2025年冀教新版選修4化學下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年冀教新版選修4化學下冊階段測試試卷520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9題，共18分)1、①C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=－393.5kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）ΔH=－571.6kJ/mol

現(xiàn)在0.2mol炭粉和氫氣組成的懸浮氣，在氧氣中完全燃燒，共放出67.93kJ的熱量，則混合物中C與H2物質的量之比為A.1︰1B.1︰2C.2︰3D.3︰22、已知：H-H鍵、O=O鍵和O-H鍵的鍵能分別為436kJ/mol、496kJ/mol和462kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H=-220kJ/mol；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)?H=akJ/mol。則a為A.-332B.-118C.+130D.+3503、向甲、乙、丙三個體積均為0.5L的密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反應：A(g)+xB(g)2C(g)。各容器的反應溫度；反應物起始量；反應過程中C的濃度隨時間變化關系分別如表和如圖表示：

下列說法正確的是（）A.10min內(nèi)甲容器中反應的平均速率v(A)=0.1mol·L-1·min-1B.x=1C.由圖可知：T12，且該反應為吸熱反應D.T1℃，起始時甲容器中充入0.5mol1.5molB，平衡時A的轉化率為25%4、在一定溫度下；將氣體X與氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應：X（g）+Y（g）?2Z（g）△H＜0，一段時間后達到平衡．反應過程中測定的數(shù)據(jù)如表，下列說法正確的是（）

。t∕min

2

4

7

9

n（Y）∕mol

0.12

0.11

0.10

0.10

A.反應前4min的平均反應速率υ（Z）=0.0125mol?L-1?min-1B.其他條件不變，降低溫度，反應達到新平衡前υ（逆）＞υ（正）C.該溫度下此反應的平衡常數(shù)K=1.44D.其他條件不變，平衡后再充入0.2molX和0.2molY，達平衡時Z的體積分數(shù)增大5、已知室溫時的某一元酸HA在水中有發(fā)生電離，下列敘述錯誤的是A.該溶液中B.升高溫度時，溶液的pH減小C.此酸的電離平衡常數(shù)為D.由HA電離出的約為水電離出的的倍6、下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A.在0.1mol?L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)B.在0.1mol?L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.向0.2mol?L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L-1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D.常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c(Na+)=0.1mol?L-1]：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)7、常溫下，將pH=2的醋酸和pH=12的氫氧化鈉溶液等體積混合，混合溶液中各離子濃度大小排列順序正確的是A.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(H+)>c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)8、常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/LH2X溶液；溶液的pH與NaOH溶液的體積關系如圖所示，下列說法正確的是。

A.水電離出來的c(OH?)：D點B.C點存在關系式：c(Na+)=c(HX?)+2c(X2?)?c(H+)C.B點：c(Na+)>c(HX?)>c(H+)>c(X2?)>cH2X)D.A點溶液中加入少量水：減小9、下列說法不正確的是A.常溫下，pH＜7的溶液一定是酸溶液B.常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸溶液，鹽酸的導電能力強C.中和相同體積、相同濃度的氨水和NaOH溶液，所需HCl的物質的量相同D.向NaOH溶液中滴加醋酸至c(CH3COO￣)＝c(Na+)，則溶液呈中性評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、水煤氣變換反應為：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我國學者結合實驗與計算機模擬結果；研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用·標注。下列說法正確的是（）

A.水煤氣變換反應的△H＞0B.步驟③的化學方程式為：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步驟⑤只有非極性鍵H—H鍵形成D.該歷程中最大能壘(活化能)E正=2.02eV11、如圖表示有關反應的反應過程與能量變化的關系；據(jù)此判斷下列說法中正確的是。

A.等質量的白磷與紅磷充分燃燒，白磷放出的熱量多B.紅磷比白磷穩(wěn)定C.白磷轉化為紅磷是吸熱反應D.紅磷比白磷更容易與氧氣反應生成P4O1012、溫度為T時，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應PCl5（g）PCl3（g）＋Cl2（g）經(jīng)一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表：。t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20

以下對反應過程的分析和判斷正確的是A.反應在前50s的平均速率為v（PCl3）=0.0032mol·L?1·s?1B.保持其他條件不變，若升高溫度，平衡時，c（PCl3）=0.11mol·L?1，則反應為放熱反應C.相同溫度下，若起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，則達平衡前v（正）＞v（逆）D.相同溫度下，若起始時向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，則達平衡時，PCl3的轉化率大于80%13、1L的密閉容器中有0.3molA、0.1molC和一定量B三種氣體。一定條件下發(fā)生反應，各物質濃度隨時間變化如圖甲所示，t1時刻c(B)=0.1mol/L。圖乙為t2時刻后改變條件反應速率隨時間的變化情況，每次改變一種條件且條件各不相同，已知，t3時刻為加入催化劑，則下列判斷正確的是（）

A.t4時刻是增大容器的體積B.B的起始濃度為0.06mol/LC.t1、t3、t6時刻相比，A物質的量最大的是t6時刻D.該可逆反應的方程式為：3A(g)B(g)+2C(g)14、某二元酸（化學式用H2A表示）在水中的電離方程式是：H2A=H++HA－，HA－H++A2－；則在0.1mol.L-1的Na2A溶液中，下列微粒濃度關系式不合理的是（）A.c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol·L-1B.c(OH－)=c(H+)+c(HA－)C.c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)D.c(Na+)=2c(A2－)+2c(HA－)+c(H2A)評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、已知破壞1molH﹣H鍵、1molI﹣I鍵、1molH﹣I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ．則由氫氣和碘單質反應生成2molHI需要放出________kJ的熱量．16、合成氨是人類科學技術上的一項重大突破，其反應原理為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)?H=-92.4kJ?mol-1。一種工業(yè)合成氨的簡易流程圖如下：

