2020-2021學(xué)年高二化學(xué)上學(xué)期期末測(cè)試卷01（人教版選擇性必修1）（全解全析）

2020-2021學(xué)年上學(xué)期期末測(cè)試卷01

高二化學(xué)?全解全析

12345678910111213141516

DCCABCBCABADCDCD

1.【答案】D

【詳解】

總反應(yīng)焙變小于0,為放熱反應(yīng)，所以A+B的能量高于C,第一步反應(yīng)焰變大于0為吸熱反應(yīng)，所以A+B

的能量低于X,第二步反應(yīng)焙變小于0為放熱反應(yīng)，所以X的能量高于C,綜上所述圖像D符合，故答案

為D。

2.【答案】C

【詳解】

A.沒有參照物，所以無(wú)法判斷，故A項(xiàng)不選；

B.兩實(shí)驗(yàn)的催化劑、溫度都不同，所以無(wú)法判斷，故B項(xiàng)不選：

C.兩個(gè)實(shí)驗(yàn)不同點(diǎn)只有是否具有催化劑，所以能夠判斷催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故C項(xiàng)選；

D.兩實(shí)驗(yàn)溫度不同，其目的是探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故D項(xiàng)不選；

故答案為C。

3.【答案】C

【分析】

根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不

變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化,

當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說(shuō)明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)。

【詳解】

A.該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，反應(yīng)過(guò)程中壓強(qiáng)增大，當(dāng)體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)平

衡，故A不選；

B.該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，反應(yīng)過(guò)程中氣體總質(zhì)量增大，體積不變，密度增大，當(dāng)氣體密度不再發(fā)

生變化時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)平衡，故B不選；

C.反應(yīng)C(s)+H2O(g)CO(g)+H?(g)中，每生成ImolCO(g)的同時(shí)，生成lmolH2(g),CO與H?O濃度始

終相等，當(dāng)CO與H2O濃度相同時(shí)，不能說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)平衡，故C選;

D.1molH-H鍵斷裂等效于生成2moiH-0鍵的同時(shí)斷裂2moiH-0鍵，說(shuō)明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率,

說(shuō)明反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，故D不選；

故選C。

4.【答案】A

【詳解】

25℃時(shí)，溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)水為10“3moi/L,則由水電離產(chǎn)生的c(OH)本也為lO^mol/L；若溶液呈

強(qiáng)酸性，根據(jù)Kw=c(H+)?c(OH)水,可知溶液中c(H+)為Omol/L,由于c(H+)水與c(H+)相比,可以忽略不計(jì),

故該酸性溶液pH為1；若溶液呈強(qiáng)堿性，則溶液中H+僅來(lái)自于水的電離，c(H+)=c(H+)水=10」mol/L,根據(jù)

Kw=c(H+)-c(OH)可知溶液中c(OH)為10」mol/L,故該堿性溶液pH為13；綜上所述，該溶液可能是酸性,

也可能是堿性，pH可能為1,也可能為13,故A正確。

故選A。

5.【答案】B

【詳解】

水電離出的c(H+)=l.0x10“3moi說(shuō)明水的電離受到抑制，則可能是酸溶液也可能是堿溶液；

A.亞鐵離子不能在無(wú)色溶液中大量存在，且酸性溶液中硝酸根會(huì)把亞鐵離子氧化，故A不符合題意；

B.酸性或堿性環(huán)境中四種離子相互之間均不反應(yīng)，且無(wú)色，可以大量共存，故B符合題意；

C.F不能在酸性溶液中大量存在，Ag+不能在堿性溶液中大量存在，故C不符合題意；

D.亞硫酸氫根既能和氫離子反應(yīng)也能和氫氧根反應(yīng)，酸性或堿性溶液中均不能大量共存，故D不符合題意;

綜上所述答案為B。

6.【答案】C

【詳解】

A.沒注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.沒注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.1g火箭燃料腫(N2H4)氣體燃燒生成N2和H20(g)時(shí)，放出16.7kJ的熱量，貝32g腫(N2H4)氣體

燃燒生成塔和H2O(g)時(shí)，放出534.4kJ的熱量,即N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)AH=-534.4kJ/mol,

