2025年蘇科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年蘇科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、采用陰離子交換法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化劑用于乙烷脫氫反應(yīng)[CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0]，實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明，在水滑石載體中摻雜少量的Zn對(duì)乙烷脫氫反應(yīng)有明顯影響，如圖所示為不同Zn含量PtSn催化劑的乙烷催化脫氫反應(yīng)中，乙烷的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化。下列說(shuō)法不正確的是()

A.由圖可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應(yīng)活性最優(yōu)B.一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進(jìn)行催化脫氫，維持容器體積不變，測(cè)得乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為a，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=C.升高溫度，平衡逆向移動(dòng)D.隨著反應(yīng)時(shí)間的延長(zhǎng)，乙烷轉(zhuǎn)化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對(duì)穩(wěn)定的階段2、在2L的密閉容器中充入2molX(g)和1molY（g）,發(fā)生反應(yīng)2X(g)+Y(g)3Z(g)△H，反應(yīng)過(guò)程中持續(xù)升高溫度，測(cè)得混合體系中X的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示，下列推斷正確的是A.升高溫度.平衡常數(shù)增大B.W點(diǎn)Y的正反應(yīng)速率等于M點(diǎn)Y的正反應(yīng)速率C.Q點(diǎn)時(shí),Y的轉(zhuǎn)化率最大D.平衡時(shí)充入3molZ,達(dá)到新平衡時(shí)Z的體積分?jǐn)?shù)比原平衡時(shí)大3、在容積一定的密閉容器中，加入一定量的一氧化氮和足量碳發(fā)生反應(yīng)：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)；平衡時(shí)c(NO)與溫度T的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.在T2時(shí)，若反應(yīng)體系處于狀態(tài)D，則此時(shí)v正逆B.增大NO的物質(zhì)的量，可以提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率C.若狀態(tài)D時(shí)體系壓強(qiáng)分別為pB、pC、pD，則pC=pD>pBD.當(dāng)容器內(nèi)混合氣體密度不變時(shí)，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)4、常溫下，下列有關(guān)溶液的說(shuō)法正確的是A.pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：濃度的大小順序?yàn)棰?gt;②>③B.HA的電離常數(shù)Ka=4.93×10?10，則等濃度的NaHA混合溶液中：c(Na+)>c(HA)>c(A?)C.NaHCO3溶液加水稀釋?zhuān)琧(Na+)與c(HCO3?)的比值將減小D.已知在相同條件下酸性HF>CH3COOH，則物質(zhì)的量濃度相等的NaF與CH3COOK溶液中：c(Na+)–c(F?)>c(K+)?c(CH3COO?)5、室溫時(shí)下列溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.氨水：B.溶液C.氨水和溶液等體積混合：D.氨水和溶液等體積混合：評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、根據(jù)以下三個(gè)熱化學(xué)方程式：

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol

判斷Q1、Q2、Q3三者大小關(guān)系：__________7、在一定溫度下，把1molN2和3molH2通入一個(gè)一定容積的密閉的容器里，發(fā)生如下反應(yīng)：N2＋3H22NH3；當(dāng)此反應(yīng)進(jìn)行到一定程度時(shí)，反應(yīng)混和物就處于化學(xué)平衡狀態(tài)。現(xiàn)在該容器中，維持溫度不變，令a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的物質(zhì)的量(mol)。如果a、b；c取不同的數(shù)值；它們必須滿(mǎn)足一定的相互關(guān)系，才能保證達(dá)到平衡時(shí)，反應(yīng)混合物中三種氣體的百分含量仍跟上述平衡時(shí)的完全相同。請(qǐng)?zhí)顚?xiě)下列空白：

（1）若a＝0，b＝0，則c＝__________。

（2）若a＝0.5，則b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必須滿(mǎn)足的一般條件是：請(qǐng)用兩個(gè)方程式表示，其中一個(gè)只含a和c，另一個(gè)只含b和c______。8、在密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反應(yīng)②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反應(yīng)③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代數(shù)式表示)。

（2）反應(yīng)①的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=_________________________，已知500℃時(shí)反應(yīng)①的平衡常數(shù)K=1.0，在此溫度下2L密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)①，F(xiàn)e和CO2的起始量均為2.0mol，達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)____________________________，CO的平衡濃度為_(kāi)____________________________。

（3）將上述平衡體系升溫至700℃，再次達(dá)到平衡時(shí)體系中CO的濃度是CO2濃度的兩倍，則a_____0(填“>”、“<”或“=”)。為了加快化學(xué)反應(yīng)速率且使體系中CO的物質(zhì)的量增加，其他條件不變時(shí)，可以采取的措施有_____________________________(填序號(hào))。

