2024年滬科版選修4化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版選修4化學下冊階段測試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、下列有關(guān)熱化學方程式的敘述正確的是（）A.已知HI(g)H2(g)＋I2(s)ΔH＝+26.5kJ·mol-1，則將1molHI氣體置于密閉容器中充分分解，吸收26.5kJ的熱量B.已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－571.6kJ·mol－1，則氫氣的燃燒熱為ΔH＝－285.8kJ·mol-1C.已知H2(g)＋F2(g)=2HF(g)△H=－270kJ·mol-1，則2LHF氣體分解成1LH2和1LF2吸收270kJ熱量D.已知OH-(aq)＋H+(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol-1，則含40.0gNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和，放出的熱量小于57.3kJ2、已知在25℃，101kPa下，1g液態(tài)C8H18（辛烷）燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放出48.40kJ熱量。表示上述反應的熱化學方程式正確的是A.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-48.40kJ·mol-1B.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5518kJ·mol-1C.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5518kJD.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-5518kJ·mol-13、某化學研究小組探究外界條件對化學反應mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影響圖像如圖；下列判斷正確的是。

A.由圖1可知，T1＜T2，該反應正反應為吸熱反應B.由圖2可知，該反應m+n＜pC.圖3中，點3的反應速率v正＞v逆D.圖4中，若m+n=p，則a曲線一定使用了催化劑4、某酸式鹽NaHY的水溶液顯堿性，下列敘述正確的是A.的電離方程式：B.的水解方程式：C.該酸式鹽溶液中離子濃度關(guān)系：D.該酸式鹽溶液中離子濃度關(guān)系：5、298K時；向20mL0.1mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液的pH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.a點溶液的pH為2.88B.b點溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）C.b、c之間一定存在c（Na+）＝c（A－）的點D.a、b、c三點中，c點水的電離程度最大6、室溫下，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA；測得溶液pH的變化曲線如圖所示，下列說法正確的是。

A.a點所示溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(OH-)B.b點所示溶液中c(A-)＞c(HA)C.pH＝7時，c(Na+)＝c(A-)＋c(HA)D.a、b兩點所示溶液中水的電離程度a＜b7、25℃時；向10mL0.01mol/LNaCN溶液中逐滴滴加10mL0.01mol/L的鹽酸，其pH變化曲線如圖所示。下列溶液中的關(guān)系一定正確的是(忽略體積微小變化)

A.a點溶液的pH≥12B.b點的溶液：c(CN-)>c(Cl-)>c(HCN)C.pH=7的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)D.c點的溶液：c(CN-)+c(HCN)+c(Cl-)=0.01mol/L8、下列敘述錯誤的是A.生鐵中含有碳，抗腐蝕能力比純鐵弱B.B；下圖為埋在地下的鋼管道采用犧牲陽極保護法防腐。

C.金屬在一般情況下發(fā)生的電化學腐蝕主要是吸氧腐蝕D.馬口鐵(鍍錫鐵)鍍層破損后，被腐蝕時首先是鍍層被氧化評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、有一種觀點認為：與燃燒化石燃料相比，以乙醇為燃料不會增加大氣中二氧化碳的含量。你認為這種觀點是否正確_________？請說明理由_________。10、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)；生活中有著重要作用。

（1）上圖是和反應生成過程中能量的變化示意圖，下列有關(guān)說法正確的是_______。

a.反應物的總能量比生成物的總能量高。

b.反應物的活化能比生成物的活化能高。

c.反應物的總鍵能比生成物的總鍵能高。

d.該反應為熵增反應。

（2）請寫出和反應的熱化學方程式：_______，決定該反應進行方向的主要判據(jù)為________。

（3）試根據(jù)表中及圖中數(shù)據(jù)計算的鍵能______________kJ/mol；?；瘜W鍵鍵能/kJ/mol390943

（4）用催化還原還可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3還原NO至N2，則該反應過程中的反應熱△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。11、在25℃；101kPa下；依據(jù)事實寫出下列反應的熱化學方程式。

（1）1g乙醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱29.7kJ。則表示乙醇燃燒熱的熱化學方程式為_____；

（2）已知拆開1molH﹣H鍵，1molN﹣H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為________________；若適量的N2和O2完全反應，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ熱量。則其熱化學方程式為：_____；已知AX3的熔點和沸點分別為－93.6℃和76℃，AX5的熔點為167℃。室溫時AX3與氣體X2反應生成1molAX5，放出熱量123.8kJ。該反應的熱化學方程式為：__________12、高爐煉鐵中發(fā)生的基本反應之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達式為K=__，又知1100℃時，K=0.28。

（1）溫度升高，化學平衡移動后達到新的平衡，平衡常數(shù)__（填“變大”；“變小”或“不變”）。

（2）1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在這種情況下，該反應是否處于化學平衡狀態(tài)：__（填“是”或“否”），此時，化學反應速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。13、在一定溫度下；冰醋酸加水稀釋過程中，溶液的導電能力I隨加入水的體積V變化的曲線如圖所示。請回答：

（1）“O”點處冰醋酸的導電能力為0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三點處，溶液中c(H+)由小到大的順序為________（用字母表示）；

（3）在a、b、c三點處，電離程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c點處的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)減小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。14、體積均為100mL、pH=2的CH3COOH與一元酸HX,加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示,則HX的電離平衡常數(shù)__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

15、弱電解質(zhì)在水溶液中的電離狀況可以進行定量計算和推測。

（1）25℃時兩種酸的電離平衡常數(shù)如表所示。

①25℃時，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水電離出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃時，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃時，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反應的離子方程式為_______。

（2）已知25℃時，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH變化的關(guān)系如圖所示。

①25℃，pH＝3時溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②當溶液pH由11到14時，所發(fā)生反應的離子方程式為：_______。16、化學與生活；生產(chǎn)、科研密切相關(guān)；請根據(jù)所學知識回答：

