2025年沪科版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版选修4化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1

②氢气燃烧的能量变化示意图：

下列说法正确的是A.1molC(s)完全燃烧放出110kJ的热量B.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-480kJ·mol-1C.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1D.欲分解2molH2O(l)，至少需要提供4×462kJ的热量2、书写热化学方程式要注明物质的聚集状态，原因是A.具体说明反应的情况B.物质呈现的状态与反应焓变有关C.说明反应条件D.物质呈现的状态与生成什么物质有关3、某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡；溶液pH影响的图像；其中图像和实验结论表达均正确的是。

A.①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应△H＜0B.②是在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像C.③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线D.④是表示Cl2通入H2S溶液中pH变化4、2L恒容密闭容器中进行的某可逆反应X（g）+2Y（g）2Z（g）以c(Y)的改变表示的反应速度υ正(单位为mol·L-1·s-1)，υ正、υ逆与时间的关系如图。则图中阴影部分的面积可表示（）

A.X的物质的量浓度的减少B.Y的物质的量浓度的减少C.Z的物质的量增加D.Y的物质的量减少5、在2L的恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列有关说法正确的是（）A.由图可知：该反应的△H<0B.在图中的t1时充入少量氩气，容器内压强增大，平衡右移C.图所示条件下，平衡常数为2D.图中的y可以表示平衡常数或混合气体平均摩尔质量6、在室温时，向溶液中滴加溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示无气体溢出以下说法不正确的是

A.a点时水的电离程度最大B.b点时溶液中的离子浓度关系有C.c点时溶液中的粒子浓度大小关系为D.d点时溶液中7、关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A.c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B.c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH－)C.HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度D.存在的电离有：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-=H++CO32-8、室温下，将0.1mol•L-1NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中；溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：下列关系中，不正确的是。

A.M点c(Na+)＞c(NH4+)B.N点c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)C.Q点c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(Na+)D.M、N、Q三点中，水的电离程度M＞N＞Q评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、据公安部2019年12月统计；2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物；氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。

I.汽油燃油车上安装三元催化转化器；可有效降低汽车尾气污染。

（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=−393.5kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=−221.0kJ·mol−1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol−1

CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式___。

（2）对于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。

下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___（填字母代号）。

A.比值不变。

B.容器中混合气体的密度不变。

C.v（N2）正=2v（NO）逆

D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变。

（3）使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO；装置如图2所示。

已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式___。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。

（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。实验测得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(CO)、n(O2)如表：。时间/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4

①T1温度时=___L/mol。

②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__T1(填“>”、“<”或“=")。

II.“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0

（5）温度为T时，向10L密闭容器中充入5molH2和CO2的混合气体，此时容器内压强为5P，两种气体的平衡转化率ɑ与的关系如图所示：

①图中CO2的平衡转化率可用表示___（L1或L2）

②该温度下，反应X的平衡常数Kp=___。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。10、图表示800℃时；A；B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，t是达到平衡状态的时间。试回答：

(1)该反应的化学方程式为________。

(2)2min内，A物质的平均反应速率为_______。11、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；其化学平衡常数K与温度t的关系如下：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

请回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数K=_________。

（2）该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。

（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为________℃。

（4）830℃，在1L的固定容器的密闭容器中放入2molCO2和1molH2，平衡后CO2的转化率为_______。12、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.13、25℃时，将pH=x氨水与pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等体积混合后，所得溶液中各种离子的浓度关系正确的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)14、将等体积的氨水与盐酸溶液混和后，若混和溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液中的pH值______（填“＞”、“＜”或“=”，下同）7，混和前c(NH3·H2O)_______c(HCl)，氨水中c(OH-)______盐酸中c(H+)。15、请回答下列问题：

（1）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol-1。则相同条件下破坏1molNO中化学键需要吸收的能量为_______kJ。

（2）25℃时，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H+)=____kJ·mol-1；若加入少量NaOH固体，则溶液中_____(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（3）25℃下，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，其含碳元素的微粒物质的量分数（φ）随溶液pH变化的部分情况如图所示。

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32-______（填“能”或“不能”）大量共存。

②当pH=7时,溶液中含碳元素的微粒主要为________。溶液中各种离子的物质的量浓度大小关系为______________。

③反应的CO32-+H2OHCO3－+OH－的平衡常数Kh=______。16、向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用电离平衡原理解释上述现象。_______________________________评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共5分)18、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共16分)19、工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备无水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，FeCl3；分别在183℃；315℃升华。