A．縮小反應(yīng)器體積B．再通入CO2C．升高溫度D．使用合適的催化劑。

（4）在密閉容器中，對(duì)于反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始時(shí)分別為20mol和10mol；達(dá)平衡時(shí)，SO2的轉(zhuǎn)化率為80%。若從SO3開(kāi)始進(jìn)行反應(yīng)，在相同的溫度下，欲使平衡時(shí)各成分的百分含量與前者相同，則起始時(shí)SO3的物質(zhì)的量為_(kāi)____________，其轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___________。9、判斷下列鹽溶液的酸堿性，能發(fā)生水解的用離子方程式表示，不能發(fā)生水解的請(qǐng)寫(xiě)上“不發(fā)生水解”字樣。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。10、常溫下，向溶液中加入溶液，可觀察到的現(xiàn)象是______，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____，若將所得懸濁液的pH值調(diào)整為4，則溶液中的溶液為_(kāi)_____已知常溫下11、I．已知25℃時(shí)，醋酸、碳酸、氫氰酸的電離平衡常數(shù)如下表:(單位省略)。醋酸碳酸氫氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

（1）寫(xiě)出碳酸的第一步電離方程式__________________________________。

（2）25℃時(shí)，等濃度的三種溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的順序?yàn)開(kāi)____________________(填序號(hào))。

（3）25℃時(shí)，向NaCN溶液中通入少量CO2，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________。

（4）將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，測(cè)得混合溶液中c(Na+)>c(CN)，下列關(guān)系正確的是_______。

a．c(H+)>c(OH)b．c(H+)+c(HCN)=c(OH)c．c(HCN)+c(CN)=0.01mol/L

II．請(qǐng)用有關(guān)電解質(zhì)溶液的知識(shí)回答下列問(wèn)題：

（1）某溫度下純水的c(H+)=4.0×10mol/L，若溫度不變，滴入稀鹽酸，使c(H+)=2.0×10mol/L，則此溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=_________。

（2）氫氧化銅懸濁液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s)?Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常溫下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10某硫酸銅溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L如要生成Cu(OH)2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液使之pH>________

（3）向含有相同濃度Fe2+、Hg2+的溶液中滴加Na2S溶液，先生成______沉淀(填化學(xué)式)。在工業(yè)廢水處理過(guò)程中，依據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化原理,可用FeS作為沉淀劑除去廢水中的Hg2+，寫(xiě)出相應(yīng)的離子方程式______________________。(Ksp(FeS)=6.3×10Ksp(HgS)=6.4×10)12、以廢治廢；變廢為寶可以實(shí)現(xiàn)資源的綜合利用。用廢鐵塊、廢鹽酸可以生產(chǎn)凈水劑聚合氯化鐵和高鐵酸鈉；轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：

(1)A溶液中一定含有的溶質(zhì)是_______。

(2)若使③中水解程度變大，可采取的措施是_______(填字母序號(hào))。

a．加熱b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)寫(xiě)出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。

(4)將廢鐵塊進(jìn)行預(yù)處理制成電極，通過(guò)電解制備高鐵酸鈉，該裝置原理示意圖如圖所示。鐵塊做_______(填“陽(yáng)極”或“陰極”)，對(duì)應(yīng)的電極反應(yīng)式為_(kāi)______。

(5)高鐵酸鈉在水中緩慢產(chǎn)生紅褐色沉淀和一種氣體，該反應(yīng)的離子方程式：_______。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、原理綜合題(共2題，共14分)14、COS和H2S是許多煤化工產(chǎn)品的原料氣。已知：

Ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)ΔH=XkJ·mol-1；

I.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-42kJ·mol-1；

（1）斷裂1mol分子中的化學(xué)鍵所需吸收的能量如下表所示：

。分子。

COS(g)

H2(g)

CO(g)

H2S(g)

H2O(g)

CO2(g)

能量/kJ·mol-1

1321

440

1076

680

930

1606

則X=_____________________。

（2）向10L容積不變的密閉容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，進(jìn)行上述兩個(gè)反應(yīng)，在某溫度下達(dá)到平衡，此時(shí)CO的體積分?jǐn)?shù)為4%，且測(cè)得此時(shí)COS的物質(zhì)的量為0.80mol，則該溫度下反應(yīng)I的平衡常數(shù)為_(kāi)________________（保留兩位有效數(shù)字）

（3）現(xiàn)有兩個(gè)相同的2L恒容絕熱（與外界沒(méi)有熱量交換）密閉容器M、N，在M中充入1molCO和1molH2O，在N中充入1molCO2和1molH2，均在700℃下開(kāi)始按Ⅱ進(jìn)行反應(yīng)。達(dá)到平衡時(shí)，下列說(shuō)法正確的是_________。