物質(zhì)在水中可能存在電離平衡；鹽的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它們都可看作化學平衡。

（1）A為0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序為____。

（2）B為0.1mol·L-1NaHCO3溶液，實驗測得NaHCO3溶液的pH＞7，請分析NaHCO3溶液顯堿性的原因：___。

（3）C為FeCl3溶液，實驗室中配制FeCl3溶液時通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，將產(chǎn)生紅褐色沉淀和無色氣體，該反應的離子方程式為___。17、請回答下列問題。

（1）水的電離平衡曲線如圖所示。

①Kw（T1℃）_____Kw（T2℃）（填“＞”、“＜”或“=”）。T2℃時1mol·L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（H+）=______mol·L-1。

②M區(qū)域任意一點均表示溶液呈__________（填“酸性”；“中性”或“堿性”）。

③25℃時，向純水中加入少量NH4Cl固體，對水的電離平衡的影響是_____（填“促進”；“抑制”或“不影響”）。

（2）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強弱的量。已知：25℃時，Ka（HClO）=4.6×10﹣9、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5、Ka1（H2CO3）=4.3×10﹣7、Ka2（H2CO3）=5.6×10﹣11。

①25℃時，有等濃度的a．NaClO溶液b．CH3COONa溶液c．Na2CO3溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為_____；（填序號）

②寫出向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液的離子方程式_________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共36分)19、銅轉(zhuǎn)爐煙灰主要含有Zn［還有少量的Fe(+2價)、Pb；Cu、As等元素］的硫酸鹽和氧化物；少量為砷酸鹽。制備重要化工原料活性氧化鋅的工藝流程如圖所示。請回答以下問題：

已知：活性炭凈化主要是除去有機雜質(zhì)。

(1)寫出氯化銨的電子式___，“凈化”過程屬于___(填“物理”；“化學”)變化。

(2)在反應溫度為50℃，反應時間為1h時，測定各元素的浸出率與氯化銨溶液濃度的關(guān)系如圖，則氯化銨適宜的濃度為___mol·L-1。若浸出液中鋅元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，則浸取時ZnO發(fā)生反應的離子方程式為___。

(3)滴加KMnO4溶液有MnO2生成，目的是除___元素，除雜3是置換除雜過程，則試劑a是___，“濾渣Ⅲ”的主要成分為___(填化學式)。

(4)寫出“沉鋅”時發(fā)生反應的離子方程式___，此過程中可以循環(huán)利用的副產(chǎn)品是___。

(5)取mg活性氧化鋅樣品配成待測液，加入指示劑3、4滴，再加入適量六亞甲基四胺，用amol?L-1EDTA標準液進行滴定，消耗標準液VmL。已知：與1.0mLEDTA標準液[c(EDTA)=1.000mo1?L-1]相當?shù)囊钥吮硎镜难趸\質(zhì)量為0.08139，則樣品中氧化鋅的質(zhì)量分數(shù)為___(用代數(shù)式表示)。20、膽礬是一種重要的含銅化合物，某課外研究小組用粗銅(含少量)通過不同的化學反應制取膽礬的過程如圖：

物質(zhì)完全沉淀時的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

當溶液中被沉淀離子的物質(zhì)的量濃度小于時；認為該離子沉淀完全。

試回答下列問題：

（1）下列物質(zhì)中，最適合作為試劑X的是________(填序號)。

A.B.C.D.

（2）由粗銅通過兩種途徑制取膽礬，與途徑Ⅱ相比，途徑Ⅰ有明顯的兩個優(yōu)點，分別是______________、____________________。

（3）試劑Y可以是______________________(任填一種物質(zhì)的化學式)。

（4）若溶液C中的濃度分別為則向溶液C中加入少量試劑Y的過程中應控制溶液C的pH范圍約為________。

（5）氫化亞銅是一種紅色固體，40～50℃時，濾液E和溶液混合反應可得氫化亞銅沉淀，同時得到硫酸和磷酸，該反應的離子方程式為___________________________________，該反應每轉(zhuǎn)移1.5個電子，生成CuH的物質(zhì)的量為________mol。

（6）納米氧化亞銅是一種用途廣泛的光電材料，電化學法可用銅棒和石墨作電極，電解濾液E獲得納米氧化亞銅，電解過程中無氣體產(chǎn)生，則銅棒作________極，生成的電極反應式為______________________，電解過程中濾液E的濃度____________(填“增大”“不變”或“減小”)。

（7）得到晶體，乙醇代替蒸餾水洗滌晶體的目的是______________。21、從鈷鎳廢渣(主要成分為Co2O3、NiS及鐵、鋁等元素的化合物等雜質(zhì))中提取制備鋰離子電池的電極材料LiCoO2的工藝如下：

已知：CoC2O4?2H2O微溶于水，它的溶解度隨溫度升高而逐漸增大，且能與過量的離子生成而溶解。

(1)“煅燒1”的主要目的是________________。

(2)“還原酸浸”過程中Co2O3發(fā)生反應的離子方程式為______________。

(3)“除鐵、鋁”過程的兩種試劑的作用分別是______________________。

(4)“沉鈷”過程中，(NH4)2C2O4的加入量(圖a)、沉淀反應的溫度(圖b)與鈷的沉淀率關(guān)系如圖所示：

①隨n():n(Co2+)比值的增加，鈷的沉淀率又逐漸減小的原因是__________。

②沉淀反應時間為10min，當溫度高于50℃以上時，鈷的沉淀率下降的原因可能是_______。

(5)為了獲得較為純凈的CoC2O4?2H2O，“操作X”的實驗操作為_______________。

(6)已知煅燒CoC2O4?2H2O時溫度不同，產(chǎn)物不同。400℃時在空氣中充分煅燒，得到鈷的氧化物質(zhì)量為2.41g，CO2的體積為1.344L(標準狀況下)，則此時所得鈷的氧化物的化學式為____________。

