2025年冀教新版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年冀教新版选修4化学上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2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=─484KJ/moL，则反应H2O(g)=H2(g)+O2(g)的△H为A.─484kJ/molB.+484kJ/molC.─242kJ/molD.+242kJ/mol2、已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3；分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是。

A.b代表下CH3COCH3的Y-t曲线B.反应进行到20min末，H3COCH3的C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的3、25℃时，水中存在电离平衡：H2OH++OH-△H>0。下列叙述正确的是A.将水加热，Kw增大，pH不变B.向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低C.向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，溶液呈碱性D.向0.1mol/L的醋酸溶液中加入一定量醋酸钠晶体，溶液中c(OH-)增大，Kw不变4、下面说法中；与盐类水解有关的有()

①氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑。

②NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好。

③实验室配制AlCl3溶液；先把它溶解在浓盐酸中，而后加水稀释。

④NH4F溶液不能保存在玻璃试剂瓶中。

⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞。

⑥NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)A.3项B.4项C.5项D.全有关5、将CH3COOH溶液与一定量NaOH溶液混合，以下说法一定正确的是A.若混合液呈酸性，则[CH3COO-]>[Na+]B.若混合液呈中性，则[CH3COO-]=[CH3COOH]C.若混合液呈碱性，则[CH3COO-]>[OH-]D.随着NaOH溶液的加入，混合溶液中水电离出的[H+]始终增大6、常温下，向20mL的某稀盐酸中滴入0.1mol·L-1的羟胺溶液，羟胺的电离方程式为：NH2OH＋H2ONH3OH+＋OH－(25℃常温时，Kb＝9.0×l0－9)。溶液中由水电离出的氢离子浓度随滴入羟胺溶液体积的变化如图(已知：lg3＝0.5)；下列分析正确的是。

A.0.1mol·L-1羟胺溶液的pH＝8.5B.b点溶液中：c(H+)=c(OH-)C.d点对应溶液中存在：c(H+)＝c(OH-)＋c(NH2OH)D.该稀盐酸的浓度为0.2mol·L-17、25℃时，向等浓度的NaCl和Na2CrO4溶液中分别滴加AgNO3溶液（已知：Ag2CrO4为砖红色）；平衡时溶液中相关离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.L1为向Na2CrO4溶液中滴加AgNO3溶液时的离子浓度关系曲线B.Ksp(AgCl)的数量级为10-12C.L1和L2交点处对应的两种溶液中c(Ag+)＝c(Cl-)＝c(CrO42-)D.用AgNO3标准溶液测定溶液中Cl-含量时可用Na2CrO4做指示剂8、下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是（）A.图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B.图2中，插入溶液中的铁棒容易溶解，主要是发生电化学腐蚀C.图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生电化学腐蚀D.图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的负极评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列说法正确的是（）A.平衡常数变化，化学平衡不一定发生移动B.化学平衡发生移动，平衡常数一定改变C.化学平衡常数只受温度的影响，温度升高，化学平衡常数的变化取决于该反应的反应热D.对于一个可逆反应，化学计量数不同，化学平衡常数表达式及数值也不同10、已知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，不断升高温度，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH＜0B.X点CH4的转化率为20%C.X点与Y点容器内压强比为51∶55D.维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)11、一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数。下列说法正确的是。

A.550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小，平衡不移动B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0p总12、室温下，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15。不考虑溶液混合引起的体积变化和H2S的挥发，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol·L-1NaHS溶液：c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)B.0.1mol·L-1Na2S溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)C.0.2mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(HS-)+3c(H2S)>c(S2-)D.向0.1mol·L-1NaOH溶液中通入H2S至溶液呈中性：c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)13、20℃时；用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/L氨水的图像如图所示，下列说法正确的是。

A.a点时2c(Cl－)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)B.b点表示酸碱恰好完全反应C.c点时c(NH4+)>c(Cl－)>c(H+)>c(OH－)D.a、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)14、常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（）

A.点①所示溶液中：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)B.点②所示溶液中：c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.点③所示溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)D.滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。16、在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示。

(1)该反应的平衡常数表达式为______________，若温度升高K值增大，则该反应的正反应为__________反应（填吸热或放热）。

(2)a、b、c、d四个点中，化学反应处于平衡状态的是______________点。从起点开始首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为___________________________。

