2024年浙科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年浙科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷553考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、現(xiàn)有碳酸鈉溶液，對(duì)溶液中離子濃度關(guān)系的描述，不正確的是A.B.C.D.2、常溫下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液時(shí)，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示（不考慮揮發(fā)），其中d點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列說法不正確的是（）

A.V=20.00mLB.常溫下，Kb(NH3·H2O)的數(shù)量級(jí)為10-5C.b點(diǎn)溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c點(diǎn)的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)3、H2A為二元弱酸。室溫下，下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是(忽略溶液混合引起的體積變化)A.0.1mol/LH2A溶液：c(H2A)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)：c(Na+)＞c(HA－)；c(H2A)＞c(A2－)C.0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合：c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)D.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)和0.1mol/LH2A溶液等體積混合：c(Na+)＞c(HA－)+2c(A2－)4、下列應(yīng)用與水解原理無關(guān)的是（）A.實(shí)驗(yàn)室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞B.泡沫滅火器用碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液，使用時(shí)只需將兩者混合就可產(chǎn)生大量二氧化碳的泡沫C.用氯化銨溶液除去鐵銹D.可用碳酸鈉與醋酸制取少量二氧化碳5、下列說法正確的是（）A.鋼管鍍鋅時(shí)，鋼管作陰極，鋅棒作為陽極，鐵鹽溶液作電解質(zhì)溶液B.鍍鋅鋼管破損后，負(fù)極反應(yīng)式為Fe﹣2e﹣═Fe2+C.鍍銀的鐵制品，鍍層部分受損后，露出的鐵表面不易被腐蝕D.鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護(hù)法防止其腐蝕評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、下列說法正確的是()A.任何酸與堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O的過程中，能量變化均相同B.同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同C.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1，則a＞bD.已知：①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②C(s，金剛石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－395.0kJ·mol－1，則C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－17、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I(xiàn)-(aq)I3-(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物質(zhì)的量濃度c(I－)與溫度T的關(guān)系如圖所示(曲線上任何一點(diǎn)都表示平衡狀態(tài))。下列說法不正確的是（）

A.該反應(yīng)ΔH＞0B.若反應(yīng)進(jìn)行到狀態(tài)D時(shí)，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＞K2D.狀態(tài)A與狀態(tài)B相比，狀態(tài)A的c(I3-)大8、常溫下，有c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.1mol·L－1的一組醋酸、醋酸鈉混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO－）與pH的關(guān)系如下圖所示。下列溶液中離子濃度關(guān)系正確的是。

A.c（Na+）＝0.1mol·L－1的溶液中：c（H+）＋c（CH3COOH）＝c（OH－）B.點(diǎn)A溶液中：c（Na+）＞c（CH3COOH）C.pH＝3.5的溶液中：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）D.c（CH3COO－）＝0.025mol·L－1的溶液中：3c（Na+）＜c（CH3COOH）9、室溫下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.0.1mol·L－1NaCN溶液與等體積、等濃度鹽酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)B.向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]C.0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的比較：c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)D.0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合：c(Na＋)＋c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－110、電解質(zhì)在溶液中的行為是化學(xué)研究的重要內(nèi)容。下列有關(guān)溶液的敘述正確的是（）A.常溫下pH為5的鹽酸溶液稀釋1000倍后，pH等于8B.碳酸鈉溶液中存在：c(Na＋)+c(H＋)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)C.濃度均為0.1mol/L的氨水和氯化銨溶液，水電離出的c(H+)前者小于后者D.等濃度的CH3COOH與KOH任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)11、已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－①HSO3－H++SO32－②，向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是A.加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固體，則c(H+)+c(Na+)=c(HSO3－)+c(OH－)+c(SO32－)C.加入少量NaOH溶液，的值均增大D.加入氨水至中性，則c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)12、已知聯(lián)氨(N2H4)在水中的電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常溫下，將鹽酸逐滴加到聯(lián)氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]隨離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）

A.曲線X表示pOH與lg的變化關(guān)系B.反應(yīng)N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數(shù)K=10-15C.聯(lián)氨的溶液加水稀釋時(shí)聯(lián)氨的電離程度逐漸增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)13、下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是。

。選項(xiàng)。

實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

將廢鐵屑溶于過量鹽酸；滴入KSCN溶液，未見溶液變?yōu)榧t色。

該廢鐵屑中不含三價(jià)鐵的化合物。

B

向AgCl懸濁液中滴入數(shù)滴0.1mol·L－1KI溶液；有黃色沉淀生成。

Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

C

向a、b兩試管中同時(shí)加入4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，再向a試管內(nèi)加入少量MnSO4；a試管中溶液褪色較快。