選項(xiàng)C正確；

D.反應(yīng)為放熱，焙變?yōu)樨?fù)值，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選C。

7.【答案】B

【分析】

原電池的總反應(yīng)為：Cu+2Ag+Cu2++2Ag,Cu極作負(fù)極，電極方程式為：Cu-2e-Cu2\Ag極作正極,

電極方程式為：2Ag,+2e=2Ag,以此解答。

【詳解】

A.Cu為負(fù)極Ag為正極，電子從負(fù)極Cu經(jīng)導(dǎo)線流向正極Ag,故A錯(cuò)誤；

B.右燒杯發(fā)生電極反應(yīng)Cu-2e=Cu2+,電極重量減輕，故B正確；

C.電池工作時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，Cu2,向銀電極移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.Ag極作正極，電極方程式為：2Ag'+2e-=2Ag,沒有氣泡產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤；

故選Bo

8.【答案】C

【詳解】

A.該裝置為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，符合原電池的工作原理，A錯(cuò)誤；

B.金屬M(fèi)的還原性應(yīng)該比Fe的還原性強(qiáng)，才能優(yōu)先失去電子，從而保護(hù)鐵不被腐蝕，B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)水體環(huán)境呈較強(qiáng)酸性時(shí)，H+向鋼鐵設(shè)施一極移動(dòng)，得到電子生成氫氣，鋼鐵設(shè)施表面會(huì)有氣泡冒出，

C正確；

D.當(dāng)水體環(huán)境呈中性時(shí)，發(fā)生吸氧腐蝕，02得到電子，反應(yīng)為02+4e-+2H2O=4OH-,D錯(cuò)誤；

答案選C。

9.【答案】A

【詳解】

A.根據(jù)反應(yīng)熱鍵能計(jì)算，反應(yīng)(2)的△H=

413kJ??^x4+2xkJmoE1-(798kJmo「x2+463kJmo「x4)=bkJmol-1,解得戶179：+b,

A項(xiàng)正確；

B.根據(jù)蓋斯定律，由反應(yīng)(D；(2)可得：H2O(g)=H2O(l)△/7=^-kJ/mol,水從氣態(tài)到液態(tài)、從液態(tài)到

固態(tài)的變化均是嫡減的過(guò)程，故正反應(yīng)為嫡減小的反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.當(dāng)有4NA個(gè)C-H鍵斷裂時(shí)，lmolCH4反應(yīng)，若生成H?0⑴放出akJ熱量，若生成Hz。。，則放出bkJ

熱量，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.CH4燃燒為放熱反應(yīng)，a、b均小于零。且反應(yīng)物相同時(shí)，生成同種液態(tài)物質(zhì)放出的熱量比生成等量的氣

態(tài)物質(zhì)放出的熱量多，故a＜b。根據(jù)燃燒熱的定義，燃燒熱所生成的產(chǎn)物一定是穩(wěn)定的。則水應(yīng)為液態(tài)，

故甲烷燃燒熱為akJ/mol；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選A。

10.【答案】B

【分析】

+

NaHSO：溶液中存在平衡，NaHSO3Na+HSO3,HSO3tT+SO；、

HSO3+H2OH2SO3+OH,由于常溫下（）.lmol?LTNaHSO3溶液pH＜7,說(shuō)明電離大于水解，據(jù)

此解答問(wèn)題。

【詳解】

A.溶液中HSO］會(huì)發(fā)生水解和電離，因此c（Na+）＞c（HSO；）,A錯(cuò)誤；

B.由上述分析可知，NaHSO3溶液中HSO：的電離大于水解，但電離、水解均是少量的，因此

c（HSO；）＞c（SOj）＞c（H2so3），B正確；

C.溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO；-）+c（HSO；）+c（OH-）,C錯(cuò)誤；

D.溶液中加入少量NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)：HSO-+OHH2O+SO^,D錯(cuò)誤；

答案選B。

11.【答案】A

【詳解】

A.該反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量減小，混合氣體的物質(zhì)的量不變，則混合氣體平均摩爾質(zhì)量在反應(yīng)前后減小，當(dāng)

