2025年北師大新版選修四化學(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)2025年北師大新版選修四化學(xué)下冊(cè)月考試卷838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8題，共16分)1、在298K；100kPa時(shí)；已知：

H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1

2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H2

2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3

則△H3與△H1和△H2間的關(guān)系正確的是（）A.△H3=△H1+2△H2B.△H3=2△H1+△H2C.△H3=△H1-2△H2D.△H3=△H1-△H22、下列事實(shí)不能證明HNO2是弱電解質(zhì)的是。

①滴入酚酞試液，NaNO2溶液顯紅色。

②用HNO2溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)；燈泡很暗。

③等pH、等體積的鹽酸和HNO2溶液中和堿時(shí)，HNO2中和堿的能力強(qiáng)。

④0.10mol/LHNO2溶液的pH＝2

⑤HNO2與CaCO3反應(yīng)放出CO2氣體。

⑥c(H＋)＝0.1mol/L的HNO2溶液稀釋至1000倍時(shí)pH＜4A.①⑤B.②⑤C.③⑥D(zhuǎn).①④3、常溫下，將4.0g鐵釘加入到30mL4%的溶液中；一段時(shí)間后觀察到鐵釘表面產(chǎn)生氣泡，氧氣含量和溶液pH變化如下圖所示。

下列說(shuō)法不正確的是A.溶液pH<7的原因：B.鐵釘表面產(chǎn)生氣泡的原因：C.加入鐵釘消耗水解平衡正向移動(dòng)，產(chǎn)生沉淀D.推測(cè)溶液pH減小的原因：4、25℃時(shí)，下列對(duì)于Na2SO3與NaHSO3的混合溶液中微粒濃度關(guān)系的說(shuō)法正確的是A.一定存在3c（Na+）＝c（HSO3?）＋c（SO32?）＋c（H2SO3）B.一定存在c（Na+）＋c（H+）＝c（HSO3?）＋c（SO32?）＋c（OH－）C.若混合溶液中n（Na2SO3）＝2n（NaHSO3）時(shí)，溶液呈堿性，則有c（Na+）＞c（SO32?）＞c（HSO3?）＞c（OH?）＞c（H+）D.若混合溶液中n（Na2SO3）＝n（NaHSO3）時(shí)，溶液呈酸性，則有c（Na+）＞c（HSO3?）＞c（H+）＞c（SO32?）＞c（OH?）5、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)系如圖所示。下列有關(guān)溶液中離子濃度關(guān)系的敘述正確的是。

A.pH=5.5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H＋)>c(OH－)B.W點(diǎn)所表示的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH-)C.pH=3.5的溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na＋)D.向W點(diǎn)所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體(溶液體積變化可忽略)：c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH-)6、常溫下，用0.1mol·L1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L1HA溶液的滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是。

A.a≈3，說(shuō)明HA屬于弱酸B.水的電離程度：d點(diǎn)＞c點(diǎn)C.e點(diǎn)溶液中：c(K＋)=2c(A－)+2c(HA)D.b點(diǎn)溶液中粒子濃度大?。篶(A－)＞c(K＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)7、一種柔性水系鋅電池為可充電電池；以鋅鹽溶液作為電解液，其原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.充電時(shí)，Zn2+向N極移動(dòng)B.充電時(shí)，N極的電極反應(yīng)式為PTO—Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+C.若維持電流強(qiáng)度為0.5A，放電10分鐘，理論上消耗Zn的質(zhì)量約為0.20g(已知F=96500C·mol-1)D.放電時(shí)，每生成1molPTO—Zn2+，M極溶解Zn的質(zhì)量為65g8、全世界每年因鋼鐵銹蝕造成巨大損失；鋼鐵吸氧腐蝕原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.鋼鐵腐蝕過(guò)程只發(fā)生化學(xué)能與電能的轉(zhuǎn)化B.鋼鐵腐蝕的正極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+C.電解質(zhì)溶液濃度可影響鋼鐵腐蝕的速率D.將地下鐵管與銅塊連接，可保護(hù)鐵管評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到科學(xué)家的不斷關(guān)注，下列為制取Cu2O的三種方法：

。方法Ⅰ

用碳粉在高溫條件下還原CuO

方法Ⅱ

電解法，原理為2Cu＋H2OCu2O＋H2↑

方法Ⅲ

用肼(N2H4)還原新制的Cu(OH)2

（1）工業(yè)上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是_________________________。

（2）方法Ⅱ利用離子交換膜控制電解液中OH－的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示，該電池的陽(yáng)極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________________；電解一段時(shí)間，當(dāng)陰極產(chǎn)生的氣體體積為112mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，停止電解，通過(guò)離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol。(離子交換膜只允許OH－通過(guò))

（3）方法Ⅲ為加熱條件下用液態(tài)肼(N2H4)還原新制的Cu(OH)2來(lái)制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2。生成1molN2時(shí)，生成Cu2O的物質(zhì)的量為_(kāi)_______________。

（4）肼-空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%～30%的KOH溶液。寫出肼-空氣燃料電池放電時(shí)負(fù)極的電極反應(yīng)式：___________________________。10、煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時(shí)對(duì)煙氣進(jìn)行脫硫；脫硝；回答下列問(wèn)題：

（1）在鼓泡反應(yīng)器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應(yīng)溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol·L?1。反應(yīng)一段時(shí)間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/（mol·L?1）8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3