(7)利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如圖。則充電時LiCoO2的電極反應式為__________________。

22、從鎳礦石尾礦中提取NiSO4是解決我國鎳資源匱乏的一條重要途徑；已知該過程如下：

表1：各物質(zhì)的Ksp數(shù)據(jù)如下表：。物質(zhì)MnSNiSPbSCuSNi(OH)2Ksp2.5×10-131.1×10-218.0×10-286.3×10-362.0×10-15

表2：濾液A中各金屬離子的含量如下表：。成分Ni2+Fe3+Fe2+Mn2+Cu2+Pb2+含量/g·L-13.804.80x0.200.15<0.001

根據(jù)以上信息；回答下列問題：

(1)步驟I酸浸之前需將礦石粉碎，目的是_______________。

(2)若雜質(zhì)離子的濃度c≤1.0×10-5mol/L即可認定沉淀完全，則步驟Ⅱ中當Pb2+恰好沉淀完全時，溶液中硫離子的濃度c(S2-)=_____________mol·L-1；此時Ni2+是否已開始沉淀____(填“是”或“否”)。

(3)常溫下進行步驟Ⅲ的目的是為了除去鐵和錳元素，已知除鐵元素的離子反應如下：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，此時Mn2+的氧化產(chǎn)物為MnO2，寫出除錳元素的離子方程式_____________。

(4)所得Ni(OH)2是制造鎳鎘電池的重要原料，鎳鎘電池工作原理如下：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，則隨著放電的進行，正極區(qū)pH______(填“增大”、“減小”或“不變”)；充電時陰極電極反應式為______________________。評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共10分)23、甲醇是重要的化工原料，又可稱為燃料。利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇；發(fā)生的主反應如下：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g）△H1

②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g）△H2

③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g）△H3

回答下列問題：

（1）已知△H1＝-99kJ·mol-1，△H3＝+41kJ·mol-1，則△H2＝_________kJ·mol-1。

（2）反應①的化學平衡常數(shù)K的表達式為___________________________；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為_______（填曲線標記字母），其判斷理由是________________________。

（3）若開始各氣體的物質(zhì)的量一定時，體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率（α）與溫度和壓強的關(guān)系如圖2所示。則α（CO）值隨溫度升高而_________（填“增大”或“減小”）；圖2中的壓強由大到小的順序為_____________。24、二氧化硫、氯氣、氯化亞砜等均為重要的工業(yè)原料。工業(yè)上用SO2、SCl2與Cl2反應合成氯化亞砜：SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)。該反應中某一反應物的體積分數(shù)(以A%表示)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。

(1)在373K時，向10L的密閉容器中通入SO2、SCl2與Cl2均為0.20mol，發(fā)生上述反應。測得其壓強(p)隨時間(t)的變化為表中數(shù)據(jù)I(反應達到平衡時的溫度與起始溫度相同，p0為初始壓強)。t/min123455Ⅰp6.0p06.7p06.1p05.4p05.0p05.0p0Ⅱp6.0p07.0p05.3p05.0p05.0p05.0p0

請回答下列問題：

①該反應的ΔH___(填“>”“<”或“=”)0。

②I反應開始至達到平衡時，v(SOCl2)=___。

③若只改變某一條件，其他條件相同時，測得其壓強隨時間的變化為表中數(shù)據(jù)II，則改變的條件是___。

(2)如圖是某同學測定上述反應的平衡常數(shù)的對數(shù)值(lgK)與溫度的變化關(guān)系點。

①A點的數(shù)值為____。(已知：lg4=0.6)

②當升高到某一溫度時，反應重新達到平衡，A點可能變化為___點。

(3)已知反應S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)的ΔH=-4kJ?mol-1，1molS4(g)、1molSCl2(g)分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收1064kJ、510kJ的能量，則1molCl2(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為___kJ。

(4)常溫下飽和亞硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為1.25mol/L，電離常數(shù)為Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，向10mL飽和H2SO3溶液中滴加相同物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液VmL。

①當V=10mL時，溶液中存在：c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)，則c(H+)___c(OH-)(填“大于”；“小于”或“等于”；下同)

②當V=amL時，溶液中離子濃度有如下關(guān)系：c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)；當V=bmL時，溶液中離子濃度有如下關(guān)系：c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)；則a___b。

(5)以SOCl2溶解四氯鋁鋰的溶液作為電解質(zhì)溶液，用金屬鋰和石墨作電極材料，可組成一種常見的鋰電池，電池的總反應式為8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，請寫出該電池正極的電極反應方程式___。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共4分)25、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(shù)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(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)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_____________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A．HI(g)═H2(g)+I2(s)△H=-26.5kJ/mol；該反應為可逆反應，則1molHI不能全部分解，則在密閉容器中分解后吸收的能量小于26.5kJ，故A錯誤；

B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-571.6kJ/mol，1mol氫氣完全燃燒生成水蒸氣放出的熱量為285.8kJ，水蒸氣不是穩(wěn)定的氧化物，所以氫氣的燃燒熱△H≠-285.8kJ/mol；故B錯誤；

C．H2(g)+F2(g)═2HF(g)△H=-270kJ/mol；則2mol氟化氫氣體分解成1mol氫氣和1mol氟氣吸收270kJ熱量，故C錯誤；

D．醋酸是弱酸；沒有完全電離，醋酸的電離是吸熱過程，所以1molNaOH與醋酸完全中和放熱小于57.3kJ，故D正確；

故選D。

【點睛】

本題的易錯點為B，要注意燃燒熱中液態(tài)的水為穩(wěn)定氧化物。2、B【分析】【分析】

在25℃時；101kPa下，1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出48.40ｋJ的熱量，則1mol辛烷即114g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出5518ｋJ的熱量，根據(jù)反應物和生成物的狀態(tài)及反應熱寫出其熱化學反應方程式。