MnSO4是KMnO4和H2C2O4反應(yīng)的催化劑。

D

向苯酚濁液中加入熱的氫氧化鈉溶液；濁液變澄清。

苯酚顯酸性。

A.AB.BC.CD.D評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、參考下列圖表和有關(guān)要求回答問題：

(1)圖Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反應(yīng)生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，若在反應(yīng)體系中加入催化劑，反應(yīng)速率增大，E2的變化是________(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，ΔH的變化是________。請(qǐng)寫出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_________。

(2)甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應(yīng)原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

則甲醇燃燒生成液態(tài)水的熱化學(xué)方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)：?；瘜W(xué)鍵P—PP—OO=OP=O鍵能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃燒放熱為1194kJ，白磷及其完全燃燒的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)如圖Ⅱ所示，則表中x＝________kJ·mol－115、按要求寫熱化學(xué)方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式_____________________________。

（2）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的丁烷氣體放出熱量為QkJ，經(jīng)測(cè)定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，寫出表示丁烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式______________________________________________________。

（3）已知下列熱化學(xué)方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

寫出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學(xué)方程式_________________________________________。16、以下是化學(xué)反應(yīng)中的能量變化圖，該反應(yīng)方程式為A2+B2==2AB；回答下列問題。

(1)該反應(yīng)中，反應(yīng)物斷鍵吸收的能量為_______________kJ/mol，生成物成鍵釋放的能量為_______________kJ/mol屬于_______________(填“放熱”“吸熱”)反應(yīng)，該反應(yīng)的該反應(yīng)的△H=_______________(用字母寫出表達(dá)式)

(2)已知反應(yīng)有下列反應(yīng)。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

與圖片所示化學(xué)反應(yīng)熱效應(yīng)相同的是_______________(填序號(hào))

(3)以下說法正確的是_______________。A．中和反應(yīng)是吸熱反應(yīng)B．鋁熱反應(yīng)需要在高溫條件下進(jìn)行，鋁熱反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)C．放熱反應(yīng)發(fā)生時(shí)有可能需要加熱D．凡是放出熱量的化學(xué)反應(yīng)均可用來造福人類17、含氮；磷污水過量排放引起的水體富營(yíng)養(yǎng)化是當(dāng)前備受關(guān)注的環(huán)境問題。

(1)氮肥、磷肥都可以促進(jìn)作物生長(zhǎng)。氮、磷元素在周期表中處于同一主族，從原子結(jié)構(gòu)角度分析它們性質(zhì)相似的原因是_______，性質(zhì)有差異的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被細(xì)菌分解，當(dāng)氧氣不充足時(shí)，在反硝化細(xì)菌的作用下，細(xì)菌利用有機(jī)物(又稱碳源，如甲醇)作為電子供體，將硝態(tài)氮的化合物(含NO3-)連續(xù)還原最終生成N2；發(fā)生反硝化作用，完成下述反應(yīng)的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小組研究溫度對(duì)反硝化作用的影響。在反應(yīng)器內(nèi)添加等量的相同濃度的甲醇溶液，從中取污泥水混合液分置于4個(gè)燒杯中，使4個(gè)燒杯內(nèi)的溫度不同，將實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作圖如圖。由圖像分析產(chǎn)生差異的原因是：_______。

(4)某小組研究濃度對(duì)反硝化作用的影響。

①保持其他條件相同，在反應(yīng)器內(nèi)添加不等量的甲醇溶液，使4個(gè)燒杯碳源濃度依次為183mg?L-1、236mg?L-1、279mg?L-1和313mg?L-1。該小組預(yù)測(cè)反硝化速率變化的趨勢(shì)是增大，預(yù)測(cè)依據(jù)是_______。

②碳源為183mg?L-1的污水經(jīng)過2h的反硝化試驗(yàn)，可使NO3-由15.0mg?L-1降至8.8mg?L-1。已知M(NO3-)=62g?mol-1，NO3-的轉(zhuǎn)化速率是________mol(L?h)-1。18、(1)物質(zhì)的量濃度相同的①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨五種溶液中c(NH4+)大小的順序是______________________。（用序號(hào)回答）

(2)常溫下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL與pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液體積變化忽略不計(jì))。若所得混合溶液呈中性，則a∶b＝_______________。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，c（Na+）+c（H+）＝_______________，c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3）＝_______________（填具體數(shù)值大?。?。