（1）在焙烧炉中发生反应：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反应2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移______mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为_______。在温度约为700℃向升华器中加入铝粉，发生反应的化学方程式为_________。充分反应后温度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），开始分离收集AlCl3。

②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的_______（填字母序号）。

①氧化性②吸水性③难挥发性④脱水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液，构成电池的其正极反应式________，与铅蓄电池相比．释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m（Al）:m（Pb）=__________________。20、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。21、已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAlSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等；最终制备金属锂。

②某些物质的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：

请回答：

（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化学式是______。

（3）流程中使用了不同浓度的Na2CO3溶液，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3与盐酸反应得到LiCl溶液的离子方程式是_______。

（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中，阳极的电极反应式是_____。

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。22、重铬酸钠是一种用途极广的氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分Fe(CrO2)2(或写成FeO·Cr2O3)，还含有A12O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示：

已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。

请回答下列问题：

(1)煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为___________。

(2)操作a的实验步骤为___________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，写出生成Cr(OH)3的离子方程式___________。

(4)采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示，写出电极b的电极反应式：________。

(5)根据有关国家标准，含CrO的废水要经化学处理使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放。可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水。加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于___________mol·L-1，废水处理后方能达到国家排放标准。评卷人得分六、实验题(共3题，共15分)23、I.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：

（1）定性分析：如图甲可通过观察______的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol/LFeCl3改为____mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是____。

（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_____。

（3）查阅资料得知：将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和__________。

II.欲用下图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。

（1）该实验不能达到目的，若想证明MnO2是催化剂还需要确认__________。

加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下图所示。

（2）写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式_________。

（3）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为______>______>______>______，解释反应速率变化的原因__________。24、为了测定某浓硫酸样品的物质的量浓度，进行了以下实验操作：。A．冷却至室温后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。B．用某仪器量取20.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂。C．将酸式滴定管和碱式滴定管用蒸馏水洗涤干净，并用待测溶液润洗。D．将物质的量浓度为Mmol/L的标准NaOH溶液装入碱式滴定管，调节液面记下开始读数为V1mL。E．小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶，滴定至恰好反应为止，记下读数为V2mL。F．把锥形瓶移到碱式滴定管下，在锥形瓶下垫一张白纸。G．用某仪器准确量取浓硫酸样品10.00mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。就此实验操作完成下列填空：

(1)正确操作步骤的顺序（用编号字母填写）___→A→___→___→___→F→___。

(2)用来量取10.00mL浓硫酸的仪器是___。用NaOH溶液润洗碱式滴定管的目的是___。

(3)滴定中可选用的指示剂是___。滴定中；目光应___；判断滴定终点的现象是___；读数时，目光与凹液面的最低处保持水平。

(4)某学生实验时用稀硫酸润洗了锥形瓶；测定的浓度会偏___。(“偏高”；“偏低”、“无影响”)。

(5)该浓硫酸样品的浓度计算式为______。25、为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应；某小组同学进行了如下实验。

(1)配制50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+)=0.2mol·L−1。

①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。

②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。

a.加水稀释b.加入FeCl3固体。

c.滴加浓KSCN溶液d.加入NaHCO3固体。

(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：

。操作。

现象。

向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液；搅拌。

溶液温度迅速上升；稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体。

收集检验反应过程中产生的气体。

集气管口靠近火焰；有爆鸣声。

已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑

①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。

②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。

③分离出黑色固体；经下列实验证实了其中含有的主要物质。

i.黑色固体可以被磁铁吸引；

ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液；产生气泡；

iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后；加入稀盐酸，产生大量气泡；

iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液；无变化。

a.黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。

b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是__________________。

(3)为进一步探究上述1.0mol·L−1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱；继续实验并观察到反应开始时现象如下：

。操作。

现象。

将5mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合。

溶液温度迅速上升；开始时几乎没有气泡。

将___与0.65g锌粉混合。

溶液中立即产生大量气泡。

小组同学得出结论：在1.0mol·L−1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A；C(s)完全燃烧的产物为二氧化碳气体；1molC(s)完全燃烧放出的热量大于110kJ，A错误；

B、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH＝×(2×436+496-4×462)=-240kJ·mol-1；B错误；

C、①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，将①×-②，得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1；C正确；

D、根据H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，欲分解2molH2O(l)；至少需要提供2×240kJ的热量，D错误；

