2025年上教版选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年上教版选修4化学下册阶段测试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5题，共10分)1、今有如下三个热化学方程式：

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)；ΔH＝akJ·mol－1

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH＝bkJ·mol－1

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；ΔH＝ckJ·mol－1

关于它们的下列表述不正确的是A.它们都是放热反应B.a和b的绝对值可以相等C.a、b和c均为负值D.2b=c2、一种用电催化N2还原法制取NH3的反应机理如图所示；其中*表示吸附在催化剂表面的物种。下列说法正确的是。

A.两个氮原子上的加氢过程是分步进行的B.析氢反应（H++H+→H2）不会影响NH3的合成C.NH3从催化剂表而脱附不利于NH3的合成D.电催化法是一步即能把N2还原为NH3的高效还原法3、羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫等危害。在2L恒容密闭容器中一定条件下发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)；起始CO物质的量为10mol，10min达平衡，CO物质的量变为8mol，此条件下该反应的平衡常数K=0.1。下列说法不正确的是A.升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应B.10min内平均速率：v(COS)=0.1mol·L-1·min-1C.反应前H2S物质的量为5molD.CO的平衡转化率为20%4、均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.a、b两点的溶液中：c（X-）=c（Y-）B.相同温度下，电离常数K(HX)：d＞aC.溶液中水的的电离程度：d＞c＞b＞aD.lg=2时，若同时微热两种液体（不考虑挥发），则减小5、磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如下图；下列说法正确的是。

A.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)B.该温度下，H3PO4的三级电离常数Ka3＞10-12C.H3PO4的电离方程式为：H3PO4⇌3H++PO43—D.滴加少量Na2CO3溶液，化学反应方程式为3Na2CO3+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、500℃时，在四个体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有关物质起始时的物质的量数据如下表所示：。容器起始时物质的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列说法正确的是A.升温至700℃，上述反应的平衡常数为则正反应为吸热反应B.达平衡时，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同D.保持温度不变容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v(正)＞v(逆)7、常温下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.从a到d，HA的电离先促进再抑制B.c、e两点溶液对应的pH=7C.常温下，A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9mol·L-1D.f点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)8、亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A.pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)B.c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)C.c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)D.pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)9、人体血液的pH通常在7.35-7.45之间的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等缓冲体系。常温下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol/LNaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)B.常温下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)D.物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合：3[c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)10、室温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，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.浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)＞c(Na+)-c(CH3COO-)B.向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)C.0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)11、常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－1g[c(H+)／c(H2C2O4)]和－1gc(HC2O)或－1g[c(H+)／c(HC2O)]和－lgc(C2O)关系如图所示；下列说法错误的是。

A.曲线M表示和的关系B.滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)－3c(HC2O)>0C.随pH的升高而减小D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)12、25℃时，二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK＝－lgK)依次为1.30、6.60，氨水的pKb为4.75。常温时，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－1NH4H2PO3溶液中：c(H3PO3)>c(NH3·H2O)>c(H＋)>c(OH－)B.0.1mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60:c(H2PO3-)＝c(HPO32-)C.0.1mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0:c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋c(HPO32-)D.0.4mol·L－1氨水与0.2mol·L－1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH3·H2O)2PO3-)＋2c(H3PO3)＋0.1mol·L－113、25℃时，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的盐酸，溶液的AG[AG＝lg]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()

A.若a＝－8，则Kb(XOH)≈10－6B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C.R点溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M点到N点，水的电离程度先增大后减小14、下列防止金属腐蚀的做法可行的是（）A.在某些工具的机械转动部位刷油漆以防锈B.埋在地下的钢铁管道每隔一段距离就连结一定数量的铜块C.供应热水的水龙头使用陶瓷制品代替钢铁制品D.自行车的钢圈和车铃上镀上一层铬，既耐腐蚀又美观耐磨评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

I.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃烧热△H2=-283.0kJ·mol-l，则反应③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小组在三个容积为5L的恒容密闭容器中；分别充入0.4molNO和0.4molCO，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①温度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡转化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反应速率：a点的v逆_____b点的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2时的平衡常数Kc=_____。

（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂（cat1、cat2）进行反应，相同时间内测量的脱氮率（脱氮率即NO的转化率）如图所示。M点_____（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_________。

Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解反应2N2O=2N2+O2对环境保护有重要意义。

（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常数为K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反应。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反应。

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。

①k=_____（用含K和k1的代数式表示）。

②下列表述正确的是_____。

a．IO为反应的中间产物

b．碘蒸气的浓度大小不会影响N2O的分解速率。

c．第二步对总反应速率起决定作用

d．催化剂会降低反应的活化能；从而影响△H

（5）通过N2O传感器可监测环境中N2O的含量；其工作原理如图所示。

①NiO电极上的电极反应式为_____。

②N2O浓度越高，则电压表读数越_____。（填“高”或“低”）16、已知下列热化学方程式；回答下列各问：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃烧热为______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ的热量。写出CH4燃烧热的热化学方程式__________________________________________________。