(3)25min时，增加了______mol______（填物质的化学式）使平衡发生了移动。

(4)变化过程中a、b、c、d四个时刻体系的颜色由深到浅的顺序是______（填字母）。17、含氮；磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。

(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_______，性质有差异的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2；发生反硝化作用，完成下述反应的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_______。

(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。

①保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183mg•L-1、236mg•L-1、279mg•L-1和313mg•L-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_______。

②碳源为183mg•L-1的污水经过2h的反硝化试验，可使NO3-由15.0mg•L-1降至8.8mg•L-1。已知M(NO3-)=62g•mol-1，NO3-的转化速率是________mol(L•h)-1。18、某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。回答下列问题。

(1)Na2B溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是____________________(用离子方程式表示)。

(2)在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________(填字母)。

A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)

C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)

D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2,0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______________________________19、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。

(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．20、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共2题，共6分)22、碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料；实验室以纯铜屑为原料制取的流程如下:

(1)“溶解”步骤反应的离子方程式为_______．温度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量减少、Cu的转化率降低，若低于50℃，_____

(2)“反应”步骤生成Cu2(OH)2CO3的化学方程式为_________。反应后溶液中铜元素残留量受pH和反应时间的影响如图所示:

判断反应的最佳条件:pH为___、反应时间为____h。

(3)检验Cu2(OH)2CO3洗涤是否完全的方法是____________________

(4)Cu2(OH)2CO3也可以表示为CuCO3·Cu(OH)2。查阅文献，上述反应条件下还可能生成少量CuCO3·Cu(OH)2。为测定产品的纯度[产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数]；取10.97g干燥样品，400℃左右加热，测得固体质量随时间变化关系如图所示。

已知:8.00g固体为黑色纯净物。

有关物质的摩尔质量如表：。物质CuCO3·Cu(OH)2CuCO3·2Cu(OH)2CuO摩尔质量/g·mol-122232080

请计算产品的纯度(写出计算过程，结果保留3位有效数字)。______23、锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿(主要成分为的Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料制备金属锑；其一种工艺流程如下：

已知：I．浸出液主要含盐酸和SbC13，还含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等杂质。

II．25℃时，Ksp(CuS)=1.0×10-36，Ksp(PbS)=9.0×10-29。

回答下列问题：

(1)“酸浸”过程中SbC15和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbC13生成，则滤渣I的成分是_______________(填化学式)。

(2)写出“还原”反应的化学方程式_____________________。

(3)已知浸出液中c(Cu2+)=0.0lmol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_____________(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，=_________。

(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为__________________。

(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应式为___________________，继而发生反应_________________(写出离子方程式)以实现溶液中Sb元素的循环使用。“电解”中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是________________。

评卷人得分六、原理综合题(共2题，共4分)24、天然气部分氧化制取的化工原料气中，常含有氧硫化碳(COS，结构类似于CO2)；目前氧硫化碳脱除可采用氢解和水解两种方法，其反应原理如下:

氢解:COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)

水解:COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)

(1)氧硫化碳的电子式为________________________________。

(2)如下图是氧硫化碳水解和氢解平衡转化率随温度变化曲线。

①观察图像，水解与氢解相比优势为_________________________________。

②水解的△H=___0(填“大于"或“小于”)

③已知:1molCOS(g)完全氢解能量变化为6.99kJ，若初始COS的物质的量为nmol，从反应开始到R点所示体系的能量变化为______kJ(只列式；不必计算)。

(3)氢解和水解产生的H2S必须进行回收处理，酸性、可溶性铁盐氧化H2S制取硫磺工艺备受重视。

①写出酸性条件下用氯氧化铁溶液吸收H2S制取硫磺的离子方程式___________________________。

②吸收H2S后的酸性废液中的Fe2+，可通过电解法使Fe3+再生，写出电解时总反应的离子方程式:__________。

③常温下，在c(H+)=0.30mo/L的酸性溶液中通入H2S至饱和，测得硫化氢的平衡浓度为0.10mol/L，计算此时溶液中c(S2-)=_______[忽略H2S电离生成的H+，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15，结果保留两位有效数字。]25、I.(1)氮氧化物；二氧化硫是造成大气污染的主要物质；某科研小组进行如下研究。