【詳解】

在25℃時，101kPa下，1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出48.40kJ的熱量，則1mol辛烷即114g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出5518kJ的熱量，所以其熱化學反應方程式為：C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=-5518kJ/mol；

答案選B。

【點睛】

本題考查了熱化學反應方程式的書寫，題目難度不大，注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)和對應化學方程式計量數(shù)的反應焓變計算，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力。3、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，可知T12；升高溫度，C的百分含量減小，說明該反應的正反應為放熱反應，故A錯誤；

B．由圖可知，增大壓強，C的百分含量增大，說明加壓平衡正向移動，所以該反應m+n>p；故B錯誤；

C．圖中點3的轉(zhuǎn)化率小于同溫下的平衡轉(zhuǎn)化率，說明點3反應正向進行，反應速率：v正>v逆；故C正確；

D．曲線a速率加快；平衡沒移動；若m+n=p，曲線a可能使用了催化劑或加壓，故D錯誤；

答案選C。4、C【分析】【詳解】

A.是二元弱酸，電離時分兩步電離，第一步電離生成氫離子和酸式酸根離子，電離方程式為：故A錯誤；

B.離子水解生成所以離子水解的離子方程式為：故B錯誤；

C.某酸式鹽NaHY的水溶液顯堿性，陰離子水解，鈉離子不水解，所以的電離程度小于的水解程度，所以但無論電離還是水解都較弱，陰離子還是以為主，溶液呈堿性，說明溶液中所以離子濃度大小順序為故C正確；

D.某酸的酸式鹽NaHY的水溶液中，陰離子水解，鈉離子不水解，所以的電離程度小于的水解程度，所以但無論電離還是水解都較弱，陰離子還是以為主，溶液呈堿性，說明溶液中因溶液中還存在水的電離，則所以離子濃度大小順序為故D錯誤。

故選C。5、B【分析】【詳解】

A．當加入10mL0.1mol/LNaOH溶液時，溶液中c(HA)=c(A-),由HA?H++A-可知Ka==c(H+)=10-4.76，則0.1mol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式進行計算；設電離的c(HA)為xmol/L：

HA的電離平衡常數(shù)K===10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88；所以a點溶液的pH為2.88，A正確；

B．b溶液顯酸性，c(H+)>(OH-)，由電荷守恒可知c(Na+)-)；B錯誤；

C．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，當溶液pH=7呈中性時c(H+)=c(OH-)，則c(Na+)=c(A-)，所以b、c之間一定存在c(Na+)=c(A-)的點；C正確；

D．a(chǎn)、b點中溶液顯酸性，HA電離出的H+對水的電離起抑制作用，c點酸堿恰好完全反應生成鹽NaA，對水的電離起促進的作用，所以a、b；c三點中；c點水的電離程度最大，D正確；

答案選B。

【點睛】

溶液中一直存在電荷守恒，酸、堿對水的電離起抑制作用，能水解的鹽對水的電離起促進作用。6、B【分析】【詳解】

A．a(chǎn)點溶液的溶質(zhì)為0.05mol/LNaA，此時溶液呈堿性，說明HA為弱酸，A-會發(fā)生水解，因此c(Na+)>c(A-)，A-水解較為微弱，且水會發(fā)生電離，因此溶液中相關(guān)微粒濃度關(guān)系為：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)；故A錯誤；

B．b點溶液溶質(zhì)為等濃度的NaA和HA，此時溶液呈酸性，說明HA的電離程度大于A-的水解程度，因此溶液中c(A-)>c(HA)；故B正確；

C．pH=7時，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，因此c(Na+)<c(A-)＋c(HA)；故C錯誤；

D．a(chǎn)點溶質(zhì)為強堿弱酸鹽，其中弱離子發(fā)生水解會促進水的電離，而b點的溶質(zhì)中含有酸，會抑制水的電離，因此水的電離程度a>b；故D錯誤；

故答案為：B。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．NaCN屬于強堿弱酸鹽，在溶液中存在水解平衡：CN-+H2O?HCN+OH-，則0.01mol/LNaCN溶液中c(OH-)<0.01mol/L，則c(H+)>10-12mol/L，a點溶液的pH<12；A不正確；

B．b點的溶液，發(fā)生反應HCl+NaCN=NaCl+HCN，反應后得到的溶液中含等物質(zhì)的量濃度的NaCl、HCN和NaCN，由于溶液呈堿性，NaCN的水解程度大于HCN的電離程度，則溶液中c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)；B不正確；

C．依據(jù)電荷守恒，所得溶液：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)+c(OH-)，pH=7時，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(CN-)；C不正確；

D．c點的溶液，NaCN與鹽酸恰好完全反應得到物質(zhì)的量濃度均為0.005mol/L的HCN和NaCl的混合液，依據(jù)物料守恒：c(CN-)+c(HCN)=0.005mol/L，c(Cl-)=0.005mol/L，所以c(CN-)+c(HCN)+c(Cl-)=0.01mol/L；D正確；

故選D。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A．生鐵中含有碳；故生鐵能發(fā)生電化學腐蝕，加快腐蝕速度，故生鐵的抗腐蝕能力比純鐵弱，A正確；

B．下圖為埋在地下的鋼管道利用鎂塊比鋼鐵更活潑；故該方法是采用犧牲陽極的陰極保護法防腐，B正確；

C．金屬在堿性電解質(zhì)或中性介質(zhì)或弱酸性介質(zhì)中均發(fā)生吸氧腐蝕；只有在強酸性介質(zhì)中才發(fā)生析氫腐蝕，故吸氧腐蝕比析氫腐蝕更普遍，C正確；

