C2O4溶液。‎ ‎①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和___________________________。‎ ‎②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_______(填下列选项的字母序号）。‎ A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘 ‎ B．定容时俯视刻度线 C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水 D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容 ‎（2）完成探究，记录数据 实验 烧杯中所加试剂及用量（mL）‎ 控制条件 溶液褪色时间(s)‎ 编号 ‎0.10mol/L H2C2O4溶液 等浓度 KMnO4溶液 H2O ‎0.50mol/L 稀硫酸 ‎1‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎18‎ ‎2‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎20‎ 水浴控制温度65℃‎ ‎15‎ ‎3‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎20‎ 加入少量MnSO4固体 ‎3.6‎ ‎4‎ ‎30‎ ‎20‎ x ‎20‎ 加入5mL 0.10mol/L ‎ K2SO4溶液 ‎18‎ 则x =________________，假设___________成立 ‎（3）由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，配制好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定。取10.00 mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定并记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00 mL，‎ 判断滴定终点的现象为_____________________________。上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 随反应物浓度降低，反应速率减慢 (2). 6.3 (3). 500ml容量瓶 (4). AD (5). 25mL (6). 2 (7). 滴入最后一滴溶液至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色 (8). 0.010mol·L－1‎ ‎【解析】草酸(H2C2O4)溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，因为随反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，则探究反应过程中使褪色加快的主要原因不考虑浓度的影响，故答案为：随反应物浓度降低，反应速率减慢；‎ ‎(1)草酸晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×126g/mol=6.3g，故答案为：6.3；‎ ‎①称量固体质量需要托盘天平，配制溶液需要容量瓶，则配制溶液必须用到的2种定量仪器是托盘天平和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；‎ ‎②A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，晶体质量偏小，则n偏小，所配溶液浓度偏低，故A选；B．定容时俯视刻度线，水加少，V偏小，则所配溶液浓度偏高，故B不选；C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水，对实验无影响，所配溶液浓度不变，故C不选；D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容，则V偏大，所配溶液浓度偏低，故D选；故答案为：AD；‎ ‎(2)若要探究K+对该反应有无催化作用，必须保持其他的影响因素如H2C2O4的浓度、KMnO4的浓度以及稀硫酸的浓度与实验1是相同的，而H2C2O4、KMnO4以及稀硫酸的加入的物质的量相同，故若使浓度相同，则必须溶液体积与实验1相同，故加入的水的体积X=25mL，根据溶液褪色的时间可以看出，Mn2+对该反应有催化作用，导致反应速率加快，溶液褪色的时间缩短，故假设2是成立的，故答案为：25mL；2；‎ ‎(3)草酸溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应生成Mn2+、CO2、H2O，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式可知，滴定终点的现象为滴入最后一滴溶液至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，n(H2C2O4)=0.01L×0.10mol/L =0.001mol，由离子反应方程式可知KMnO4溶液的物质的量浓度为=0.010mol/L，故答案为：滴入最后一滴溶液至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色；0.010mol/L。‎ ‎24. 利用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程如下：‎ 已知：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质。‎ 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1‎ ‎ mol·L-1计算）：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Cd(OH)2‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.5‎ ‎7.2‎ ‎8.2‎ 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.9‎ ‎9.5‎ ‎10.6‎ ‎（1）为了提高铜镉渣浸出的速率，可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③______等。已知浸出的金属离子均为二价，写出浸出钴的化学方程式__________________。‎ ‎（2）除钴的过程中，需要加入活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3、Co2+的溶液形成微电池并产生合金CoSb。该微电池的正极反应式为________________________________。‎ ‎（3）除铁的过程分两步进行：‎ ‎①先加入适量KMnO4，发生反应的离子方程式为______________________________，‎ ‎②再加入ZnO控制反应液的pH范围为_____________。‎ ‎（4）除铁过程第①步，若加入KMnO4时条件控制不当，MnO2会继续反应，造成的结果是______________，若加入的KMnO4不足量，则待电解溶液中有Fe元素残余。请设计实验方案加以验证_________________。‎ ‎（5）净化后的溶液用惰性电极电解可获得镉单质。电解废液中可循环利用的溶质是_______________。‎ ‎（6）处理含镉废水常用化学沉淀法，以下是几种镉的难溶化合物的溶度积常数（25℃）：‎ Ksp(CdCO3)＝5.2×10－12， Ksp(CdS)＝3.6×10－29，Ksp(Cd(OH)2)＝2.0×10－16，根据上述信息：‎ 沉淀Cd2+效果最佳的试剂是____________。‎ a．Na2CO3 b．Na2S c．CaO 若采用生石灰处理含镉废水最佳pH为11，此时溶液中c(Cd2+)＝_________。‎ ‎【答案】 (1). 增大硫酸的浓度（或经铜镉渣研成粉末） (2). Co+H2SO4=== CoSO4+H2↑ (3). Sb2O3+2Co2++6H++10e－===2CoSb+3H2O (4). 3Fe2++MnO+4H+===3Fe3++MnO2+2H2O (5). 3.3~7.2 (6). 还原产物Mn2+，进入电解液中，引入杂质 (7). 取样，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀），则待电解液中含有Fe元素 (8). H2SO4（或硫酸） (9). b (10). 2.0×10－10mol/L ‎【解析】本题分析：本题主要考查溶液中的离子反应。‎ ‎（1）为了提高铜镉渣浸出的速率，可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③增大硫酸的浓度（或将铜镉渣研成粉末）等。浸出钴的化学方程式为Co+H2SO4=CoSO4+H2↑。‎ ‎（2）该微电池的正极反应式为Sb2O3+2Co2++6H++10e-=2CoSb+3H2O。‎ ‎（3）除铁的过程分两步进行，①加入适量KMnO4，将Fe2+氧化为Fe3+ ，发生反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+4H+=3Fe3++MnO2+2H2O，②加入ZnO提高pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，同时不能损失Cd2+，所以控制反应液的pH范围为3.3-7.2。‎ ‎（4）若加入KMnO4时条件控制不当，MnO2会继续反应，造成的结果是还原产物Mn2+进入电解液中，引入杂质，若加入的KMnO4不足量，则待电解溶液中有Fe元残余。验证方法：取样，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素。‎ ‎（5）阳极产生硫酸，所以电解废液中可循环利用的溶质是硫酸。‎ ‎（6）因为Ksp(CdS)最小，所以沉淀Cd2+效果最佳的试剂是b。‎ c(OH-)== mol/L=1×10-3mol/L，c(Cd2+)==2.0×10-10mol/L。‎