…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版選修4化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1

②氫氣燃燒的能量變化示意圖：

下列說法正確的是A.1molC(s)完全燃燒放出110kJ的熱量B.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-480kJ·mol-1C.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1D.欲分解2molH2O(l)，至少需要提供4×462kJ的熱量2、書寫熱化學方程式要注明物質的聚集狀態，原因是A.具體說明反應的情況B.物質呈現的狀態與反應焓變有關C.說明反應條件D.物質呈現的狀態與生成什么物質有關3、某化學研究小組探究外界條件對化學反應速率和化學平衡；溶液pH影響的圖像；其中圖像和實驗結論表達均正確的是。

A.①是其他條件一定時，反應速率隨溫度變化的圖像，正反應△H＜0B.②是在平衡體系的溶液中加入少量KCl晶體后化學反應速率隨時間變化的圖像C.③是在有無催化劑存在下建立的平衡過程圖像，a是使用催化劑時的曲線D.④是表示Cl2通入H2S溶液中pH變化4、2L恒容密閉容器中進行的某可逆反應X（g）+2Y（g）2Z（g）以c(Y)的改變表示的反應速度υ正(單位為mol·L-1·s-1)，υ正、υ逆與時間的關系如圖。則圖中陰影部分的面積可表示（）

A.X的物質的量濃度的減少B.Y的物質的量濃度的減少C.Z的物質的量增加D.Y的物質的量減少5、在2L的恒容密閉容器中充入2molSO2和1molO2，發生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列有關說法正確的是（）A.由圖可知：該反應的△H<0B.在圖中的t1時充入少量氬氣，容器內壓強增大，平衡右移C.圖所示條件下，平衡常數為2D.圖中的y可以表示平衡常數或混合氣體平均摩爾質量6、在室溫時，向溶液中滴加溶液，得到溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示無氣體溢出以下說法不正確的是

A.a點時水的電離程度最大B.b點時溶液中的離子濃度關系有C.c點時溶液中的粒子濃度大小關系為D.d點時溶液中7、關于小蘇打水溶液的表述正確的是（）A.c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B.c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH－)C.HCO3-的電離程度大于HCO3-的水解程度D.存在的電離有：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-=H++CO32-8、室溫下，將0.1mol?L-1NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中；溶液的pH與NaOH溶液體積關系如圖所示：下列關系中，不正確的是。

A.M點c(Na+)＞c(NH4+)B.N點c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)C.Q點c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(Na+)D.M、N、Q三點中，水的電離程度M＞N＞Q評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、據公安部2019年12月統計；2019年全國機動車保有量已達3.5億。汽車尾氣排放的碳氫化合物；氮氧化物及碳氧化物是許多城市大氣污染的主要污染物。

I.汽油燃油車上安裝三元催化轉化器；可有效降低汽車尾氣污染。

（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=?393.5kJ·mol?1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=?221.0kJ·mol?1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol?1

CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學方程式___。

（2）對于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；在一定溫度下，于1L的恒容密閉容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反應開始進行。

下列能說明該反應已經達到平衡狀態的是___（填字母代號）。

A.比值不變。

B.容器中混合氣體的密度不變。

C.v（N2）正=2v（NO）逆

D.容器中混合氣體的平均摩爾質量不變。

（3）使用間接電化學法可處理燃煤煙氣中的NO；裝置如圖2所示。

已知電解池的陰極室中溶液的pH在4～7之間，寫出陰極的電極反應式___。用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。

（4）T1溫度時在容積為2L的恒容密閉容器中發生反應：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。實驗測得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆為速率常數只受溫度影響。不同時刻測得容器中n(CO)、n(O2)如表：。時間/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4

①T1溫度時=___L/mol。

②若將容器的溫度改變為T2時其k正=k逆，則T2__T1(填“>”、“<”或“=")。

II.“低碳經濟”備受關注，CO2的有效開發利用成為科學家研究的重要課題。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，將一定量的H2和CO2置于恒容密閉容器中發生反應X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0

（5）溫度為T時，向10L密閉容器中充入5molH2和CO2的混合氣體，此時容器內壓強為5P，兩種氣體的平衡轉化率ɑ與的關系如圖所示：

①圖中CO2的平衡轉化率可用表示___（L1或L2）

②該溫度下，反應X的平衡常數Kp=___。（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數）。10、圖表示800℃時；A；B、C三種氣體物質的濃度隨時間變化的情況，t是達到平衡狀態的時間。試回答：

(1)該反應的化學方程式為________。

(2)2min內，A物質的平均反應速率為_______。11、在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；其化學平衡常數K與溫度t的關系如下：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

請回答下列問題：

（1）該反應的化學平衡常數K=_________。

（2）該反應為________（填“吸熱”或“放熱”）反應。

（3）某溫度下，平衡濃度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），試判斷此時的溫度為________℃。

（4）830℃，在1L的固定容器的密閉容器中放入2molCO2和1molH2，平衡后CO2的轉化率為_______。12、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________填標號

A.