容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再變化時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；

B.平衡后加入X,平衡正向移動(dòng)，但是消耗X的增加量小于加入X的量，所以X轉(zhuǎn)化率減小，但是丫轉(zhuǎn)

化率增大，故B錯(cuò)誤；

C.焰變只與反應(yīng)物和生成物能量差有關(guān)，與反應(yīng)條件、平衡移動(dòng)方向無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.W是固體，不影響化學(xué)反應(yīng)速率，所以平衡后加入少量W,逆反應(yīng)速率不變，故D錯(cuò)誤；

故答案選A。

12.【答案】D

【詳解】

A.CO的燃燒熱為283kJ-mo「，單位錯(cuò)了，A錯(cuò)誤；

B.圖中的C0(g)+02(g)系數(shù)不等于方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)，不能表示由1molCO生成C02的反應(yīng)過(guò)程和能

量關(guān)系，B錯(cuò)誤；

C.AH跟化學(xué)計(jì)量數(shù)成正比，化學(xué)計(jì)量數(shù)擴(kuò)大2倍，AH也擴(kuò)大2倍，AH變?yōu)?452kJ-molT,但是選項(xiàng)中

CO2為固態(tài)，變化為氣體二氧化碳需要吸熱，焙變放熱是負(fù)值，AH>-452kJmol-',C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)蓋斯定律，式①+2+式②可以求出Na2O2(s)+CO(g)=Na2CCh⑸的反應(yīng)熱，D正確；故選D。

13.【答案】C

【詳解】

A.升高溫度，NO濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，逆向是吸熱個(gè)，正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，因此K2<K,故B錯(cuò)誤；

C.在T2℃時(shí)，若反應(yīng)體系處于狀態(tài)D,D向平衡方向移動(dòng)，濃度減低，則為正向移動(dòng)，因此。正>。迎，故

C正確；

D.該反應(yīng)是等體積反應(yīng)，B、D溫度相同，物質(zhì)的量相同，因此p(D)=p(B),C、D物質(zhì)的量相等，溫度C

大于D點(diǎn)，因此壓強(qiáng)p(C)>p(D),故D錯(cuò)誤。

綜上所述，答案為C。

14.【答案】D

【詳解】

A.固體氫氧化鈉溶于水的過(guò)程中也放出一定的熱量，故用固體氫氧化鈉與稀鹽酸反應(yīng)來(lái)探究中和反應(yīng)中能

量的變化情況，顯然不合理，故A錯(cuò)誤；

B.稀硝酸可以把BaSCh氧化成BaSO4,不能說(shuō)明原Na2sO3溶液己變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C.向pH=3的醋酸溶液中，加入醋酸鉉溶液，使醋酸的電離平衡逆向移動(dòng)，氫離子濃度減小，溶液pH增

大，溶液仍然呈酸性，該現(xiàn)象不能說(shuō)明醋酸鍍?nèi)芤撼蕢A性，故C錯(cuò)誤；

D.向含有少量CuCL的MgCb溶液中，滴加幾滴氨水，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說(shuō)明氫氧化鎂沉淀轉(zhuǎn)換成了藍(lán)色的

氫氧化銅沉淀，根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化的原則可知，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2],故D正確；

故選D。

15.【答案】C

【分析】

用O.lmol/LNaOH溶液滴定40mLO.lmol/LH2s。3溶液，由于H2s。3是二元酸，滴定過(guò)程中存在兩個(gè)化學(xué)計(jì)

量點(diǎn)，滴定反應(yīng)為：NaOH+H2SO3=NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O,完全滴定需要消耗NaOH

溶液的體積為80mL,結(jié)合溶液中的守恒思想判斷分析。

【詳解】

A.W點(diǎn)時(shí)，c(HSO,)=c(H2so3),pH=2,則Kai=c(H+)=l(H,丫點(diǎn)時(shí)，c(HSO；)=c(S0j),pH=7.19,Ka2=

K10-2

C(H+)=10-7.19,H2SO3的一==1X105.19,故A錯(cuò)誤;