①寫出NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式____________。

②由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，脫硫反應(yīng)速率______脫硝反應(yīng)速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是_____________。

（2）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中，SO2和NO的平衡分壓pc如圖所示。

①由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均_______（填“增大”“不變”或“減小”）。

②反應(yīng)ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常數(shù)K表達(dá)式為_(kāi)_______________。

（3）如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2；也能得到較好的煙氣脫硫效果。

①?gòu)幕瘜W(xué)平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的優(yōu)點(diǎn)是______________。

②已知下列反應(yīng)：

SO2(g)+2OH?(aq)=SO32?(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO?(aq)+SO32?(aq)=SO42?(aq)+Cl?(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42?（aq）ΔH3

則反應(yīng)SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO?(aq)+2OH?(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl?(aq)的ΔH=_______。11、為了合理利用化學(xué)能；確保安全生產(chǎn)，化工設(shè)計(jì)需要充分考慮化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱，并采取相應(yīng)措施?；瘜W(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱通常用實(shí)驗(yàn)進(jìn)行測(cè)定，也可進(jìn)行理論推算。

（1）今有如下兩個(gè)熱化學(xué)方程式：則a_____b（填“＞”；“＝”或“＜”）

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1＝akJ?mol﹣1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝bkJ?mol﹣1

（2）拆開(kāi)lmol氣態(tài)物質(zhì)中某種共價(jià)鍵需要吸收的能量叫鍵能，部分化學(xué)鍵鍵能如表。化學(xué)鍵H﹣HN﹣HN≡N鍵能/kJ?mol﹣1436a945

已知反應(yīng)N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝-93kJ?mol﹣1，試根據(jù)表中所列鍵能數(shù)據(jù)計(jì)算a=______________。

（3）利用水煤氣合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反應(yīng)如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

反應(yīng)③為制取二甲醚的第3步反應(yīng)，利用△H1和△H2計(jì)算△H3時(shí)，還需要利用________反應(yīng)的△H。

（4）中科院大連化學(xué)物理研究所的科研人員在新型納米催化劑Na-Fe3O4和HMCM-22的表面將CO2轉(zhuǎn)化為烷烴；其過(guò)程如圖。

圖中CO2轉(zhuǎn)化為CO的反應(yīng)為：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

則圖中CO轉(zhuǎn)化為C2H4的熱化學(xué)方程式是______________________________________。12、用Cl2生產(chǎn)某些含氯有機(jī)物時(shí)會(huì)產(chǎn)生副產(chǎn)物HCl。利用反應(yīng)A，可實(shí)現(xiàn)氯的循環(huán)利用。反應(yīng)A：4HCl+O22Cl2+2H2O

已知：?。磻?yīng)A中；4molHCl被氧化，放出115.6kJ的熱量。

ⅱ．

（1）反應(yīng)A的熱化學(xué)方程式是____。

（2）斷開(kāi)1molH—O鍵與斷開(kāi)1molH—Cl鍵所需能量相差約為_(kāi)___kJ，H2O中H—O鍵比HCl中H—Cl鍵(填“強(qiáng)”或“弱”)____。13、二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域，反應(yīng)如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。

（1）圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是__、__。

（2）根據(jù)圖中點(diǎn)A(600K，b、c相交)，計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。

（3）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強(qiáng)條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)__。14、已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3?H2ONH+OH-。

（1）向氨水中加入MgCl2固體時(shí)，平衡向__移動(dòng)，OH-離子的濃度__，NH離子的濃度__；

（2）向氨水中加入濃鹽酸，平衡向__移動(dòng)，此時(shí)溶液中濃度減小的微粒有__、__、__；

（3）向濃氨水中加入少量的NaOH固體，平衡向__移動(dòng)，此時(shí)發(fā)生的現(xiàn)象是__。15、（1）CuSO4的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“堿”）性，常溫時(shí)的pH_____（填“＞”或“＝”或“＜”），實(shí)驗(yàn)室在配制CuSO4的溶液時(shí)，常將CuSO4固體先溶于________中；然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以_____（填“促進(jìn)”；“抑制”）其水解。

（2）泡沫滅火器中的主要成分是_______和_______溶液，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______。16、Ⅰ．高鐵酸鹽在能源，環(huán)保等方面有著廣泛的用途。高鐵酸鉀（K2FeO4）不僅是一種理想的水處理劑，而且高鐵電池的研制也在進(jìn)行中。如圖1是高鐵電池的模擬實(shí)驗(yàn)裝置：

（1）該電池放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式為_(kāi)________________；若維持電流強(qiáng)度為lA，電池工作10min，理論消耗Zn______g（已知F＝965OOC/mol，計(jì)算結(jié)果小數(shù)點(diǎn)后保留一位數(shù)字）。

（2）鹽橋中盛有飽和KCl溶液，此鹽橋中氯離子向______（填“左”或“右”，下同）池移動(dòng)；若用陽(yáng)離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向______移動(dòng)。

（3）圖2為高鐵電池和常用的高能堿性電池的放電曲線．由此可得出高鐵電地的優(yōu)點(diǎn)有______________。

Ⅱ．第三代混合動(dòng)力車，可以用電動(dòng)機(jī)，內(nèi)燃機(jī)或二者結(jié)合推動(dòng)車輛。汽車上坡或加速時(shí)，電動(dòng)機(jī)提供推動(dòng)力．降低汽油的消耗；在剎車或下坡時(shí)，電池處于充電狀態(tài)。