B.

C.

D.13、25℃時，將pH=x氨水與pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等體積混合后，所得溶液中各種離子的濃度關系正確的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)14、將等體積的氨水與鹽酸溶液混和后，若混和溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，則溶液中的pH值______（填“＞”、“＜”或“=”，下同）7，混和前c(NH3·H2O)_______c(HCl)，氨水中c(OH-)______鹽酸中c(H+)。15、請回答下列問題：

（1）已知：N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol-1。則相同條件下破壞1molNO中化學鍵需要吸收的能量為_______kJ。

（2）25℃時，pH=5的CH3COOH溶液中，由水電離出的氫離子濃度c(H+)=____kJ·mol-1；若加入少量NaOH固體，則溶液中_____(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（3）25℃下，向某Na2CO3溶液中加入稀鹽酸，其含碳元素的微粒物質的量分數（φ）隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32-______（填“能”或“不能”）大量共存。

②當pH=7時,溶液中含碳元素的微粒主要為________。溶液中各種離子的物質的量濃度大小關系為______________。

③反應的CO32-+H2OHCO3－+OH－的平衡常數Kh=______。16、向BaCl2溶液中通入足量SO2氣體，沒有沉淀生成，繼續滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用電離平衡原理解釋上述現象。_______________________________評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、元素或物質推斷題(共1題，共5分)18、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態氧化物與化合物X2O2發生反應生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。評卷人得分五、工業流程題(共4題，共16分)19、工業上由鋁土礦（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制備無水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，FeCl3；分別在183℃；315℃升華。

（1）在焙燒爐中發生反應：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反應2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化爐中高溫下發生反應，當生成1molAlCl3時轉移______mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為_______。在溫度約為700℃向升華器中加入鋁粉，發生反應的化學方程式為_________。充分反應后溫度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），開始分離收集AlCl3。

②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進行蒸餾，也能得到一定量的無水AlCl3，此原理是利用濃硫酸下列性質中的_______（填字母序號）。

①氧化性②吸水性③難揮發性④脫水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料，海水為電解質溶液，構成電池的其正極反應式________，與鉛蓄電池相比．釋放相同電量時，所消耗金屬電極材料的質量比m（Al）:m（Pb）=__________________。20、高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產高純度碳酸鋰的工藝流程如下：

已知(i)用Men+表示金屬陽離子、HR表示有機萃取劑，“萃取”原理可以表示為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對雜質離子的特殊選擇性)與化學凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質離子)

除雜效果對比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)將最終產品進行焰色反應；可觀察到火焰呈___________(填標號)。

A．紫紅色B．紫色C．黃色。

(2)為提高“焙燒”效率；常采取的措施是_________________________________(寫兩點)。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為___________mol·L-1為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是______________________；流程中循環使用的物質除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應”的化學反應方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學凈化除雜法的優勢為_______________________________。21、已知：①工業上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAlSi2O6和少量鈣鎂雜質）反應，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰。

②某些物質的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸與β-鋰輝礦生產金屬鋰的工業流程如下：

請回答：

（1）β-鋰輝礦經初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化學式是______。

（3）流程中使用了不同濃度的Na2CO3溶液，從物質溶解度大小的角度解釋其濃度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3與鹽酸反應得到LiCl溶液的離子方程式是_______。

（5）工業上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：

a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液；LiOH溶液作陰極液，兩者用離子選擇透過膜隔開，用惰性電極電解。

b.電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，過濾、烘干得高純Li2CO3。

①a中，陽極的電極反應式是_____。

②b中，生成Li2CO3反應的化學方程式是______。22、重鉻酸鈉是一種用途極廣的氧化劑，工業上可以用鉻鐵礦[主要成分Fe(CrO2)2(或寫成FeO·Cr2O3)，還含有A12O3、Fe2O3、SiO2等雜質]制備，同時還可回收Cr。其主要工藝流程如圖所示：

已知部分物質的溶解度曲線如圖1所示。

請回答下列問題：

(1)煅燒生成Na2CrO4的化學方程式為___________。

(2)操作a的實驗步驟為___________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，寫出生成Cr(OH)3的離子方程式___________。

(4)采用石墨電極電解Na2CrO4溶液制備Na2Cr2O7，其原理如圖2所示，寫出電極b的電極反應式：________。

(5)根據有關國家標準，含CrO的廢水要經化學處理使其濃度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放。可采用加入可溶性鋇鹽生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸處理多余的Ba2+的方法處理廢水。加入可溶性鋇鹽后，廢水中Ba2+的濃度應不小于___________mol·L-1，廢水處理后方能達到國家排放標準。評卷人得分六、實驗題(共3題，共15分)23、I.為比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果，某化學研究小組的同學分別設計了如圖甲、乙所示的實驗。請回答相關問題：

（1）定性分析：如圖甲可通過觀察______的快慢，定性比較得出結論。有同學提出將0.1mol/LFeCl3改為____mol/LFe2(SO4)3更為合理，其理由是____。