Ka2

B.根據(jù)分析，第一化學(xué)計(jì)量點(diǎn)時(shí)，溶液中恰好存在NaHSCh,根據(jù)圖象，此時(shí)溶液中

c(NaHSCh)=*)OmL=005mol/L)溶液pHM25,所以0.05mol/LNaHSOs溶液的pH=4.25,故B

40mL+40mL

錯(cuò)誤；

C.根據(jù)圖象，丫點(diǎn)為第二滴定點(diǎn)，溶液中c(HSO；)=c(SOj),根據(jù)電荷守恒，

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO；)+2c(SO；),由于以HSO')=c(SO：)，所以3c(SO：)=c(Na+)+c(H+)-c(OH)

故C正確；

D.Z點(diǎn)為第二化學(xué)計(jì)量點(diǎn)，此時(shí)溶液中恰好存在Na2so3,溶液顯堿性，表明SO：會(huì)水解，考慮水也存在

電離平衡，因此溶液中c(OH)>c(HSO；),故D錯(cuò)誤；

答案選C。

16.【答案】D

【詳解】

A.電解池左側(cè)發(fā)生反應(yīng)Fe3+-Fe2+,左側(cè)是陰極，電源a端為負(fù)極，故A正確；

B.Fe的價(jià)電子排布式是3d64s2,Fe?+的電子排布式為[Ar]3d6,故B正確；

C.根據(jù)圖示，b是陽(yáng)極，陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng)式為2HC1-2e=2H++Ch,故C正確；

D.根據(jù)電子守恒，電路中轉(zhuǎn)移Imol電子，需要消耗0.25mol氧氣，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是5.6L,故D錯(cuò)誤;

選D。

17.【答案】(除特別說(shuō)明，每空2分)減小(1分)不變(1分)

NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)\H=-234kJ-mol'

1

CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)zV7=-764.7kJ-mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=+183kJmol1

【詳解】

(1)加入催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能，則Ei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(wú)影響，由圖可知，ImolNO?和ImolCO反應(yīng)生成CCh

和NO放出熱量368-134=234kJ,反應(yīng)熱化學(xué)方程式為NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)AH=-234kJ?moH,

1

故答案為：減??；不變：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)AH--234kJ-mol；

3

(2)依據(jù)蓋斯定律計(jì)算(②x3-①x2+③x2)得到CH3OH(1)+-O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

A//=3x(-192.9kJ?mol')-2x(+49.0kJ?morl)+2x(-44kJ?mol')=-764.7kJ.mol1；故答案為：

3,

1

CH3OH(1)+-O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ZW=-764.7khmol；

(3)由題干圖示可知，該反應(yīng)中的反應(yīng)熱=(945+498)kJ-moL'-2x630kJ*moL^+183kJ?moL',所以其熱化

學(xué)反應(yīng)方程式為：N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=+183kJ-moL-',故答案為：N2(g)+O2(g)=2NO(g)A//=+183

kJ*moL-,o

300*C

18.【答案】(每空2分)3Fe+4H,O=Fe3O4+4H,H60%0.0452.5aMPa

【分析】

生成氫氣的反應(yīng)可由圖、鐵的性質(zhì)找到；計(jì)算，則是落實(shí)到具體的反應(yīng)方程式、運(yùn)用三段式、從圖中獲取

數(shù)據(jù)信息、結(jié)合轉(zhuǎn)化率的定義、平衡常數(shù)的定義、分壓的定義進(jìn)行即可；

【詳解】

300℃

⑴①由圖知，在300°C時(shí)鐵與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)生H2,化學(xué)方程式為3Fe+4Ho=Fe,O4+4H1?