(1)天然氣中的H2S雜質常用常用氨水吸收，產(chǎn)物為NH4HS。一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生，寫出再生反應的化學方程式：______。

(2)步驟II中制氯氣原理如下：

對于反應①，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，又能加快反應速率的是______。

a.升高溫度b.增大水蒸氣濃度c.加入催化劑d.降低壓強。

利用反應②，將CO進一步轉化，可提高H2產(chǎn)量。若1molCO和H2的混合氣體(CO的體積分數(shù)為20%)與H2O反應，得到1.18molCO、CO2和H2的混合氣體，則CO轉化率為______。

(3)下圖表示500℃、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分數(shù)的關系。根據(jù)圖中a點數(shù)據(jù)計算N2的平衡體積分數(shù)：______。

(4)依據(jù)溫度對合成氨反應的影響，在下圖坐標系中，畫出一定條件下的密閉容器內(nèi)，從通入原料氣開始，隨溫度不斷升高，NH3物質的量變化的曲線示意圖______。

(5)上述流程圖中，使合成氨放出的熱量得到充分利用的主要步驟是(填序號)______，簡述本流程中提高合成氨原料總轉化率的方法：______。17、在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低溫度，化學反應速率__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）600℃時，在一容積為2L的密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，在反應進行至10min和20min時，分別改變了影響反應速率的一個條件，反應過程中SO2、O2、SO3物質的量變化如圖所示，前10min正反應速率逐漸___(填“增大”“減小”或“不變”)；前15min內(nèi)用SO3表示平均反應速率為__。

（3）圖中反應進程，表示正反應速率與逆反應速率相等的時間段是___。

（4）根據(jù)上圖判斷，10min時改變的反應條件可能是___(填編號，下同)；20min時改變的反應條件可能是___。

A．加入催化劑B．縮小容器容積。

C．降低溫度D．增加O2的物質的量18、在恒溫恒容條件下，將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應：N2O4(g)2NO2(g)，反應過程中各物質的物質的量濃度c隨時間t的變化關系如圖所示。

(1)該反應的平衡常數(shù)表達式為______________，若溫度升高K值增大，則該反應的正反應為__________反應（填吸熱或放熱）。

(2)a、b、c、d四個點中，化學反應處于平衡狀態(tài)的是______________點。從起點開始首次達到平衡時以NO2表示的平均反應速率為___________________________。

(3)25min時，增加了______mol______（填物質的化學式）使平衡發(fā)生了移動。

(4)變化過程中a、b、c、d四個時刻體系的顏色由深到淺的順序是______（填字母）。19、某溫度下；在2L的密閉容器中，X；Y、Z三種氣體隨時間變化的曲線如圖所示。

請回答下列問題：

(1)由圖中數(shù)據(jù)分析：該反應的化學方程式為_____________________。

(2)反應開始至2min，Z的平均反應速率為____，此時X的轉化率為_____。

(3)5min時Z的生成速率與6min時Z的生成速率相比較，前者______后者(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)對于該反應，能增大正反應速率的的措施是________

A.增大容器容積B.移走部分YC.通入大量XD.升高溫度E.加催化劑。

(5)此反應在三種不同情況下的反應速率分別為:

①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)

其中反應速率最快的是________(填編號)。

(6)下列各項中不可以說明上述反應達到平衡的是______(填字母)。

a.混合氣體的密度不變。

b.混合氣體的壓強不變。

c.同一物質的正反應速率等于逆反應速率。

d.X的濃度保持不變。

e.生成1molZ和同時生成1.5molX

f.X、Y、Z的反應速率之比為3∶1∶220、有兩個起始體積相同的密閉容器A和B；A容器有一個可移動的活塞，能使容器內(nèi)保持恒壓；B容器為固定體積。

起始時這兩個容器分別充入等量的體積比為2∶1的SO2和O2的混合氣，并使A、B容器中氣體體積相等，并保持在400℃條件下發(fā)生反應2SO2+O22SO3；并達到平衡。

⑴達到平衡所需時間，A容器比B容器_____，兩容器中SO2的轉化率A比B______。

⑵達到⑴所述平衡后，若向兩容器中分別通入等量Ar氣體，A容器的化學平衡_____移動，B容器中的化學平衡________移動。

⑶達到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合氣體，重新達到平衡后，A容器中SO3的體積分數(shù)_______，B容器中SO3的體積分數(shù)________(填變大、變小、不變)。21、工業(yè)上利用甲醇制備氫氣常用的方法之一是甲醇蒸氣重整法。此方法當中的一個主要反應為CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g），說明該反應能自發(fā)進行的原因__。22、（1）常溫下，有A、B、C、D四種無色溶液，它們分別是溶液、溶液、鹽酸和溶液中的一種。已知A；B的水溶液中水的電離程度相同；A、C溶液的pH相同。

則：①B是________溶液，C是________。

②常溫下若B溶液中與C溶液中相同，B溶液的pH用表示，C溶液的pH用表示，則________（填某個數(shù)）。

（2）已知某溶液中只存在四種離子；某同學推測其離子濃度大小順序可以有以下幾種可能：

①

②

③

④

則：

（i）上述關系一定不正確的是________（填序號）。

（ii）若溶液中只有一種溶質，則該溶液中離子濃度的大小關系為________（填序號）。

（iii）若四種離子濃度關系有則該溶液顯________（填“酸性”“堿性”或“中性”）。23、（1）在一體積為10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃時發(fā)生如下反應：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0。CO和H2O濃度變化如圖，則0?4min的平均反應速率v(CO)=______________mol/(L·min)