（2）定量分析：如圖乙所示，實驗時均以生成40mL氣體為準，其它可能影響實驗的因素均已忽略。實驗中需要測量的數據是_____。

（3）查閱資料得知：將作為催化劑的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中會發生兩個氧化還原反應，且兩個反應中H2O2均參加了反應，試從催化劑的角度分析，這兩個氧化還原反應的離子方程式分別是：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和__________。

II.欲用下圖所示實驗來證明MnO2是H2O2分解反應的催化劑。

（1）該實驗不能達到目的，若想證明MnO2是催化劑還需要確認__________。

加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在標準狀況下放出氣體的體積和時間的關系如下圖所示。

（2）寫出H2O2在二氧化錳作用下發生反應的化學方程式_________。

（3）A、B、C、D各點反應速率快慢的順序為______>______>______>______，解釋反應速率變化的原因__________。24、為了測定某濃硫酸樣品的物質的量濃度，進行了以下實驗操作：。A．冷卻至室溫后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。B．用某儀器量取20.00mL稀硫酸于錐形瓶中并滴入幾滴指示劑。C．將酸式滴定管和堿式滴定管用蒸餾水洗滌干凈，并用待測溶液潤洗。D．將物質的量濃度為Mmol/L的標準NaOH溶液裝入堿式滴定管，調節液面記下開始讀數為V1mL。E．小心滴入NaOH標準溶液，邊滴邊搖動錐形瓶，滴定至恰好反應為止，記下讀數為V2mL。F．把錐形瓶移到堿式滴定管下，在錐形瓶下墊一張白紙。G．用某儀器準確量取濃硫酸樣品10.00mL，在燒杯中用蒸餾水溶解。就此實驗操作完成下列填空：

(1)正確操作步驟的順序（用編號字母填寫）___→A→___→___→___→F→___。

(2)用來量取10.00mL濃硫酸的儀器是___。用NaOH溶液潤洗堿式滴定管的目的是___。

(3)滴定中可選用的指示劑是___。滴定中；目光應___；判斷滴定終點的現象是___；讀數時，目光與凹液面的最低處保持水平。

(4)某學生實驗時用稀硫酸潤洗了錐形瓶；測定的濃度會偏___。(“偏高”；“偏低”、“無影響”)。

(5)該濃硫酸樣品的濃度計算式為______。25、為探究FeCl3溶液中的離子平衡和離子反應；某小組同學進行了如下實驗。

(1)配制50mL1.0mol·L?1的FeCl3溶液，測其pH約為0.7，即c(H+)=0.2mol·L?1。

①用化學用語解釋FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。

②下列實驗方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序號)。

a.加水稀釋b.加入FeCl3固體。

c.滴加濃KSCN溶液d.加入NaHCO3固體。

(2)小組同學利用上述FeCl3溶液探究其與足量鋅粉的反應。實驗操作及現象如下：

。操作。

現象。

向反應瓶中加入6.5g鋅粉，然后加入50mL1.0mol·L?1的FeCl3溶液；攪拌。

溶液溫度迅速上升；稍后出現紅褐色沉淀，同時出現少量氣泡；反應一段時間后靜置，上層溶液為淺綠色，反應瓶底部有黑色固體。

收集檢驗反應過程中產生的氣體。

集氣管口靠近火焰；有爆鳴聲。

已知：Zn的性質與Al相似，能發生反應：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑

①結合實驗現象和平衡移動原理解釋出現紅褐色沉淀的原因：___________________________________。

②用離子方程式解釋反應后溶液為淺綠色的原因：_______________________________________________________。

③分離出黑色固體；經下列實驗證實了其中含有的主要物質。

i.黑色固體可以被磁鐵吸引；

ii.向黑色固體中加入足量的NaOH溶液；產生氣泡；

iii.將ii中剩余固體用蒸餾水洗滌后；加入稀鹽酸，產生大量氣泡；

iv.向iii反應后的溶液中滴加KSCN溶液；無變化。

a.黑色固體中一定含有的物質是________________________________________。

b.小組同學認為上述實驗無法確定黑色固體中是否含有Fe3O4，理由是__________________。

(3)為進一步探究上述1.0mol·L?1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相對強弱；繼續實驗并觀察到反應開始時現象如下：

。操作。

現象。

將5mL1.0mol·L?1的FeCl3溶液與0.65g鋅粉混合。

溶液溫度迅速上升；開始時幾乎沒有氣泡。

將___與0.65g鋅粉混合。

溶液中立即產生大量氣泡。

小組同學得出結論：在1.0mol·L?1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更強。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A；C(s)完全燃燒的產物為二氧化碳氣體；1molC(s)完全燃燒放出的熱量大于110kJ，A錯誤；

B、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH＝×(2×436+496-4×462)=-240kJ·mol-1；B錯誤；

C、①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，將①×-②，得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1；C正確；