(3)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

则2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒温(500K)、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1.0molH2发生合成氨反应N2+3H22NH3，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol，该反应的热化学方程式为___________________________________。17、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和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_______________。

（2）该反应为_______________反应（填“吸热”；“放热”）。

（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。

a．容器中压强不变b．混合气体中c(CO)不变。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_______________℃。

（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。18、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于19、（1）25°C时，若向amol·L－1的HA溶液中，滴加等体积的bmol·L－1的NaOH溶液，使溶液呈中性，用含a的代数式表示HA的电离平衡常数Ka＝____________。

（2）25°C时，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液显_____性（填“酸”、“碱”或“中”），用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝____________。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)20、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3题，共6分)21、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）=__________________。22、氢氧化锂(LiOH)是重要的初加工锂产品之一，可用于继续生产氟化锂、锰酸锂等，在实验室模拟用天然锂辉石(主要成分是LiAlSi2O6)生产LiOH的一种工艺流程如图所示：

已知：溶液1中含有Li+、K+、Al3+、Na+、Fe3+、等离子。请回答下列相关问题。

（1）高温烧结的目的是________________________________________________。

（2）操作1是_____________________________。

（3）判断LiOH已洗涤干净的操作是______________________________________________。

（4）工业生产中通过电解LiC1溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电源的_________(选填“正极”或“负极”)，电极b发生的反应是__________，阳离子交换膜的作用是_________________________________。

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、计算题(共4题，共16分)24、氮氧化物(NOx)、CO2和SO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行化学方法处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为_________。25、(1)化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)出的能量。已知白磷(P4)和P4O6的分子结构如图所示；

已知：。化学键P—PP—OO=O键能(kJ·mol1)198360498

则反应P4(g)+3O2(g)=P4O6(g)的△H=_________。

(2)已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol

则制备水煤气的反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的△H=_______。26、在密闭容器中充入amolSO2和bmolO2（V2O5为催化剂，400℃），反应达平衡时，容器内共有dmol气体。这时容器内尚有SO2多少摩尔________？27、25℃时，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，则0.01mol/LFeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH。___参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．因燃烧反应为放热反应；则氢气燃烧是放热反应，A正确；

B．因水的状态不同，放出的热量不同，则a和b的绝对值不相等；B错误；

C．放热反应的△H＜0，则a、b和c均为负值；C正确；

D．热化学反应方程式中物质的量与反应放出的热量成正比，则反应热的关系为2b=c；D正确；

答案选B。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．从图中可以看出，两个氮原子上加氢的过程是分步的，通过四步反应来的，第一步是生成*NNH，第二部是生成*NHNH，第三步是生成*NHNH2，第四步是生成*NH2NH2；A正确；

B．析氢过程中，由于参加反应的H减少，参加反应的反应减少，影响NH3的合成；B错误；

C．NH3从催化剂表面脱附是减少生成物浓度，会使平衡向右移动，有利于NH3的合成；C错误；

D．从图中可以看出；电催化方法是多步反应，D错误；

故选A。3、C【分析】【分析】

设起始H2S物质的量为x；则三段式为：

K=x-2=5，x=7。

【详解】

A．升高温度，H2S浓度增加；则表明平衡逆向移动，正反应是放热反应，A正确；

B．10min内平均速率：v(COS)==0.1mol·L-1·min-1；B正确；

C．由以上计算可知，反应前H2S物质的量为7mol；C不正确；

D．CO的平衡转化率为=20%；D正确；

故选C。4、A【分析】【分析】

根据题中图示可知；本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，运用酸或碱抑制水电离，平衡常数只随温度变化分析。

【详解】

A.如图所示：a、b的pH值相同，a点电荷守恒式为：b点电荷守恒式为：由于同温度下两溶液的相等，所以故A正确；

B.酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX):a=d；故B错误；

C.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度等于a，则水电离程度a=b，溶液中氢离子浓度：a=b＞c＞d，所以溶液中水的电离程度：a=b＜c＜d；故C错误；

D.lg=2，若同时微热两种溶液(不考虑挥发)，n(X−)增大，n(Y−)不变，二者溶液体积相等，所以变大；故D错误；

答案选A。5、A【分析】【详解】

A．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，当滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)；A项正确；

B．根据图象可知，在该温度下，若pH=12时，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)，Ka3==1O-12，而实际图像中显示pH>12，H3PO4的三级电离常数Ka3<10-12；B项错误；