（2）t1℃(高于850℃)時，在相同容器中發(fā)生上述反應，容器內(nèi)各物質的濃度變化如下表。時間(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c450.1160.2160.08460.0960.2660.104

請回答：

①表中3?4min之間反應處于_____________狀態(tài)；c3數(shù)值_____________0.12mol/L(填大于；小于或等于)。

②反應在4?5min間，平衡向逆方向移動，可能的原因是_____________(單選)，表中5?6min之間數(shù)值發(fā)生變化，可能的原因是_____________(單選)。

a．增加了水蒸氣的量b．升高溫度c．使用催化劑d．增加壓強。

（3）如圖是一個電化學的裝置圖。

①圖中乙池是________裝置（填“電解池”或“原電池”)甲池中OH-移向____________極(填“CH3OH”或“O2”)。若丙池中為400ml1mol/L硫酸銅溶液，當外電路有1mol電子通過時，C、D兩極共產(chǎn)生_______mol的氣體。

②寫出B電極的電極反應式：______________________________________________________________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共6分)24、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共12分)25、輝銅礦主要成分Cu2S，此外還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質，軟錳礦主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等雜質。研究人員開發(fā)綜合利用這兩種資源；用同槽酸浸濕法治煉工藝，制備硫酸錳晶體和堿式碳酸銅。主要工藝流程如下：

已知：

①MnO2有較強的氧化性；能將金屬硫化物中的硫氧化為單質硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常溫穩(wěn)定，在熱水溶液中會分解生成NH3；

③部分金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH范圍(開始沉淀和完全沉淀的pH)：。金屬離子Fe3+Mn2+Cu2+開始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)實驗室配制240mL4.8mol?L-1的稀硫酸，所需的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、燒杯以外還需要___________。

(2)酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施有___________(任寫一點)。

(3)酸浸時，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。寫出該反應的化學方程式：___________。

(4)調節(jié)浸出液pH=4的作用是___________。

(5)寫出流程中生成MnCO3的離子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在經(jīng)過___________得到MnSO4·H2O晶體。

(7)本工藝中可循環(huán)使用的物質是___________(寫化學式)。26、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)廣泛用于化工、造紙、紡織、食品等行業(yè)，一種以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等為原料制備過碳酸鈉的工藝流程如下：

已知2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO42-形式存在。

回答下列問題：

(1)Na2CrO4中Cr元素的化合價為___

(2)Ksp(CaCrO4)___(填“＞”或“＜”)Ksp(CaSO4)。

(3)流程中循環(huán)物質X為___(填化學式)。

(4)步驟II中發(fā)生反應的化學方程式為_________

(5)步驟I一III是為了制得純堿，從環(huán)境保護的角度看，可能的不足之處是___

(6)步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是___

(7)測定產(chǎn)品活性氧的實驗步驟如下：準確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol·L－1的KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗KMnO4標準溶液VmL。

①滴定到終點時，溶液呈___(填“無色”或“淺紅色”)。

②過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質量與樣品的質量之比。該實驗測得的產(chǎn)品中活性氧為___(列出計算表達式)。27、我國電池的年市場消費量約為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_____________。

A.酸浸B.過濾C.焙炒D.焙燒。

(2)粗MnO2轉化為MnSO4時，主要反應的離子方程式為_____________________。

(3)焙燒時發(fā)生反應的化學方程式為_____________。

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

(5)“草酸鈉-高錳酸鉀返滴法”可測定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，達終點時消耗V2mL標準KMnO4溶液。

①MnO2參與反應的離子方程式為_____________。

②該樣品中MnO2的質量分數(shù)為__________________(假定雜質不參與反應，列出表達式即可)。評卷人得分六、結構與性質(共3題，共9分)28、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。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涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關)。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的平衡轉化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強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，反應達到平衡時，CO2的轉化率為a，CH3OH的物質的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數(shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質的量分數(shù)為_______(結果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數(shù))。(已知：)29、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語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，開始時反應速率的大小關系為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，消耗②的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。30、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③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【詳解】

設碳粉xmol,則氫氣為(0.2?x)mol；則。

則解得x=0.1mol，則炭粉與H2的物質的量之比為0.1mol:0.1mol=1:1，故答案選：A。2、C【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律計算水分解反應的焓變；結合“化學反應的焓變△H=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和”來回答。

【詳解】

①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ·mol－1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ·mol－1，4×462kJ/mol-496kJ/mol-2×436kJ/mol=（2a+220）kJ·mol－1，解得a=+130，故選C。3、B【分析】【詳解】

A．由圖可知，10min內(nèi)甲容器中C的濃度變化量為1mol/L，v(C)==0.1mol·L-1·min-1，速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以v(A)=v(C)=0.05mol·L-1·min-1；故A錯誤；

B．乙與丙容器內(nèi)反應溫度相同；丙容器內(nèi)起始反應物濃度為乙容器的兩倍，由圖可知，達到平衡時，丙容器內(nèi)C的濃度為乙容器內(nèi)C的濃度兩倍，說明增加壓強的情況下平衡不移動，由此可知x=1，故B正確；