A.兩容器中CO的物質(zhì)的量M>N

B.兩容器中正反應(yīng)速率M

C.容器M中CO的轉(zhuǎn)化率與容器N中CO2的轉(zhuǎn)化率之和小于1

D.兩容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)M>N

（4）氫硫酸；碳酸均為二元弱酸；其常溫下的電離常數(shù)如下表：

。

H2CO3

H2S

Ka1

4.4×10-7

1.3×10-7

Ka2

4.7×10-11

7.1×10-15

煤的氣化過(guò)程中產(chǎn)生的H2S可用足量的Na2CO3溶液吸收，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________；常溫下，用100mL0.2mol·L-1InaOH溶液吸收448mL（標(biāo)況）H2S氣體，反應(yīng)后溶液中離子濃度從大到小的順序?yàn)開(kāi)_________________________________。

（5）25℃時(shí)，用Na2S沉淀Cu2+、Sn2+兩種金屬離子(M2+)，所需S2-最低濃度的對(duì)數(shù)值1gc(S2-)與Igc(M2+)的關(guān)系如右圖所示；請(qǐng)回答：

①25℃時(shí)Ksp(CuS)=_______________。

②25℃時(shí)向50mL的Sn2+、Cu2+濃度均為0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，當(dāng)Na2S溶液加到150mL時(shí)開(kāi)始生成SnS沉淀，則此時(shí)溶液中Cu2+濃度為_(kāi)____________mol/L。15、造成酸雨的主要物質(zhì)是NO2和SO2；某科研小組進(jìn)行如下研究。

(1)處理二氧化硫通常是先在水中把它氧化成硫酸，再用NH3?H2O吸收。已知2NH3?H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-24.2kJ/mol，中和熱ΔH=-57.3kJ/mol則1molNH3?H2O理論上完全電離時(shí)需要吸收的熱量為_(kāi)______。

(2)常溫下也可以用NaOH溶液直接吸收SO2，在吸收過(guò)程中，溶液pH隨n(SO32-)：n(HSO3-)變化關(guān)系如下表：。n(SO32-)：n(HSO3-)88：121：112：88pH8.27.46.0

①當(dāng)吸收液呈中性時(shí)，溶液中離子濃度由大到小排列順序?yàn)開(kāi)______。

②當(dāng)向NaOH溶液中通入足量的SO2時(shí)，得到NaHSO3溶液，在pH為4～7之間電解，硫元素在陰極上被還原為Na2S2O4，這是電化學(xué)脫硫技術(shù)之一、寫(xiě)出該陰極的電極反應(yīng)式_______。

(3)向容積為2L，密閉容器中分別充入0.20molNO2和0.4molSO2，發(fā)生SO2(g)+NO2(g)?SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol在不同溫度下測(cè)定同一時(shí)刻N(yùn)O2的轉(zhuǎn)化率；結(jié)果如圖所示。

①a、c兩點(diǎn)反應(yīng)速率大小關(guān)系：v正(a)_______v逆(c)。(填“>”“<”或“=”)

②溫度為T(mén)2時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)______。若在此溫度下，保持容器的容積不變，再向容器中充入0.10molNO2和0.2molSO2，NO2的轉(zhuǎn)化率_______(填“增大”“減小”或“不變”)。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共18分)16、用一種硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及鋁硅合金材料的工藝流程如下：

(1)“礦石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合氣體”經(jīng)過(guò)水吸收和空氣氧化能再次利用。

①“焙燒”時(shí)，GeS2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________。

②“混合氣體”的主要成分是_______________(填化學(xué)式)．

③FeS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會(huì)與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______________。Al2O3也能發(fā)生類(lèi)似反應(yīng)．這兩種氧化物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖，上述流程中最適宜的“焙燒”溫度為_(kāi)____________________。

(3)GeCl4的佛點(diǎn)低，可在酸性條件下利用蒸餾的方法進(jìn)行分離，酸性條件的目的是_________。

(4)用電解氧化法可以增強(qiáng)合金AlxSiy的防腐蝕能力，電解后在合金表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜(主要成分為Al2O3),電解質(zhì)溶液為H2SO4-H2C2O4混合溶液，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________。

(5)假設(shè)流程中SiO2損失了20%，Al2O3損失了25%，當(dāng)投入1t硫化礦，加入了54kg純鋁時(shí)，鋁硅合金中x:y=______________。17、用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：

已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見(jiàn)下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列問(wèn)題。

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。

(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達(dá)到最大值后無(wú)明顯變化，而B(niǎo)a(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小，減小的原因是________。

(3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入到________操作中(填操作單元的名稱(chēng))。