（4）混合動(dòng)力車的內(nèi)燃機(jī)以汽油為燃料，汽油（以辛烷C8H18計(jì)）和氧氣充分反應(yīng)，生成1mol水蒸氣放熱550kJ；若1g水蒸氣轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放熱2.5kJ，則辛烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_(kāi)____________。

（5）混合動(dòng)力車目前一般使用鎳氫電池，該電池中鎳的化合物為正極，儲(chǔ)氫金屬（以M表示）為負(fù)極，堿液（主要為KOH）為電解質(zhì)溶液。鎳氫電池充放電原理示意如圖，其總反應(yīng)式為：

H2+2NiOOH2Ni(OH)2。

根據(jù)所給信息判斷，混合動(dòng)力車上坡或加速時(shí)．乙電極周圍溶液的pH______（填“增大”,“減小”或“不變”），該電極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______________。

（6）遠(yuǎn)洋輪船的鋼鐵船體在海水中易發(fā)生電化學(xué)有腐蝕中的______腐蝕。為防止這種腐蝕，通常把船體與浸在海水里的Zn塊相連，或與像鉛酸蓄電池這樣的直流電源的______（填“正”或“負(fù)”）極相連，鉛酸蓄電池放電時(shí)的總反應(yīng)式為_(kāi)____________。

Ⅲ．（7）市售一次電池品種很多，除熟知的普通鋅錳干電池外．還有堿性鋅錳電池，鋰電池等。堿性鋅錳電池的正極材料為_(kāi)________，該電池放電時(shí)的電極反應(yīng)式為_(kāi)_______。

Ⅳ.催化劑是化工技術(shù)的核心，絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)均需采用催化工藝。

（8）人們常用催化劑來(lái)選擇反應(yīng)進(jìn)行的方向．圖1所示為一定條件下1molCH3OH與O2發(fā)生反應(yīng)時(shí)．生成CO、CO2或HCHO的能量變化圖[反應(yīng)物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應(yīng)主要生成________（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=________。

17、鋼鐵是目前應(yīng)用最廣泛的金屬材料；了解鋼鐵腐蝕的原因與防護(hù)方法具有重要意義，對(duì)鋼鐵制品進(jìn)行抗腐蝕處理，可適當(dāng)延長(zhǎng)其使用壽命。

利用如圖裝置；可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。

①若X為碳棒；為減緩鐵件的腐蝕，開(kāi)關(guān)K應(yīng)置于________處。

②若X為鋅，開(kāi)關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為_(kāi)______。評(píng)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(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)19、堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]是一種用途廣泛的化工原料；實(shí)驗(yàn)室以純銅屑為原料制取的流程如下:

(1)“溶解”步驟反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______．溫度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量減少、Cu的轉(zhuǎn)化率降低，若低于50℃，_____

(2)“反應(yīng)”步驟生成Cu2(OH)2CO3的化學(xué)方程式為_(kāi)________。反應(yīng)后溶液中銅元素殘留量受pH和反應(yīng)時(shí)間的影響如圖所示:

判斷反應(yīng)的最佳條件:pH為_(kāi)__、反應(yīng)時(shí)間為_(kāi)___h。

(3)檢驗(yàn)Cu2(OH)2CO3洗滌是否完全的方法是____________________

(4)Cu2(OH)2CO3也可以表示為CuCO3·Cu(OH)2。查閱文獻(xiàn)，上述反應(yīng)條件下還可能生成少量CuCO3·Cu(OH)2。為測(cè)定產(chǎn)品的純度[產(chǎn)品中Cu2(OH)2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)]；取10.97g干燥樣品，400℃左右加熱，測(cè)得固體質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示。

已知:8.00g固體為黑色純凈物。

有關(guān)物質(zhì)的摩爾質(zhì)量如表：。物質(zhì)CuCO3·Cu(OH)2CuCO3·2Cu(OH)2CuO摩爾質(zhì)量/g·mol-122232080

請(qǐng)計(jì)算產(chǎn)品的純度(寫出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。______20、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(wèn)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(yáng)”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?！胺磻?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(lái)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_(kāi)_____(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)。21、2020年12月，嫦娥五號(hào)“探月”任務(wù)正在進(jìn)行當(dāng)中，本次任務(wù)將實(shí)現(xiàn)中國(guó)首次月球無(wú)人采樣返回，助力深化月球成因和演化歷史等科學(xué)探究，時(shí)隔n年，人類再一次成功取得月球樣本，中國(guó)成為人類第三個(gè)獲取月球樣本的國(guó)家。電源是航天器在廣袤太空中持續(xù)運(yùn)行的重要支撐，嫦娥五號(hào)采用的是鈷酸鋰電源，以鈷酸鋰為正極材料所制備的鋰離子電池，具有重量輕，比能量高，工作電壓高，放電平衡、壽命長(zhǎng)等特點(diǎn)。從廢舊鈷酸鋰離子電池的正極材料(在鋁箔上涂覆活性物質(zhì)LiCoO2)中；回收鈷；鋰的操作流程如圖所示：

回答下列問(wèn)題。

(1)“過(guò)濾”所得濾液用鹽酸處理可得到氫氧化鋁，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______；