写出SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_______________。

II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，有关转化如图，阴极反应式为____。

若转化时转移了0.2mol电子，共生成Cu2S___________mol。

III.(3)T℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)⇌2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+489kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，逆反应速率v(逆)随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是(填写字母)____________。

a.保持温度、体积不变，加少量碳粉b.保持温度；体积不变；增大CO浓度c.保持温度不变，压缩容器。

(4)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(P总)加入lrnolCO2与足量的碳，发生反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)ΔH=+172kJ/mol；平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。

①650℃时，该反应达平衡后吸收的热量是________。(计算时不考虑温度对ΔH的影响)

②T℃时，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2):V(CO)=3:4的混合气体，平衡_____(填:“正向”；“逆向”或“不”)移动。

③925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为_____(保留三位有效数字)。［气体分压P分＝气体总压P总×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp］参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

正逆反应的反应热数值是相同的，但符号相反。则根据已知的热化学方程式可知，该反应的反应热△H＝＋484kJ/moL÷2＝＋242kJ/moL，答案选D。2、D【分析】【详解】

A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图像可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线；A错误；

B、当反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快；所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；

C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少；说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；

D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1；D正确；

答案选D。

【点晴】

做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：3、D【分析】【详解】

A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，c(H+)增大；则pH减小，故A错误；

B．向水中加入少量固体NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，故B错误；

C．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，c(OH-)减小，导致平衡正向移动，c(H+)增大；溶液显酸性，故C错误；

D．醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CHCOOH⇋CHCOO-+H+逆向移动，c(H+)降低，c(OH-)增大，但由于温度不变，Kw不变；故D正确；

故答案为D。

【点睛】

平衡常数(包括电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积等)只与温度有关，温度不变平衡常数不变。4、C【分析】【详解】

①氯化铵在溶液中水解生成HCl；可作焊药去除金属制品表面的锈斑，①符合题意；

②NaHCO3中加入柠檬酸，发生反应，将HCO3-转化为CO2和水；②不合题意；

③配制AlCl3溶液，先把它溶解在浓盐酸中，以抑制Al3+的水解；③符合题意；

④NH4F在溶液中发生水解；生成HF和一水合氨，HF腐蚀玻璃，④符合题意；

⑤Na2CO3、Na2SO3在溶液中水解；生成NaOH等，NaOH会腐蚀玻璃，⑤符合题意；

⑥NaHS溶液中，HS-电离程度小于水解程度，所以c(H2S)>c(S2－)；⑥符合题意。

综合以上分析，①③④⑤⑥共5项符合题意。故选C。5、A【分析】【分析】

将CH3COOH溶液与一定量NaOH溶液混合，若恰好反应完，溶液显碱性，若要显中性，则醋酸有少量剩余，不管反应后溶液性质如何，都满足电荷守恒：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]。

【详解】

A、溶液中电荷守恒等式：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，混合液呈酸性，[H+]>[OH-]，则[CH3COO-]>[Na+]；故A正确；

B、混合液显中性，则醋酸有少量剩余，溶液中主要是醋酸钠，则[CH3COO-]>[CH3COOH]；故B错误；

C、溶液中电荷守恒等式：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，若混合液呈碱性，只能得出[OH-]>[H+]，无法比较[CH3COO-]与[OH-]的大小；故C错误；

D、随着NaOH溶液的加入，混合溶液中水电离出的[H+]先增大后减小；故D错误。

答案选A。6、C【分析】【分析】

分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～d段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，在d～f段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，在d点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NH3OHCl。据此进行判断。

【详解】

A．根据弱电解质的电离常数Kb＝可得则故0.1mol·L-1羟胺溶液的pH＝9.5；A项错误；

B．由分析可知，在b点时，盐酸过量，溶液溶质为HCl和NH3OHCl，根据电荷守恒有：因为故溶液中B项错误；

C．由图可知，d点时水电离出的c(H+)最大，说明此时溶液中的溶质为NH3OHCl，根据盐类水解的质子守恒可知：c(H+)＝c(OH-)＋c(NH2OH)；C项正确；

