2025年教科新版選修四化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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)2025年教科新版選修四化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷411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、根據(jù)表中鍵能（kJ/mol）數(shù)據(jù)不能得出的結(jié)論是。

。共價(jià)鍵鍵能H－H436H－F565H－S339H－Se314A.H2(g)→2H(g)－436kJB.H(g)+F(g)→HF(g)+565kJC.HF的熱穩(wěn)定性大于H2SD.H2S的沸點(diǎn)比H2Se的沸點(diǎn)高2、用CO合成甲醇（CH3OH）的化學(xué)反應(yīng)方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0

按照相同的物質(zhì)的量投料；測(cè)的CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.平衡常數(shù)：K(a)＞K(c)K(b)＝K(d)B.正反應(yīng)速率：v(a)＞v(c)v(b)＞v(d)C.平均摩爾質(zhì)量：M(a)＜M(c)M(b)＞M(d)D.平衡時(shí)a點(diǎn)一定有n(CO)：n(H2)＝1:23、強(qiáng)酸制弱酸非常重要的一種離子反應(yīng)，已知：。Ka1Ka2H2SO3H2CO3

下列離子反應(yīng)不正確的有（）個(gè)。

A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)4、pC類似于pH，是指極稀溶液中溶質(zhì)濃度的負(fù)對(duì)數(shù)。常溫下向H2CO3溶液中逐滴滴加NaOH溶液；測(cè)得溶液的pC與pH關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.在同一溶液中，H2CO3、HCO3–、CO32–不能大量共存B.H2CO3二級(jí)電離平衡常數(shù)Ka2的數(shù)量級(jí)等于10–11C.當(dāng)pH=7時(shí)，溶液中＞3D.向H2CO3溶液滴加NaOH溶液至溶液呈中性的過(guò)程中，逐漸變小5、常溫下，將NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH=10；再向其中滴加1mol/L鹽酸。溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化如下圖所示。

下列說(shuō)法不正確的是A.a點(diǎn)溶液中，c(OH-)=l×l0-4mol/LB.b點(diǎn)溶液中，c(NH4+)>c(Cl-)C.c點(diǎn)時(shí)，加入的n(HCI)小于通入的n(NH3)D.a→b，水的電離程度減小評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、多晶硅是制作光伏電池的關(guān)鍵材料?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(1)硅粉與HCl在300℃時(shí)反應(yīng)生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____。

(2)將SiCl4氫化為SiHCl3有三種方法；對(duì)應(yīng)的反應(yīng)依次為：

①SiCl4(g)+H2(g)?SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1>0

②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)?4SiHCl3(g)ΔH2<0

③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)?3SiHCl3(g)ΔH3

反應(yīng)③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。7、依據(jù)敘述；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2(氣態(tài))完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有4NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出450kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________。

（2）已知拆開(kāi)1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________。

（3）鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質(zhì)Ti，涉及的步驟為：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

則TiO2(s)與Cl2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________。8、火箭推進(jìn)器中盛有強(qiáng)還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強(qiáng)氧化劑液態(tài)過(guò)氧化氫。當(dāng)把0.4mol液態(tài)肼和0.8molH2O2混合反應(yīng)，生成氮?dú)夂退魵?，放?57.7kJ的熱量（相當(dāng)于25℃、101kPa下測(cè)得的熱量）。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。則16g液態(tài)肼與過(guò)氧化氫反應(yīng)生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量是__kJ。9、依據(jù)敘述；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)放熱22.68kJ。則表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。

（2）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。10、污染性氣體NO2與CO在一定條件下發(fā)生的反應(yīng)為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒溫恒容密閉容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5min后反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)NO2的濃度為0.05mol/L。

(1)反應(yīng)從開(kāi)始到5min時(shí)，CO的平均反應(yīng)速率v(CO)=________，NO2的平衡轉(zhuǎn)化率a=________，310K時(shí)，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K=________。