(4)泡沫滅火器內(nèi)裝有NaHCO3飽和溶液和Al2（SO4）3溶液，當(dāng)意外失火時(shí)，使泡沫滅火器倒過來?yè)u動(dòng)即可使藥液混合，噴出大量的白色泡沫，阻止火勢(shì)蔓延，其相關(guān)的離子方程式為：_______________。19、硼酸（H3BO3）為白色粉末狀結(jié)晶，大量用于玻璃工業(yè)，可以改善玻璃制品的耐熱、透明性能，提高機(jī)械強(qiáng)度，縮短熔融時(shí)間。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸的工藝流程如下（部分操作和條件略）：

I．向鐵硼礦粉中加入過量稀H2SO4；過濾；

Ⅱ．向?yàn)V液中加入過量雙氧水；再調(diào)節(jié)溶液的pH約為5；

Ⅲ．過濾；將所得濾液蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾得粗硼酸和含鎂鹽的母液；

Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。

已知：生成氫氧化物沉淀的pH

。

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Mg（OH）2

開始沉淀時(shí)。

3.8

5.8

2.2

10.6

完全沉淀時(shí)。

4.7

8.3

4．0

12

注：金屬離子的起始濃度為0．01mol·L-1

請(qǐng)回答：

（1）寫出Mg2B2O5·H2O與硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。

（2）為提高步驟I中的反應(yīng)速率；可采取的措施有_________________（寫出兩條）。

（3）步驟Ⅱ的目的是_______________________。

（4）“粗硼酸”中的主要雜質(zhì)是___________________。20、表是相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)，操作Ⅲ發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。該反應(yīng)在溶液中能發(fā)生的理由是________。評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)21、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)22、隨著我國(guó)碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對(duì)總能量(括號(hào)里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)23、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。24、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點(diǎn)①和點(diǎn)②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點(diǎn)②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)25、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(chǎn)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(jī)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(duì)雜質(zhì)離子的特殊選擇性)與化學(xué)凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質(zhì)離子)

除雜效果對(duì)比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學(xué)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(chǎn)品進(jìn)行焰色反應(yīng)；可觀察到火焰呈___________(填標(biāo)號(hào))。

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(diǎn))。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對(duì)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(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應(yīng)”的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對(duì)于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢(shì)為_______________________________。26、由黏土(主要成分Al2O3·2SiO2·2H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等雜質(zhì))與磷肥生產(chǎn)的含氟廢氣生產(chǎn)冰晶石Na3AlF6的工藝流程如下：

請(qǐng)回答下列問題：

(1)冰晶石在電解Al2O3制鋁中的作用是______，需定期更換石墨______(填“陽”或“陰”)極。

(2)不用98%硫酸進(jìn)行“反應(yīng)1”的可能原因是______。

A．不易發(fā)生離子反應(yīng)；造成浸出率下降。

B．反應(yīng)速率太快太劇烈；造成了操作危險(xiǎn)。

C．產(chǎn)生較多酸性廢液；也提高了原料成本。

(3)保持其他條件不變，反應(yīng)1的鋁浸出率在不同溫度下隨時(shí)間變化如圖所示。“反應(yīng)1”的最佳溫度與時(shí)間分別是______℃、______min。

(4)“除雜”步驟產(chǎn)生的“濾渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等難溶物，寫出產(chǎn)生S的離子方程式______。

(5)若按“黏土濾液溶液”來制備Al2(SO4)3·18H2O，該方案的原料利用率比原方案更______(填“高”或“低”)。

(6)“反應(yīng)2”所得“濾液”中含氟物質(zhì)主要為______(寫化學(xué)式)。

(7)已知Ka(HF)=6.4×10-4，Al3++6F-AlF的K=1.0×1019，欲使平衡時(shí)c(AlF)/c(Al3+)≥10，且調(diào)節(jié)并維持濾液pH=5.5，則其中HF平衡濃度應(yīng)不低于______mol/L(保留2位有效數(shù)字，100.5≈3.2)。27、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一種透明的導(dǎo)電材料，可運(yùn)用于觸控屏、液晶顯示器等高科技領(lǐng)域；利用水銦礦【主要成分In(OH)3】制備In2O3的工藝流程如下：

（1）寫出水銦礦被硫酸酸溶的離子方程式：_____________________________

（2）從硫酸銦溶液中制備硫酸銦晶體的實(shí)驗(yàn)步驟：__________、_________；過濾、洗滌和干燥。

（3）提純粗銦的方法和銅的精煉原理相似，則粗銦為___________（填“陰極”、“陽極”），寫出陰極的電極反應(yīng)式_________________________。

（4）完成下列化學(xué)方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃時(shí)，反應(yīng)In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常數(shù)K=0.25；

i．t℃時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密閉容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡。此時(shí)In2O3的轉(zhuǎn)化率為50%，則x=_________。