C．H3PO4为多元弱酸，电离为分步电离，电离方程式应分步书写，以第一步为主：H3PO4⇌H++H2PO4-；C项错误；

D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液时，反应生成NaH2PO4、CO2和H2O，反应方程式为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑；D项错误；

答案选A。二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】【分析】

500℃时，甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃时，

【详解】

A.500℃时，平衡常数是升温至700℃，上述反应的平衡常数为说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.根据“一边倒”原则，丙中相当于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料为甲的2倍，相当于加压，加压平衡不移动，达平衡时，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正确；

C.根据“一边倒”原则，乙相当于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；与丁是等效平衡关系，因此达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同，故C正确；

D.保持温度不变，容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此时v(正)＜v(逆)；故D错误。

答案选BC。

【点睛】

熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，会根据K与Q的关系判断反应方向。7、AB【分析】【详解】

A．NaA水解促进水的电离，过量的NaOH存在抑制水的电离，从a到d，溶液中生成的NaA不断增多，A2-的水解；不断促进水的电离，故A错误；

B．c点存在NaA和HA；因为c点溶液为中性，pH=7，e点存在NaA和NaOH，则e点为碱性，pH＞7，故B错误；

C．起始时溶液中只有HA，溶液为酸性，c水(H+)=10-11mol/L，则由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的电离平衡常数为Ka(HA)=≈10-5，所以A-的水解常数为Kh==10-9；故C正确；

D．f点加入NaOH40mL，溶液中存在等量的NaOH和NaA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：c(Na+)=2c(A-)+2c(HA)，则2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)；故D正确；

故答案为AB。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，其中：①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。8、BD【分析】【分析】

H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，说明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；据此解答。

【详解】

A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A错误；

B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正确；

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因为电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)；C错误；

D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)；D正确。

答案选BD。

【点睛】

要学会看图比较大小，避开复杂的计算陷阱，注意两曲线的交点表示的意义和应用。9、AC【分析】【详解】

A.根据溶液中电荷守恒可得0.1mol/LNaH2PO4溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则故A正确；

B．pH=7，c（H+）=10-7mol/L，则Na+不发生水解，则c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)；故B错误；

C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液，此时溶液为Na3PO4，根据溶液中质子守恒可得故C正确；

D.物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合，根据物料守恒，2Na=3P，可得故D错误；

故答案选：AC。

【点睛】

根据三大守恒判断溶液粒子浓度关系。10、BC【分析】【分析】

A．两个溶液中的电荷守恒分别为：c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；

B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)；

C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；

D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)﹤c(CH3COO-)。

【详解】

A．根据电荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)，因为Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，所以CH3COO-水解程度更大，碱性更强，c(OH-)-c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)+)-c(CH3COO-)；A错误；

B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HCOO-)，那么c(Na+)＞c(Cl-)，又因为物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，所以c(Cl-)+c(HCOO-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，那么c(Cl-)=c(HCOOH)，综上所述：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)；B正确；

C．0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，NaOH反应完，HCOOH反应了一半，混合后的溶质为：等物质的量的HCOONa和HCOOH，电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，物料守恒-电荷守恒可得：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)；C正确；

D．NH4+水解呈酸性，HCOO-、CH3COO-水解呈碱性，HCOO-、CH3COO-水解对NH4+水解起促进作用，因为水解程度HCOO-﹤CH3COO-，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大，现在c(NH4+)相等，那么一定有c(HCOONH4)﹤c(CH3COONH4)；D错误。

答案选BC。

【点睛】

溶液中离子浓度大小的比较，一是准确分析溶质的成分，二是三大守恒熟练运用。11、BC【分析】【分析】

二元弱酸的电离常数Ka1＞Ka2，斜线M表示表示和的乘积等于10-2；

斜线N表示表示和的乘积等于10-5。

【详解】

A．H2C2O4为二元弱酸，第一步电离平衡常数大于第二部电离平衡常数，故大于即＞则＞即＜因此曲线M表示和的关系；A正确；

B．当pH=5时，溶液呈酸性，c（OH-）＜c（H+），c（H+）=10-5mol/L，则c（HC2O）=c（C2O），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），则c(Na+)－3c(HC2O)=c（OH-）-c（H+）＜0；B错误；

C．已知则与溶液的pH无关，C错误；

D．由上图可知，则同理Ka1=10-2，则草酸氢钠的水解平衡常数=Kw/Ka1=10-12，小于Ka1，说明以电离为主，溶液显酸性，则中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)；D正确；

故选BC。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小的比较、平衡常数，难度中等，明确反应后溶质的组成为解题关键，注意掌握物料守恒，电荷守恒，及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用的能力。12、BD【分析】【详解】

A.二元酸H3PO3的pKa1=1.3小于氨水的pKb为4.75，铵根离子的水解能力强，c(NH3·H2O)>c(H3PO3)；故A错误；

B.0.1mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60，ka2==c(H+)=10-6.60,所以c(H2PO3-)＝c(HPO32-)；故B正确；