(2)在350K下，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，平衡后NO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為30%，則該反應(yīng)的ΔH________(填“＞”“＜“或“=”)0。11、由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實(shí)驗(yàn)室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應(yīng)制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀，應(yīng)用如圖電解實(shí)驗(yàn)可以制得白色的純凈的Fe(OH)2沉淀。兩電極材料分別為石墨和鐵。

(1)a電極材料應(yīng)為_(kāi)___，電極反應(yīng)式為_(kāi)______。

(2)電解液C可以是__________。

A.純凈水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d為苯，其作用是______，在加入苯之前對(duì)C應(yīng)作何簡(jiǎn)單處理_______

(4)為了在較短時(shí)間內(nèi)看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作電解液。

B.適當(dāng)增大電源的電壓。

C.適當(dāng)減小兩電極間距離。

D.適當(dāng)降低電解液的溫度評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)13、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(wèn)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_(kāi)______(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(guò)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_(kāi)______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)14、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語(yǔ)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(kāi)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“＝”）。15、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)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)16、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(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價(jià)氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請(qǐng)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(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(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(cè)Z在周期表中位置為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)17、礦產(chǎn)資源是重要的自然資源；不可再生，回收；再生是保護(hù)金屬礦產(chǎn)資源的有效途徑。

Ⅰ.稀土是隱形戰(zhàn)機(jī)；超導(dǎo)、核工業(yè)等高精尖領(lǐng)域必備的原料。鈧(Sc)是稀土金屬之一；如圖是從鈦尾礦回收、制備Sc的工藝流程。

已知：xNH4Cl?yScF3?zH2O是ScF3與氯化物形成的復(fù)鹽沉淀；在強(qiáng)酸中部分溶解?！懊撍@”是復(fù)鹽沉淀的熱分解過(guò)程。據(jù)此回答：

(1)鈧原子的外圍電子排布式為_(kāi)_____。

(2)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3只生成一種碳氧化物的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。

(3)如圖是含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關(guān)系。用氨水調(diào)節(jié)溶液pH，控制在3.5<______范圍內(nèi)。

(4)如圖是“脫水除銨”過(guò)程中固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系，其中在380℃到400℃會(huì)有白煙冒出，保溫至無(wú)煙氣產(chǎn)生，即得到ScF3，由圖像中數(shù)據(jù)可得x：z=______。

(5)傳統(tǒng)制備ScF3的方法是先得到ScF3?6H2O沉淀，再高溫脫水得ScF3，但通常含有ScOF雜質(zhì)，原因是______(用化學(xué)方程式表示)。流程中將復(fù)鹽沉淀后“脫水除銨”制得純度很高的ScF3，其原因是______。

Ⅱ.鎳廣泛用于各種軍工制造業(yè)，中國(guó)鎳有一部分來(lái)自再生鎳。某化學(xué)興趣小組欲模擬化工生產(chǎn)工藝，回收某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑(主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì))中的鎳并制備硫酸鎳(NiSO4?7H2O)。

已知：①鎳在稀酸中可緩慢溶解；耐強(qiáng)堿。

②溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開(kāi)始沉淀時(shí)(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀時(shí)(c=1.0×10-5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0

該興趣小組設(shè)計(jì)了如下模擬實(shí)驗(yàn)方案：取一定量廢鎳催化劑粉末于燒杯中，在不斷攪拌下加入NaOH溶液(堿浸)，充分反應(yīng)并過(guò)濾，取濾出物于燒杯中，加入____，充分?jǐn)嚢?，過(guò)濾，____；過(guò)濾，洗滌，干燥，得到硫酸鎳晶體。請(qǐng)回答：