D、根據H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，欲分解2molH2O(l)；至少需要提供2×240kJ的熱量，D錯誤；

故選C。2、B【分析】【分析】

【詳解】

反應的焓變等于生成物的總能量減去反應物的總能量；而物質相同狀態不同時所具有的能量不同，即物質的總能量跟呈現的狀態有關，因此，書寫熱化學反應方程式要注明物質的聚集狀態；

答案選B。3、C【分析】【詳解】

A.由圖知，在v正等于v逆之后，v正大于v逆，則隨著溫度升高，反應平衡向正方向移動，可得△H＞0；A項錯誤；

B.該反應實質為Fe3++3SCN－?Fe(SCN)3；在平衡體系的溶液中加入少量KCl晶體，對該反應無任何影響，B項錯誤；

C.由圖知，a、b曲線中A的體積分數不變；說明改變條件不發生平衡移動，且a情況下，化學反應速率更快，則a是使用催化劑時的曲線，C項正確；

D.由Cl2+H2S=2HCl+S↓知：溶液由弱酸H2S逐漸變為強酸HCl；溶液pH值從開始反應起會越來越小，D項錯誤；

故選C。4、B【分析】【詳解】

V（正）×t（平衡）表示Y向正反應方向進行時減少的濃度，V（逆）×t（平衡）表示Y向逆反應方向進行時增大的濃度，故陰影部分的面積表示Y向正反應方向進行時“凈”減少的濃度，即陰影為平衡時Y的濃度減少量△c（Y）；

A、濃度變化量之比等于化學計量數之比，故△c（X）=△c（Y）；為陰影面積的一半，故A錯誤；

B、由上述分析可知，陰影為平衡時Y的濃度減少量△c（Y）；故B正確；

C、由上述分析可知，陰影為平衡時Y的濃度減少量△c（Y）；故C錯誤；

D、陰影為平衡時Y的濃度減少量△c（Y）；容器的體積為2L，陰影部分的面積不能表示Y的物質的量的減少量，故D錯誤；

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．圖像分析可知溫度為T2前隨溫度升高三氧化硫含量增大，T2溫度后隨溫度升高三氧化硫含量減小，說明T2前反應未達到平衡狀態，T2時達到平衡狀態，溫度升高平衡逆向進行，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，△H＜0；故A正確；

B．恒容容器中充入少量氬氣；容器內總壓強增大，但各組分的濃度不變，化學反應速率不變，平衡不發生移動，故B錯誤；

C．平衡時二氧化硫轉化率50%；結合化學反應三行計算平衡濃度；

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)

起始量(mol/L)10.50

變化量(mol/L)0.50.250.5

平衡量(mol/L)0.50.250.5

平衡濃度K===4；故C錯誤；

D．平衡常數隨溫度變化，溫度不變平衡常數不變，反應前后氣體質量總質量不變，但氣體的總物質的量不斷減小，根據M=可知混合氣體平均摩爾質量不斷增大；最終不變，混合氣的平均摩爾質量的變化與圖像不符合，故D錯誤；

故答案為A。

【點睛】

化學平衡圖像題的解題技巧：①緊扣特征，弄清可逆反應的正反應是吸熱還是放熱，體積增大、減小還是不變，有無固體、純液體物質參與反應等。②先拐先平，在含量(轉化率)—時間曲線中，先出現拐點的則先達到平衡，說明該曲線反應速率快，表示溫度較高、有催化劑、壓強較大等。③定一議二，當圖像中有三個量時，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關系，有時還需要作輔助線。④三步分析法，一看反應速率是增大還是減小；二看υ正、υ逆的相對大小；三看化學平衡移動的方向。6、C【分析】【詳解】

A.a、b、c、d四個點，根據反應量的關系，a點恰好消耗完溶液中只有與b、c、d三點溶液均含有可以促進水的電離，而抑制水的電離．b點溶液呈中性；所以a點水的電離程度最大，故A正確；

B.b點溶液呈中性，溶液中根據電荷守恒：即有故B正確；

C.c點溶液為加入150mLNaOH溶液，此時溶液中恰好生成初始時等量的和溶液呈堿性，電離程度大于水解程度，所以故C錯誤；

D.d點溶液為加入200mLNaOH溶液，反應恰好生成據物料守恒故D正確；

答案選C。

【點睛】

本題考查酸堿中和反應，根據圖像分析，明確發生反應的原理，把握溶液中的守恒關系分析是解題的關鍵，整體難度不大，是基礎題。7、A【分析】【詳解】

A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)此式子為物料守恒；正確；

B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH－)此式子為電荷守恒；錯誤；

C．HCO3-的電離程度小于HCO3-的水解程度而顯堿性；錯誤；

D．存在的電離有：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-的電離是可逆的HCO3-H++CO32-；錯誤；