C．甲與乙容器內(nèi)起始反應物濃度相同，溫度不同，由圖可知，乙容器內(nèi)先達到平衡狀態(tài)，說明乙容器內(nèi)溫度高于甲容器，即T2>T1；升高溫度時，C的平衡濃度減小，說明平衡逆向移動，由此正反應為放熱反應，故C錯誤；

D．T1℃時；甲容器內(nèi)。

該溫度下反應平衡常數(shù)=4；

令T1℃；起始時甲容器中充入0.5molA；1.5molB，反應到達平衡時A的濃度變化量為x；

則：

=4，解得x=0.75，因此A的轉化率為=75%；故D錯誤；

故答案為：B。4、C【分析】【詳解】

A、由表中數(shù)據(jù)可求得前4min內(nèi)生成Z為0.10mol，故v(Z)==0.025mol/(L?min)，故A錯誤；B．其他條件不變，降低溫度，平衡正向移動，則反應達到新平衡前，正反應速率大于逆反應速率，故B錯誤；C．由表中數(shù)據(jù)可知7min時，反應到達平衡，Y的物質的量為0.10mol，此時X的物質的量也為0.10mol，Z的物質的量為0.12mol，X、Y、Z的物質的量濃度分別為：0.01mol?L-1、0.01mol?L-1、0.012mol?L-1，故平衡常數(shù)K==1.44，故C正確；D．因該反應前后氣體的體積不變，其他條件不變，向容器充入0.2mol氣體X和0.2mol氣體Y，平衡不移動，Z的體積分數(shù)不變，故D錯誤；故選C。5、A【分析】【詳解】

發(fā)生電離的該溶液中發(fā)生電離溶液的故A錯誤；

B.升高溫度促進HA電離導致溶液中增大；溶液的pH減小，故B正確；

C.該酸溶液中HA的電離程度較小，則電離平衡常數(shù)故C正確；

D.由HA電離出的為水電離出的HA電離出的水電離出的1；故D正確；

故選：A。6、D【分析】【分析】

根據(jù)鹽類的水解規(guī)律進行分析；根據(jù)物料守恒；質子守恒、電荷守恒規(guī)律進行解答。

【詳解】

A．碳酸氫鈉溶液中，碳酸氫根離子的電離程度小于其水解程度，溶液顯示堿性，則：溶液中正確的粒子難度大小為：故A錯誤；

B．根據(jù)碳酸鈉溶液中的質子守恒可得：故B錯誤；

C．向溶液中加入等體積溶液，反應后溶質為等濃度的的水解程度大于則：溶液中正確的離子濃度關系為：故C錯誤；

D．和混合溶液的則根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)=c(CH3COO-)=0.1mol/L，溶液中離子濃度大小為：故D正確；

答案：D。7、C【分析】【分析】

常溫下；將pH=2的醋酸和pH=12的氫氧化鈉溶液等體積混合后，溶液顯酸性，再結合溶液中的電荷守恒進行離子濃度大小判斷。

【詳解】

常溫下，將pH=2的醋酸和pH=12的氫氧化鈉溶液等體積混合后醋酸過量，溶液顯酸性，則有離子濃度大小關系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；答案選C。

【點睛】

常溫下，pH和為14的兩溶液，等體積混合誰弱顯誰性（弱電解質量更多）。8、C【分析】【詳解】

A.D點溶質為Na2X，水解顯堿性，B點溶質為NaHX，HX-的電離大于水解，溶液顯酸性，抑制水的電離，因此水電離出來的c(OH?)：D點＞B點；故A錯誤；

B.C點溶液中電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，存在關系式：c(Na+)=c(HX?)+2c(X2?)；故B錯誤；

C.B點溶質為NaHX，HX-的電離大于水解，溶液顯酸性，離子濃度大小關系為：c(Na+)＞c(HX?)＞c(H+)＞c(X2?)＞cH2X)；故C正確；

D.A點溶液中加入少量水，促進H2X的電離，由于溶液體積也增大，c(HX?)減小，則增大；故D錯誤；

綜上所述，答案為C。9、A【分析】【詳解】

A.常溫下；氯化銨屬于強酸弱堿鹽，銨根離子水解顯酸性，溶液pH＜7，pH＜7的溶液不一定是酸溶液，故A錯誤；

B.鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸溶液；鹽酸溶液中離子濃度大，導電能力強，故B正確；

C.相同體積；相同濃度的氨水和NaOH溶液中溶質的物質的量相同；中和相同體積、相同濃度的氨水和NaOH溶液，所需HCl的物質的量相同，故C正確；

D.向NaOH溶液中滴加醋酸，根據(jù)電荷守恒c(CH3COO￣)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)，若c(CH3COO￣)＝c(Na+)，則c(OH-)＝c(H+)；溶液呈中性，故D正確；

選A。二、多選題(共5題，共10分)10、BD【分析】【分析】

【詳解】

A.由示意圖可知，反應物的總能量大于生成物的總能量，該反應為放熱反應，△H＜0；故A錯誤；

B.由示意圖可知，步驟③為CO·、OH·、H2O(g)和H·反應生成COOH·、H2O·和H·，反應的化學方程式為：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·；故B正確；

C.由示意圖可知；步驟⑤除有非極性鍵H—H鍵形成外，還要碳氧極性鍵和氫氧極性鍵生成，故C錯誤；

D.由示意圖可知，步驟④的能壘最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV；故D正確；

故選BD。11、AB【分析】【詳解】

A．白磷比紅磷的能量高，則等質量的白磷與紅磷充分燃燒，白磷放出的熱量多，故A正確；B．紅磷能量低，紅磷比白磷穩(wěn)定，故B正確；C．白磷比紅磷的能量高，白磷轉化為紅磷為放熱反應，故C錯誤；D．白磷能量高，性質活潑，白磷更容易與氧氣反應生成P4O10；故D錯誤；故選AB。