(4)凈化時(shí)需先加入的試劑X為_(kāi)_______(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_(kāi)______(當(dāng)溶液中某離子濃度時(shí)；可認(rèn)為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A．由圖可知；當(dāng)時(shí)間相同時(shí)，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化劑的催化反應(yīng)活性最優(yōu)，乙烷轉(zhuǎn)化率最高，故A正確；

B．一定溫度下，將nmol乙烷放入VL密閉容器中進(jìn)行催化脫氫，維持容器體積不變，測(cè)得乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為a，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K===故B正確；

C．CH3CH3(g)?CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0；升高溫度，平衡正向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D．由圖上曲線(xiàn)；隨著反應(yīng)時(shí)間的延長(zhǎng)，曲線(xiàn)的斜率逐漸變小，乙烷轉(zhuǎn)化率逐漸穩(wěn)定，催化活性保持在相對(duì)穩(wěn)定的階段，故D正確；

故選C。2、C【分析】【詳解】

Q點(diǎn)之前；升高溫度，X的含量減小，Q點(diǎn)之后，升高溫度，X的含量增大，曲線(xiàn)上最低點(diǎn)為平衡點(diǎn)，最低點(diǎn)之前未達(dá)平衡，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行，最低點(diǎn)之后，各點(diǎn)為平衡點(diǎn)，升高溫度X的含量增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

A．Q點(diǎn)后升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡常數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；

B．溫度越高，反應(yīng)速率越快，則M點(diǎn)Y的反應(yīng)速率大，故B錯(cuò)誤；

C．曲線(xiàn)上最低點(diǎn)Q為平衡點(diǎn)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，Y的轉(zhuǎn)化率減小，所以Q點(diǎn)時(shí)，Y的轉(zhuǎn)化率最大，故C正確；

D．反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，平衡時(shí)充入Z，達(dá)到平衡時(shí)與原平衡是等效平衡，所以達(dá)到新平衡時(shí)Z的體積分?jǐn)?shù)不變，故D錯(cuò)誤；

故選：C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．在T2時(shí)；若反應(yīng)體系處于狀態(tài)D，D點(diǎn)c(NO)大于平衡時(shí)c(NO)，平衡正向移動(dòng)，則此時(shí)v(正)＞v(逆)，故A錯(cuò)誤；

B．增大NO的物質(zhì)的量；相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，NO的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故B錯(cuò)誤；

C．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，物質(zhì)的量始終不變，若狀態(tài)B、C、D的壓強(qiáng)分別為pB、pC、pD，則pB=pC=pD；故C錯(cuò)誤；

D．C為固體；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，氣體的質(zhì)量逐漸增大，容器的體積不變，則氣體的密度為變量，因此容器內(nèi)混合氣體密度不變時(shí)，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意C為固體，加入NO，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)。4、A【分析】【詳解】

A．NH4Cl水解時(shí)氯離子不影響銨根離子水解，由于NH4HSO4電離時(shí)產(chǎn)生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的濃度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中鋁離子水解抑制銨根離子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的濃度大于NH4Cl，濃度的大小順序應(yīng)為：①>②>③，選項(xiàng)A正確；B、NaA中水解平衡常數(shù)Kb=水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，c(HA)?)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、NaHCO3溶液加水稀釋?zhuān)龠M(jìn)碳酸氫根離子水解，鈉離子物質(zhì)的量不變，碳酸氫根減小，c(Na+)與c(HCO3-)的比值保持增大，選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、HF、CH3COOH都是弱酸，所以NaF與CH3COOK都是強(qiáng)堿弱酸鹽，由于酸性HF>CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余離子濃度越小，故c(Na+)–c(F?)＜c(K+)?c(CH3COO?)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選A。5、D【分析】【詳解】

A．0.2mol?L-1氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡，溶液中離子濃度大小c(NH3?H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)；故A錯(cuò)誤；

B．0.2mol?L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液顯堿性說(shuō)明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3?H2O)；故B錯(cuò)誤；

C．0.2mol?L-1氨水和0.2mol?L-1NH4HCO3溶液等體積混合，氮元素物質(zhì)的量是碳元素物質(zhì)的量的2倍，物料守恒得到離子濃度關(guān)系c(NH4+)+c(NH3?H2O)+c(NH3)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]；故C錯(cuò)誤；

D．0.6mol?L-1氨水和0.2mol?L-1NH4HCO3溶液等體積混合，溶液中存在碳物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L①，氮守恒得到：c(NH4+)+c(NH3)+c(NH3?H2O)=0.4mol/L②，混合溶液中存在電荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)③，把①中c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1-c(H2CO3)，②中c(NH4+)=0.4-c(NH3?H2O)-c(NH3)，帶入③整理得到：c(NH3?H2O)+c(NH3)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol?L-1+c(H2CO3)+c(H+)；故D正確；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