(2)LiCoO2中Co的化合價(jià)為_(kāi)______，“酸浸”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______；若將硫酸、Na2S2O3溶液用一定濃度的鹽酸替代，也可以達(dá)到“酸浸”的目的，但會(huì)產(chǎn)生_______(填化學(xué)式)污染環(huán)境。

(3)“沉鈷”后溶液中c(CO2+)=_______。(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)

(4)根據(jù)下圖判斷：“沉鋰”中獲得Li2CO3固體的操作主要包括_______、_______、洗滌、干燥等步驟。證明Li2CO3固體已洗滌干凈的實(shí)驗(yàn)方法_______。

評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共6分)22、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_____________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1①

2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H2②

2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3③

將①×2+②，即得③，所以△H3=2△H1+△H2。故選B。2、B【分析】【詳解】

①滴入酚酞試液，NaNO2溶液顯紅色，說(shuō)明亞硝酸根能水解，為弱酸酸根，①能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

②用HNO2溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗，說(shuō)明溶液中自由移動(dòng)離子濃度小，與HNO2溶液中離子濃度有關(guān)，②不能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

③等pH、等體積的鹽酸和HNO2溶液中和堿時(shí)，HNO2中和堿的能力強(qiáng)，說(shuō)明HNO2在反應(yīng)過(guò)程中，可以繼續(xù)電離出H+，③能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

④0.10mol/LHNO2溶液的pH＝2，說(shuō)明HNO2部分電離，④能證明HNO2是弱電解質(zhì)；⑤HNO2與CaCO3反應(yīng)放出CO2氣體，只能說(shuō)明HNO2酸性強(qiáng)于碳酸；

⑤不能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

⑥c(H＋)＝0.1mol/L的HNO2溶液稀釋至1000倍時(shí)pH<4明在稀釋過(guò)程中，HNO2還可以電離，⑥能證明HNO2是弱電解質(zhì)；

故答案選B。3、C【分析】【詳解】

A．溶液pH<7的原因是發(fā)生水解反應(yīng)所致，離子方程式是：故A正確；

B．鐵釘表面產(chǎn)生氣泡的原因是鐵溶解于酸中，即：故B正確；

C．加入鐵釘發(fā)生反應(yīng)：銅離子水解平衡逆向移動(dòng)，不會(huì)產(chǎn)生沉淀；故C錯(cuò)誤；

D．結(jié)合圖像可只氧氣不斷被消耗，pH不斷較小，推測(cè)溶液pH減小的原因：故D正確；

故選C。4、C【分析】【詳解】

A．由于溶液為Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，所以溶液中的鈉元素總量一定大于硫元素總量，所以一定不存在A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．混合溶液無(wú)論Na2SO3和NaHSO3比例是什么，均有電荷守恒式：成立；所以選項(xiàng)中的等式一定不成立，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．由于n(Na2SO3)=2n(NaHSO3)，所以溶液中鈉離子濃度最大，由于弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解平衡進(jìn)行的程度都十分微弱，所以和的濃度依次排在第二和第三，由于溶液顯堿性，所以濃度大于濃度；C項(xiàng)正確；

D．由于n(Na2SO3)=n(NaHSO3)，并且混合溶液呈酸性，所以的電離程度大于的水解程度，即相比于消耗的更多溶液中剩余的更少；又因?yàn)槿蹼娊赓|(zhì)的電離和鹽類的水解平衡進(jìn)行的程度都十分微弱，所以有：D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

在比較溶液中各類粒子濃度大小時(shí)，一般認(rèn)為弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解平衡進(jìn)行的程度都十分微弱，所以由于發(fā)生電離和水解而消耗的量很少。5、B【分析】【分析】

堿性越強(qiáng)CH3COOH的濃度應(yīng)越小，CH3COO-的濃度越大，所以圖中虛線表示CH3COOH的濃度變化，實(shí)線表示CH3COO-的濃度變化。

【詳解】

A．由圖可知，pH=4.75時(shí)，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，pH=5.5時(shí)，酸性減弱，結(jié)合圖象可知，溶液中c(CH3COOH)降低，溶液中c(CH3COO-)增大，則所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；故A錯(cuò)誤；

B．由圖可知，W點(diǎn)所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，溶液中電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)；故B正確；

C．當(dāng)溶液中的溶質(zhì)全部為醋酸鈉時(shí)，有物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na＋)，此時(shí)溶液呈堿性，所以pH=3.5時(shí)溶液中的溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)>c(Na＋)；故C錯(cuò)誤；

D．W點(diǎn)原溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(CH3COO-)=0.05mol/L，c(H+)=10-4.75mol/L，c(OH-)=10-9.25mol/L，則c(Na+)=0.05mol/L+10-9.25mol/L-10-4.75mol/L，略小于0.05mol/L，也就是此時(shí)溶液中溶質(zhì)醋酸鈉的物質(zhì)的量略小于0.05mol/L，通入0.05molHCl氣體后溶液中的溶質(zhì)為CH3COOH、NaCl以及極少量的HCl，主要以CH3COOH的電離為主，而醋酸是弱電解質(zhì)，所以c(CH3COOH)>>c(H+)；故D錯(cuò)誤；