②當(dāng)銀粉用量增加10倍后，甲酸的產(chǎn)量迅速減少，說(shuō)明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說(shuō)明反應(yīng)II

的速率要比反應(yīng)I的速率增加得快，當(dāng)增加銀粉用量時(shí)，CO?銀催化氫化制甲烷的兩步發(fā)應(yīng)中反應(yīng)速率增加

較大的一步是

(2)反應(yīng)I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g),反應(yīng)II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g),當(dāng)在IL恒容

密閉容器中充入ImolCCh和4molH2,由圖知，「時(shí)，反應(yīng)I分別生成0.2mol甲烷、反應(yīng)H生成0.2mol乙

co2(g)MH式g)CH4(g)+2H2O(g)

烯’人轉(zhuǎn)化量(mol)0.20.80.20.4'

2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

轉(zhuǎn)化量(mol)0.41.20.20.8

0.2mol+0.4mol1八…

則Ti℃時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率?(CO)=--------------------x100%=60%。Ti℃平衡時(shí),

22lmol

Ge、lmol-0.2mol-0.4mol……八不、4mol-0.8mol-1.2mol…

c(CO2)=---------------------------=0.4mol/L,c(H2)=----------------------------=2mol/L

0.4mol-i-0.8mol

C(CH)=-.........=0.2mol/L,c(HO)=1.2mol/L,反應(yīng)I的平衡常數(shù)

4IL*2

22

“c[H2O(g)].c[CH4(g)]0.2xl.2八,“<

44

c[H2(g)]-dCO2(g)]0.4x2-'

(3)對(duì)反應(yīng)：2CO2(g)+6H2(g)C2H50H(g)+3H2O(g),正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以

產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應(yīng)物的物質(zhì)的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質(zhì)為H?,b表示CCh,

c為H2O,d為C2H5OH；T4溫度時(shí),m=3時(shí)，設(shè)n(CC>2)=3mol,n(H2)=9mol,列三段式如下：

2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)

起始(mol)390

，?(CO2)=rt(C2H5OH),3-2x=x,解得

轉(zhuǎn)化(mol)2x6x3x

平衡(mol)3-2x9-6x3x

x=lmol,則乙醇所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為

〃(C2H5OH)

3(C2H5OH)==12.5%，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)物質(zhì)d

n(CO2)+〃(凡)+n(C2H5OH)+n(H2O)1+3+1+3

的分壓p(d)=P(C2H5OH)=20aMPax12.5%=2.5aMPao

19.【答案】(方程式2分，其余每空1分)正d2Cr+2H2O—2OH+H2T+ChT負(fù)

40H--4e-2H2O+O2?變小變淺銅5.4

【詳解】

(1)①由鈉離子的移動(dòng)方向可知，A電極為陽(yáng)極，與直流電源正極相連，故答案為；正；

②由電解食鹽水裝置圖可知，鈉離子移向右邊，B電極為陰極，與直流電源負(fù)極相連，水在陰極上得到電子

發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，同時(shí)破壞水的電離平衡，在陰極區(qū)云集大量氫氧根離子，則氫氧化鈉溶液從圖中d

處流出，故答案為：d；

③電解飽和食鹽水時(shí)，反應(yīng)生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，反應(yīng)的離子方程式為2C1-+2H2OH+H2T+CI2T，

故答案為：2C1-+2H2。理2OH-+H2T+CLT；

(2)①將直流電源接通后，F(xiàn)極附近呈紅色可知，F(xiàn)為電解池的陰極，則B為電源的負(fù)極，C為電解池的

陽(yáng)極，水電離出的氫氧根離子在陽(yáng)極失去電子分氧化反應(yīng)生成氧氣，電極反應(yīng)式為4OH、4e=2H2O+O2T；

甲池電解硫酸銅溶液，電解時(shí)反應(yīng)生成硫酸、銅和氧氣，溶液中氫離子濃度增大，溶液的pH減??；氫氧化

鐵膠粒帶正電荷，向陰極丫移動(dòng)，則陽(yáng)極X附近的顏色逐漸變淺，故答案為：負(fù)；40H-4e=2H2O+O2t；

減??；變淺；

②由圖可知，G為電鍍池的陽(yáng)極，則丙裝置給銅件鍍銀時(shí)，H為鍍件銅；當(dāng)乙中溶液的0H-濃度為O.lmol/L(此

時(shí)乙溶液體積為500mL)時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.1mol/LX0.5L=0.05mol,則銅鍍件上析出銀的質(zhì)量為

0.05molX108g/mol=5.4g,故答案為：銅；5.4?