故選A。8、C【分析】【分析】

P點氫氧化鈉溶液體積為0，此時為NH4HSO4溶液，NH4HSO4為強電解質，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?溶液呈酸性，根據圖示可知，M點加入10mLNaOH溶液，此時二者恰好反應生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發生水解，促進了水的電離；Q點加入20mLNaOH溶液，此時溶質為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離，所以水的電離程度較大的為M點。

【詳解】

A．M點溶質為等濃度的硫酸鈉和硫酸銨，由于銨根離子部分水解，導致銨根離子濃度減小，則c(Na+)＞c(NH4+)；故A正確；

B．室溫下，N點pH=7，N點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結合電荷守恒可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)；故B正確；

C．Q點溶質為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Na+)；故C錯誤；

D．根據圖示可知，P點呈強酸性，抑制了水的電離；M點加入10mLNaOH溶液，此時二者恰好反應生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發生水解，促進了水的電離；N點為中性，不影響水的電離；Q點加入20mLNaOH溶液，此時溶質為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點，水的電離程度M＞N＞Q，故D正確；

答案選C。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

（1）根據蓋斯定律計算反應熱；完成熱化學方程式書寫；

（2）化學平衡狀態的判斷要依據正逆反應速率相等；各組分的濃度不變來分析判斷；

（3）結合圖示信息確定吸收室中的反應物和產物；以及陰極的反應物和產物，依據電子得失守恒以及元素守恒完成反應方程式的書寫；

（4）根據表達式；結合平衡時正逆反應速率相等，確定平衡常數與正逆速率常數之間的關系，利用表格數據列出三段式，求解平衡常數，根據溫度改變平衡常數改變，由不同溫度時平衡常數的大小確定溫度的變化情況；

（5）根據濃度對平衡的影響分析反應物比值改變時的轉化率變化；借助特殊的交點數據列三段式求解Kp。

【詳解】

（1）將三個反應依次標記為I、II、III，根據蓋斯定律熱化學方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可由得到，則ΔH===-746.5kJ/mol，則該反應的熱化學方程式為2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol，故答案為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol；

（2）A.反應過程中NO的濃度在減小，二氧化碳的濃度在增大，則比值在反應過程中是變量；當比值不變時說明濃度不再改變，反應達到平衡，故A可判斷；

B.該反應前后各物質均為氣體；氣體質量保持不變，容器體積恒定，則密度始終保持恒定，故容器中混合氣體的密度不變不能確定平衡狀態，故B不可判斷；

C.平衡時正逆反應速率相等，不同物質間速率要滿足化學計量數之比，即2v（N2）正=v（NO）逆時反應達平衡狀態；故C不能判斷；

D.反應前后氣體質量不變；該反應正向氣體分子數減小，反應過程中容器中混合氣體的平均摩爾質量逐漸增大，當平均摩爾質量不變時反應達到平衡，故D可判斷。

故答案為：AD；

（3）由電解裝置可知左側Pb為陰極，陰極上發生轉變為的反應，電解為弱酸性環境，則電極反應式為：2+2e-+2H+=+2H2O；吸收室中發生NO和產生和氮氣的反應，反應方程式為2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案為：2+2e-+2H+=+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-

（4）①v正=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=k逆c2(CO2)，當反應達平衡時v正=v逆，則k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，

根據表格信息，T1時反應3s達到平衡狀態，c(CO)=c(O2)=0.2mol/L，結合反應可知二氧化碳的濃度變化量=一氧化碳的濃度變化量=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，則該溫度時的平衡常數K=則該溫度時=80；故答案為：80；

②溫度改變為T2時k正=k逆，即=1，此時的平衡常數小于T1時的平衡常數，該反應為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動平衡常數減小，因此T2大于T1，故答案為：>；

（5）①越大時，可視為是二氧化碳不變時增大氫氣的物質的量，增大氫氣的量平衡正向移動，二氧化碳的轉化率增大，而氫氣的轉化率降低，故L1代表二氧化碳，L2代表氫氣，故答案為：L1；

②溫度為T不變時，平衡常數不變，取交點時計算，交點時兩者的轉化率均為50%，總氣體為5mol，=amol，則=（5-a）mol，列三段式得：。CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)起始物質的量：a5-a轉化物質的量：0.5a0.5（5-a）aa平衡物質的量：0.5a0.5（5-a）aa

由變化量之比等于化學計量數之比得：解得：a=1,代入三段式得。CO2(g)+?CH4(g)+?CH4(g)+2H2O(g)起始物質的量：4轉化物質的量：210.51平衡物質的量：210.51

起始物質的量為5mol時氣體壓強為5P，平衡時氣體物質的量為4mol，則平衡時壓強為4P，故答案為：

【點睛】

本題主要考查化學反應原理的有關知識，涉及蓋斯定律的應用，平衡狀態的判斷，平衡常數的計算等知識，特別主要反應平衡常數表達式中是不允許代入固體和純液體物質，代數計算算是一定要注意只能是平衡濃度。平衡常數只與溫度有關，溫度不變時任意平衡點的平衡常數相同。【解析】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/molAD2+2e-+2H+=+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>L110、略