D．由图可知，当未滴加羟胺溶液时，此时溶液为盐酸溶液，由水电离出的则由水电离的可以得出此时溶液的mol/L，故该稀盐酸的浓度为0.1mol·L-1；D项错误；

答案选C。

【点睛】

水的离子积常数其实质是水溶液中的H+和OH-浓度的乘积，不一定是水电离出的H+和OH-浓度的乘积，KW不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液，不管哪种溶液均有7、D【分析】【详解】

A.25℃时，向等浓度的NaCl和Na2CrO4溶液中分别滴加AgNO3溶液，随着Ag+浓度的增大，Cl-和CrO42-离子浓度降低，因为Ag+与Cl-1：1结合，而Ag+与CrO42-2：1结合，所以滴加硝酸银时，对氯化钠溶液中Cl-浓度影响幅度较大，分析图像中曲线的变化趋势知，L1为向NaCl溶液中滴加AgNO3溶液时的离子浓度关系曲线；故A错误；

B.曲线L1可知，当Cl-浓度为10-4.5mol/L时，Ag+浓度近似为10-5mol/L，所以Ksp(AgCl)的数量级为10-10；故B错误；

C.由图示L1和L2曲线的变化趋势知，L1和L2交点，c(Ag+)大于10-5mol/L，而c(Cl-)、c(CrO42-)小于10-5mol/L；所以它们不可能相等，故C错误；

D.由题给信息可知，用硝酸银溶液滴定Cl-时，用Na2CrO4做指示剂，氯化银先沉淀，当溶液中出现砖红色Ag2CrO4时，表面Cl-已被定量沉淀；故D正确。

故选D。8、D【分析】【详解】

A.插入海水中的铁棒，越靠近底端O2含量越低；所以腐蚀相对越不严重，A选项错误；

B.插入溶液中的铁棒连接电源的负极；作电解池的阴极，被保护，不容易溶解，B选项错误；

C.燃气灶的中心部位容易生锈；主要是由于在高温下铁发生化学腐蚀较快，C选项错误；

D.用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀；构成的是原电池，镁比铁活泼，所以镁块作原电池的负极被腐蚀，钢铁管道作正极被保护，D选项正确；

答案选D。

【点睛】

金属的腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，电化学腐蚀主要是构成原电池，其中较活泼的部分更易被腐蚀；金属的防护可采取隔离、改变结构和电化学防护等方法。其中电化学防护包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电源的阴极保护法：牺牲阳极的阴极保护法用较活泼的金属与被保护的金属、电解质溶液构成原电池；外加电源的阴极保护法将被保护的金属与直流电源的负极相连。二、多选题(共6题，共12分)9、CD【分析】【详解】

A．平衡常数只与温度有关；平衡常数变化，则温度一定改变，化学平衡一定发生移动，A说法错误；

B．化学平衡发生移动；若温度未变，则平衡常数一定不改变，B说法错误；

C．化学平衡常数只受温度的影响；温度升高，平衡向吸热的方向移动，化学平衡常数的变化取决于该反应的反应热，C说法正确；

D．对于一个可逆反应；化学平衡常数表达式等于生成物浓度的计量数次幂的积除以反应物浓度计量数次幂的积，化学计量数不同，化学平衡常数表达式及数值也不同，D说法正确；

答案为CD。

【点睛】

平衡常数只与温度有关，平衡常数变化，则温度一定改变，化学平衡一定发生移动。10、BD【分析】【分析】

由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动；X点CH4的物质的量与氢气相等，Z点CH4的物质的量与CS2相等；据此计算平衡常数，再计算Qc与K比较判断。

【详解】

A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则△H＞O；故A错误；

B．X点CH4的物质的量与氢气相等；则。

所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为=20%；故B正确；

C．同温同体积；物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；

D．Z点CH4的物质的量与CS2相等；则。

所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数K==

向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，Qc==>K；所以平衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)，故D正确。

答案选BD。

【点睛】

本题考查化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题关键。11、BC【分析】【详解】

A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向着正向移动，v正、v逆均减小；故A错误；

B；由图可以知道；650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol；

则有C(s)+CO2(g)2CO(g)