點睛：本題考查反應熱與焓變，把握圖中能量及能量變化、能量低的物質穩(wěn)定為解答的關鍵。本題的難點是D，要注意白磷比紅磷的能量高，能量越高，越不穩(wěn)定，性質越活潑。12、CD【分析】【詳解】

A.反應在前50s的平均速率為故A錯誤；

B.原平衡時c(PCl3)=0.1mol·L?1，保持其他條件不變，若升高溫度，平衡時，c(PCl3)=0.11mol·L?1；則平衡正向移動，升溫向吸熱反應即正反應為吸熱反應，故B錯誤；

C.根據(jù)數(shù)據(jù)得出平衡時n(PCl3)=0.2mol，n(Cl2)=0.2mol，n(PCl5)=1mol?0.2mol=0.8mol，因此平衡常數(shù)相同溫度下，若起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，則反應正向進行，即達平衡前υ(正)＞υ(逆)，故C正確；

D.相同溫度下，若起始時向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，則達平衡時，與原平衡達到等效，n(PCl3)=0.2mol，n(Cl2)=0.2mol，n(PCl5)=0.8mol，因此PCl3的轉化率等于80%，若起始時向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相當于兩個容器各充入1.0molPCl3、1.0molCl2，則達平衡時，轉化率為80%，將兩個容器壓縮到一個容器，平衡向生成PCl5方向移動，PCl3消耗，則達平衡時，PCl3的轉化率大于80%；故D正確。

綜上所述，答案為CD。13、AD【分析】【詳解】

A.如t4~t5階段改變的條件為降低溫度，平衡會發(fā)生移動，則正逆反應速率不相等，圖中正逆反應速率相等，改變的條件應為降低壓強，所以t4時刻是增大容器的體積；故A正確；

B.反應中A的濃度變化為0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的濃度變化為0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反應中A與C的計量數(shù)之比為0.18:0.12=3:2，根據(jù)A中分析，t4~t5階段改變的條件為減小壓強，此時平衡不移動，說明該反應前后化學計量數(shù)相等，則B為生成物，方程式應為3A(g)=B(g)+2C(g)，則B的濃度變化為△c=0.12mol/L=0.06mol/L；而B的平衡濃度為1mol/L，則B的起始濃度為1moL/L-0.06mol/L=0.04mol/L，故B錯誤；

C.t1→t6時刻，正反應速率大于逆反應速率，平衡向正向移動，則t1時刻A的物質的量最大；故C錯誤；

D.由B分析可知該可逆反應的方程式為：3A(g)=B(g)+2C(g)；故D正確；

故答案：AD。

【點睛】

由反應中A的濃度變化為0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的濃度變化為0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反應中A與C的計量數(shù)之比為0.18:0.12=3:2，根據(jù)A中分析，t4~t5階段改變的條件為減小壓強，此時平衡不移動，說明該反應前后化學計量數(shù)相等，則B為生成物，方程式應為3A(g)=B(g)+2C(g)，結合濃度的變化以及影響平衡移動的因素解答該題。14、AD【分析】【詳解】

A．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，說明A2-能水解、HA-只電離不水解，則在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故A錯誤；

B．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在質子守恒關系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故B正確；

C．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在電荷守恒關系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故C正確；

D．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，說明A2-能水解、HA-只電離不水解，則在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故D錯誤；

故選AD。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

氫氣和碘反應生成2molHI的反應實質是；舊鍵斷裂吸收能量的值為：436kJ+151kJ=587kJ，新鍵生成釋放能量為：299kJ×2=598kJ，舊鍵斷裂吸收的能量小于新鍵生成釋放的能量，反應為放熱反應，放出的熱量為：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案為：11。

【點睛】

本題主要考查了與鍵能有關的知識，掌握舊鍵斷裂要吸收能量，新鍵生成要釋放能量是解答的關鍵。【解析】1116、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）O2把NH4HS氧化為S，可得化學方程式：2NH4HS+O2=2NH3?H2O+2S↓

（2）a、反應①為吸熱反應，反應速率加快，平衡向右移動，H2的百分含量增大，正確；b、增大水蒸氣濃度，H2的百分含量減小，錯誤；c、加入催化劑，H2的百分含量不變；錯誤；d；降低壓強，反應速率減小，錯誤；設CO的轉化量為x

CO+H2OCO2+H2

轉化量（mol）0.200.8

轉化量（mol）xxx

轉化量（mol）0.2-xx0.8+x

1mol+x=1.18mol；則x=0.18mol，可得CO轉化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

（3）根據(jù)圖1可知H2與N2的投料比為3，平衡時NH3體積分數(shù)為42%，設H2物質的量為3amol，N2物質的量為amol，N2轉化的物質的量為x則。

N2+3H22NH3

轉化量（mol）a3a0

轉化量（mol）x3x2x

轉化量（mol）a-x3a-3x2x

2x÷（4a-2x）×100%=42%，解得x=0.592a，則N2的平衡體積分數(shù)=（a—0.592a）÷（4a—2×0.592a）×100%=14.5%

（4）隨著反應的進行，NH3的物質的量逐漸增大，當反應平衡后，升高溫度，平衡向左移動，NH3的物質的量逐漸減??；可畫出圖像。

（5）步驟IV為熱交換，使合成氨放出的熱量得到充分利用；對原料氣加壓，使平衡向正反應方向移動，分離液氨，減少生成物濃度，未反應的N2、H2循環(huán)使用等措施可提高提高合成氨原料總轉化率。