【分析】【分析】

隨反應進行；反應物的濃度降低，生成物的濃度增大，據此結合圖像分析判斷。

【詳解】

(1)由圖可知，隨反應進行A的濃度降低，A為反應物，B、C的濃度增大，故B、C為生成物，則A、B、C計量數之比為1.2：0.4：1.2=3：1：3，反應為可逆反應，反應方程式為：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案為：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由圖可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案為：0.6mol/(L·min)。【解析】3A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)11、略

【分析】分析：(1)化學平衡常數；是指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值；

(2)由表中數據可知；溫度越高化學平衡常數越大，升高溫度平衡向正反應移動，判斷正反應的熱效應；

(3)根據濃度熵和平衡常數的關系分析判斷；

(4)令平衡時參加反應的CO2的物質的量為ymol；根據三段式用y表示出平衡時各組分的物質的量，該反應是氣體體積不變的反應，用物質的量代替濃度代入平衡常數表達式列方程計算y的值。

詳解：(1)可逆反應CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的化學平衡常數表達式K=故答案為

(2)由表中數據可知；溫度越高化學平衡常數越大，升高溫度平衡向正反應移動，正反應是吸熱反應，故答案為吸熱；

(3)平衡濃度符合下式c(CO2)?c(CH2)=c(CO)?c(H2O)時；濃度熵和平衡常數相等均等于1，平衡常數只值受溫度的影響，當K=1時，根據表中數據，溫度是830℃，故答案為830；

(4)令平衡時參加反應的CO2的物質的量為ymol；則：

CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)

開始(mol)：2100

變化(mol)：yyyy

平衡(mol)：2-y1-yyy

故=1，解得：y=故平衡后CO2的轉化率為=故答案為

點睛：本題考查化學平衡常數的應用。注意掌握化學平衡常數的用途：1、判斷反應進行的程度，2、判斷反應的熱效應，3、判斷反應進行的方向，4、計算轉化率等。解答本題需要熟練掌握三段式解答化學平衡的計算方法。【解析】吸熱83012、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據氫離子和氫氧根離子濃度相對大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據物料守恒，應該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會進一步水解，所以溶液中沒有H2B分子；故B錯誤；

C.溶液中存在質子守恒，根據質子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題的解題關鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能電離，不能水解②.13、B:C【分析】【詳解】

A.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)；故A錯誤；

B.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，離子濃度大小為c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正確；

C.任何溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正確；

D.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D錯誤；

故選：BC。

【點睛】

x+y=14，常溫下某氨水的pH=x，則氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱電解質，硫酸是強電解質，二者等體積混合，氨水過量，溶液呈堿性。14、略

【分析】【分析】

根據溶液電中性的原則判斷溶液的pH，氨水為弱電解質，如等濃度混合，則反應生成NH4Cl水解呈酸性；而溶液呈中性，則氨水需過量，據此分析解答。

【詳解】

反應后溶液中存在電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4+)=c(Cl-)，則c(H+)=c(OH-)，所以溶液pH=7；如等濃度、等體積混合，則完全反應生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，而溶液呈中性，則氨水需過量，所以混合前氨水濃度大于鹽酸濃度，即c(NH3?H2O)＞c(HCl)，因氨水為弱電解質，如氨水中c(OH-)≥鹽酸中c(H+)，則反應后溶液呈堿性，所以氨水中c(OH-)＜鹽酸中c(H+)，故答案為=；＞；＜。【解析】①.=②.＞③.＜15、略

【分析】【詳解】

(1)根據N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946kJ?mol-1、497kJ?mol-1以及反應N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ?mol-1可設NO分子中化學鍵的鍵能為X，則有：946kJ?mol-1+497kJ?mol-1-2X=180kJ?mol-1得：X=631.5kJ?mol-1；故答案為631.5；

(2)CH3COOH為酸，pH=-lgc(H+)，pH等于5的CH3COOH溶液中C(H+)=1.0×10-5mol/L，25℃時：Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，溶液中的c(OH-)==1.0×10-9mol/L，pH等于5的CH3COOH溶液中氫離子來源為乙酸的電離和水的電離，但乙酸溶液中水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以由水電離出的C(H+)是1.0×10-9mol/L，往溶液中加入少量NaOH固體，反應生成醋酸鈉，溶液中=溫度不變電離平衡常數不變，故答案為1.0×10-9mol/L；不變；

(3)常溫下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反應生成碳酸氫鈉，再與鹽酸反應生成二氧化碳；水。

①由反應及圖象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故答案為不能；

②由圖象可知，pH=7時，c(OH-)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3-、H2CO3(少量)，電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+c(OH-)，則c(Na+)＞c(Cl-)，因HCO3-水解，則c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案為HCO3-；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)；

③CO32-的水解常數Kh=當溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1時，圖象可知pH=10，c(H+)=10-10mol/L，由Kw可知c(OH-)=10-4mol/L，則Kh==c(OH-)=10-4mol/L，故答案為10-4。