（6）高純銦和濃硝酸反應(yīng)過程中產(chǎn)生的NO2氣體可以被Na2O2直接吸收，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放會(huì)引起一系列的環(huán)境問題，任寫一條其引起的環(huán)境問題：_____________。28、鉻鐵礦的主要成分可表示為FeO?Cr2O3，還含有MgO、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)，以下是以鉻鐵礦為原料制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的流程圖：

已知：

回答下列問題：

(1)固體X中主要含有______填寫化學(xué)式

(2)固體Y中主要含有氫氧化鋁，請(qǐng)寫出調(diào)節(jié)溶液的pH=7~8時(shí)生成氫氧化鋁的離子方程式：______。

(3)酸化的目的是使轉(zhuǎn)化為若將醋酸改用稀硫酸，寫出該轉(zhuǎn)化的離子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步組成，獲得K2Cr2O7晶體的操作依次是：加入KCl固體、蒸發(fā)濃縮、______、過濾、______；干燥。

(5)酸性溶液中過氧化氫能使生成藍(lán)色的過氧化鉻(CrO5分子結(jié)構(gòu)為該反應(yīng)可用來檢驗(yàn)的存在。寫出反應(yīng)的離子方程式：______，該反應(yīng)______填“屬于”或“不屬于”氧化還原反應(yīng)。

(6)在化學(xué)分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+與生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中Clˉ恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10-5mol?L-1)時(shí)，溶液中c(Ag+)為______mol?L-1，此時(shí)溶液中c()等于______mol?L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

A.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要滿足電荷守恒，故有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正確；B.在碳酸鈉溶液中，氫離子和氫氧根全部來自水的電離，而水電離出的氫離子和氫氧根的總量相同，而水電離出的氫離子被CO32-部分結(jié)合為HCO3-和H2CO3，根據(jù)質(zhì)子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正確；C.在碳酸鈉中，鈉離子和碳酸根的個(gè)數(shù)之比為2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解為H2CO3、HCO3-，根據(jù)物料守恒可知：c（Na+）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正確；D.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要滿足電荷守恒，故有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D錯(cuò)誤；本題選D。2、D【分析】【分析】

A.d點(diǎn)溶液是反應(yīng)終點(diǎn)；按恰好完全反應(yīng)來分析；

B.a點(diǎn)溶液是氯化銨溶液水解呈酸性；常溫下pH為5，結(jié)合水解常數(shù)與電離平衡常數(shù)的關(guān)系估算；

C.b點(diǎn)溶液恰好呈中性；加入的堿溶液體積小于10.00mL來判斷；

D.c點(diǎn)的混合溶液中；一水合氨和氯化銨的物質(zhì)的量相等，根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析；

【詳解】

A.d點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)，加入NaOH的體積為20.00mL時(shí)，恰好完全反應(yīng)生成NH3?H2O和NaCl；說法正確，不符合；

B.常溫下，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡，Kb(NH3·H2O)10-5；說法正確，不符合；

C.b點(diǎn)溶液恰好呈中性，加入NaOH的體積小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；說法正確，C不符合；

D.c點(diǎn)溶液為加入NaOH的體積為10.00mL，恰得到物質(zhì)的量均為10-3mol的NH3?H2O和NH4Cl，溶液中存在電荷守恒：由物料守恒：兩個(gè)式子合并得到：因?yàn)閏點(diǎn)溶液呈堿性，所以>c(Na+)；D選項(xiàng)說法錯(cuò)誤，D符合；

答案選D。3、C【分析】【詳解】

A．H2A為二元弱酸，溶液中存在電離H2AHA－+H+、HA－A2－+H+，且第一步電離程度大于第二步，但弱電解質(zhì)的電離是微弱的，所以c(H2A)＞c(H+)＞c(HA－)＞c(A2－)；故A錯(cuò)誤；

B．0.1mol/LNaHA溶液中存在HA－的電離和水解，溶液pH＜７說明電離程度大于水解程度，所以c(A2－)＞c(HA－)；故B錯(cuò)誤；

C．0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液的溶質(zhì)為Na2A，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HA－)+2c(A2－)+2c(H2A)，二式聯(lián)立可得c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)；故C正確；

D．混合溶液應(yīng)顯酸性，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，酸性溶液中c(H+)＞c(OH－)，所以c(Na+)＜c(HA－)+2c(A2－)；故D錯(cuò)誤；

綜上所述答案為C。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A.碳酸根水解顯示堿性；磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和堿反應(yīng)，會(huì)導(dǎo)致瓶塞和瓶口黏合在一起而不易打開，A不符合；