故选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

反应的焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量；而物质相同状态不同时所具有的能量不同，即物质的总能量跟呈现的状态有关，因此，书写热化学反应方程式要注明物质的聚集状态；

答案选B。3、C【分析】【详解】

A.由图知，在v正等于v逆之后，v正大于v逆，则随着温度升高，反应平衡向正方向移动，可得△H＞0；A项错误；

B.该反应实质为Fe3++3SCN－⇌Fe(SCN)3；在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体，对该反应无任何影响，B项错误；

C.由图知，a、b曲线中A的体积分数不变；说明改变条件不发生平衡移动，且a情况下，化学反应速率更快，则a是使用催化剂时的曲线，C项正确；

D.由Cl2+H2S=2HCl+S↓知：溶液由弱酸H2S逐渐变为强酸HCl；溶液pH值从开始反应起会越来越小，D项错误；

故选C。4、B【分析】【详解】

V（正）×t（平衡）表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，V（逆）×t（平衡）表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，即阴影为平衡时Y的浓度减少量△c（Y）；

A、浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c（X）=△c（Y）；为阴影面积的一半，故A错误；

B、由上述分析可知，阴影为平衡时Y的浓度减少量△c（Y）；故B正确；

C、由上述分析可知，阴影为平衡时Y的浓度减少量△c（Y）；故C错误；

D、阴影为平衡时Y的浓度减少量△c（Y）；容器的体积为2L，阴影部分的面积不能表示Y的物质的量的减少量，故D错误；

故选B。5、A【分析】【详解】

A．图像分析可知温度为T2前随温度升高三氧化硫含量增大，T2温度后随温度升高三氧化硫含量减小，说明T2前反应未达到平衡状态，T2时达到平衡状态，温度升高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0；故A正确；

B．恒容容器中充入少量氩气；容器内总压强增大，但各组分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不发生移动，故B错误；

C．平衡时二氧化硫转化率50%；结合化学反应三行计算平衡浓度；

2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)

起始量(mol/L)10.50

变化量(mol/L)0.50.250.5

平衡量(mol/L)0.50.250.5

平衡浓度K===4；故C错误；

D．平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，反应前后气体质量总质量不变，但气体的总物质的量不断减小，根据M=可知混合气体平均摩尔质量不断增大；最终不变，混合气的平均摩尔质量的变化与图像不符合，故D错误；

故答案为A。

【点睛】

化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看υ正、υ逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。6、C【分析】【详解】

A.a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完溶液中只有与b、c、d三点溶液均含有可以促进水的电离，而抑制水的电离．b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大，故A正确；

B.b点溶液呈中性，溶液中根据电荷守恒：即有故B正确；

C.c点溶液为加入150mLNaOH溶液，此时溶液中恰好生成初始时等量的和溶液呈碱性，电离程度大于水解程度，所以故C错误；

D.d点溶液为加入200mLNaOH溶液，反应恰好生成据物料守恒故D正确；

答案选C。

【点睛】

本题考查酸碱中和反应，根据图像分析，明确发生反应的原理，把握溶液中的守恒关系分析是解题的关键，整体难度不大，是基础题。7、A【分析】【详解】

A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)此式子为物料守恒；正确；

B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH－)此式子为电荷守恒；错误；

C．HCO3-的电离程度小于HCO3-的水解程度而显碱性；错误；

D．存在的电离有：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-的电离是可逆的HCO3-H++CO32-；错误；

故选A。8、C【分析】【分析】

P点氢氧化钠溶液体积为0，此时为NH4HSO4溶液，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−溶液呈酸性，根据图示可知，M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，所以水的电离程度较大的为M点。

【详解】

A．M点溶质为等浓度的硫酸钠和硫酸铵，由于铵根离子部分水解，导致铵根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(NH4+)；故A正确；

B．室温下，N点pH=7，N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)；故B正确；

C．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故C错误；

D．根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点，水的电离程度M＞N＞Q，故D正确；

答案选C。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律计算反应热；完成热化学方程式书写；

（2）化学平衡状态的判断要依据正逆反应速率相等；各组分的浓度不变来分析判断；

（3）结合图示信息确定吸收室中的反应物和产物；以及阴极的反应物和产物，依据电子得失守恒以及元素守恒完成反应方程式的书写；

（4）根据表达式；结合平衡时正逆反应速率相等，确定平衡常数与正逆速率常数之间的关系，利用表格数据列出三段式，求解平衡常数，根据温度改变平衡常数改变，由不同温度时平衡常数的大小确定温度的变化情况；