易錯(cuò)點(diǎn)在于A選項(xiàng)，氨水存在弱電解質(zhì)的電離平衡，水的電離平衡，所以氫氧根離子的濃度大于銨根離子的濃度。二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】【分析】

硫化氫完全燃燒放出的熱量多；生成液態(tài)水是放出的熱量多。

【詳解】

硫化氫完全燃燒放出的熱量多，則Q1>Q2；氣態(tài)水的能量高于液態(tài)水的能量，則硫化氫生成液態(tài)水是放出的熱量多，即Q2>Q3，綜上可得Q1>Q2>Q3，故答案為：Q1>Q2>Q3。

【點(diǎn)睛】

依據(jù)焓變的含義和反應(yīng)物質(zhì)的聚集狀態(tài)變化，反應(yīng)的進(jìn)行程度進(jìn)行分析判斷是解題關(guān)鍵?！窘馕觥縌1>Q2>Q37、略

【分析】【分析】

給據(jù)題給信息；本題為恒溫恒容條件下等效平衡的判斷和計(jì)算。首先分析可逆反應(yīng)，可知該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等的可逆反應(yīng)。對(duì)于這樣的可逆反應(yīng)，要保證反應(yīng)混合物中三種氣體的百分含量仍跟上述平衡時(shí)的完全相同,即要與原平衡等效,則投入的物質(zhì)的量換算成同一邊物質(zhì)，應(yīng)與之前相應(yīng)物質(zhì)的投入量相等。據(jù)此進(jìn)行計(jì)算判斷。

【詳解】

（1）根據(jù)反應(yīng)方程式，將1molN2和3molH2換算成NH3的量，為2mol，則可知2molNH3相當(dāng)于1molN2和3molH2；則c=2，答案為：2；

（2）根據(jù)反應(yīng)方程式，有：N2＋3H22NH3

根據(jù)等效平衡有：解得：答案為：1.5；1；

（3）根據(jù)題意有：N2＋3H22NH3

根據(jù)等效平衡有：答案為：【解析】21.518、略

【分析】【詳解】

（1）由蓋斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反應(yīng)①的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=c(CO)/c(CO2)，設(shè)轉(zhuǎn)化的CO2的物質(zhì)的量為xmol，則平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為xmol，CO2的物質(zhì)的量為（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的轉(zhuǎn)化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）將上述平衡體系升溫至700℃，再次達(dá)到平衡時(shí)體系中CO的濃度是C02濃度的兩倍；對(duì)于反應(yīng)①，說(shuō)明升高溫度平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)進(jìn)行，故a＞0；

A．該反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變；縮小反應(yīng)器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動(dòng)，A不符合；

B．通入CO2；濃度增大，速率加快，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量增大，B符合；

C．該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；升高溫度，速率加快，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量增大，C符合；

D．使用合適的催化劑；加快反應(yīng)速率，平衡不移動(dòng)，D不符合。

（4）在相同的溫度下，欲使平衡時(shí)各成分的百分含量與前者相同，說(shuō)明兩平衡是等效平衡，按化學(xué)計(jì)量轉(zhuǎn)化到一邊，對(duì)應(yīng)成分的物質(zhì)的量相同，根據(jù)方程式可知，20molSO2和10molO2完全轉(zhuǎn)化，可得SO3的物質(zhì)的量為20mol，故從SO3開(kāi)始反應(yīng)，達(dá)到相同平衡狀態(tài)，需要SO3物質(zhì)的量為20mol；SO2的轉(zhuǎn)化率為80%，其轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為20mol×80%=16mol，所以從SO3開(kāi)始反應(yīng)，達(dá)到相同平衡狀態(tài)，SO3物質(zhì)的量為16mol，轉(zhuǎn)化的SO3物質(zhì)的量為（20-16）mol=4mol，其SO3轉(zhuǎn)化率為=20%?！窘馕觥竣?(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%9、略

【分析】【分析】

先判斷是否有弱離子再確定是否水解；結(jié)合水解方程式判斷溶液的酸堿性。

【詳解】

K2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解后水溶液呈堿性，水解的離子方程式為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；K2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，溶液呈中性；FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后溶液呈酸性，水解的離子方程式為：Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，溶液呈中性；故答案為：堿；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；中；不發(fā)生水解；酸；Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+；中；不發(fā)生水解。

【點(diǎn)睛】

把握鹽類(lèi)水解規(guī)律是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為Ba(NO3)2，要注意氫氧化鋇是強(qiáng)堿，Ba(NO3)2屬于強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，另外，F(xiàn)e3+水解生成的氫氧化鐵不能加“↓”。【解析】①.堿②.CO32-+H2O?HCO3-+OH-③.中④.不發(fā)生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不發(fā)生水解10、略