B.碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液這兩種溶液中的碳酸氫根離子和鋁離子水解相互促進(jìn)；會(huì)生成二氧化碳來滅火，二者可作泡沫滅火劑，B不符合；

C.銨根發(fā)生水解；導(dǎo)致溶液顯示酸性，酸可以和金屬銹的成分反應(yīng)而除銹，C不符合；

D.醋酸酸性比碳酸強(qiáng)；可用碳酸鈉與醋酸制取少量二氧化碳，與鹽類水解無關(guān)；

答案D選。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A；電鍍時(shí)鍍層金屬作陽極；則Zn為陽極，待鍍金屬作陰極，則Fe為陰極，含有鋅離子的溶液為電解質(zhì)溶液，故A錯(cuò)誤；

B、Zn比Fe活潑，形成原電池時(shí)，Zn作負(fù)極，鍍鋅鋼管破損后，負(fù)極反應(yīng)式為Zn﹣2e﹣═Zn2+；故B錯(cuò)誤；

C；鍍銀的鐵制品鐵破損后發(fā)生電化學(xué)腐蝕；因Fe比Ag活潑，鐵易被腐蝕，故C錯(cuò)誤；

D；用犧牲陽極或外加電流的陰極保護(hù)法；鐵分別為正極和陰極，都發(fā)生還原反應(yīng)，可防止被氧化，故D正確。

答案選D。

【點(diǎn)睛】

考查電化學(xué)腐蝕與防護(hù)，應(yīng)注意的是在原電池中正極被保護(hù)、在電解池中陰極被保護(hù)。二、多選題(共8題，共16分)6、BD【分析】【詳解】

A.濃酸；弱酸等發(fā)生酸堿中和時(shí)中和熱不同；A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)熱大小與條件無關(guān)，因此同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同；B正確；

C.生成液態(tài)水放出更多，故－b＜－a，即b＞a；C錯(cuò)誤；

D.利用蓋斯定律－即得到C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－1；D正確；

答案選BD。7、AB【分析】【詳解】

A.隨著溫度升高；碘離子的濃度升高，平衡逆向移動(dòng)，則證明正反應(yīng)放熱，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.D點(diǎn)要達(dá)到平衡狀態(tài)（C點(diǎn)）；碘離子的濃度要升高，即平衡要逆向移動(dòng)，也就是說逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.已經(jīng)分析過正反應(yīng)放熱，則溫度越高平衡常數(shù)越小，即C項(xiàng)正確；

D.A與B相比反應(yīng)物更少；則A的生成物更多，D項(xiàng)正確；

故答案選AB。8、AD【分析】【分析】

結(jié)合物質(zhì)性質(zhì)觀察圖可知，隨著pH值的增大，濃度降低的是CH3COOH，濃度升高的是CH3COO-，在pH=4.75時(shí)，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)；可在此認(rèn)識(shí)基礎(chǔ)上對(duì)各選項(xiàng)作出判斷。

【詳解】

A.根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，根據(jù)物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，將兩等式相加得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH-)；A選項(xiàng)正確；

B.根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，點(diǎn)A溶液pH=4.75，顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.pH=3.5時(shí)，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，c(CH3COO-)＝0.025mol·L-1的溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＝c(OH-)-c(H+)+c(CH3COO-)＜c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，即，3c(Na+)＜c(CH3COOH)；D選項(xiàng)正確；

答案選AD。

【點(diǎn)睛】

分析溶液中的離子關(guān)系時(shí)，要善于運(yùn)用電荷守恒和物料守恒。9、BC【分析】【詳解】

A.溶液為HCN與氯化鈉的混合溶液，且二者的物質(zhì)的量濃度相等，HCN的電離很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(HCN)>c(H＋)>c(CN－)；選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.若向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反應(yīng)則生成Na2C2O4，溶液呈堿性，根據(jù)物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，當(dāng)反應(yīng)至溶液pH＝7時(shí)則氫氧化鈉不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]；選項(xiàng)B正確；

C.因Ka(HCN)＝6.2×10－10<Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，NaCN水解程度大于NaHC2O4，0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中c(HCN)>c(H2C2O4)，而存在物料守恒有c(Na＋)=c(CN－)+c(HCN)=c(HC2O4-)＋c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)；選項(xiàng)C正確；

D.若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1；選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查鹽的水解及溶液中離子濃度大小關(guān)系的比較，注意物料守恒等的應(yīng)用，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)D，若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1。10、CD【分析】【詳解】

A.鹽酸無限稀釋仍為酸性；其pH小于7，A錯(cuò)誤；

B.碳酸鈉溶液中電荷守恒關(guān)系為：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)；B錯(cuò)誤；