开始10

转化x2x

平衡1-x2x

所以100%=40%，计算得出x=0.25mol，则CO2的转化率为：100%=25.0%；故B正确；

C.由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态；所以平衡不移动，故C正确；

D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，设p总=P，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP===23.04P总；故D错误；

答案选BC。12、AC【分析】【详解】

A．由题意得，H2S的电离常数：=1.3×10-7，=7.1×10-15，HS-的水解平衡常数为：Kh＞Ka2，所以HS-的水解大于电离。NaHS溶液中，NaHS=Na++HS-，HS-发生水解和电离，故c(Na+)>c(HS-)；H2S由HS-水解生成，故c(HS-)>c(H2S)；由于HS-的水解大于电离，所以c(H2S)>c(S2-)；综上所述，c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)；A正确；

B．0.1mol·L-1Na2S溶液中，由质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)；B错误；

C．0.2mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，由物料守恒得：2c(Na+)=3[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，两式联立得：c(S2-)+2c(OH-)=c(HS-)+3c(H2S)+2c(H+)，混合液显碱性，有c(H+)＜c(OH-)，所以c(HS-)+3c(H2S)>c(S2-)；C正确；

D．由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)；D错误；

故选AC。13、AD【分析】【详解】

A.a点加入10mL的盐酸，溶液为等物质的量的氨水、氯化铵，根据物料守恒，则2c(Cl－)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)；A项正确；

B.20mL0.1mol/L氨水恰好完全反应需要0.1mol/L盐酸20mL；B项错误；

C.c点为氯化铵溶液显酸性，离子浓度大小关系为c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；C项错误；

D.a、b点为氨水、氯化铵，c点为氯化铵，d点为盐酸、氯化铵，根据电荷守恒均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)；D项正确；

答案选AD。14、AB【分析】【详解】

A.点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，由电荷守恒可知c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），由物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），则两式整合可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；故A正确；

B.点②溶液pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－）可知c（Na+）＝c（CH3COO－），则c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；故B正确；

C.点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，则c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+）；故C错误；

D.如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）这个关系；则溶液中阳离子电荷数大于阴离子，电荷一定不守恒，故D错误；

故选AB。

【点睛】

如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）这个关系，则溶液中阳离子电荷数大于阴离子，电荷一定不守恒是解答关键。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%16、略

【分析】【详解】

（1）反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数表达式为：K＝若温度升高K值增大，反应向正反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，故答案为：K＝吸热；

（2）由图可知，10～25min及30min之后各物质的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为故答案为：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物质的浓度变化可知在25min时加入了NO2，其加入的物质的量=(1.0mol⋅L−1-0.6mol⋅L−1)×2L=0.8mol；故答案为：0.8mol；NO2；

（4）从a到b，c(NO2)增大，c点和d点分别是增大c(NO2)后未达到平衡的点和平衡时的点，所以c点c(NO2)大于d点，二氧化氮浓度越大颜色越深，所以颜色由深到浅的顺序是c＞d＞b＞a。【解析】K＝吸热b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a17、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N和P最外层电子数相同；且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；

（2）根据信息，NO3－与甲醇反应，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根据问题（2）；甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；

②令溶液的体积为1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的转化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【点睛】

本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显－2价；C的化合价升高6价；

最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。【解析】最外层电子数相同，都是5个P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快5×10-518、略

【分析】【分析】

该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，但是HB－不发生水解；溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。

【详解】

（1）该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，溶液呈碱性，用离子方程式表示：B2－＋H2OHB－＋OH－；故答案为：碱性；B2－＋H2OHB－＋OH－；

（2）A．HB－不发生水解，则该溶液中含有B元素的微粒有B2－、HB－，不含H2B，c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1；故A错误；

B．B2－水解导致溶液呈碱性，则c（OH－）＞c（H＋），钠离子不水解，则c（Na＋）＞c（HB－），所以存在c（Na＋）+c（OH－）＞c（H＋）+c（HB－），或根据质子守恒得c（OH－）=c（H＋）+c（HB－）；故B错误；