(1)“堿浸”中NaOH除了溶解廢鎳催化劑外，另一個(gè)作用是______。

(2)請(qǐng)將a、b處實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整a__________，b___________。(必須使用的試劑：稀硫酸，NaOH溶液，H2O2溶液)18、我國(guó)電池的年市場(chǎng)消費(fèi)量約為80億只，其中70%是鋅錳干電池，利用廢舊鋅錳干電池制備硫酸鋅晶體(ZnSO4·7H2O)和純MnO2的工藝如下圖所示：

已知：

①鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；還含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作為_(kāi)____________。

A.酸浸B.過(guò)濾C.焙炒D.焙燒。

(2)粗MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4時(shí)，主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________________。

(3)焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________。

(4)制備硫酸鋅晶體流程中，用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH的目的是______________________________，若溶解時(shí)不加H2O2帶來(lái)的后果是____________________。

(5)“草酸鈉-高錳酸鉀返滴法”可測(cè)定MnO2的純度：取agMnO2樣品于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液。

①M(fèi)nO2參與反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________。

②該樣品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_________________(假定雜質(zhì)不參與反應(yīng)，列出表達(dá)式即可)。19、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強(qiáng)氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學(xué)查閱資料后設(shè)計(jì)生產(chǎn)NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的還原劑是___________，氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式是___________

(3)A的化學(xué)式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________，（填“陰極”“陽(yáng)極”），其上發(fā)生的電極反應(yīng)為_(kāi)______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽(yáng)”）離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是_______。

(6)NaClO2變質(zhì)可轉(zhuǎn)化為NaClO3和NaCl。取等質(zhì)量變質(zhì)前后的NaClO2試樣配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應(yīng)時(shí)，消耗Fe2+的物質(zhì)的量_____（填“相同”“不相同”“無(wú)法判斷”）。20、鉛精礦可用于冶煉金屬鉛，其主要成分為PbS。

I．火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2。

（1）用鉛精礦火法煉鉛的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)________。

（2）火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2，可將廢氣通入過(guò)量氨水中進(jìn)行處理，反應(yīng)的離子方程式為：____。

II．濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時(shí)；還可制得硫磺，相對(duì)于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如下：

已知：①不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。溫度/℃20406080100溶解度/g1.001.421.942.883.20

②PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì)，在Cl—濃度較大的溶液中，存在平衡：PbCl2（aq）+2Cl—（aq）PbCl42—（aq）

（3）浸取液中FeCl3的作用是_________。

（4）結(jié)合信息判斷，操作a為_(kāi)________，以利于PbCl2的析出。

（5）將溶液3和濾液2分別置于如圖所示電解裝置的兩個(gè)極室中，可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。

①溶液3應(yīng)置于______（填“陰極室”或“陽(yáng)極室”）中。

②簡(jiǎn)述濾液2電解后再生為FeCl3的可能原理：______。

③若鉛精礦的質(zhì)量為ag，鉛浸出率為b，當(dāng)電解池中通過(guò)cmol電子時(shí)，金屬鉛全部析出，鉛精礦中PbS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為_(kāi)_____。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．從表中可以看出；破壞1molH-H鍵，需要吸收436kJ能量，A不合題意；

B．形成1molH-F鍵；能夠放出565kJ的能量，B不合題意；

C．H-F鍵的鍵能為565kJ/mol，H-S鍵的鍵能為339kJ/mol，所以HF的熱穩(wěn)定性大于H2S；C不合題意；

D．H2S和H2Se在固態(tài)時(shí)都屬于分子晶體，晶體的沸點(diǎn)高低與化學(xué)鍵無(wú)關(guān)，所以從表中數(shù)據(jù)不能判斷H2S與H2Se的沸點(diǎn)關(guān)系；D符合題意；

故選D。2、A【分析】【詳解】

A.該反應(yīng)的正反應(yīng)是個(gè)氣體體積減小的放熱反應(yīng)?；瘜W(xué)平衡向吸熱方向移動(dòng)。即化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)。這時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率降低。由圖可看出：T3>T2>T1。所以Ka>Kb>Kc化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，而與壓強(qiáng)等無(wú)關(guān)。所以K(b)＝K(d)；故A正確；