C.氨水抑制水的電離，氯化銨促進(jìn)水的電離，水電離出的c(H+)前者小于后者；C正確；

D.CH3COOH與KOH任意比混合，溶液中僅有4種離子，其電荷守恒關(guān)系為：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正確；故答案為：CD。11、CD【分析】【詳解】

A.加入少量金屬Na，Na與HSO3-電離出的H+反應(yīng)，促使平衡②右移，HSO3-離子濃度減小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)濃度減小，A錯(cuò)誤；

B.加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，B錯(cuò)誤；

C.加入氫氧化鈉與氫離子反應(yīng)，c(H+)減小，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c(SO32-)，c(OH-)濃度增大，c(HSO3-)減小，的比值增大，C正確；

D.在NaHSO3溶液中鈉離子與硫元素的所有存在形式物質(zhì)的量相等，加入氨水至中性后該數(shù)量關(guān)系依然存在，所以c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，D正確。

答案選CD。12、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O?N2H5++OH-，N2H5++H2O?N2H62++OH-，當(dāng)lg=0時(shí)，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，當(dāng)lg=0時(shí)，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由圖可知，X點(diǎn)pOH=15.0，Y點(diǎn)pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲線X表示pOH與lg的變化關(guān)系，曲線Y表示pOH與lg的變化關(guān)系；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由分析可知，曲線Y表示pOH與lg的變化關(guān)系；A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數(shù)為B錯(cuò)誤；

C．越稀越電離；聯(lián)氨的溶液加水稀釋時(shí)，聯(lián)氨的電離程度逐漸增大，C正確；

D．N2H5Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液中存在N2H5+的電離和水解，電荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根據(jù)物料守恒和電荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正確；

故答案為：AB。13、BC【分析】【詳解】

A.若鐵屑過量；則其中的三價(jià)鐵也會(huì)被過量的鐵還原為亞鐵離子，只生成氯化亞鐵，滴入KSCN溶液，未見溶液變?yōu)榧t色，無法證明該廢鐵屑中不含三價(jià)鐵的化合物，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.向AgCl懸濁液中滴入數(shù)滴0.1mol·L－1KI溶液，有黃色沉淀生成，AgCl轉(zhuǎn)化為更難溶的AgI，證明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)；選項(xiàng)B正確；

C.向a、b兩試管中同時(shí)加入4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，再向a試管內(nèi)加入少量MnSO4，a試管中溶液褪色較快，證明MnSO4起催化作用使KMnO4和H2C2O4的反應(yīng)速率加快；選項(xiàng)C正確；

D.溫度升高苯酚溶解度增大；苯酚的渾濁液變澄清，向苯酚濁液中加入熱的氫氧化鈉溶液，濁液變澄清無法說明苯酚的酸性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選BC。三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】【分析】

(1)加入催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能，但是不改變反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量，由圖可知，1molNO2和1molCO反應(yīng)生成CO2和NO放出熱量368kJ-134kJ=234kJ；根據(jù)熱化學(xué)方程式書寫原則進(jìn)行書寫；

(2)依據(jù)熱化學(xué)方程式；利用蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算；

(3)白磷燃燒的方程式為P4+5O2=P4O10；根據(jù)化學(xué)鍵的斷裂和形成的數(shù)目進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

(1)加入催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能，則E1和E2都減小，催化劑不能改變反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量之差，即反應(yīng)熱不改變，所以催化劑對(duì)反應(yīng)熱無影響，由圖可知，1molNO2和1molCO反應(yīng)生成CO2和NO放出熱量368kJ-134kJ=234kJ，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1，故答案為：減?。徊蛔?；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律計(jì)算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案為：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃燒的方程式為P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃燒需拆開6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案為：138。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子結(jié)構(gòu)，正確判斷共價(jià)鍵的類型和數(shù)目。【解析】減小不變NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-113815、略

【分析】（1）中和熱是指：25℃、101kPa下，酸與堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)所放出的熱量，所以，H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式為：

H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol

（2）CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的質(zhì)量為25g，其物質(zhì)的量為0.25mol，根據(jù)C守恒可得丁烷的物質(zhì)的量為0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出熱量為QkJ；而燃燒熱是指：25℃；101kPa下；1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量。故丁烷的燃料熱的熱化學(xué)方程式為：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由熱化學(xué)方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；結(jié)合蓋斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學(xué)方程式為：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)16、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)圖象，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)和△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能分析解答；

(2)結(jié)合常見的吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)類型以及反應(yīng)是放熱還是吸熱；與反應(yīng)條件無關(guān)分析解答(2)和(3)。