答案選B。

【點(diǎn)睛】

堿性越強(qiáng)CH3COOH的濃度應(yīng)越小，CH3COO-的濃度越大，所以本題中虛線表示CH3COOH的濃度變化，實(shí)線表示CH3COO-的濃度變化；且根據(jù)W可以求出該溫度下醋酸電離平衡常數(shù)為10-4.75。6、C【分析】【詳解】

A．0.1mol·L1HA溶液的pH≈3；說(shuō)明HA未完全電離，屬于弱酸，故A正確；

B．酸或堿抑制水的電離；能夠水解的弱離子促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)溶質(zhì)為KA；c點(diǎn)溶質(zhì)為KA和HA，c點(diǎn)不影響水的電離、d點(diǎn)促進(jìn)水電離，所以水的電離程度：d點(diǎn)＞c點(diǎn)，故B正確；

C．e點(diǎn)溶液是物質(zhì)的量之比為2:3的HA和KOH反應(yīng)后的溶液，溶液中存在物料守恒2c(K)=3c(A)，即2c(K+)═3c(A-)+3c(HA)；故C錯(cuò)誤；

D．b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HA和KA，溶液pH＜7，溶液呈酸性，說(shuō)明HA電離程度大于A-水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，鉀離子不水解，且HA電離程度和A-水解程度都較小，所以c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)；故D正確；

故選C。

【點(diǎn)睛】

明確各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)D，要注意等物質(zhì)的量濃度的HA和KA的pH＜7，HA電離程度大于A-水解程度，所以c(A-)＞c(HA)。7、B【分析】【分析】

柔性水系鋅可充電電池工作原理為：放電時(shí)，金屬Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成Zn2＋，即M電極為負(fù)極，則N電極為正極，電極反應(yīng)式為2PTO＋8e?＋4Zn2＋═PTO?Zn2＋；充電時(shí)；外加電源的正極連接原電池的正極N，外加電源的負(fù)極連接原電池的負(fù)極，陰陽(yáng)極的電極反應(yīng)與原電池的負(fù)正極的反應(yīng)式相反，電解質(zhì)中陽(yáng)離子移向陰極；陰離子移向陽(yáng)極，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．充電時(shí)，原電池的負(fù)極M連接外加電源的負(fù)極、作陰極，電解質(zhì)中陽(yáng)離子Zn2＋移向陰極M；故A錯(cuò)誤；

B．充電時(shí)，原電池的正極N連接外加電源的正極、作陽(yáng)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為PTO?Zn2＋?8e?＝2PTO＋4Zn2＋；故B正確；

C．理論上消耗Zn的質(zhì)量約為故C錯(cuò)誤；

D．放電時(shí)，正極反應(yīng)式為2PTO＋8e?＋4Zn2＋═PTO?Zn2＋，負(fù)極反應(yīng)式為Zn?2e?＝Zn2＋，電子守恒有4Zn～PTO?Zn2＋，所以每生成1molPTO?Zn2＋；M極溶解Zn的質(zhì)量＝65g/mol×4mol＝260g，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

【點(diǎn)睛】

本題考查了新型化學(xué)電源，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重學(xué)生分析能力和靈活運(yùn)用能力的考查，明確原電池的原理是解題的關(guān)鍵，注意把握題干信息的提取、處理和遷移運(yùn)用，結(jié)合電解質(zhì)條件書寫電極反應(yīng)式是難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．鋼鐵腐蝕過(guò)程不僅發(fā)生化學(xué)能與電能的轉(zhuǎn)化；鋼鐵的銹蝕過(guò)程屬于緩慢氧化，還放出熱量，所以還發(fā)生化學(xué)能與熱能的轉(zhuǎn)化，A錯(cuò)誤；

B．鋼鐵發(fā)生的腐蝕為吸氧腐蝕，負(fù)極上金屬鐵失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2H2O+O2+4e-=4OH-；B錯(cuò)誤；

C．因?yàn)榉磻?yīng)速率與離子濃度正相關(guān)；所以電解質(zhì)溶液濃度可影響鋼鐵腐蝕的速率，C正確；

D．將地下鐵管與銅塊連接會(huì)構(gòu)成原電池；鐵作負(fù)極，銅作正極，所以不能保護(hù)鐵管，反而會(huì)加快鐵管的腐蝕，D錯(cuò)誤；

答案選C。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）工業(yè)上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是C還原CuO生成的Cu2O可能被C繼續(xù)還原為Cu，反應(yīng)不易受控制。（2）陽(yáng)極Cu失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。電池陰極的反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極生成的氣體為H2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成氣體的物質(zhì)的量為0.005mol，所以通過(guò)離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為0.01mol。(3)方法Ⅲ的化學(xué)反應(yīng)方程式為N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O＋6H2O+N2↑，由化學(xué)方程式可知，生成1molN2時(shí)，同時(shí)生成Cu2O的物質(zhì)的量為2mol。(4)燃料負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為N2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑?！窘馕觥糠磻?yīng)不易控制，Cu2O可能被C繼續(xù)還原為Cu2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O0.012molN2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑10、略

【分析】【分析】

（1）①亞氯酸鈉具有氧化性，會(huì)將NO氧化成NO3-，且NaClO2溶液呈堿性，據(jù)此分析作答；

②由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，在相同時(shí)間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率．原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是二氧化硫的還原性強(qiáng)，易被氧化；

（2）①由圖分析可知，根據(jù)反應(yīng)3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分壓的負(fù)對(duì)數(shù)隨溫度的升高而減小，則說(shuō)明溫度越高，NO的平衡分壓越大，NO的含量越高，故升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小；