D．馬口鐵(鍍錫鐵)鍍層破損后；由于鐵比錫更活潑，被腐蝕時首先是鐵層被氧化，D錯誤；

故答案為：D。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【詳解】

植物利用太陽能將二氧化碳、水轉(zhuǎn)化為有機物，有機物發(fā)酵生成乙醇，燃燒乙醇產(chǎn)生的二氧化碳還會重新進入這個碳循環(huán)，并不會增加大氣中二氧化碳的含量，這個過程相當于我們將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能進行利用?！窘馕觥空_乙醇為生物質(zhì)燃料，燃燒乙醇產(chǎn)生的二氧化碳會被植物吸收轉(zhuǎn)化再轉(zhuǎn)化為乙醇，實現(xiàn)平衡，燃燒乙醇并不會增加大氣中二氧化碳的含量。10、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)圖像，該反應物的總能量比生成物的總能量高，結(jié)合N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)分析判斷；

(2)先求出此反應的焓變；根據(jù)熱化學方程式的書寫規(guī)則再寫出熱化學方程式；該反應后氣體的物質(zhì)的量減少，結(jié)合復合判據(jù)分析解答；

(3)根據(jù)反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能計算；

(4)利用蓋斯定律分析計算。

【詳解】

(1)根據(jù)圖像，反應物的總能量比生成物的總能量高，說明該反應為放熱反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能；反應物的活化能為254kJ/mol，生成物的活化能為300kJ/mol，反應物的活化能比生成物的活化能低，反應的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)；正反應是一個熵減小的反應，正確的只有a，故答案為a；

(2)反應物總能量大于生成物總能量，應為放熱反應，生成1mol氨氣放出46kJ熱量，則反應的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ/mol，該反應是一個熵減小的反應，決定該反應進行方向的主要判據(jù)為焓判據(jù)，故答案為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判據(jù)；

(3)反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能；設H-H的鍵能為x，則943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案為435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，將可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案為【解析】a（合理即可）焓判據(jù)或ΔH<043511、略

【分析】【分析】

熱化學方程式書寫；注意ΔH與反應物用量成正比例關(guān)系。

【詳解】

（1）1mol乙醇的質(zhì)量為46g，所以乙醇燃燒熱的熱化學方程式為C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2(g）+3H2O（l）ΔH=(-29.7×56)kJ?mol﹣1=﹣1366.2kJ?mol﹣1；

（2）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH=（N≡N+3H-H）﹣6N-H=﹣92kJ?mol﹣1；每生成23克NO2，即0.5mol，需要吸收16.95kJ熱量，其熱化學方程式為N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ?mol﹣1；結(jié)合信息可知常溫下AX3為液態(tài)，AX5為固態(tài)，該反應的熱化學方程式為AX3（l）＋X2（g）=AX5（s）ΔH＝－123.8kJ?mol﹣1。

【點睛】

燃燒熱的熱化學方程式可燃物的系數(shù)為1；利用鍵能計算焓變，應該用反應物總鍵能減去生成物總鍵能?！窘馕觥緾2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=﹣1366.2kJ?mol﹣1N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH=﹣92kJ?mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ?mol﹣1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ?mol﹣112、略

【分析】【詳解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達式為K=故答案為：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反應是吸熱反應，升高溫度平衡向吸熱反應方向進行，即平衡正向移動，平衡常數(shù)變大；故答案為：變大；

（2）1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，說明反應未達到平衡狀態(tài)，平衡正向進行，v正大于v逆；故答案為：否，大于；Qc＜K，反應向正反應方向進行?！窘馕觥竣?②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反應向正反應方向進行13、略

【分析】【分析】

溶液的導電能力主要由離子濃度來決定，題目中的圖像說明冰醋酸加水稀釋過程中離子濃度隨著水的加入先逐漸增大后逐漸減小，c(H+)在b點處的溶液中最大，在c點處的溶液中最小，這是因為加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動，n(H+)增大使c(H+)有增大的趨勢，而V(aq)增大使c(H+)有減小的趨勢，c(H+)增大還是減??；取決于這兩種趨勢中哪一種占主導地位，越稀越電離，電離程度增大，向溶液中加入消耗氫離子的物質(zhì)會使平衡正向移動，醋酸根離子濃度增大，氫離子濃度減小。

【詳解】

⑴“O”點處冰醋酸的導電能力為0的原因是在“O”點處；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未發(fā)生電離，沒有自由移動的離子存在，故導電能力為0，故答案為：在“O”點處冰醋酸未發(fā)生電離，無離子存在。

⑵導電能力越強，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的順序為c<a<b，故答案為：c<a<b。

⑶加水稀釋；越稀越電離，因此電離程度最大的是c，故答案為：c。

⑷若使c點處的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)減小，可采取的措施有①加少量NaOH固體；②加少量Na2CO3固體；③加入Zn，Mg等活潑金屬，故答案為：加少量NaOH固體；加少量Na2CO3固體；加入Zn，Mg等活潑金屬?！窘馕觥竣?在“O”點處冰醋酸未發(fā)生電離，無離子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固體⑤.加少量Na2CO3固體⑥.加入Zn，Mg等活潑金屬14、略

【分析】【詳解】

pH相等的酸中；加水稀釋促進弱酸的電離，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸的酸性強，由圖可知，HX的pH變化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，則HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)，故答案為：大于。

【點睛】

對于強酸溶液，稀釋10倍，pH增大1個單位，對于弱酸溶液，稀釋10倍，pH增大不足1個單位，但無論稀釋多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趨近于7；對于強堿溶液，稀釋10倍，pH減小1個單位，對于弱酸溶液，稀釋10倍，pH減小不足1個單位，但無論稀釋多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趨近于7；弱酸弱堿的稀釋過程中有濃度的變化，又有電離平衡的移動，不能求得具體數(shù)值，只能確定其pH的范圍?！窘馕觥看笥?5、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性強弱關(guān)系為：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析圖可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐漸下降，H2PO4-先增大后減小，HPO42-也是先增大后減小，PO43-一直增大；pH=2時，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1時，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2時，HPO42-和PO43-含量相等；這些信息可用于電離常數(shù)的計算。可在此基礎上解各小題。