考點：本題考查化學反應速率和化學平衡的移動、化學計算、化學圖像、化學流程的分析。【解析】①.2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.對原料氣加壓；分離液氨后。未反應的N2、H2循環(huán)使用17、略

【分析】【分析】

(1)結合溫度對速率的影響分析。

(2)10～15min反應物濃度逐漸減小、生成物濃度逐漸增大，說明正反應速率逐漸減小、逆反應速率逐漸增大；根據(jù)n=計算前15min內(nèi)用SO2表示的平均反應速率；

(3)當反應達到化學平衡狀態(tài)時；各組分的濃度不隨時間的變化而變化；

(4)10min到15min的時間段；化學反應速率加快，二氧化硫和氧氣的量減小，三氧化硫的量增加；反應進行至20min時，氧氣的物質的量增加，二氧化硫的減少，三氧化硫的增加，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)降低溫度；化學反應速率減小；

(2)根據(jù)圖示可知，10～15min反應物濃度逐漸減小、生成物濃度逐漸增大，說明正反應速率逐漸減?。?5min時三氧化硫的物質的量為0.04mol，前15min內(nèi)用SO3表示的平均反應速率為：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L?min)；

(3)根據(jù)圖示曲線變化可知；15～20min；25～30min時間段，各組分的濃度不隨時間的變化而變化，說明反應達到化學平衡狀態(tài)；

(4)根據(jù)圖像所示信息，10min到15min的時間段，化學反應速率加快，可以是加了催化劑或者是增大壓強，或縮小容器體積，故答案為AB；反應進行至20min時，氧氣的物質的量增加，二氧化硫的減少，三氧化硫的增加，可以推斷是增加了O2的量，故答案為D?！窘馕觥竣?減?、?減小③.1.33×10-3mol/（L?min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D18、略

【分析】【詳解】

（1）反應N2O4(g)2NO2(g)的平衡常數(shù)表達式為：K＝若溫度升高K值增大，反應向正反應方向移動，則該反應的正反應為吸熱反應，故答案為：K＝吸熱；

（2）由圖可知，10～25min及30min之后各物質的物質的量濃度不發(fā)生變化，則相應時間段內(nèi)的點處于化學平衡狀態(tài)，即b、d處于化學平衡狀態(tài)，首次達到平衡時以NO2表示的平均反應速率為故答案為：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物質的濃度變化可知在25min時加入了NO2，其加入的物質的量=(1.0mol?L?1-0.6mol?L?1)×2L=0.8mol；故答案為：0.8mol；NO2；

（4）從a到b，c(NO2)增大，c點和d點分別是增大c(NO2)后未達到平衡的點和平衡時的點，所以c點c(NO2)大于d點，二氧化氮濃度越大顏色越深，所以顏色由深到淺的順序是c＞d＞b＞a?！窘馕觥縆＝吸熱b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a19、略

【分析】【詳解】

(1)由圖象可以看出；反應中X；Y的物質的量減少，應為反應物，Z的物質的量增多，應為生成物，當反應進行到2min時，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，則△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，參加反應的物質的物質的量之比等于化學計量數(shù)之比，則反應的方程式為：3X+Y?2Z，故答案為3X+Y?2Z；

(2)反應開始至2min末，Z的反應速率為：v===0.05mol/(L?min)，X的轉化率為×100%=30%；

(3)圖象分析可知；反應到5min后，物質的量不再發(fā)生變化，說明反應達到平衡狀態(tài)，所以5min時Z的生成速率與6min時Z的生成速率相同，故答案為等于；

(4)根據(jù)影響反應速率的因素；降低溫度反應速率減小，如果使用合適的催化劑，增加體系組分濃度，升溫，其反應速率增大，故答案為CDE；

(5)化為用同一物質表示的反應速率，則①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比較可知；反應速率最快的是②,故答案為②；

(6)a.氣體質量和體積不變，無論該反應是否達到平衡狀態(tài)，容器內(nèi)密度始終不變，所以混合氣體的密度不再變化不能判斷平衡狀態(tài)，故a錯誤；b.該反應是一個反應前后氣體體積減小的可逆反應，當容器內(nèi)壓強保持不變時，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，混合氣體的壓強不再變化說明反應達到平衡狀態(tài)，故b正確；c.同一物質的正反應速率等于逆反應速率說明達到化學平衡狀態(tài)，故c正確；d.各組分濃度不變達到化學平衡狀態(tài)，所以X的濃度保持不變說明達到化學平衡狀態(tài)，故d正確；e.生成1molZ和同時生成1.5molX，說明正逆反應速率相等，即達到化學平衡狀態(tài)，故e正確；f.各組分反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，故X、Y、Z的反應速率之比為3：1：2，故f錯誤，故答案為af?！窘馕觥竣?3X+Y?2Z②.0.05mol/(L?min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af20、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)化學反應速率越快；到達平衡的時間越短；利用等效平衡來判斷平衡移動來解答；