②化學(xué)平衡常數(shù)是指各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值；根據(jù)平衡常數(shù)的定義列出具體表達(dá)式；

（3）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行；

②根據(jù)蓋斯定律計(jì)算。

【詳解】

（1）①亞氯酸鈉具有氧化性，且NaClO2溶液呈堿性，則NaClO2溶液脫硝過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反應(yīng)是體積減小的；則增加壓強(qiáng)，NO的轉(zhuǎn)化率提高；

故答案為3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；

②由實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，在相同時(shí)間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同；還可能是NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高；

故答案為大于；NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高；

（2）①由圖分析可知，根據(jù)反應(yīng)3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分壓的負(fù)對(duì)數(shù)隨溫度的升高而減小，則說(shuō)明溫度越高，NO的平衡分壓越大，NO的含量越高，故升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故答案為減小；

②反應(yīng)ClO2?+2SO32-===2SO42-+Cl?的平衡常數(shù)K表達(dá)式為：K=；

故答案為K=

（3）①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸鈣沉淀，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，所以Ca(ClO)2效果好；

故答案為形成CaSO4沉淀，降低硫酸根離子濃度，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高；

②SO2(g)+2OH?(aq)=SO32?(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO?(aq)+SO32?(aq)=SO42?(aq)+Cl?(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42?（aq）ΔH3

則根據(jù)蓋斯定律可知①+②?③即得到反應(yīng)SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO?(aq)+2OH?(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl?(aq)，則△H1＋△H2－△H3；

故答案為△H1＋△H2－△H3?！窘馕觥?OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O大于NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高減小K=形成CaSO4沉淀，反應(yīng)平衡向產(chǎn)物方向移動(dòng)，SO2轉(zhuǎn)化率提高△H1＋△H2－△H311、略

【分析】【詳解】

⑴兩個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，生成液態(tài)水放出的熱量多，但焓變反而小，所以則a＜b；

故答案為：＜；

⑵△H=-93=436×3+945–6a；a=391

故答案為：391

⑶利用水煤氣合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反應(yīng)如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

利用△H1和△H2計(jì)算△H3時(shí)，①×2+②，得到4H2（g）+2CO（g）═H2O（g）+CH3OCH3（g）還需要利用2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，2CO+O2(g)==2CO2(g)

反應(yīng)的△H。

故答案為2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)；

⑷圖中CO2轉(zhuǎn)化為CO的反應(yīng)為：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

將第二個(gè)方程式減去第一個(gè)方程式的2倍得到CO轉(zhuǎn)化為C2H4的熱化學(xué)方程式是。

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol【解析】＜3912H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由題給條件可知，4molHCl被氧化，放出熱量為115.6kJ，可知反應(yīng)4HCl+O22Cl2+2H2O的ΔH=-115.6kJ·mol-1，故答案為：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1；

(2)由ΔH=(生成物鍵能之和-反應(yīng)物鍵能之和)可得，4E(H—Cl)+498kJ·mol-1-4E(H—O)-2×243kJ·mol-1=-115.6kJ·mol-1，所以E(H—O)-E(H—Cl)=31.9kJ·mol-1，所以斷開(kāi)1molH—O鍵與斷開(kāi)1molH—Cl鍵所需能量相差約為32kJ。鍵能越大，化學(xué)鍵越穩(wěn)定、越強(qiáng)，所以水中的H—O鍵比氯化氫中H—Cl鍵強(qiáng)?！窘馕觥?HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-132強(qiáng)13、略

【分析】【分析】

(1)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:3；C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:4；(2)利用“三段式”計(jì)算A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡轉(zhuǎn)化率；(3)催化劑具有選擇性；

【詳解】

(1)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:3；C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，圖中點(diǎn)A，b、c相交，即x=平衡轉(zhuǎn)化率33.3%；(3)催化劑具有選擇性，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)選擇合適的催化劑。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化率，正確分析圖象各曲線代表的物質(zhì)是解題關(guān)鍵，明確反應(yīng)過(guò)程中C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:4?！窘馕觥竣?d②.c③.33.3%④.選擇合適的催化劑14、略

【分析】【分析】

氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3?H2ONH+OH-；如果加入能和銨根離子或氫氧根離子反應(yīng)的物質(zhì)，平衡就向電離方向；即向右移動(dòng)，如果加入的物質(zhì)中含有銨根離子或氫氧根離子，平衡向逆反應(yīng)方向、即向左移動(dòng)，據(jù)此分析解答；

【詳解】

(1)向氨水中加入MgCl2固體時(shí)，鎂離子和氫氧根離子反應(yīng)，OH-的濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理，平衡正向移動(dòng)，即向右移動(dòng)，NH的濃度增大；

故答案為：右；減?。辉龃?；

(2)向氨水中加入濃鹽酸時(shí)，氫離子會(huì)消耗氫氧根離子，氫氧根離子濃度減小，一水合氨的電離平衡向右移動(dòng)，NH3以及NH3?H2O的濃度均減小，

故答案為：OH?、NH3、NH3?H2O（寫出這三種微粒符號(hào)即可）；

(3)向濃氨水中加入少量NaOH固體，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡向左移動(dòng)，氫氧根離子和銨根離子反應(yīng)生成氨氣，所以有無(wú)色刺激性氣體逸出；