【詳解】

(1)①根據(jù)題意可知，HA是弱酸，所以A-會水解：A-+H2O?HA+OH-，使溶液顯堿性，但水解微弱；加上其它的水的電離，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水電離，所以，溶液中由水電離出的c(OH-)=10-14-10-8。答案為：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的電離程度大于其水解程度，NaHB溶液顯酸性，pH＜7。答案為：＜；HB-的電離程度大于其水解程度；

③根據(jù)分析可知，酸性強弱關(guān)系為：H2B＞HA＞HB-。根據(jù)強酸制弱酸的規(guī)律，HA和Na2B溶液能反應生成HB-，但不能生成H2B，所以反應為：HA+B2-＝A-+HB-。答案為：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根據(jù)分析可知，pH=2時，H3PO4和H2PO4-含量相等，則Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，則pH＝3時有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由圖可知，當溶液pH由11到14時，所發(fā)生的變化主要是HPO42-→PO43-，所以該反應的離子方程式為：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案為：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【點睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根離子HA-的水解與電離程度比較：若Ka1Ka2＞Kw，則電離＞水解，其強堿鹽(如NaHA)溶液顯酸性；若Ka1Ka2＜Kw，則電離＜水解，其強堿鹽(如NaHA)溶液顯堿性?！窘馕觥竣?Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的電離程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O16、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）測得NaHCO3溶液的pH＞7；從弱酸的陰離子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，離子方程式為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，實驗室中配制FeCl3溶液時要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，F(xiàn)e3+和HCO3-發(fā)生雙水解；生成紅褐色沉淀和無色氣體。

【詳解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序為c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度，HCO3-水解方程式為HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液顯弱堿性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，離子方程式為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，實驗室中配制FeCl3溶液時要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液時通常需要向其中加入鹽酸；

（4）把B和C溶液混合，F(xiàn)e3+和HCO3-發(fā)生雙水解，生成紅褐色沉淀和無色氣體，離子方程式為：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【點睛】

比較溶液中粒子濃度關(guān)系的解題流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解顯堿性③.鹽酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑17、略

【分析】【分析】

結(jié)合圖像，根據(jù)Kw=c(H+)·c(OH-)判斷T1℃、T2℃的Kw大小關(guān)系，并計算1mol/LNaOH溶液中水電離出H+的濃度；根據(jù)氫離子和氫氧根的濃度相對大小判斷溶液酸堿性；根據(jù)電離、水解程度判斷溶液酸堿性，以少量為標準寫出向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液的離子方程式。

【詳解】

(1)①溫度越高，水的電離程度越大，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖像，Kw(T1℃)＜Kw(T2℃)；Kw(T2℃)=10-13，T2℃時1mol·L-1的NaOH溶液中，c(OH-)=1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，則由水電離出的c(H+)=1×10-13mol·L-1，故答案為：＜；1×10-13；

②M區(qū)域任意一點都存在c(H+)＜c(OH-)；表示溶液呈堿性，故答案為：堿性；

③25℃時，向純水中加入少量NH4Cl固體；氯化銨水解，促進水的電離，故答案為：促進；

(2)①根據(jù)電離平衡常數(shù)，酸性：醋酸＞碳酸＞次氯酸＞碳酸氫根離子；25℃時，等濃度的NaClO溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液，三種溶液中碳酸鈉的水解程度最大，pH最大，醋酸鈉的水解程度最小，pH最小，pH由大到小的順序為c＞a＞b，故答案為：c＞a＞b；

②向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液，以少量為標準，則生成物為碳酸氫鈉和醋酸鈉，反應的離子方程式為CH3COOH+=CH3COO-+故答案為：CH3COOH+=CH3COO-+【解析】<10-13堿性促進c＞a＞bCH3COOH+=CH3COO-+三、判斷題(共1題，共2分)18、×【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、工業(yè)流程題(共4題，共36分)19、略

【分析】【分析】

首先利用氯化銨和氨水浸取銅轉(zhuǎn)爐煙灰，Pb元素轉(zhuǎn)化為Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素進入溶液，加入氯化鐵As元素轉(zhuǎn)化為FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高錳酸鉀，F(xiàn)e元素全部被氧化成Fe3+；調(diào)節(jié)pH使Fe元素轉(zhuǎn)化為沉淀除去；此時還有Cu元素會影響后續(xù)減少碳酸鋅的純度，所以試劑a應除去銅元素，為了不引入新的雜質(zhì)，可以加入過量的Zn單質(zhì)置換出銅，從而將其除去；再加入活性炭凈化；之后加入碳酸氫銨將Zn元素轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鋅，煅燒后得到氧化鋅。

【詳解】

(1)氯化銨由銨根和氯離子構(gòu)成，電子式為活性炭吸附有機雜質(zhì)達到凈化的目的；沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化；

(2)浸取過程中需要使Zn元素盡可能多的進入溶液；而雜質(zhì)離子要盡量少的進入溶液，同時為了加快反應速率，需要氯化銨的濃度盡量大一些，觀察題圖，可知當氯化銨的濃度為4mol/L時，一方面鋅元素的浸出率已經(jīng)接近100%，氯化銨的濃度也較大，另一方面若濃度再高，鉛元素將進入溶液，所以最適宜的濃度為4mol/L；

反應物有ZnO、氯化銨、一水合氨，產(chǎn)物有[Zn(NH3)4]2+，根據(jù)元素守恒可得離子方程式為ZnO+2NH+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；

(3)滴加KMnO4溶液可將Fe2+氧化為Fe3+；再調(diào)節(jié)pH值除去，所以目的是除去Fe元素；根據(jù)分析可知試劑a為Zn，濾渣Ⅲ主要有置換出來的Cu和未反應的Zn；

