湖南省衡阳县第五中学2022-2023学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版含解析）

高二年级期末考试化学试卷一、单选题1.下列关于化学电源的说法正确的是(　　)A.干电池放电之后还能再充电B.充电电池在放电和充电时都将化学能转化为电能C.充电电池可以无限制地反复放电、充电D.氢氧燃料电池是一种环境友好型电池【答案】D【解析】【详解】A．干电池是一次性电池，放电之后不能再充电，A错误；B．充电电池在放电时化学能转化为电能，充电时都将电能转化为化学能，B错误；C．充电电池也有一定使用寿命，不可能无限地反复放电、充电，C错误；D．氢氧燃料电池的生成物是水，是一种环境友好电池，D正确；答案选D。2.某原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，下列能实现该反应的原电池是选项ABCD电极材料Cu、ZnCu、CFe、ZnCu、Ag电解液FeCl3Fe(NO3)2CuSO4Fe2(SO4)3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，反应中铜失去电子，铁离子得到电子，则铜是负极，比铜不活泼的金属或能导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性盐作电解质，据此解答。【详解】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，A错误；B、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，B错误；C、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，C错误；D、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，D正确；答案选D。 3.在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡，要使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是A.降温、减压B.降温、加压C.升温、加压D.升温、减压【答案】C【解析】【详解】要使混合气体的紫色加深，应该使c(I2)增大，可以通过加压来缩小容器的容积，实现物质浓度增大；也可以利用平衡逆向移动的方法实现，由于该反应的正反应方向是反应前后气体体积不变的放热反应，通过升高温度，使化学平衡向吸热的逆反应方向移动实现，故使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是升温、加压，故合理选项是C。4.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（）。A.①②③B.②④⑤C.①③⑤D.②③④【答案】B【解析】【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；即②④⑤正确；答案选B。【点睛】考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。5.下列反应在任何温度下都无法自发进行的是A.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-197.78kJ/mol B.C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=+172.47kJ/molC.AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)ΔH=-18.9kJ/molD.3O2(g)⇌2O3(g)ΔH=+285.4kJ/mol【答案】D【解析】分析】反应自发进行的判断依据是：△H-T△S＜0，据此分析解答。【详解】A.反应是放热反应△H＜0，△S＜0，低温下能自发进行，故A不选；B.反应吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下能自发进行，故B不选；C.反应是放热反应△H＜0，且溴化银的溶解度小于氯化银，任何温度下都能自发进行，故C不选；D.反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下不能自发进行，故D选；答案选D。6.下列说法正确的是A.NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++B.在水溶液中的水解方程式：+H2OH3O++C.盐酸溶液的导电性一定比醋酸溶液的导电性强D.BaSO4难溶于水但属于强电解质【答案】D【解析】【详解】A．NaHCO3在水溶液中完全电离成Na+和，再微弱电离成H+和，电离方程式：NaHCO3=Na++，H++，故A错误；B．在水溶液中结合水电离产生的H+生成H2CO3，促进水电离出更多的OH-，水解方程式为：+H2OH2CO3+OH-，而+H2OH3O++是的电离方程式，故B错误；C．溶液的导电性和溶液中自由移动离子浓度有关，盐酸和醋酸浓度未知，盐酸中的离子浓度不一定比醋酸溶液中的离子浓度大，所以盐酸的导电性不一定比醋酸溶液的导电性强，故C错误；D．BaSO4难溶于水但溶于水的部分能完全电离，所以BaSO4属于强电解质，故D正确；故选D。7.下列物质加入水中，能使水的电离程度增大，溶液的pH减小的是 AHClB.C.D.【答案】B【解析】【详解】A、将氯化氢通入水中，溶液的氢离子浓度增大，因而会抑制水的电离，水的电离程度减小，A错误；B、铝离子与水电离产生的氢氧根离子结合为氢氧化铝，使水电离产生的氢氧根离子浓度减小，所以会促进水的电离平衡正向移动，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，B正确；C、硫离子与水电离产生的氢离子结合为HS-，使水电离产生的氢离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，但氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，C错误；D、一水合氨是弱碱，加入水中，溶液的氢氧根离子浓度增大，会抑制水的电离，D错误；故选B。8.常温下25mL0.10mol·L-1的碳酸钠溶液和25mL0.10mol·L-1的碳酸氢钠溶液中逐滴滴加0.10mol·L-1的稀盐酸，用(图1)测得压强盐酸体积的变化曲线图(图2)所示，下列说法正确的是A.Y曲线是NaHCO3溶液的滴定曲线B.b点溶液的碱性大于c点C.a点溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)D.b，d两点水的电离程度相等【答案】C【解析】【分析】由图示可知：X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才开始有CO2生成，并且消耗得盐酸物质的量之比约为1：2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线；a点部分碳酸钠参与反应，b 点碳酸氢钠完全反应，c点碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，d点碳酸钠恰好完全反应，以此分析解答。