故答案為：左；有無(wú)色刺激性氣體逸出。

【點(diǎn)睛】

明確弱電解質(zhì)電離以及掌握勒夏特列原理是解本題關(guān)鍵，主要通過(guò)溶液中離子濃度變化確定平衡移動(dòng)方向。【解析】右減小增大右OH-NH3?H2ONH3左有無(wú)色刺激性氣體產(chǎn)生15、略

【分析】【分析】

(1)CuSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽；結(jié)合銅離子水解的方程式分析解答；

(2)HCO3-和Al3+均可發(fā)生水解，相互促進(jìn)，產(chǎn)生氣體CO2和沉淀Al(OH)3；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)CuSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，銅離子水解方程式為Cu2++2H2O?Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性，常溫下pH＜7；為了防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液時(shí)將CuSO4先溶于較濃的硫酸中；抑制其水解，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，故答案為：酸；＜；硫酸；抑制；

(2)沫滅火器中的主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可發(fā)生水解，且相互促進(jìn)，產(chǎn)生氣體CO2和沉淀Al(OH)3，離子方程式為Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：Al2(SO4)3；NaHCO3溶液；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(2)，要注意鋁離子和碳酸氫根離子易發(fā)生雙水解而不能共存?！窘馕觥克幔剂蛩嵋种艫l2(SO4)3NaHCO3溶液Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑16、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．（1）根據(jù)電池裝置，Zn做負(fù)極，C為正極，高鐵酸鉀的氧化性很強(qiáng)，左邊燒杯只能生成三價(jià)鐵，三價(jià)鐵離子在堿溶液中沉淀下來(lái)，正極上高鐵酸鉀發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧化鐵，正極電極反應(yīng)式為：FeO42-+4H2O+3e-＝Fe(OH)3↓+5OH-；若維持電流強(qiáng)度為1A，電池工作十分鐘，通過(guò)電子為1A×600s÷(96500C/mol)，則理論消耗Zn為1A×600s÷(96500C/mol)×1/2×65g/mol=0.2g；（2）鹽橋中陰離子移向負(fù)極移動(dòng)，鹽橋起的作用是使兩個(gè)半電池連成一個(gè)通路，使兩溶液保持電中性，起到平衡電荷，構(gòu)成閉合回路，放電時(shí)鹽橋中氯離子向右移動(dòng)，用某種高分子材料制成陽(yáng)離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向左移動(dòng)；（3）由圖可知高鐵電池的優(yōu)點(diǎn)有：使用時(shí)間長(zhǎng)；工作電壓穩(wěn)定；

Ⅱ．（4）辛烷C8H18和氧氣充分反應(yīng)，生成lmol水蒸氣放熱550kJ，當(dāng)生成9mol水蒸氣則會(huì)放出550kJ×9=4950kJ的能量；若1g水蒸氣轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放熱2.5kJ，則9mol水蒸氣轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放出的熱量是2.5kJ×9×18＝405kJ，因此辛烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C8H18(l)+O2(g)＝8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5355kJ/mol；（4）混合動(dòng)力車上坡或加速時(shí)，發(fā)生的是放電過(guò)程，在乙電極，發(fā)生電極反應(yīng)：NiOOH+H2O+e-＝Ni(OH)2+OH-，該極附近氫氧根濃度增大，所以堿性增強(qiáng)，電極周圍溶液的pH增大；（6）鋼鐵船體在海水中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕中的吸氧腐蝕，在電解池中，陰極是被保護(hù)的電極，可以把船體與浸在海水里的Zn塊相連，或與電源的負(fù)極相連；鉛酸蓄電池放電時(shí)的總反應(yīng)式為Pb+PbO2+2H2SO4＝2PbSO4+2H2O；

Ⅲ．（7）堿性鋅錳電池的正極材料為MnO2，該電池放電時(shí)的電極反應(yīng)式為2MnO2+2H2O+2e-＝2MnOOH+2OH-。

Ⅳ.（8）催化劑降低反應(yīng)的活化能，因此根據(jù)圖像可知在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應(yīng)主要生成HCHO；根據(jù)圖像可知反應(yīng)2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)的△H＝－2×（676－158－283）kJ/mol＝－470kJ/mol。

點(diǎn)睛：該題的難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，明確原電池和電解池的工作原理是解答的關(guān)鍵，注意電極名稱的判斷、離子的移動(dòng)方向、電解質(zhì)溶液的酸堿性以及是否存在交換膜等。注意掌握電極反應(yīng)式的書寫方法，即“二判二析一寫”。二判：①判斷陰陽(yáng)極；②判斷是電極材料放電還是溶液中的離子放電。二析：①分析溶液中離子的種類；②根據(jù)離子放電順序，分析電極反應(yīng)。一寫：根據(jù)電極產(chǎn)物，寫出電極反應(yīng)式?！窘馕觥縁eO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-0.2右左使用時(shí)間長(zhǎng)、工作電壓穩(wěn)定C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5355kJ/mol△H=-5355kJ/mol增大NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-吸氧負(fù)Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2OMnO22MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-HCHO-470kJ/mol17、略

【分析】【分析】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應(yīng)使Fe連接電源的負(fù)極，作電解池的陰極被保護(hù)；

②若X為鋅；開(kāi)關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護(hù)。

【詳解】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應(yīng)使Fe作電解池的陰極，即連接電源的負(fù)極，故K連接N處；