【詳解】

(1)根據(jù)圖象，反應(yīng)物斷鍵吸收的能量為akJ/mol，生成物成鍵釋放的能量為bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，該反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)，△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能=(a-b)kJ/mol，故答案為：a；b；吸熱；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑為放熱反應(yīng)，故①不選；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O為放熱反應(yīng)，故②不選；③CO+CuO=Cu+CO2↑為吸熱反應(yīng)，故③選；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O為吸熱反應(yīng)；故④選，故答案為：③④；

(3)A．中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；B．鋁熱反應(yīng)需要在高溫條件下進(jìn)行，但鋁熱反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)是放熱還是吸熱，與反應(yīng)條件無關(guān)，放熱反應(yīng)發(fā)生時(shí)有可能需要加熱，故C正確；D．放出熱量的化學(xué)反應(yīng)不一定造福人類，利用不當(dāng)可能會(huì)造成災(zāi)難，如火藥的爆炸，故D錯(cuò)誤；故答案為：C。

【點(diǎn)睛】

解答本題要注意常見的吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)類型的記憶和判斷，同時(shí)注意反應(yīng)是放熱還是吸熱，與反應(yīng)條件無關(guān)?！窘馕觥縜b吸熱(a-b)kJ/mol③④C17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）N和P最外層電子數(shù)相同；且都是5個(gè)，N和P位于VA族；P原子比N原子多一個(gè)電子層，P的原子半徑大于N的原子半徑，即P和N的性質(zhì)有差異；

（2）根據(jù)信息，NO3－與甲醇反應(yīng)，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化細(xì)菌的作用下發(fā)生反應(yīng)，溫度對(duì)反硝化細(xì)菌有影響，因此根據(jù)圖像分析產(chǎn)生差異的原因是其他條件不變時(shí)，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強(qiáng)，對(duì)NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根據(jù)問題（2）；甲醇是反應(yīng)物，其他條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率加快；

②令溶液的體積為1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的轉(zhuǎn)化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【點(diǎn)睛】

本題難點(diǎn)是氧化還原反應(yīng)方程式的書寫，首先找準(zhǔn)氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，本題氧化還原反應(yīng)：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判斷化合價(jià)的變化，找出最小公倍數(shù)，N2中N的化合價(jià)整體降低10價(jià)，CH3OH中C顯－2價(jià)；C的化合價(jià)升高6價(jià)；

最小公倍數(shù)為30，即N2的系數(shù)為3，CH3OH系數(shù)為5，最后根據(jù)原子守恒以及所帶電荷數(shù)相等配平其他即可?！窘馕觥孔钔鈱与娮訑?shù)相同，都是5個(gè)P原子比N原子多一個(gè)電子層，P的原子半徑比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他條件不變時(shí)，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強(qiáng)，對(duì)NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反應(yīng)的反應(yīng)物(還原劑)，其他條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率加快5×10-518、略

【分析】【詳解】

(1)①氨水是弱堿，電離程度小，電離出的銨根離子濃度??；②氯化銨是強(qiáng)電解質(zhì)，全部電離，銨根水解，水解程度小；③碳酸氫銨是強(qiáng)電解質(zhì)，全部電離，但銨根和碳酸氫根相互促進(jìn)的雙水解，水解程度比單一水解程度大；④硫酸氫銨是強(qiáng)電解質(zhì)，電離出銨根離子和氫離子，氫離子抑制銨根水解；⑤硫酸銨是強(qiáng)電解質(zhì)，1mol硫酸銨電離出2mol銨根離子，雖然水解但仍然比電離出1mol銨根離子濃度的大，五種溶液中c(NH4+)大小的順序是⑤＞④＞②＞③＞①。

(2)常溫下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL，氫氧根濃度c(OH－)＝0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液bL，氫離子濃度c(H+)＝0.001mol/L。若所得混合溶液呈中性，0.1mol/L×aL＝0.001mol/L×bL，則a∶b＝1:100。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，根據(jù)電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)＝c(HSO3－)+c(SO32－)+c(OH－)，根據(jù)物料守恒得到c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)＝c(Na+)＝0.1mol/L。