B.升高溫度，不論是正反應(yīng)速率還是逆反應(yīng)速率都加快。故正反應(yīng)速率：v(c)＞v(a)；在相同溫度下，增大壓強(qiáng)反應(yīng)混合物的濃度增大，反應(yīng)速率加快，由于壓強(qiáng)b＞d，v(b)＞v(d)；故B錯(cuò)誤；

C．在相同壓強(qiáng)下，溫度升高，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)。，由于反應(yīng)前后質(zhì)量不變，但氣體的物質(zhì)的量增多故。平均摩爾質(zhì)量：M(c)＜M(a)在相同溫度下，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積減下的方向，即正反應(yīng)方向移動(dòng)，M(b)＞M(d)；故C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)時(shí)CO、H2是按照1:2反應(yīng)的，所以平衡時(shí)a點(diǎn)可能有n(CO)：n(H2)＝1:2；也可能不是，故D錯(cuò)誤；

答案選A。3、B【分析】【詳解】

根據(jù)K大小得出酸強(qiáng)弱順序?yàn)镠2SO3>H2CO3>HSO3－>HCO3－。由于H2SO3>H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32?+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2CO3>HSO3－>HCO3－，因此HSO3－+CO32?=SO32?+HCO3－，兩個(gè)方程式相加得到SO2+2CO32?+H2O=SO32?+2HCO3－，故第一個(gè)、第二個(gè)正確；由于H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32?+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2SO3>H2CO3，因此SO2+HCO3－=HSO3－+CO2，兩個(gè)方程式相加2SO2+CO32?+H2O=2HSO3－+CO2，故第三個(gè)正確；2HSO3－+CO32?=CO2+H2O+2SO32?違背了H2CO3>HSO3－；故第四個(gè)錯(cuò)誤，故B正確。

綜上所述；答案為B。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)電離常數(shù)大小得出酸的強(qiáng)弱，再根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理書寫方程式。4、D【分析】【詳解】

A．H2CO3存在于酸性較強(qiáng)的溶液中，CO32-存在于堿性較強(qiáng)的溶液中，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO3–、CO32–不能大量共存；A項(xiàng)正確；

B．結(jié)合H2CO3的二級(jí)電離Ka2=由圖像可知，當(dāng)c(HCO3-)=c(CO32-)，Ka2等于此時(shí)溶液中的c(H+)，由圖像知pH在10～11之間，故H2CO3二級(jí)電離平衡常數(shù)Ka2的數(shù)量級(jí)等于10–11；B項(xiàng)正確；

C．當(dāng)pH=7時(shí)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，可知c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，由圖像可知，當(dāng)pH=7時(shí)，溶液中c(CO32-)＜c(HCO3-)，所以c(Na+)＞3c(CO32-)，即＞3；C項(xiàng)正確；

D．H2CO3一級(jí)電離平衡常數(shù)表達(dá)式Ka1=向H2CO3溶液滴加NaOH溶液至溶液呈中性的過(guò)程中，c(HCO3-)增大，Ka1不變，所以減小，即逐漸變大；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A.a點(diǎn)溶液PH=10，c(H+)=1×10-10mol/Lc(OH-)==l×l0-4mol/L；A項(xiàng)正確；

B.b點(diǎn)溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(H+)-)則有c(NH4+)>c(Cl-)；B項(xiàng)正確；

C.由圖可知c點(diǎn)對(duì)應(yīng)PH值大于8，c點(diǎn)溶液還是呈堿性，說(shuō)明加入的n(HCl)小于通入的n(NH3)；C項(xiàng)正確；

D.a→b；堿性變?nèi)?，水電電離受到的抑制逐漸變?nèi)?，所以水的電離程度增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選D。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【詳解】