【详解】A．结合分析可知，X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A错误；B．b点与c点分别为碳酸氢钠、碳酸钠与盐酸以物质的量之比为1：1的滴定点，b点主要成分是NaCl，因溶有CO2而显酸性；c点主要成分是NaCl和NaHCO3，因含有强碱弱酸盐NaHCO3，水解使溶液显弱碱性，则溶液的pH：b＜c，即b点溶液的碱性小于c点，B错误；C．由图示可知，a点约滴加盐酸15mL，而起始Na2CO3溶液的体积为25mL，说明有15mLNa2CO3溶液溶液转化为NaHCO3，还剩余10mLNa2CO3溶液还没有反应，用于水解程度较小，则a点c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)，C正确；D．b点NaHCO3恰好完全反应,溶质为NaCl，d点Na2CO3恰好与HCl完全反应，反应后溶质也是NaCl，由于b、d点压强不同，说明b、d点溶液中均有溶解的二氧化碳，碳酸电离使溶液呈酸性，抑制了水的电离，题中缺少碳酸浓度，无法比较b、d两点水的电离程度大小，D错误；故合理选项是C。9.常温下，已知KSP(ZnS)=1.6×10-24，KSP(CuS)=1.3×10-36。CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子(S2-)浓度的负对数关系如图所示，下列说法不正确的是A.曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnSB.p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液C.向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)减小D.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转化【答案】C【解析】【详解】A．KSP(ZnS)>KSP(CuS)，所以曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS，故A正确；B．p点Q<KSP，p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液，故B正确； C．KSP只与温度有关，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)不变，故C错误；D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，n点只能在沿曲线A向左上方移动，故D正确；选C。10.现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有关上述溶液的比较中正确的是A.向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①B.等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量①最小C.①、③溶液等体积混合后，溶液显碱性D.等体积的四种溶液导电能力顺序为：③>④>②>①【答案】B【解析】【分析】常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。【详解】A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④>③>①>②，选项A错误；B．铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，选项B正确；C．①、③溶液等体积混合后，等浓度等休积的盐酸与氢氧化钠完全中和生成氯化钠，溶液呈中性，选项C错误；D．等体积的四种溶液中因水电离出的均为，且均为一元酸或一元碱，故离子浓度几乎相等，导电能力相等，选项D错误；答案选B。11.一种铁－空气二次电池放电时氧原子的工作原理如图所示，电池反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2。下列有关该电池放电时的说法正确的是 A.能量由电能转变为化学能B.电池工作时OH－由a极迁移向b极C.b极电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2OD.电子由a极经负载流向b【答案】D【解析】【分析】根据电池总反应2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2可知Fe被氧化，应为负极，则通入氧气的一极为正极。【详解】A．原电池将化学能转化为电能，故A错误；B．电池工作时a为负极，b为正极，原电池中阴离子流向负极，即b流向a，故B错误；C．b电极为正极，氧气得电子被还原，电解质溶液为碱性，根据总反应可知电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；D．a为负极，b为正极，原电池中电子从负极经导线(外电路)流向正极，故D正确；故答案为D。12.已知A转化为D和E分步进行：①A(g)⇌C(g)+2D(g)，②C(g)⇌D(g)+3E(g)，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是A.升高温度，Ea1、Ea3均减小，反应速率加快B.A转化为D和E的反应为吸热反应C.使用合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不影响反应的热效应D.第一步反应的速率小于第二步反应的速率【答案】A【解析】【分析】【详解】A．升高温度化学反应速率增快，但活化能大小不变，故A错误；B．由题中图示可知，A的总能量低于D和E的总能量，属于吸热反应，故B正确；C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响；故C正确；D．由题中图示可知，第一步的活化能高于第二步，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，故D正确； 答案为A。13.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）A.水的电离程度始终增大B.先增大再减小C.c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】【详解】A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故答案为D。【点睛】判断离子浓度比值变化可将其转化成与电离平衡常数或水解平衡常数相关的形式，再进行分析。14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A.25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol⋅L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)B.0.1mol/LNaHCO3溶液：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)C.Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)D.室温下，向0.01mol⋅L的NH4HSO4溶液中滴加同浓度等体积NaOH溶液： c(Na+)=c()＞c()＞c(OH-)=c(H+)【答案】D【解析】【详解】A．pH=4.75、浓度均为0.1mol/LCH3COOH、CH3COONa混合溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，A正确；B．0.1mol/LNaHCO3溶液显碱性，会发生电离、水解而消耗，则c(Na+)＞c()。溶液显碱性，说明水解程度大于其电离程度，溶液中OH-除水解产生外，还存在H2O电离产生，盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于其电离或水解产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)，B正确；C．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)；物料守恒：c(Na+)=2[c()+2c()+c(H2CO3)]，二者联式可得c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)，C错误；D．室温下NH4HSO4、NaOH两种溶液等浓度、等体积混合，二者的物质的量相等，恰好反应，溶液中的溶质是Na2SO4、(NH4)2SO4。发生水解反应而消耗，故溶液中c()=c(Na+)＞c()，离子浓度c()。溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，故c()＞c(H+)＞c(OH-)，因此该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；故合理选项是D。二、填空题15.已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)醋酸氢硫酸氢氰酸，（1）体积相同、相同的三种酸溶液a．；b．HCN；c．分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是___________。(填字母) （2）25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②溶液、③溶液，pH由大到小的顺序为___________(填序号)。（3）25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。（4）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中，下列关系正确的是___________。a．b．c．mol/L（5）25℃时，向NaCN溶液中通入少量，反应的离子方程式为___________。（6）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___________(填字母)。a．b．c．d．（7）用蒸馏水稀释0.10mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________(填字母)。a．b．c．【答案】（1）HCN>CH3COOH>H2SO4（2）②>①>③（3）③>②>①（4）ac（5）CN-+H2S=HS-+HCN（6）a>b>d>c（7）b【解析】【小问1详解】硫酸是强酸，根据表格数据，可知酸性：CH3COOH>HCN，体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱，中和时消耗的氢氧化钠物质的量越多，分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是HCN>CH3COOH>H2SO4；【小问2详解】25℃时，Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)>Ka2(H2S)，电离常数越大，阴离子水解程度越小，等浓度的三种溶液NaCN溶液、Na2S溶液、CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为Na2S>NaCN>CH3COONa，即②>①>③；【小问3详解】根据电荷守恒，上述三种溶液中阴离子总浓度均等于c(Na+)+c(H+)，Na+ 浓度均相同，总浓度取决于H+浓度，因阴离子水解程度越大，溶液中H+浓度越小，pH越大，则溶液中阴离子总浓度越小，25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl溶液中，pH由大到小的顺序为NaCN>CH3COONa>NaCl，则阴离子总浓度由大到小的顺序为NaCl>CH3COONa>NaCN，即③>②>①；【小问4详解】将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，混合溶液中含有等浓度的NaCN、HCN，c(Na+)>c(CN-)，A．混合溶液中含有等浓度的NaCN、HCN，c(Na+)>c(CN-)，说明CN-水解大于HCN电离，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，故a正确；B．根据质子守恒，2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，故b错误；C．根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故c正确；故选ac。【小问5详解】根据“强酸制弱酸”，25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S生成NaHS和HCN，反应的离子方程式为CN-+H2S=HS-+HCN；【小问6详解】由表格数据可知，Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)>Ka(HCN)>Ka2(H2S)，则酸性：CH3COOH>H2S>HCN>HS-，酸性越强，其对应弱酸根离子结合质子能力越弱，则四种离子结合质子能力由大到小的顺序是a>b>d>c；【小问7详解】a．，蒸馏水稀释过程中减小，减小，a不符合题意；b．，蒸馏水稀释过程中减小，增大，b符合题意；c．，蒸馏水稀释过程中减小，减小，c不符合题意；故选b。16.按要求填写下列问题：（1）某些共价化合物（如、、等）在液态时会发生微弱的电离，如 ，则液态的电离方程式为________。（2）已知水溶液中和的关系如图所示，试回答下列问题：图中五点对应的的关系是________。若从A点到D点，可采用的措施是________（填序号）。a.升温b.加入少量的盐酸c.加入少量的（3）时，的溶液中。请回答下列问题：①是________（填“强电解质”或“弱电解质”）。