(4)當(dāng)意外失火時(shí)，使泡沫滅火器倒過來?yè)u動(dòng)即可使藥液混合，噴出大量的白色泡沫，阻止火勢(shì)蔓延，主要是鋁離子和碳酸氫根發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳?xì)怏w，其離子方程式為3HCO3－+Al3＋＝Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.⑤＞④＞②＞③＞①②.1∶100③.c(HSO3－)+2c(SO32－)+c(OH－)④.0.1mol/L⑤.3HCO3－+Al3＋＝Al(OH)3↓+3CO2↑19、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)鐵硼礦的成分以及強(qiáng)酸制取弱酸，發(fā)生的反應(yīng)有：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4=2MgSO4＋2H3BO3，F(xiàn)e3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，F(xiàn)e2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，F(xiàn)eO＋H2SO4=FeSO4＋H2O，Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O；（2）根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，可以提高溫度、適當(dāng)增加硫酸溶液的濃度、減小鐵硼礦粉的粒徑等；（3）根據(jù)生成氫氧化物沉淀的pH，加入雙氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后調(diào)節(jié)pH使Al3＋和Fe3＋轉(zhuǎn)化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去雜質(zhì)；（4）根據(jù)流程以及（1）的反應(yīng)，含有雜質(zhì)為MgSO4。

考點(diǎn)：考查化學(xué)流程、元素及其化合物的性質(zhì)等知識(shí)。【解析】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；

（2）升高溫度；適當(dāng)增大硫酸的濃度或減小鐵硼礦粉的粒徑等；

（3）將Fe2+氧化為Fe3+，使Al3+和Fe3+沉淀完全；（4）MgSO4。20、略

【分析】【分析】

根據(jù)溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)分析解答。

【詳解】

溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，四種物質(zhì)中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能發(fā)生反應(yīng)Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【點(diǎn)睛】

本題考查了物質(zhì)制備的知識(shí)。兩種鹽在溶液中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，產(chǎn)生兩種新鹽，發(fā)生反應(yīng)是由于鹽的溶解度不同，可以由溶解度大的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，或由溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)。會(huì)根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析是本題判斷的依據(jù)。【解析】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小四、判斷題(共1題，共8分)21、×【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(cuò)；【解析】錯(cuò)五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)22、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時(shí)升溫，平衡正向移動(dòng)，K增大，則減小；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，加壓能使平衡正向移動(dòng)，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯(cuò)誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯(cuò)誤；

故選AC；

②200℃時(shí)是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時(shí)平衡體系中含有和則反應(yīng)Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)則平衡時(shí)

的物質(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①?zèng)Q速步驟指反應(yīng)歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)。反應(yīng)速率快慢由反應(yīng)的活化能決定，活化能越大，反應(yīng)速率越慢。仔細(xì)觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應(yīng)步驟為

②反應(yīng)Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應(yīng)歷程圖中的E表示的是1個(gè)分子和1個(gè)分子的相對(duì)總能量與1個(gè)分子和3個(gè)分子的相對(duì)總能量之差(單位為eV)，且將起點(diǎn)的相對(duì)總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對(duì)總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5123、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，分別與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠(yuǎn)大于鹽酸，與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點(diǎn)睛】

等體積、等pH的強(qiáng)酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強(qiáng)酸大。與堿反應(yīng)時(shí)，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質(zhì)的量比強(qiáng)酸要大得多。解題時(shí)，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時(shí)，只要金屬或堿足量，不管是強(qiáng)酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會(huì)得出錯(cuò)誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><24、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點(diǎn)③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進(jìn)水的電離；

【詳解】

（1）根據(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強(qiáng)，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據(jù)加入氫氧化鈉的量可知點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時(shí)溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點(diǎn)①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時(shí)水的電離受到抑制，點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時(shí)溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進(jìn)，點(diǎn)④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進(jìn)水的電離，所以水的電離程度從大到小排序?yàn)棰堍邰冢?/p>

【點(diǎn)睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)25、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(zhì)，所得濾液加入有機(jī)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(jié)合后進(jìn)入有機(jī)相，水溶液主要含為L(zhǎng)i+、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(fā)生碳化反應(yīng)，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(yīng)為紫紅色；將最終產(chǎn)品碳酸鋰進(jìn)行焰色反應(yīng)，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(xì)磨；充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)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(dòng)，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(shí)生成硫酸鈉、焙燒時(shí)消耗硫酸鈉，則循環(huán)使用的物質(zhì)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(yīng)得到碳酸氫鈉來類推，可得到“碳化反應(yīng)”化學(xué)反應(yīng)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(xué)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(duì)于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢(shì)為萃取劑除雜法鋰的損失率更少?！窘馕觥?1)A

(2)將礦石細(xì)磨；充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)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26、略

【分析】【分析】

黏土中加入硫酸，Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO與硫酸反應(yīng)生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CaSO4、MgSO4，SiO2不反應(yīng)，加入BaS將Fe3+還原為Fe2+，同時(shí)生成硫酸鋇沉淀和硫單質(zhì)，過濾除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等難溶物，濾液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、M