（1）參加反應(yīng)的物質(zhì)是固態(tài)的Si、氣態(tài)的HCl，生成的是氣態(tài)的SiHCl3和氫氣，反應(yīng)條件是300℃，配平后發(fā)現(xiàn)SiHCl3的化學(xué)計(jì)量數(shù)恰好是1mol，由此可直接寫出該條件下的熱化學(xué)方程式：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)?H=-225kJ·mol-1，故答案為：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)?H=-225kJ·mol-1；

（2）仔細(xì)觀察發(fā)現(xiàn)：②-①=③，根據(jù)蓋斯定律可得：?H3=?H2-?H1，故答案為：?H2-?H1?！窘馕觥縎i(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)?H=-225kJ·mol-1?H2-?H17、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價(jià)是－1價(jià)，反應(yīng)后變?yōu)椋?價(jià)，失去5個(gè)電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，消耗乙炔的物質(zhì)的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應(yīng)熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學(xué)鍵所放出的能量的差值，則根據(jù)鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應(yīng)熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據(jù)蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應(yīng)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式的書寫以及反應(yīng)熱的有關(guān)計(jì)算?！窘馕觥浚?3分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）8、略

【分析】【詳解】

0.4mol液態(tài)肼和0.8mol過(guò)氧化氫混合反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵?，放出的熱量?57.7kJ，那么1mol液態(tài)肼發(fā)生相同的反應(yīng)放出熱量為所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：由可知，1mol液態(tài)肼與2mol液態(tài)過(guò)氧化氫混合反應(yīng)生成液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為：那么16g液態(tài)肼即0.5mol，發(fā)生上述反應(yīng)放出的熱量為：【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-644.25kJ·mol-1410.1259、略

【分析】【詳解】

（1）1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)放熱22.68kJ，則16g，即1mol甲醇釋放22.68kJ/g×16g/mol=725.76kJ/mol，則甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/mol；

（2）已知每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量，1molC2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)，轉(zhuǎn)移10mol電子，釋放1300kJ的熱量，則熱化學(xué)方程式為C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)?H=-1300kJ/mol?！窘馕觥緾H3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/molC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)?H=-1300kJ/mol10、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)速率

(2)和310K時(shí)NO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)比較判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向確定反應(yīng)的焓變。

【詳解】

(1)污染性氣體NO2與CO在一定條件下發(fā)生的反應(yīng)為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒溫恒容密閉容器中充人0.1molNO2和0.2molCO；5min后反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)2的濃度為0.05mol/L，結(jié)合三行計(jì)算列式：

反應(yīng)從開(kāi)始到5min時(shí)，CO的平均反應(yīng)速率NO2的平衡轉(zhuǎn)化率310K時(shí)，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)故答案為：0.02mol/(L?min)；50%；10；

(2)310K時(shí)，平衡后NO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)在350K下，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，平衡后NO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為30%，二氧化氮物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，說(shuō)明升溫平衡逆向進(jìn)行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH＜0，故答案為：＜。【解析】①.0.02mol/(L?min)②.50%③.10④.＜11、略

【分析】【詳解】

（1）制純凈的Fe(OH)2沉淀，則Fe為陽(yáng)極，失去電子，b與電源正極相連，則b為陽(yáng)極，故石墨為陰極，得到電子，a與電源負(fù)極相連，故發(fā)生的電極反應(yīng)為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案為：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）純水導(dǎo)電性太差，影響物質(zhì)的制備，而NaCl、NaOH溶液中氫離子放電，可生成Fe(OH)2沉淀，電解液為CuCl2溶液，發(fā)生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，則電解液b可選擇BC；故答案為：BC；

（3）苯的密度水的??；不溶于水，可隔絕空氣，防止氫氧化亞鐵被氧化，為防止氫氧化亞鐵被氧化，并在實(shí)驗(yàn)加入苯之前，對(duì)d溶液進(jìn)行加熱煮沸的目的是排出溶液中的氧氣，故答案為：隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化；加熱煮沸；