②在加水稀释溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是________（填序号）。A．B．溶液的C．与的乘积D．（4）现有浓度均为的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是________（用序号表示）。【答案】①.②.③.bc④.弱电解质⑤.BD⑥.②③①【解析】【详解】（1）依据，可知液态可电离出和，电离方程式为，故答案为：；（2）只与温度有关，温度升高，以及水电离出的和均增大，E、A、D三点对应的温度为，B点对应的温度为，所以五点对应的；从A点到D点，在温度不变的情况下，增大，减小，加入少量的盐酸，抑制水的电离，最终溶液中，b 符合题意；加入少量的，促进水的电离，最终溶液中，c符合题意。故答案为：；bc；（3）①时，的溶液中，因，则溶液中，说明在水溶液里部分电离，则为弱电解质，故答案为：弱电解质；②A．是弱电解质，加水稀释促进电离，但电离增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以、、都减小，A错误；B．减小，，则溶液的增大，B正确；C．温度不变，水的离子积不变，则与的乘积不变，C错误；D．温度不变，则水的离子积不变，加水稀释，减小，则增大，D正确；故答案为：BD（4）酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大。硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，因此同浓度的这三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是②③①，故答案为：②③①。17.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：（1）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：，其化学平衡常数K与温度T的关系如下表：T/℃200300400K0.5请回答下列问题：①试比较、的大小，_______(填“>”、“=”或“<”)。②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______(填序号字母)。a.容器内、、的浓度之比为1∶3∶2b.c.容器内压强保持不变d.混合气体的密度保持不变③400℃时，反应的平衡常数K为_______。当测得 、、的浓度分别为、、时，则该反应的_______(填“>”、“=”或“<”)。（2）在容积为2L的密闭容器中，充入一定量和合成甲醇()，在其他条件不变时，温度、对反应的影响图像如右图。(1)温度为时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为_______。(2)图示的温度_______(填“>”、“=”或“<”)。【答案】（1）①.＞②.bc③.2④.＞（2）①.②.＜【解析】【小问1详解】①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2；②a.容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；b.不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，3v正(N2)＝v逆(H2)是平衡状态，故b正确；c.容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；d.如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；故选bc；③400℃时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，其化学平衡常数K=0.5，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K为=2；400℃时，浓度商Qc=2×13÷32=＜K，说明反应正向进行，因此有v正(N2)＞v逆(N2)； 故答案为：＞；bc；2；＞。【小问2详解】①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)=△c÷△t==mol·L−1·min−1。②由图T2先达到平衡，温度高，速度快，图示的温度T1<T2。故答案为：；＜。18.印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，以废液为原料制备，实现资源回收再利用，流程如图所示。（1）粗溶液的制备①上述流程中能加快反应速率的措施有_______。②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有_______。（2）溶液精制ⅰ.经检验，粗溶液含有ⅱ.向粗溶液滴加3%的溶液，当溶液中完全氧化后，加粉末调节溶液的。ⅲ.将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制溶液。①用离子方程式说明加入溶液的作用_______。②已知25℃时，，。调节溶液，此时_______mol⋅L，已沉淀完全。③时判断尚未开始沉淀，根据是此时溶液中_______mol⋅L，与饱和溶液中的物质的量浓度相比_______(填“大”“小”或“相等”)(已知25℃时饱和溶液中的物质的量浓度为1.41mol⋅L)【答案】（1）①.将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度②.Fe＋2Fe3＋ =3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu（2）①.2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O②.2.8×10-9③.2.2④.大【解析】【分析】印刷电路板废液中加足量铁粉充分反应，用铁将铜完全置换出来，过滤得粗铜，粗铜在空气中加热得到氧化铜，氧化铜溶于过量硫酸得到硫酸铜溶液，粗硫酸铜溶液中滴加双氧水将溶液中的亚铁离子氧化成三价铁，再调节pH时铁完全沉淀，再将滤液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制溶液。【小问1详解】①上述流程中将铁屑粉碎可以增大反应物间的接触面积，适当提高溶液的浓度，升高反应温度等措施都可以加快反应速率，故答案为：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度；②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；【小问2详解】①加3%的溶液，将完全氧化后为三价铁，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；②，c(OH-)=，，故答案为：2.8×10-9；③，假设铜离子沉淀，则mol⋅L，此浓度比饱和硫酸铜溶液中的铜离子浓度大，可以判断此时铜离子应该没有沉淀，故答案为：2.2；大。