(4)溶液中有大量鋅離子，加入碳酸氫銨后產(chǎn)生Zn2(OH)2CO3，說明碳酸氫根電離出的碳酸根和鋅離子、氫氧根結(jié)合生成堿式碳酸鋅沉淀，促進碳酸氫根的電離，電離出的氫離子又和碳酸氫根結(jié)合生成二氧化碳和水，所以離子方程式為2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；根據(jù)前序步驟添加的物質(zhì)；以及此過程發(fā)生的反應可知，此時溶液中的主要成分為氯化銨和少量硫酸按，氯化銨可以循環(huán)使用；

(5)用amol?L-1EDTA標準液進行滴定，消耗標準液VmL，與1.0mLEDTA標準液[c(EDTA)=1.000mo1?L-1]相當?shù)囊钥吮硎镜难趸\質(zhì)量為0.08139，所以m(ZnO)=aV×0.08139g，質(zhì)量分數(shù)為×100%或%。

【點睛】

涉及Fe元素的除雜流程時，由于Fe(OH)3更容易沉淀，通常會加入氧化劑將Fe元素轉(zhuǎn)化為Fe3+，再調(diào)節(jié)pH值將其除去?！窘馕觥课锢?ZnO+2NH+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2OFeZnCu(Zn)2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2ONH4Cl×100%或%20、略

【分析】【分析】

分析由粗銅(含少量Fe)通過不同的化學反應制取膽礬的流程圖可知，由粗銅通過兩種途徑制取膽礬，途徑Ⅰ中，銅在空氣中加熱生成CuO，同時鐵生成Fe3O4，固體A為CuO和Fe3O4的混合物，加入足量的稀硫酸，固體A溶解生成硫酸銅、溶液中還含有Fe2+、Fe3+，從后續(xù)分離步驟分析，試劑X應為氧化劑，其作用是將Fe2+氧化為Fe3+，便于后面形成Fe(OH)3除去，試劑Y的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀；途徑II銅直接和濃硫酸加熱反應，生成硫酸銅、水和二氧化硫，鐵也被氧化成Fe3+；得到溶液C，經(jīng)分離得到膽礬，可以據(jù)此解答。

【詳解】

（1）根據(jù)以上分析，試劑X應為氧化劑，其作用是將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入雜質(zhì)，最適合作為試劑X的是H2O2；故選C；

因此；本題正確答案為：C。

（2）途徑II中產(chǎn)生二氧化硫氣體不但會產(chǎn)生污染；而且會使部分硫酸因轉(zhuǎn)化成二氧化硫而造成轉(zhuǎn)化率不高，因此與途徑Ⅱ相比，途徑I有明顯的兩個優(yōu)點，分別是產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少，途徑Ⅰ不會產(chǎn)生污染大氣的氣體；

因此；本題正確答案為：產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少；途徑Ⅰ不會產(chǎn)生污染大氣的氣體；

（3）試劑Y的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀，為了不引入雜質(zhì)，因此試劑Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

因此，本題正確答案為：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

（4）根據(jù)制備的最終目的是得到膽礬，要除去鐵元素，加入少量試劑Y的過程中應控制溶液C的pH，使Fe3+沉淀完全時，且Cu2+不沉淀，由表中數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+沉淀完全時pH=3.2，Cu2+沉淀完全時pH=6.4，此時c(OH-)=10-7.6，據(jù)此可求出氫氧化銅的溶度積Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=1×10-5×10-15.2=10-20.2，若c(Cu2+)=1mol/L，解得c(OH-)=10-10.1，則c(H+)=10-3.9；pH=3.9；

因此；本題正確答案為：3.2～3.9；

（5）濾液E中的銅離子和H3PO2溶液混合反應可得氫化亞銅沉淀，同時得到硫酸和磷酸，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒，寫出反應的離子方程式為4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；該反應中每生成4molCuH轉(zhuǎn)移12mol電子，所以每轉(zhuǎn)移1.5NA個電子；生成CuH的物質(zhì)的量為0.5mol；

因此，本題正確答案為：4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；0.5mol；

（6）要生成氧化亞銅，則銅必須失去電子，因此銅作陽極。陰極得到電子，發(fā)生還原反應，所以陰極電極反應式為2Cu2++2e－+H2O==Cu2O+2H+，由兩電極反應可知，陽極產(chǎn)生的Cu2+小于陰極消耗的Cu2+故電解過程中濾液E的濃度減小；

因此，本題正確答案為：陽極；2Cu2++2e?+H2O=Cu2O+2H+；減??；

（7）因為硫酸銅在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)；所以用乙醇代替蒸餾水洗滌硫酸銅晶體；

因此，本題正確答案為：硫酸銅在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)?！窘馕觥竣?C②.產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少③.途徑Ⅰ不會產(chǎn)生污染大氣的氣體④.CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3⑤.3.2～3.9⑥.4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4⑦.0.5mol⑧.陽極⑨.2Cu2++2e?+H2O=Cu2O+2H+⑩.減小?.硫酸銅在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)21、略

【分析】【分析】

鈷鎳廢渣(主要成分為Co2O3、NiS及鐵、鋁等元素的化合物等雜質(zhì))煅燒，NiS轉(zhuǎn)化為鎳的氧化物和二氧化硫，鐵、鋁等元素的化合物也轉(zhuǎn)化為氧化物，然后用稀硫酸和二氧化硫還原酸浸，將Co3+還原為Co2+，過濾后濾液中加入NaClO3，NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀；加入萃取劑萃取除去鎳離子，然后再加入草酸銨將Co2+轉(zhuǎn)化為CoC2O4?2H2O微溶物，過濾洗滌得到CoC2O4?2H2O晶體；將CoC2O4?2H2O煅燒得到鈷的氧化物，再與Li2CO3燒結(jié)得到LiCoO2；據(jù)此分析解答(1)～(6)；