點睛：本題考查較綜合，涉及熱化學方程式書寫、鹽類的水解、平衡常數計算、弱電解質的電離及溶液中酸堿之間的反應，綜合考查學生分析問題、解決問題的能力。本題的易錯點是Na2CO3溶液中加入稀鹽酸圖像的分析與解答。【解析】631.510-9不變不能HCO3-c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH-)10-416、略

【分析】【分析】

根據多元弱酸分步電離；存在電離平衡分析沒有沉淀生成的原因，結合酸堿發生中和反應，使弱酸電離平衡正向移動分析后來產生沉淀的原因。

【詳解】

SO2易溶于水，與水反應產生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，電離平衡分步進行，電離方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-濃度很小，所以不能與溶液中的Ba2+反應產生BaSO3沉淀；當向該溶液中滴加氨水后，NH3·H2O會電離產生OH-，中和電離出的H+，使溶液中c(H+)降低，導致H2SO3的電離平衡正向移動，使SO32-濃度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反應產生BaSO3沉淀。

【點睛】

本題考查弱電解質的電離及沉淀的形成，側重考查分析判斷能力，明確元素化合物性質及平衡移動原理和酸堿中和反應原理是解本題關鍵，熟練掌握外界條件對化學平衡移動影響原理，結合沉淀溶解平衡分析解答。【解析】H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和電離出的H+，導致電離平衡正向移動，SO32-濃度增大，產生BaSO3沉淀。三、判斷題(共1題，共2分)17、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、元素或物質推斷題(共1題，共5分)18、略

【分析】【分析】

根據題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【詳解】

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、工業流程題(共4題，共16分)19、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反應熱也進行相應的計算；

（2）①根據工藝流程可知升華器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反應會生成A1C13，由冷凝器尾氣可知還會生成CO，根據氯元素化合價變化計算注意電子數目；Cl2有強氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應生成Fe、AlCl3；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解；

（3）該原電池實質是金屬鋁發生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子；電量相同，則原電池轉移電子相同，令轉移電子為3mol，根據元素化合價計算n（Al）、n（Pb）；再根據m=nM計算。

【詳解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由蓋斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案為：-467.5；

（2）①根據工藝流程可知氯化爐的產物，經冷卻、升華可制備無水AlCl3，說明氯化爐的產物中含有A1C13，冷凝器尾氣含有CO，所以Al2O3、C12和C反應，生成A1C13和CO，反應方程式為A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反應中氯元素化合價由0價降低為-1價，氯氣是氧化劑，故生成1molAlCl3時轉移電子為1mol×3=3mol；Cl2有強氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-，反應離子方程式為SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應生成Fe、AlCl3，反應方程式為Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；故溫度應控制在315℃以下；

故答案為：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解，利用濃硫酸的吸水性與難揮發性；

故答案為：c；

（3）該原電池實質是金屬鋁發生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電量相同，則原電池轉移電子相同，令轉移電子為3mol，則n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2320、略

【分析】【分析】

鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質，所得濾液加入有機萃取劑HR，“萃取”原理為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、殘留Ca2+離子被萃取劑結合后進入有機相，水溶液主要含為Li+、SO2-4，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉；過濾后沉淀中加入去離子水；二氧化碳發生碳化反應，碳酸鋰和和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來解析；

(1)

鋰元素的焰色反應為紫紅色；將最終產品碳酸鋰進行焰色反應，可觀察到火焰呈紫紅色；

選A。

(2)

為提高“焙燒”效率；常采取的措施是將礦石細磨；充分攪拌、適當升高溫度等。

(3)

操作1為萃取分液；用到的主要玻璃儀器有燒杯；分液漏斗。

(4)

萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而盡可能不萃取Li+，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5mol·L-1為宜；“反萃取”步驟中Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+逆向移動，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時生成硫酸鈉、焙燒時消耗硫酸鈉，則循環使用的物質除HR、CO2外，還有Na2SO4。

(5)

鋰和鈉處于同一主族，則由碳酸鈉、水和二氧化碳反應得到碳酸氫鈉來類推，可得到“碳化反應”化學反應方程式為CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶劑萃取法Li+浸出率為3.3%，化學凈化除雜法Li+浸出率為6.1%，則由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學凈化除雜法的優勢為萃取劑除雜法鋰的損失率更少。【解析】(1)A

(2)將礦石細磨；充分攪拌、適當升高溫度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取劑除雜法鋰的損失率更少21、略

【分析】【分析】

（1）根據難溶物和液體不溶；用過濾的方法進行分離；

（2）根據MgSO4能與氫氧化鈣反應生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀；

（3）根據CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）鹽酸與Li2CO3反應生成氯化鋰；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液；陽極液中氯離子失電子，發生氧化反應，據此書寫陽極反應式。

②陰極區由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子；鋰離子向陰極移動，LiOH溶液的濃度增大，碳酸氫銨與LiOH反應生成碳酸鋰；水和氨氣。