（5）根据浓度对平衡的影响分析反应物比值改变时的转化率变化；借助特殊的交点数据列三段式求解Kp。

【详解】

（1）将三个反应依次标记为I、II、III，根据盖斯定律热化学方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可由得到，则ΔH===-746.5kJ/mol，则该反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol；

（2）A.反应过程中NO的浓度在减小，二氧化碳的浓度在增大，则比值在反应过程中是变量；当比值不变时说明浓度不再改变，反应达到平衡，故A可判断；

B.该反应前后各物质均为气体；气体质量保持不变，容器体积恒定，则密度始终保持恒定，故容器中混合气体的密度不变不能确定平衡状态，故B不可判断；

C.平衡时正逆反应速率相等，不同物质间速率要满足化学计量数之比，即2v（N2）正=v（NO）逆时反应达平衡状态；故C不能判断；

D.反应前后气体质量不变；该反应正向气体分子数减小，反应过程中容器中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当平均摩尔质量不变时反应达到平衡，故D可判断。

故答案为：AD；

（3）由电解装置可知左侧Pb为阴极，阴极上发生转变为的反应，电解为弱酸性环境，则电极反应式为：2+2e-+2H+=+2H2O；吸收室中发生NO和产生和氮气的反应，反应方程式为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-

（4）①v正=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=k逆c2(CO2)，当反应达平衡时v正=v逆，则k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，

根据表格信息，T1时反应3s达到平衡状态，c(CO)=c(O2)=0.2mol/L，结合反应可知二氧化碳的浓度变化量=一氧化碳的浓度变化量=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，则该温度时的平衡常数K=则该温度时=80；故答案为：80；

②温度改变为T2时k正=k逆，即=1，此时的平衡常数小于T1时的平衡常数，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动平衡常数减小，因此T2大于T1，故答案为：>；

（5）①越大时，可视为是二氧化碳不变时增大氢气的物质的量，增大氢气的量平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，故L1代表二氧化碳，L2代表氢气，故答案为：L1；

②温度为T不变时，平衡常数不变，取交点时计算，交点时两者的转化率均为50%，总气体为5mol，=amol，则=（5-a）mol，列三段式得：。CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：a5-a转化物质的量：0.5a0.5（5-a）aa平衡物质的量：0.5a0.5（5-a）aa

由变化量之比等于化学计量数之比得：解得：a=1,代入三段式得。CO2(g)+⇌CH4(g)+⇌CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：4转化物质的量：210.51平衡物质的量：210.51

起始物质的量为5mol时气体压强为5P，平衡时气体物质的量为4mol，则平衡时压强为4P，故答案为：

【点睛】

本题主要考查化学反应原理的有关知识，涉及盖斯定律的应用，平衡状态的判断，平衡常数的计算等知识，特别主要反应平衡常数表达式中是不允许代入固体和纯液体物质，代数计算算是一定要注意只能是平衡浓度。平衡常数只与温度有关，温度不变时任意平衡点的平衡常数相同。【解析】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/molAD2+2e-+2H+=+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>L110、略

【分析】【分析】

随反应进行；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，据此结合图像分析判断。

【详解】

(1)由图可知，随反应进行A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，故B、C为生成物，则A、B、C计量数之比为1.2：0.4：1.2=3：1：3，反应为可逆反应，反应方程式为：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案为：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由图可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案为：0.6mol/(L·min)。【解析】3A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)11、略

【分析】分析：(1)化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，判断正反应的热效应；

(3)根据浓度熵和平衡常数的关系分析判断；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；根据三段式用y表示出平衡时各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算y的值。

详解：(1)可逆反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数表达式K=故答案为

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，正反应是吸热反应，故答案为吸热；

(3)平衡浓度符合下式c(CO2)•c(CH2)=c(CO)•c(H2O)时；浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只值受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，温度是830℃，故答案为830；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；则：

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

开始(mol)：2100

变化(mol)：yyyy

平衡(mol)：2-y1-yyy

故=1，解得：y=故平衡后CO2的转化率为=故答案为

点睛：本题考查化学平衡常数的应用。注意掌握化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等。解答本题需要熟练掌握三段式解答化学平衡的计算方法。【解析】吸热83012、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.13、B:C【分析】【详解】