（4）短時(shí)間內(nèi)看到白色沉淀，適當(dāng)增大電源電壓、適當(dāng)縮小兩電極間距離可增大反應(yīng)的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低溫度反應(yīng)速率減慢，故答案為：BC?！窘馕觥渴?H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化加熱煮沸BC三、判斷題(共1題，共2分)12、×【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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)13、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(guò)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-0.5114、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(kāi)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(kāi)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。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><15、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+)=④③②五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)16、略

【分析】【分析】

根據(jù)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(yīng)為二氧化碳和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測(cè)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(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。此反應(yīng)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(yīng)為二氧化碳和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測(cè)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(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。此反應(yīng)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?！窘馕觥縉H4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)17、略

【分析】【分析】

Ⅰ．Sc2(C2O4)3經(jīng)過(guò)焙燒生成Sc2O3，接著Sc2O3溶于濃鹽酸形成Sc3+，并用氨水調(diào)節(jié)pH，使其與F-結(jié)合生成ScF3，并與氨水和鹽酸反應(yīng)生成的NH4Cl結(jié)合形成復(fù)鹽xNH4Cl·yScF3·zH2O，再經(jīng)脫水除銨獲得純度很高的ScF3；最后用Ca還原出Sc單質(zhì)。

【詳解】

Ⅰ(1)Sc為21號(hào)元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，外圍電子排布式即價(jià)電子排布式，故此處填3d14s2；

(2)由流程知Sc2(C2O4)3焙燒后生成Sc2O3，C元素生成CO或CO2，由于C元素化合價(jià)改變，故推測(cè)有O2參與反應(yīng)，所以C元素被氧化，對(duì)應(yīng)產(chǎn)物為CO2，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平得方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

(3)由流程知，調(diào)節(jié)pH時(shí)維持Sc以Sc3+形式存在，以便后續(xù)與F-結(jié)合生成ScF3，還需防止Sc3+與OH-結(jié)合；故調(diào)節(jié)pH范圍為：3.5＜pH＜4.2；

(4)由流程知，xNH4Cl·yScF3·zH2O脫水除銨指脫去結(jié)晶水和NH4Cl，NH4Cl受熱分解成NH3與HCl，之后又反應(yīng)生成NH4Cl，故會(huì)產(chǎn)生白煙現(xiàn)象，所以380~400℃減少NH4Cl質(zhì)量，200~300℃減少H2O質(zhì)量，則n(NH4Cl)=n(H2O)=故此處填1：2；

(5)高溫脫水時(shí)，ScF3會(huì)與H2O反應(yīng)生成ScOF，所以會(huì)混有ScOF雜質(zhì)，對(duì)應(yīng)方程式為：ScF3+H2O=ScOF+2HF；由于Sc3+水解會(huì)生成雜質(zhì)，但脫銨時(shí)NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解，所以制得的ScF3純度很高；

Ⅱ(1)由于金屬表面殘留油脂；油脂在NaOH溶液中會(huì)發(fā)生水解從而被除去，故NaOH另一個(gè)作用為除去油脂；

(2)由于廢鎳催化劑粉末中混有Al、Fe及其氧化物等雜質(zhì)，首先要考慮去除雜質(zhì)，第一步堿溶后，Al及其氧化物被NaOH溶解除去，不溶物中主要含有Ni、Fe及其氧化物，加入稀硫酸使其溶解，再加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，之后再調(diào)節(jié)pH除去Fe元素雜質(zhì)，最終通過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶獲得NiSO4晶體，具體方案補(bǔ)充如下：步驟a．稀硫酸；步驟b．向?yàn)V液中加適量H2O2溶液，充分反應(yīng)，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)3.2<7.2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶?！窘馕觥?d14s22Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；4.21：2ScF3+H2O=ScOF+2HF脫銨時(shí)NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解除去油脂稀硫酸向?yàn)V液中加適量H2O2溶液，充分反應(yīng)，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)3.2<7.2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶18、略