（2）根據(jù)容器中的壓強對化學平衡的影響；

（3）根據(jù)濃度對化學平衡的影響，求出平衡移動后SO3的體積分數(shù)。

【詳解】

（1）因A容器保持恒壓，反應過程中體積變小，濃度增大，根據(jù)濃度越大，化學反應速率越快，到達平衡的時間越短，所以達到平衡所需時間A比B短，若A容器保持恒容，兩容器建立的平衡等效，而實際上A容器體積減少，壓強增大，平衡向正反應方向移動，所以A中SO2的轉化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向兩容器通入數(shù)量不多的等量氬氣，A容器體積增大，壓強不變，參加反應的氣體產(chǎn)生的壓強減少，平衡向逆反應方向移動，A容器體積不變，壓強增大，參加反應的氣體產(chǎn)生的壓強不變，平衡不移動；

答案：逆反應方向移動；不。

（3）向兩容器中通入等量的原反應氣體，達到平衡后，A中建立的平衡與原平衡等效，所以SO3的體積分數(shù)不變，B容器中建立的平衡相當于在原平衡的基礎上增大壓強，平衡正向移動，B容器中SO3的體積分數(shù)增大；

答案：不變；變大【解析】①.短②.大③.逆反應方向移動④.不⑤.不變⑥.變大21、略

【分析】【分析】

一個自發(fā)反應，需滿足?G=?H-T?S<0，即T?S>?H，若?H>0，則必須存在?S>0。

【詳解】

由CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）可知；該分解反應需要吸熱，且混亂度增大，則該反應能自發(fā)進行的原因為該反應是熵增的反應；

故答案為：該反應是熵增的反應。

【點睛】

對于一個吸熱的熵增反應，要想讓反應自發(fā)進行，需要提供較高的溫度，即此類反應為高溫自發(fā)反應?！窘馕觥吭摲磻庆卦龅姆磻?2、略

【分析】【分析】

A、C溶液的pH相同，A、C為溶液、鹽酸；A、B溶液中水的電離程度相同，A、B為溶液、溶液．故A為溶液，B為溶液，C為鹽酸，D為NaNO3溶液；溶液的pH=7，以此解答該題．

根據(jù)溶液酸堿性與溶液pH的表達式計算出pHb、pHc，然后根據(jù)水的離子積計算出pHb+pHc；

任何電解質溶液中都存在電荷守恒；根據(jù)電荷守恒判斷；

若溶液中只有一種溶質，為溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-）；但水解程度很??；

若四種離子濃度關系有c（NH4+）=c（Cl-），根據(jù)電荷守恒判斷c（H+）、c（OH-）相對大小。

【詳解】

（1）溶液中水的電離受到促進，溶液顯堿性；溶液中水的電離受到促進，溶液顯酸性；鹽酸中水的電離受到抑制，溶液顯酸性；溶液中水的電離不受影響，溶液顯中性。所以A、B、C、D分別為鹽酸、常溫下若溶液中與鹽酸溶液中的相同，則有C溶液則

（2）溶液中只存在四種離子時，一定不存在，因為此時溶液中正負電荷的總數(shù)不相等；若溶液中只有一種溶質，則為該溶液中離子濃度的大小關系為若四種離子濃度關系有根據(jù)溶液的電中性原則，有則該溶液顯中性。

【點睛】

A、B、C、D根據(jù)A、C溶液的pH相同，A、B溶液中水的電離程度相同判斷出A、B、C、D四種物質；溶液中只存在四種離子時根據(jù)電荷守恒及條件判斷出溶液的溶質，酸堿性?！窘馕觥葵}酸14②①中性23、略

【分析】【詳解】

(1)υ(CO)===0.03mol/(L?min)；故答案為0.03mol/(L?min)；

(2)①在高于850℃時發(fā)生反應，化學反應速率加快，一定在4min前達到化學平衡．另外從表中可看出反應在3min和4min時的各物質濃度相同，故3min-4min之間反應應處于平衡狀態(tài)；由于是放熱反應，溫度升高，化學平衡向逆反應方向移動，C3數(shù)值應小于0.12mol/L；故答案為平衡；小于；

②反應在4min-5min間，平衡向逆方向移動可能是升高溫度、增大生成物濃度、減少反應物濃度等因素引起，故選b；表中5min-6min之間CO濃度減少，H2O濃度增大，CO2濃度增大，只有增加水蒸氣，使化學平衡向正反應方向移動，故選a；故答案為b；a；

(3)①根據(jù)圖示，圖中甲池屬于燃料電池，乙池和丙池屬于電解池；甲池中通入甲醇的是負極，通入氧氣的是正極，原電池中陰離子移向負極，因此OH-移向CH3OH極。丙池中為400ml1mol/L硫酸銅溶液含有硫酸銅0.4mol，0.4mol銅離子放電轉移0.8mol電子，當外電路有1mol電子通過時，陽極有氫氧根離子放電生成0.25mol氧氣，陰極還有0.2mol氫離子放電生成0.1mol氫氣，兩極共產(chǎn)生0.35mol的氣體，故答案為電解池；CH3OH；0.35；

②乙池中B電極為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為Ag+＋e-=Ag，故答案為Ag+＋e-=Ag。

點睛：本題綜合考查化學平衡常數(shù)、平衡的有關計算和判斷、原電池和電解池等問題。將圖表信息和圖象信息相結合來分析是解答的關鍵。本題的易錯點是(3)中氣體的判斷?！窘馕觥?.03平衡小于ba電解池CH3OH0.35Ag+＋e-===Ag四、判斷題(共1題，共6分)24、×【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】錯五、工業(yè)流程題(共3題，共12分)25、略

【分析】【分析】

酸浸過程中，二氧化硅不反應，分離出來，Cu2S反應生成S單質，F(xiàn)e2O3溶解成溶液，pH值控制在4時，F(xiàn)e3+沉淀，過濾得到的濾液成分應為CuSO4和MnSO4等；加熱趕氫過后，得到堿式碳酸銅，濾渣為碳酸錳，通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌等操作即可得到硫酸錳晶體。