(7)根據(jù)電池反應式LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2知，充電時LiCoO2極是陽極，發(fā)生失電子的氧化反應生成Li1-xCoO2；據(jù)此書寫電極反應式。

【詳解】

(1)“煅燒1”中能夠?qū)⒃铣浞盅趸?；并使雜質(zhì)分解，排除揮發(fā)成分，同時改變鈷鎳廢渣結(jié)構(gòu)，便于粉化，故答案為：使原料充分氧化，使雜質(zhì)分解，排除揮發(fā)成分，改變結(jié)構(gòu)便于粉化；

(2)“還原酸浸”過程中Co2O3能夠?qū)⒍趸蜓趸磻碾x子方程式為Co2O3+SO2+2H+=2Co2+++H2O，故答案為：Co2O3+SO2+2H+=2Co2+++H2O；

(3)還原酸浸后，加入NaClO3和Na2CO3，NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；調(diào)節(jié)pH，促進水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去；

(4)①溶液中存在化學平衡：(aq)+Co2+(aq)+2H2O(l)?CoC2O4?2H2O(s)，隨n()∶n(Co2+)比值的增加，c()增大，化學平衡正向進行，有利于晶體析出，當達到n()∶n(Co2+)=1.15以后，隨草酸根離子增多，會發(fā)生副反應CoC2O4?2H2O+(n-1)=使晶體部分溶解，故答案為：過量的與Co2+反應生成而溶解；

②沉淀反應時間為10min，當溫度高于50℃以上時，隨溫度升高而鈷的沉淀率升高的可能原因是它的溶解度隨溫度升高而逐漸增大，故答案為：CoC2O4的溶解度隨溫度升高而逐漸增大；

(5)加入草酸銨沉鈷生成CoC2O4?2H2O，CoC2O4?2H2O微溶于水，為了獲得較為純凈的CoC2O4?2H2O；“操作X”為過濾；洗滌、干燥，故答案為：過濾、洗滌、干燥；

(6)n(CO2)==0.06mol，根據(jù)C原子守恒得n(CoC2O4)=0.03mol，生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、n(O)==0.04mol，則n(Co)∶n(O)=0.03mol∶0.04mol=3∶4，所以鈷氧化物的化學式為Co3O4，故答案為：Co3O4。

(7)根據(jù)電池反應式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，充電時，LiCoO2極是陽極，發(fā)生失電子的氧化反應，陽極的電極反應為：LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2，故答案為：LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2。

【點睛】

本題的易錯點為(7)，要注意電子轉(zhuǎn)移數(shù)目的判斷；難點為(4)，要注意充分理解和利用題意信息?！窘馕觥渴乖铣浞盅趸闺s質(zhì)分解，排除揮發(fā)成分，改變結(jié)構(gòu)便于粉化Co2O3+SO2+2H+=2Co2+++H2O將Fe2+氧化為Fe3+；調(diào)節(jié)pH，促進水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去過量的與Co2+反應生成而溶解CoC2O4的溶解度隨溫度升高而逐漸增大過濾、洗滌、干燥Co3O4LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO222、略

【分析】【分析】

（1）礦石粉碎的目的是增大接觸面積；提高浸出率；

（2）根據(jù)溶度積進行計算和判斷；

（3）Mn2＋的氧化產(chǎn)物是MnO2，說明Mn2＋作還原劑，ClO－作氧化劑，本身被還原成Cl－；然后利用化合價升降法進行配平；

（4）根據(jù)電解原理進行分析；

【詳解】

（1）步驟I酸浸之前；需要將礦石粉碎，可以增大接觸面積，提高浸取率；

答案為增大接觸面積；提高浸取率；

（2）若雜質(zhì)離子的濃度c≤1.0×10-5mol/L即可認定沉淀完全,步驟II中Pb2＋恰好沉淀完全，此時溶液中c(S2－)==8.0×10－23mol·L－1；加入濾液的體積為1L，此時溶液中c(Ni2＋)=≈0.06mol·L－1，即有Qc=0.06×8.0×10－23=4.8×10－24<1.1×10－21，說明Ni2＋還沒有沉淀；

答案為8.0×10－23mol·L－1；否；

（3）Mn2＋的氧化產(chǎn)物是MnO2，即Mn2＋作還原劑，ClO－作氧化劑，其還原產(chǎn)物應是Cl－，則有Mn2＋＋ClO－→MnO2↓＋Cl－，利用化合價升降法進行配平，得出Mn2＋＋ClO－→MnO2↓＋Cl－，然后利用原子守恒以及所帶電荷數(shù)守恒，得到：Mn2＋+ClO－+H2O=MnO2↓+Cl－+2H＋；

答案為Mn2＋+ClO－+H2O=MnO2↓+Cl－+2H＋；

（4）放電是電池工作，其正極反應式為：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，正極區(qū)的c(OH－)增大，即pH增大；充電屬于電解池，陰極上得到電子，即陰極反應式為Cd(OH)2＋2e－=Cd＋2OH－；

答案為增大；Cd(OH)2＋2e－=Cd＋2OH－。

【點睛】

難點是（4）的最后一問，可充電電池，充電時，電池的負極接電源的負極，電池的正極接電源的正極，因此充電時陰陽極電極反應式應是放電池負極、正極電極反應式的逆過程，如本題，放電時，負極反應式為Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，則充電時，陰極反應式為Cd(OH)2＋2e－=Cd＋2OH－?！窘馕觥吭龃蠼佑|面積，提高浸取率8.0×l0-23否Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+Cl-+2H+增大Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-五、原理綜合題(共2題，共10分)23、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)蓋斯定律計算△H2；

(2)化學平衡常數(shù)是化學反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積所得的比值；CO(g)+2