【分析】【分析】

FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，F(xiàn)eCl3和NaHCO3相互促進(jìn)水解生成氫氧化鐵沉淀、二氧化碳?xì)怏w和氯化鈉，pH=4的溶液中c(OH-)=10-10mol/L，利用Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c3(OH-)計(jì)算溶液中Fe3+的濃度；據(jù)此分析解答。

【詳解】

是強(qiáng)酸弱堿鹽，是強(qiáng)堿弱酸鹽，和相互促進(jìn)水解生成氫氧化鐵沉淀、二氧化碳?xì)怏w和氯化鈉，所以現(xiàn)象為：有紅褐色沉淀生成，有氣泡冒出，反應(yīng)的離子方程式為的溶液中所以溶液中故答案為：有紅褐色沉淀生成，有氣泡冒出；【解析】有紅褐色沉淀生成，有氣泡冒出11、略

【分析】【分析】

I.（1）多元弱酸應(yīng)分步電離；

（2）利用鹽類(lèi)水解中“越弱與水解”進(jìn)行分析；

（3）根據(jù)電離常數(shù)判斷；

（4）通過(guò)c(Na＋)>c(CN－)；判斷出以電離還是水解為主；

II.（1）根據(jù)水的離子積；計(jì)算pH；

（2）利用溶度積進(jìn)行計(jì)算；

（3）利用溶度積的原則進(jìn)行分析；

【詳解】

I.（1）碳酸是二元弱酸，在溶液中分步電離，電離方程式為：H2CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－；

故答案為H2CO3H＋＋HCO3－；

（2）三種鹽都是強(qiáng)堿弱酸鹽，水溶液顯堿性，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，電離H＋能力：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，利用鹽類(lèi)水解中“越弱越水解”，得出水解能力大小順序是CO32－>CN－>CH3COO－，即pH由大到小的順序是②>①>③。

故答案為②>①>③；

（3）電離出H＋能力：H2CO3>HCN>HCO3－，因此NaCN中通入少量的CO2，其離子方程式為CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

故答案為：CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

（4）HCN和NaOH等體積混合，反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為NaCN和HCN，且兩者物質(zhì)的量相等，因?yàn)閏(Na＋)>c(CN－)，說(shuō)明CN－的水解能力大于HCN的電離能力，溶液顯堿性，a、根據(jù)上述分析，溶液顯堿性，即c(OH－)>c(H＋)；故a錯(cuò)誤；

b、電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CN－)，物料守恒：c(CN－)＋c(HCN)=2c(Na＋)，兩式聯(lián)立得到2c(H＋)＋c(HCN)=2c(OH－)＋c(CN－)，故b錯(cuò)誤；

c、根據(jù)物料守恒，c(CN－)＋c(HCN)=0.01mol·L－1；故c正確；

c正確；故答案為c；

II.（1）純水中水電離c(H＋)等于水電離出的c(OH－)，即該溫度下，水的離子積Kw=4×10－7×4×10－7=1.6×10－13，該溫度下，滴入鹽酸，根據(jù)水的離子積c(OH－)==8×10－10mol·L－1，即水電離出的c(H＋)=8×10－10mol·L－1；

故答案為8×10－10mol·L－1；

（2）根據(jù)濃度商與Ksp之間的關(guān)系，當(dāng)Qc=Ksp時(shí)，此時(shí)溶液為飽和溶液，即要使Cu(OH)2開(kāi)始出現(xiàn)沉淀，c(OH－)>=1×10－9mol·L－1；則pH應(yīng)大于5；

故答案為5；

（3）Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，說(shuō)明HgS比FeS更難溶，即先有HgS沉淀產(chǎn)生；反應(yīng)向更難溶的方向進(jìn)行，即發(fā)生的離子方程式為Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)；

故答案為HgS；Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)是I中（3），學(xué)生經(jīng)常書(shū)寫(xiě)成2CN－＋CO2－＋H2O=2HCN＋CO32－，學(xué)生忽略了HCN電離出H＋強(qiáng)于HCO3－，HCN與CO32－反應(yīng)生成HCO3－，因此正確的是CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－，因此類(lèi)似這種題型應(yīng)注意生成物是否能發(fā)生反應(yīng)?！窘馕觥縃2CO3H＋+HCO3-②>①>③CN+CO2+H2O=HCO3-+HCNC8.0×10-10mol/L5HgSHg2+（aq）+Fe（S）Hg+Fe2+（aq）12、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）廢鐵快與鹽酸反應(yīng)：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶質(zhì)為FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，F(xiàn)eCl3發(fā)生水解，水解是吸熱反應(yīng)，即加熱促進(jìn)Fe3＋水解；故a正確；

b、加入NaHCO3，F(xiàn)e3＋與HCO3－發(fā)生雙水解反應(yīng)，促進(jìn)Fe3＋水解，故b正確；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c錯(cuò)誤；