【詳解】

（1）鋁硅化合物沉淀和液體不溶；用過濾的方法進行分離，故答案為：過濾；

（2）MgSO4能與氫氧化鈣反應生成Mg(OH)2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀，所以沉淀x的主要成份的化學式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案為：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大，故答案為：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大；

（4）鹽酸與Li2CO3反應的離子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案為：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，陽極液中氯離子失電子，發生氧化反應，所以陽極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；

②陰極區由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子，鋰離子向陰極移動，導致LiOH溶液的濃度增大；電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】過濾CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑22、略

【分析】【分析】

煅燒時主要發生Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應，根據(1)問題干知生成Na2CrO4，同時鐵元素被氧化為Fe2O3，Fe2O3不參與反應在第二步浸出過濾時被除去，即濾渣1成分為Fe2O3，Al2O3與SiO2分別與Na2CO3反應轉化為NaAlO2和Na2SiO3，兩者在第三步調節pH除雜轉化為Al(OH)3和H2SiO3沉淀被除去，即濾渣2為Al(OH)3和H2SiO3，經過除雜后得到含Na2CrO4的濾液，酸化得到含Na2Cr2O7和Na2SO4的溶液，結合圖1知可通過控制溫度提純Na2Cr2O7，進而結晶得到Na2Cr2O7晶體；另外含Na2CrO4的濾液與Na2S反應生成Cr(OH)3，灼燒得到Cr2O3，再通過鋁熱反應可得到Cr。

【詳解】

(1)Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應，生成Na2CrO4，同時Fe元素被氧化為Fe2O3，根據流程知還有CO2生成，初步確定反應為：Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，根據得失電子守恒得：4Fe(CrO2)2~7O2，再根據元素守恒配平剩余物質系數，得最終方程式為：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；

(2)根據圖1知Na2SO4在溫度高于50℃時；溶解度逐漸降低，故可以采用蒸發濃縮趁熱過濾將其除去，即操作a步驟為蒸發濃縮，趁熱過濾；

(3)Na2CrO4與Na2S反應生成和Cr(OH)3，初步確定反應為：S2-+→Cr(OH)3↓+根據得失電子守恒配平得6S2-+8→8Cr(OH)3↓+3等式左邊加水右邊加OH-配平元素守恒和電荷守恒，最終得離子方程式為：23H2O+6S2-+8=8Cr(OH)3↓+3+22OH-；

(4)根據圖示知電極a產生OH-，電極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，知a為陰極，故電極b為陽極，根據平衡知Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7需在酸性條件下，故陽極為H2O放電產生H+，即電極反應為2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O）；

(5)當時，此時對應的c(Ba2+)為最低要求，則此時即廢水中Ba2+濃度應不小于2.4×10-4mol/L。【解析】4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2蒸發濃縮趁熱過濾23H2O+6S2-+8CrO=8Cr(OH)3↓+3S2O+22OH-2H2O-4e-=O2↑+4H+或4OH--4e-=O2↑+2H2O2.4×10-4六、實驗題(共3題，共15分)23、略

【分析】【分析】

I.本實驗的目的是探究Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的效果；需要注意“單一變量”原則；

II.本實驗主要考查催化劑的特點；以及化學反應速率的影響因素。

【詳解】

I.（1）甲中，加入催化劑的現象是有氣泡生成，催化劑的作用是加快反應速率，所以可以通過觀察產生氣泡的快慢來判斷兩種催化劑的效果；Cl-本身具有很弱的還原性，H2O2具有強氧化性，更重要的是，SO42-和Cl-是否有催化效果也未知，所以為了排除陰離子差異的干擾，需要將FeCl3換為0.5mol/L的Fe2(SO4)3，以確保Fe3+的量和Cu2+的量相同；

（2）題中已告知兩個實驗都生成40mL的氣體；其他影響因素已忽略，說明催化劑效果的數據只能是反應速率，故需要測量生成40mL氣體所需要的時間；

（3）催化劑在整個化學反應中，可以看成是先參加了反應，再被生成了，這兩個反應相加就是一個總反應，催化劑剛好被抵消了，表現為不參加反應；總反應為2H2O2=2H2O+O2↑，用總反應減去這個離子方程式就可以得到另一個離子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

II.（1）化學反應前后，催化劑的質量和化學性質不變；要想證明MnO2是催化劑；還要驗證這兩點都不變才行；

（2）該反應的化學方程式為：

（3）A、B、C、D各點的反應速率都是瞬時速率，瞬時速率的大小比較要看各點斜率，斜率越大，瞬時反應速率也越大；經觀察，A、B、C、D四個點的斜率依次減小，所以化學反應速率：D＞C＞B＞A；由于四個點的條件都相同，隨著反應的進行，H2O2不斷被消耗，使得其濃度逐漸減小，所以其分解速率也逐漸減小。【解析】產生氣泡0.05排除陰離子的干擾產生40mL氣體的需要的時間2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O