20.【答案】(除特殊說(shuō)明，其余每空2分)571.4將HCO3轉(zhuǎn)化為CO3增大溶液中CO；?的濃度

溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致NH4HCO3的分解及氨水的分解揮發(fā)

取最后一次浸取液，向其中滴加幾滴酚獻(xiàn)，溶液不變紅氨水。分)

SrSO4+2C=SrS+2co2T(或SrSO4+4C=SrS+4CO?)

取適量的黑灰用90℃的熱水浸取2?3次，將產(chǎn)生的氣體用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍

過(guò)量的3moi.1月2504,將所得沉淀過(guò)濾、洗滌、烘干

【分析】

天青石精礦(主要含SrSCh,還含有少量SiCh、CaS04、BaSCU),加入碳酸氫鍍?nèi)芤汉桶彼?，可將SrSCM

轉(zhuǎn)化為SrCCh,過(guò)濾后濾渣含有SiCh、CaCCh、BaSCh、SrCCh濾液中含有NH：,濾渣經(jīng)過(guò)焙燒，“焙燒”

所得SrO粗品用蒸儲(chǔ)水多次浸取得Sr(0H)2溶液，再和第一步浸取的濾液反應(yīng)生成SrSO4,以此解答。

【詳解】

C(S。：)

(1)室溫下，反應(yīng)SrSO4(s)+CO；(aq)SrCCh(s)+SO：(aq)達(dá)到平衡，則溶液中

c(CO；)

KSrSQ7

sP(4)3.2xlQ-

=10=571.4,故答案為：571.4；

Ksp(SrCO3)5.6xl0-

(2)一水合氨可以和碳酸氫根反應(yīng)生成碳酸根，浸取天青石精礦時(shí)，向NH4HCO3溶液中加入適量濃氨水的目

的是：將HCC)3轉(zhuǎn)化為CO；,增大溶液中CO；的濃度；NH4HCO3加熱易分解，溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致NH4HCO3

的分解及氨水的分解揮發(fā)，所以“浸取I”的條件是溫度在60?70℃、攪拌、反應(yīng)3小時(shí)，溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致

SrSCU的轉(zhuǎn)化率下降，故答案為：將HCO；轉(zhuǎn)化為CO；,增大溶液中CO；的濃度；溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致

NH4HCO3的分解及氨水的分解揮發(fā)；

(3)SrO粗品已經(jīng)浸取完全時(shí)，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2,取最后一次浸取液，向其中滴加幾滴酚酬,

溶液不變紅說(shuō)明浸取完全，故答案為：取最后一次浸取液，向其中滴加幾滴酚酥，溶液不變紅；

(4)第一步浸取濾液中含有NH：,在沉淀過(guò)程中會(huì)生成NH3,H2O,可循環(huán)利用，故答案為：氨水；

(5)①SrS04與C發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SrS和二氧化碳或一氧化碳，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平方程

式為：SrSO4+2C=SrS+2co2T(或SrSO4+4C=SrS+4coT),故答案為：SrSd+2C=SrS+2co2T(或SrSCh

+4C=SrS+4coT)；

②由圖可知,9(TC是Sr(0H”的浸取率最高，取適量的黑灰用90℃的熱水浸取2?3次，將產(chǎn)生的氣體用NaOH

溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍過(guò)量的3molLIH2SO4,將所得沉淀過(guò)濾、洗滌、烘干，故答案為:

取適量的黑灰用90℃的熱水浸取2?3次，將產(chǎn)生的氣體用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍

過(guò)量的3moi1一日2s04,將所得沉淀過(guò)濾、洗滌、烘干。

21.【答案】(除特殊說(shuō)明，其余每空2分)高溫(1分)

2H2SO4(1)=2SO2(g)+0：(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol>(1分)0.0125,(或0.167)吸收

6

kkk

(1分)1j%C(H2)-C(l2)(1分)

k-Ik-2

【分析】

(1)由反應(yīng)式①+②可得熱化學(xué)方程式；

(2)①隨著溫度的不斷升高，HI的物質(zhì)的量不