A.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)；故A错误；

B.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正确；

C.任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正确；

D.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D错误；

故选：BC。

【点睛】

x+y=14，常温下某氨水的pH=x，则氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱电解质，硫酸是强电解质，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性。14、略

【分析】【分析】

根据溶液电中性的原则判断溶液的pH，氨水为弱电解质，如等浓度混合，则反应生成NH4Cl水解呈酸性；而溶液呈中性，则氨水需过量，据此分析解答。

【详解】

反应后溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，所以溶液pH=7；如等浓度、等体积混合，则完全反应生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，而溶液呈中性，则氨水需过量，所以混合前氨水浓度大于盐酸浓度，即c(NH3•H2O)＞c(HCl)，因氨水为弱电解质，如氨水中c(OH-)≥盐酸中c(H+)，则反应后溶液呈碱性，所以氨水中c(OH-)＜盐酸中c(H+)，故答案为=；＞；＜。【解析】①.=②.＞③.＜15、略

【分析】【详解】

(1)根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol-1、497kJ•mol-1以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJ•mol-1+497kJ•mol-1-2X=180kJ•mol-1得：X=631.5kJ•mol-1；故答案为631.5；

(2)CH3COOH为酸，pH=-lgc(H+)，pH等于5的CH3COOH溶液中C(H+)=1.0×10-5mol/L，25℃时：Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，溶液中的c(OH-)==1.0×10-9mol/L，pH等于5的CH3COOH溶液中氢离子来源为乙酸的电离和水的电离，但乙酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以由水电离出的C(H+)是1.0×10-9mol/L，往溶液中加入少量NaOH固体，反应生成醋酸钠，溶液中=温度不变电离平衡常数不变，故答案为1.0×10-9mol/L；不变；

(3)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳；水。

①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故答案为不能；

②由图象可知，pH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3(少量)，电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(Cl-)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为HCO3-；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)；

③CO32-的水解常数Kh=当溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1时，图象可知pH=10，c(H+)=10-10mol/L，由Kw可知c(OH-)=10-4mol/L，则Kh==c(OH-)=10-4mol/L，故答案为10-4。

点睛：本题考查较综合，涉及热化学方程式书写、盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离及溶液中酸碱之间的反应，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。本题的易错点是Na2CO3溶液中加入稀盐酸图像的分析与解答。【解析】631.510-9不变不能HCO3-c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH-)10-416、略

【分析】【分析】

根据多元弱酸分步电离；存在电离平衡分析没有沉淀生成的原因，结合酸碱发生中和反应，使弱酸电离平衡正向移动分析后来产生沉淀的原因。

【详解】

SO2易溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离平衡分步进行，电离方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-浓度很小，所以不能与溶液中的Ba2+反应产生BaSO3沉淀；当向该溶液中滴加氨水后，NH3·H2O会电离产生OH-，中和电离出的H+，使溶液中c(H+)降低，导致H2SO3的电离平衡正向移动，使SO32-浓度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反应产生BaSO3沉淀。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及沉淀的形成，侧重考查分析判断能力，明确元素化合物性质及平衡移动原理和酸碱中和反应原理是解本题关键，熟练掌握外界条件对化学平衡移动影响原理，结合沉淀溶解平衡分析解答。【解析】H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动，SO32-浓度增大，产生BaSO3沉淀。三、判断题(共1题，共2分)17、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、元素或物质推断题(共1题，共5分)18、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、工业流程题(共4题，共16分)19、略

【分析】【分析】

（1）由盖斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反应热也进行相应的计算；

（2）①根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO，根据氯元素化合价变化计算注意电子数目；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，根据元素化合价计算n（Al）、n（Pb）；再根据m=nM计算。

【详解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由盖斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案为：-467.5；

（2）①根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反应中氯元素化合价由0价降低为-1价，氯气是氧化剂，故生成1molAlCl3时转移电子为1mol×3=3mol；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-，反应离子方程式为SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3，反应方程式为Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；故温度应控制在315℃以下；

故答案为：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解，利用浓硫酸的吸水性与难挥发性；

故答案为：c；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，则n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2320、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，还有Na2SO4。

(5)

锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶剂萃取法Li+浸出率为3.3%，化学净化除杂法Li+浸出率为6.1%，则由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为萃取剂除杂法锂的损失率更少。【解析】(1)A

(2)将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取剂除杂法锂的损失率更少21、略

【分析】【分析】

（1）根据难溶物和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

（3）根据CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式。

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子；锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiOH反应生成碳酸锂；水和氨气。