【分析】【分析】

廢舊電池拆解后，鋅皮中的鋅和鐵在稀硫酸中溶解，鐵和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化為Fe3+，再加ZnO調(diào)節(jié)溶液的PH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸鋅溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，過(guò)濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下轉(zhuǎn)化為MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙燒MnCO3，使之被空氣中的氧氣氧化為純MnO2。

【詳解】

（1）炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，還含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；過(guò)濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙燒時(shí)，炭包內(nèi)部的碳比較難與氧氣反應(yīng)除去，正確答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反應(yīng)過(guò)程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應(yīng)為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正確答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉錳”生成MnCO3沉淀，焙燒后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空氣中O2作為氧化劑參加了該反應(yīng)，配平該反應(yīng)為：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正確答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO與H2SO4反應(yīng)使溶液酸性減弱，從而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2與Fe(OH)2的溶度積相差不大，所以沉淀Fe2+時(shí)Zn2+必然同時(shí)生成沉淀。若溶解時(shí)不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反應(yīng)過(guò)量H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使Fe2+沉淀時(shí)，Zn2+必然同時(shí)生成Zn(OH)2沉淀。正確答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+與Zn2+不能分離（或當(dāng)Fe(OH)2沉淀完全時(shí)，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）純度測(cè)定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平該反應(yīng)得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。則根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒得MnO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為正確答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【點(diǎn)睛】

①根據(jù)題意書寫氧化還原反應(yīng)。首先根據(jù)題目已知列出知道的反應(yīng)物和產(chǎn)物，然后聯(lián)系題意補(bǔ)充氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物中缺少的物質(zhì)（有時(shí)已知中全部給出），第三步進(jìn)行氧化還原過(guò)程中電子得失的配平，再進(jìn)行質(zhì)量守恒和離子反應(yīng)中電荷守恒的配平。以上述Na2C2O4與MnO2反應(yīng)為例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，根據(jù)得失電子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑，由于反應(yīng)前已經(jīng)用硫酸酸化，再根據(jù)離子電荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+→Mn2++2CO2↑，最后根據(jù)質(zhì)量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度積用于比較難溶電解質(zhì)溶解度時(shí)，不同種類型的難溶電解質(zhì)不能夠直接進(jìn)行比較。如本題中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3，前兩者的組成為AB2型，第三個(gè)屬于AB3型，通過(guò)各自的溶度積已知（數(shù)量級(jí)都是10-16）可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大，但是Fe(OH)3不能與它們直接進(jìn)行比較?！窘馕觥緾MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O2MnCO3+O22MnO2+2CO2除去溶液中的Fe3+雜質(zhì)Fe2+與Zn2+不能分離[或當(dāng)Fe(OH)2沉淀完全時(shí)，Zn(OH)2也沉淀完全]MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O×100%19、略

【分析】【分析】

ClO2和雙氧水在II中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaClO2和氣體a，該反應(yīng)中Cl元素化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?3價(jià)，則O元素化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，所以生成的氣體a是O2，離子反應(yīng)方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸鈉溶液通入離子隔膜電解池中，在III中發(fā)生電解，根據(jù)圖知，電極Y生成氫氧化鈉，說(shuō)明電極Y為陰極，陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近生成NaOH，所以生成的氣體b是H2；電極X為陽(yáng)極，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以a是O2，同時(shí)生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性條件下，在I中NaClO3、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析，I中NaClO3、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑，還原劑是Na2SO3；氣體a是O2，故答案為Na2SO3；氧氣；

(2)堿性條件下，ClO2、H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧氣、ClO2-和水，Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；

(3)通過(guò)以上分析知，電解硫酸鈉溶液，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，同時(shí)生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在陽(yáng)極附近生成，故答案為H2SO4；

(4)根據(jù)上述分析，Ⅲ中電極X陽(yáng)極，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應(yīng)式為2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