（1）

實驗室配置240mL4．8mol?L－1的溶液需要250mL的容量瓶和膠頭滴管；故答案為：250mL容量瓶；膠頭滴管；

（2）

為了提高浸取率可采取的措施可以粉碎礦石增大接觸面積；加熱、攪拌等。故答案為：粉碎礦石（或加熱或者攪拌）；

（3）

由題目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S與MnO2在H2SO4浸泡的條件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根據(jù)氧化還原反應配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；故答案為：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；

（4）

根據(jù)提示Fe3+的pH沉淀范圍：1.5～3.2可知當PH=4時，F(xiàn)e3+會水解生成氫氧化鐵沉淀；故答案為：使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀；

（5）

本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使錳離子沉淀，反應離子方程式為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；故答案為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；

（6）

MnCO3先加稀硫酸溶解；在經(jīng)過加熱濃縮；冷卻結晶即可得硫酸錳晶體，故答案為：加熱濃縮、冷卻結晶；

（7）

工藝流程中，加入了氨水，最后又得到了氨氣，NH3可循環(huán)使用，故答案為NH3?！窘馕觥?1)250mL容量瓶；膠頭滴管。

(2)粉碎礦石（或加熱或者攪拌）

(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O

(4)使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀。

(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O

(6)加熱濃縮；冷卻結晶。

(7)NH326、略

【分析】【分析】

以芒硝（Na2SO4?10H2O）、H2O2等為原料制備過碳酸鈉，芒硝加入水、氧化鈣反應得到鉻酸鈣，和硫酸鈉反應得到硫酸鈣和鉻酸鈉，溶液中通入二氧化碳反應生成碳酸氫鈉晶體和重鉻酸鈉，過濾得到碳酸氫鈉煅燒分解生成碳酸鈉，加入水精制得到碳酸鈉溶液，加入硅酸鈉穩(wěn)定劑、30%的過氧化氫、加入95%的乙醇和飽和碳酸鈉溶液反應得到過碳酸鈉晶體，抽濾乙醇洗滌干燥得到過碳酸鈉，

（1）Na2CrO4中鈉元素化合價+1價，氧元素-2價，化合價代數(shù)和為0計算得到Cr元素的化合價；

（2）分析過程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，說明反應向更難溶的方向進行；

（3）已知2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向進行；

（4）步驟Ⅱ中發(fā)生反應的二氧化碳通入鉻酸鈉溶液中發(fā)生反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉晶體；

（5）六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染；

（6）步驟V合成時，飽和碳酸鈉溶液中，加入硅酸鈉、30%的過氧化氫、95%的乙醇得到過碳酸鈉晶體；

（7）①滴定終點是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液無色變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變，說明反應達到終點；

②過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質量與樣品的質量之比；據(jù)此寫出實驗測得的產(chǎn)品中活性氧。

【詳解】

（1）Na2CrO4中鈉元素化合價+1價，氧元素-2價，化合價代數(shù)和為0計算得到Cr元素的化合價為+6價，

故答案為+6；

（2）分析過程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，說明反應向更難溶的方向進行，證明Ksp（CaCrO4）＞Ksp（CaSO4），

故答案為＞；

（3）已知2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向進行，流程中循環(huán)物質X為：Na2Cr2O4，

故答案為Na2Cr2O4；

（4）步驟Ⅱ中發(fā)生反應的二氧化碳通入鉻酸鈉溶液中發(fā)生反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉晶體，反應的化學方程式為：2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，

故答案為2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

（5）步驟Ⅰ-Ⅲ是為了制得純堿，從環(huán)境保護的角度看：六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染，

故答案為六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染；

（6）步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是：減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率，

故答案為減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率；

（7）①滴定終點是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液無色變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變，證明反應達到反應終點，

故答案為淺紅色；

②準確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol?L-1的KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗KMnO4標準溶液VmL，反應為：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧氣質量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質量與樣品的質量之比=×100%=

故答案為【解析】+6>Na2Cr2O7六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率淺紅色27、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調節(jié)溶液的PH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸鋅溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、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，炭包內(nèi)部的碳比較難與氧氣反應除去，正確答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反應過程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應為：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，配平該反應為：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Zn2+必然同時生成沉淀。若溶解時不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反應過量H2SO4調節(jié)溶液pH使Fe2+沉淀時，Zn2+必然同時生成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Fe(OH)2沉淀完全時，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）純度測定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平該反應得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)氧化還原反應電子守恒得MnO2質量分數(shù)為正確答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【點睛】

①根據(jù)題意書寫氧化還原反應。首先根據(jù)題目已知列出知道的反應物和產(chǎn)物，然后聯(lián)系題意補充氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物中缺少的物質（有時已知中全部給出），第三步進行氧化還原過程中電子得失的配平，再進行質量守恒和離子反應中電荷守恒的配平。以上述Na2C2O4與MnO2反應為例，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)質量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度積用于比較難溶電解質溶解度時，不同種類型的難溶電解質不能夠直接進行比較。如本題中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3，前兩者的組成為AB2型，第三個屬于AB3型，通過各自的溶度積已知（數(shù)量級都是10-16）可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大，但是Fe(OH)3不能與它們直接進行比較。【解析】CMnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O2MnCO3+O22MnO2+2CO2除去溶液中的Fe3+雜質Fe2+與Zn2+不能分離[