【详解】

（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶；用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；

（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；

（4）盐酸与Li2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】过滤CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑22、略

【分析】【分析】

煅烧时主要发生Fe(CrO2)2与Na2CO3、空气的反应，根据(1)问题干知生成Na2CrO4，同时铁元素被氧化为Fe2O3，Fe2O3不参与反应在第二步浸出过滤时被除去，即滤渣1成分为Fe2O3，Al2O3与SiO2分别与Na2CO3反应转化为NaAlO2和Na2SiO3，两者在第三步调节pH除杂转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀被除去，即滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3，经过除杂后得到含Na2CrO4的滤液，酸化得到含Na2Cr2O7和Na2SO4的溶液，结合图1知可通过控制温度提纯Na2Cr2O7，进而结晶得到Na2Cr2O7晶体；另外含Na2CrO4的滤液与Na2S反应生成Cr(OH)3，灼烧得到Cr2O3，再通过铝热反应可得到Cr。

【详解】

(1)Fe(CrO2)2与Na2CO3、空气的反应，生成Na2CrO4，同时Fe元素被氧化为Fe2O3，根据流程知还有CO2生成，初步确定反应为：Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，根据得失电子守恒得：4Fe(CrO2)2~7O2，再根据元素守恒配平剩余物质系数，得最终方程式为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；

(2)根据图1知Na2SO4在温度高于50℃时；溶解度逐渐降低，故可以采用蒸发浓缩趁热过滤将其除去，即操作a步骤为蒸发浓缩，趁热过滤；

(3)Na2CrO4与Na2S反应生成和Cr(OH)3，初步确定反应为：S2-+→Cr(OH)3↓+根据得失电子守恒配平得6S2-+8→8Cr(OH)3↓+3等式左边加水右边加OH-配平元素守恒和电荷守恒，最终得离子方程式为：23H2O+6S2-+8=8Cr(OH)3↓+3+22OH-；

(4)根据图示知电极a产生OH-，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，知a为阴极，故电极b为阳极，根据平衡知Na2CrO4转化为Na2Cr2O7需在酸性条件下，故阳极为H2O放电产生H+，即电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O）；

(5)当时，此时对应的c(Ba2+)为最低要求，则此时即废水中Ba2+浓度应不小于2.4×10-4mol/L。【解析】4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2蒸发浓缩趁热过滤23H2O+6S2-+8CrO=8Cr(OH)3↓+3S2O+22OH-2H2O-4e-=O2↑+4H+或4OH--4e-=O2↑+2H2O2.4×10-4六、实验题(共3题，共15分)23、略

【分析】【分析】

I.本实验的目的是探究Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的效果；需要注意“单一变量”原则；

II.本实验主要考查催化剂的特点；以及化学反应速率的影响因素。

【详解】

I.（1）甲中，加入催化剂的现象是有气泡生成，催化剂的作用是加快反应速率，所以可以通过观察产生气泡的快慢来判断两种催化剂的效果；Cl-本身具有很弱的还原性，H2O2具有强氧化性，更重要的是，SO42-和Cl-是否有催化效果也未知，所以为了排除阴离子差异的干扰，需要将FeCl3换为0.5mol/L的Fe2(SO4)3，以确保Fe3+的量和Cu2+的量相同；

（2）题中已告知两个实验都生成40mL的气体；其他影响因素已忽略，说明催化剂效果的数据只能是反应速率，故需要测量生成40mL气体所需要的时间；

（3）催化剂在整个化学反应中，可以看成是先参加了反应，再被生成了，这两个反应相加就是一个总反应，催化剂刚好被抵消了，表现为不参加反应；总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，用总反应减去这个离子方程式就可以得到另一个离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

II.（1）化学反应前后，催化剂的质量和化学性质不变；要想证明MnO2是催化剂；还要验证这两点都不变才行；

（2）该反应的化学方程式为：

（3）A、B、C、D各点的反应速率都是瞬时速率，瞬时速率的大小比较要看各点斜率，斜率越大，瞬时反应速率也越大；经观察，A、B、C、D四个点的斜率依次减小，所以化学反应速率：D＞C＞B＞A；由于四个点的条件都相同，随着反应的进行，H2O2不断被消耗，使得其浓度逐渐减小，所以其分解速率也逐渐减小。【解析】产生气泡0.05排除阴离子的干扰产生40mL气体的需要的时间2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O