C．根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)；故C正确；

D．根据物料守恒：c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)；故D正确；

故选CD；

（3）0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，c(Na＋)=0.1mol·L－1，c(HB－)=0.09mol·L－1，加上水电离的氢离子c(H＋)>0.01mol·L－1,c(B2－)=0.01mol·L－1,水电离的c(OH－)，0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)；故答案为：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查分析判断能力，明确B2－只发生第一步水解是解本题关键，注意该溶液中c（H2B）=0，为解答易错点。【解析】①.碱性②.B2－＋H2OHB－＋OH－③.CD④.c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)19、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B20、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。四、判断题(共1题，共6分)21、×【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】错五、工业流程题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】

纯铜屑中加入稀硫酸再通入氧气，反应生成了硫酸铜和水，在上述溶液中加入Na2CO3后，通过调节pH值可以让铜离子析出沉淀碱式碳酸铜，同时放出CO2气体；最后经过洗涤，干燥即可得到纯净的碱式碳酸铜，据此进行解题。

【详解】

(1)据分析可知：“溶解”步骤发生的反应为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故其离子方程式为2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O，温度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量减少、Cu的转化率降低，若低于50℃，温度太低，当然是反应速率减慢，影响实验的效率，故答案为：2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O；反应（或溶解）速率慢；

(2)根据流程图中可知：“反应”步骤是由CuSO4溶液和Na2CO3反应生成Cu2(OH)2CO3同时放出CO2，故化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，据左图可知pH等于8.5时铜的残留量最小，说明铜离子沉淀得最完全，据右图可知，当时间进行到2小时左右时，铜得残留量达到最低，再往后虽然略有下降，但很不明显，且浪费时间，故答案为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；8.5；2；

(3)检验Cu2(OH)2CO3洗涤主要除去表面得杂质Na2SO4等，但是碱式硫酸铜也会极少数溶解，故要想检验是否完全洗涤干净，需检验最后一次洗涤液中是否有由于有的影响，故最后得检验方法为取最后一次洗涤的滤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀盐酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出现浑浊，则说明Cu2(OH)2CO3未洗涤干净；反之则反；

(4)设CuCO3·Cu(OH)2的物质的量为x，杂质CuCO3·2Cu(OH)2的物质的量为y；

依据原样品的质量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由图像分析出样品最终分解得到CuO8g，根据铜元素守恒2x+3y=0.1mol②，联合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故故答案为：设CuCO3·Cu(OH)2的物质的量为x，杂质CuCO3·2Cu(OH)2的物质的量为y；

依据原样品的质量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由图像分析出样品最终分解得到CuO8g，根据铜元素守恒2x+3y=0.1mol②，联合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故【解析】2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O反应(或溶解)速率慢2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑8.52取最后一次洗涤的滤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀盐酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出现浑浊，则说明Cu2(OH)2CO3未洗涤干净，反之则反设CuCO3·Cu(OH)2的物质的量为x，杂质CuCO3·2Cu(OH)2的物质的量为y；

依据原样品的质量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由图像分析出样品最终分解得到CuO8g，根据铜元素守恒2x+3y=0.1mol②，联合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故23、略

【分析】【分析】

由工艺流程可知，辉锑矿粉经盐酸、五氯化锑溶液浸取后，过滤，向浸出液中加入适量的锑粉把过量的五氯化锑还原，然后再加入适量的硫化钠把溶液中的铜离子和铅离子沉淀，过滤，再向滤液中加入NaH2PO2除砷；得到三氯化锑溶液，电解该溶液得到锑和五氯化锑，五氯化锑循环利用。

【详解】

(1)根据浸出液成分可知，“酸浸”过程中SbC15和Sb2S3反应有S和SbC13生成，则滤渣I的成分是S、SiO2。

(2)“还原”过程中Sb将SbCl5还原为SbCl3，反应的化学方程式3SbCl5+2Sb=5SbCl3。

(3)浸出液中c(Cu2+)=0.01mol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1，常温下，Ksp(CuS)=1.0×10-36，铜离子开始沉淀需要的硫离子浓度为1.010-34mol/L；Ksp(PbS)=9.0×10-29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为9.010-28mol/L；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，

(4)在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4；P的化合价由+1升高到+5，而As的化合价由+3降到0，根据得失电子守恒，该