（3）根據(jù)聚合氯化鐵的化學(xué)式，生成聚合氯化鐵的化學(xué)反應(yīng)方程式為2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，制備高鐵酸鈉，F(xiàn)e應(yīng)失去電子轉(zhuǎn)化成FeO42－，F(xiàn)e的化合價(jià)升高，根據(jù)電解原理，鐵作陽(yáng)極，環(huán)境為堿性，陽(yáng)極反應(yīng)式為Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）紅褐色沉淀為Fe(OH)3，F(xiàn)e元素化合價(jià)降低，氧元素的化合價(jià)升高，即氣體為O2，該反應(yīng)的離子方程式為4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【點(diǎn)睛】

難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，一般先寫(xiě)出還原劑、氧化產(chǎn)物，或氧化劑、還原產(chǎn)物，本題制備高鐵酸鈉，應(yīng)是鐵失去電子轉(zhuǎn)化成FeO42－，即Fe→FeO42－，標(biāo)出得失電子物質(zhì)的量，化合價(jià)變化3價(jià)，即Fe－3e－→FeO42－，應(yīng)注意電解質(zhì)的酸堿性，因此電極反應(yīng)式為Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O?！窘馕觥縁eCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl陽(yáng)極Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正確)三、判斷題(共1題，共2分)13、×【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)四、原理綜合題(共2題，共14分)14、略

【分析】(1)ΔH=反應(yīng)物斷鍵吸收的總能量-生成物成鍵放出的總能量=1321+440-680-1076=5kJ·mol-1；正確答案：5。

（2）COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)

起始量1100

變化量xxxx

平衡量1-x1-xxx

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

起始量x101-x

變化量yyyy

平衡量x-y1-yy1-x+y

根據(jù)題給信息可知：1-x=0.8,x=0.2mol；反應(yīng)后混合氣體總量為1-x+x+x-y+1-y+y+1-x+y=3mol，根據(jù)CO的體積分?jǐn)?shù)為4%列方程(0.2-y)/3=0.04,y=0.08mol；c(H2)=(1-x+y)/10=0.088mol/L；c(H2S)=x/10=0.02mol/L；c(CO)=(x-y)/10=0.012mol/L；c(COS)=(1-x)/10=0.08mol/L；反應(yīng)I的平衡常數(shù)為c(CO)c(H2S)/c(H2)c(COS)=0.012×0.02/0.08×0.088=0.034；正確答案：0.034。

(3)由于容器M的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)的溫度升高；由于恒容絕熱，升高溫度，平衡左移，兩容器中CO的物質(zhì)的量M>N，A正確；M中溫度大于N中的溫度，所以?xún)扇萜髦姓磻?yīng)速率M>N，B錯(cuò)誤；容器M中反應(yīng)是從正反應(yīng)方向開(kāi)始的，容器N中是反應(yīng)是從逆反應(yīng)方向開(kāi)始的，由于恒容絕熱(與外界沒(méi)有熱量交換)，所以CO的轉(zhuǎn)化率與容器Ⅱ中CO2的轉(zhuǎn)化率之和必然小于1；C正確；容器M中反應(yīng)是從正反應(yīng)方向開(kāi)始的，由于恒容絕熱(與外界沒(méi)有熱量交換)，平衡左移，所以?xún)扇萜髦蟹磻?yīng)的平衡常數(shù)M

（4）根據(jù)電離常數(shù)可以得知酸性順序：H2CO3>H2S>HCO3->HS-；所以H2S與Na2CO3溶液反應(yīng)生成NaHS和NaHCO3；正確答案：H2S+CO32-＝HS-+HCO3－。設(shè)生成Na2Sxmol和NaHSymol，根據(jù)硫元素守恒：x+y=448×10-3/22.4；根據(jù)鈉元素守恒：2x+y=0.1×0.2,解之x=0，y=0.02mol；所以100mL、0.2mol·L-1NaOH溶液恰好吸收448mL（標(biāo)況）H2S氣體生成NaHS，NaHS溶液電離大于水解過(guò)程，溶液顯堿性，溶液中各離子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+))＞c(S2－)；正確答案：c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)>c(H+))＞c(S2－)。

（5）①在25℃時(shí)，CuS飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）?Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2-）=10-25×10-10=10-35；正確答案：10-35。