故答案為：N；

②若X為鋅；開(kāi)關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護(hù)，該防護(hù)法稱為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；

故答案為：犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法?！窘馕觥縉犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法三、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(cuò)；【解析】錯(cuò)四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)19、略

【分析】【分析】

純銅屑中加入稀硫酸再通入氧氣，反應(yīng)生成了硫酸銅和水，在上述溶液中加入Na2CO3后，通過(guò)調(diào)節(jié)pH值可以讓銅離子析出沉淀堿式碳酸銅，同時(shí)放出CO2氣體；最后經(jīng)過(guò)洗滌，干燥即可得到純凈的堿式碳酸銅，據(jù)此進(jìn)行解題。

【詳解】

(1)據(jù)分析可知：“溶解”步驟發(fā)生的反應(yīng)為2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故其離子方程式為2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O，溫度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量減少、Cu的轉(zhuǎn)化率降低，若低于50℃，溫度太低，當(dāng)然是反應(yīng)速率減慢，影響實(shí)驗(yàn)的效率，故答案為：2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O；反應(yīng)（或溶解）速率慢；

(2)根據(jù)流程圖中可知：“反應(yīng)”步驟是由CuSO4溶液和Na2CO3反應(yīng)生成Cu2(OH)2CO3同時(shí)放出CO2，故化學(xué)方程式為2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，據(jù)左圖可知pH等于8.5時(shí)銅的殘留量最小，說(shuō)明銅離子沉淀得最完全，據(jù)右圖可知，當(dāng)時(shí)間進(jìn)行到2小時(shí)左右時(shí)，銅得殘留量達(dá)到最低，再往后雖然略有下降，但很不明顯，且浪費(fèi)時(shí)間，故答案為：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；8.5；2；

(3)檢驗(yàn)Cu2(OH)2CO3洗滌主要除去表面得雜質(zhì)Na2SO4等，但是堿式硫酸銅也會(huì)極少數(shù)溶解，故要想檢驗(yàn)是否完全洗滌干凈，需檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否有由于有的影響，故最后得檢驗(yàn)方法為取最后一次洗滌的濾液少許于試管中，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀鹽酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出現(xiàn)渾濁，則說(shuō)明Cu2(OH)2CO3未洗滌干凈；反之則反；

(4)設(shè)CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量為x，雜質(zhì)CuCO3·2Cu(OH)2的物質(zhì)的量為y；

依據(jù)原樣品的質(zhì)量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由圖像分析出樣品最終分解得到CuO8g，根據(jù)銅元素守恒2x+3y=0.1mol②，聯(lián)合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故故答案為：設(shè)CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量為x，雜質(zhì)CuCO3·2Cu(OH)2的物質(zhì)的量為y；

依據(jù)原樣品的質(zhì)量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由圖像分析出樣品最終分解得到CuO8g，根據(jù)銅元素守恒2x+3y=0.1mol②，聯(lián)合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故【解析】2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O反應(yīng)(或溶解)速率慢2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑8.52取最后一次洗滌的濾液少許于試管中，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀鹽酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出現(xiàn)渾濁，則說(shuō)明Cu2(OH)2CO3未洗滌干凈，反之則反設(shè)CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量為x，雜質(zhì)CuCO3·2Cu(OH)2的物質(zhì)的量為y；

依據(jù)原樣品的質(zhì)量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由圖像分析出樣品最終分解得到CuO8g，根據(jù)銅元素守恒2x+3y=0.1mol②，聯(lián)合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故20、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(guò)濾除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等難溶物，濾液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、MgSO4，再濃縮結(jié)晶得到Al2(SO4)3·18H2O；含氟廢氣SiF4、HF與飽和氯化鈉溶液和氨水反應(yīng)，主要生成NH4F和Na2SiF6，濾液NH4F中加入Al2(SO4)3·18H2O，調(diào)節(jié)pH值，再通過(guò)轉(zhuǎn)變后得到冰晶石Na3AlF6。

【詳解】

(1)電解Al2O3，由于Al2O3熔點(diǎn)高，為節(jié)約能源，加入冰晶石能降低Al2O3的熔點(diǎn)，以便Al2O3能熔化后電解，所以作用是助熔劑；電解時(shí)陽(yáng)極上O2-失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2，陽(yáng)極材料石墨與該極上生成的O2反應(yīng)被消耗，所以需定期更換石墨陽(yáng)極；(2)98%硫酸濃度太高，水較少，使得離子反應(yīng)不易發(fā)生，造成浸出率下降，同時(shí)硫酸過(guò)量產(chǎn)生了較多酸性廢液，也提高了原料成本，所以答案選AC；(3)根據(jù)圖知，時(shí)間越長(zhǎng)浸出率越高，溫度越高，浸出率越高，但浸出90min后，浸出率變化不大，70℃和90℃浸出率變化不大，且時(shí)間過(guò)長(zhǎng)、溫度過(guò)高導(dǎo)致成本較大，所以最佳溫度是70℃，時(shí)間是90min；(4)“除雜”步驟加入BaS將Fe3+還原為Fe2+，同時(shí)生成硫酸鋇沉淀和硫單質(zhì)，離子方程式為BaS+2Fe3++SO=BaSO4+2Fe2++S；(5)該方案中，還生成了硫酸鈉，原子利用率更低；(