②Ksp（SnS）=c（Sn2+）×c（S2-）=10-25×1=10-25>Ksp（CuS）=10-35，所以25℃時(shí)向50mL的Sn2+、Cu2+濃度均為0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，Cu2+先沉淀完成后；

Sn2+開(kāi)始沉淀；c(Sn2+)=(50×10-3×0.01)/(200×10-3)=2.5×10-3mol·L-1；根據(jù)Ksp（SnS）=c（S2-）×2.5×10-3=10-25，c（S2-）=4×10-23mol·L-1；根據(jù)Ksp（CuS）=c（Cu2+）×4×10-23=10-35，c（Cu2+）=2.5×10-13mol·L-1；正確答案：2.5×10-13。

點(diǎn)睛：（2）問(wèn)中發(fā)生2個(gè)反應(yīng)，第一個(gè)反應(yīng)中消耗H2，第二個(gè)反應(yīng)生成H2，平衡后H2的量為二者的代數(shù)和；第一個(gè)反應(yīng)中生成CO，第二個(gè)反應(yīng)中消耗CO，平衡后CO的量為二者的代數(shù)和；這樣才能計(jì)算出第一個(gè)反應(yīng)的平衡常數(shù)?！窘馕觥?0.034ACH2S+CO32-＝HS-+HCO3－c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+))＞c(S2－)10-352.5×10-1315、略

【分析】【分析】

(1)中和熱△H=-57.3KJ/mol，但是弱堿的電離吸熱，根據(jù)題干信息寫(xiě)出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，然后利用蓋斯定律計(jì)算出1molNH3?H2O理論上完全電離時(shí)需要吸收的熱量；

(2)①吸收液呈中性時(shí)；溶質(zhì)為亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉，電離與水解的程度相等，結(jié)合電荷守恒解答；

②據(jù)陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)分析；

(3)①溫度越高化學(xué)反應(yīng)速率越快；

②n變(NO2)=0.2mol×80%=0.16mol

K=再向容器中充入0.10molNO2和0.2molSO2；相對(duì)于增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，據(jù)此分析解答；

【詳解】

(1)NH3?H2O(aq)與H2SO4(aq)反應(yīng)生成1mol正鹽的△H=?24.2kJ/mol，則：2NH3?H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-24.2kJ/mol；

即：2NH3?H2O(aq)+2H+=2(aq)+2H2O(l)△H=?24.2kJ/mol；

整理可得：NH3?H2O(aq)+H+=(aq)+H2O(l)△H=?12.1kJ/moL(1)；

H+(aq)+OH?(aq)=H2O(l)△H=?57.3kJ/mol(2)；

(1)?(2)可得：NH3?H2O(aq)=(aq)+OH?(aq)，△H=+45.2kJ/mol，所以NH3?H2O在水溶液中需要吸收的熱量為45.2kJ；

故答案為：45.2kJ；

(2)①+H2O?+OH?，?H++亞硫酸兩步水解，第一步水解遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步水解，則離子濃度為c(Na+)>c()>c()>c(H+)=c(OH-)；

故答案為：c(Na+)>c()>c()>c(H+)=c(OH-)；

②據(jù)陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故電極方程式為2+2H++2e-=+2H2O；

故答案為：2+2H++2e-=+2H2O；

(3)①溫度越高化學(xué)反應(yīng)速率越快，故υ(a)<υ(c)；

故答案為：<；

②n變(NO2)=0.2mol×80%=0.16mol

K===

再向容器中充入0.10molNO2和0.2molSO2；相對(duì)于增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，故轉(zhuǎn)化率不變；

故答案為：不變；【解析】45.2kJc(Na+)>c()>c()>c(H+)=c(OH-)2+2H++2e-=+2H2O<不變五、工業(yè)流程題(共2題，共18分)16、略

【分析】【分析】

硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸銨在空氣中焙燒，-2價(jià)S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，F(xiàn)eS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會(huì)與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，控制焙燒溫度，防止Al2O3也發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，經(jīng)系列處理得到NH4Fe(SO4)2；過(guò)濾得到濾渣為SiO2、Al2O3和GeO2，加鹽酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相應(yīng)的氯化物，二氧化硅不溶解，過(guò)濾得到二氧化硅濾渣；蒸餾分離濾液中的GeCl4后再加入氨水調(diào)節(jié)pH得到Al(OH)3沉淀，過(guò)濾取Al(OH)3沉淀，與前序?yàn)V渣SiO2和焦炭高溫焙燒還原得到Al和Si；再加純鋁攪拌得到合金。

【詳解】

(1)礦石粉碎后可以增大與空氣的接觸面積；使礦石充分灼燒；

(2)①“焙燒”時(shí)，GeS2中-2價(jià)S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為