C.0.1mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)+c(OH-)，即：c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)；故C错误；

D.0.4mol·L－1氨水与0.2mol·L－1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)，相当于0.1mol·L－1Na（NH4）HPO3溶液和0.1mol·L－1氨水等体积混合，根据电荷守恒：①c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)+c(OH-)，再由物料守恒：②c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝2c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋2c(H3PO3)，③c(Na+)=0.1mol·L－1，②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2PO3-)＋2c(H3PO3)＋c(Na+)+c(H+)，将③代入，溶液呈碱性c(H+)-)，整理得：c(NH3·H2O)2PO3-)＋2c(H3PO3)＋0.1mol·L－1；故D正确；

故选BD。

【点睛】

本题以离子浓度大小比较为载体考查盐类水解，侧重考查对盐类水解原理的理解和灵活运用，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，C为解答易错点，注意C中电荷守恒表达式的书写，注意溶液中没有PO33-,难点D，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。13、AB【分析】【详解】

A.a点表示0.1mol·L－1的XOH，若a=−8，则c(OH−)=10−3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10−5；A项错误；

B.M点AG=0，则溶液中c(OH−)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中为XOH；XCl，二者没有恰好反应，B项错误；

C.若R点恰好为XCl时，根据物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1−)；C项正确；

D.M点的溶质为XOH和XCl；继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点N点，水的电离程度先增大后减小，D项正确；

答案选AB。14、CD【分析】【分析】

【详解】

A.在某些工具的机械转动部位刷油漆；由于机械转动部位产生摩擦会使油漆很快脱落，不能起到保护金属的作用，故A错误；

B.埋在地下的钢铁管道每隔一段距离就连接一定数量的铜块；这样形成的原电池中，金属铁为负极，会加快锈蚀速率，故B错误；

C.水龙头使用陶瓷制品代替钢铁制品；可以防止生锈，故C正确；

D.不锈钢材料；既耐磨又耐腐蚀；可以防止生锈，故D正确；

故选CD。

【点睛】

钢铁生锈的条件是钢铁与氧气和水同时接触；酸性溶液、碱性溶液、盐溶液能促进金属生锈，防止金属生锈的方法有：在金属表面涂一层油漆；在金属表面镀一层金属；根据原电池原理进行保护等。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根据盖斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案为：-746.5kJ/mol。

（2）①温度越高，反应速率越快，先达到平衡，由图可知，温度为T1时先拐，先达到平衡，所以T1＞T2；故答案为：＞。

②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，已知T1＞T2；所以CO的平衡转化率为:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案为：＜；=。

③a、b点是平衡状态，所以正逆反应速率相等，由图像分析可知，a点加入了催化剂，反应速率加快，所以反应速率a点大于b点，a点的v逆大于b点的v正；故答案为：＞。

④压强与物质的量成正比关系可得，设平衡时，生成的氮气为xmol，则根据三段式：

则故答案为：17150。

（3）图象分析可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。

Ⅱ.（4）①根据v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则故答案为：

②a．IO是第二步反应的生成物；第三步反应的反应物，所以IO为反应的中间产物，a正确；

b．含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸气的浓度大小会影响N2O的分解速率，b错误；

c．反应的快慢取决于慢反应；所以第二步对总反应速率起决定作用，c正确；

d．催化剂会降低反应的活化能；加快反应速率，不影响△H，d错误；故答案为：ac。

（5）①NiO电极上N2O反应生成NO2，N元素的化合价由+1价升高为+4价，发生氧化反应，NiO电极是负极，其电极反应为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt电极上O2反应生成O2-，O元素的化合价由0价降低为-2价，发生还原反应，Pt电极是正极，其电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根据U=IR，N2O浓度越高，N2O越失去电子生成NO2，转移电子越多，电流越大，电压越大，电压表读数越高，故答案为：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高16、略

【分析】【详解】

（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合反应热化学方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃烧热为393.5kJ/mol；故答案为393.5；

（2）0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，反应的____为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案为－84；

（4）设反应生成NH3xmol则有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

转化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡时混合气体的物质的量为1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的热量为18.4kJ，则生成2molNH3放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1。【解析】393.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－117、略

【分析】【详解】

(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=故答案为

(2)由表可知：升高温度；化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为吸热；

(3)a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，因此混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；

(4)某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，则平衡常数K==0.6；所处温度为700℃，故答案为700；

(5)1200℃时，某时刻浓度商Qc==4＞K=2.6，说明反应向逆反应方向进行，故答案为逆向。【解析】吸热bc700逆向18、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A19、略

【分析】【详解】

（1）25°C向amol·L－1的HA溶液中，滴加等体积的bmol·L－1的NaOH溶液后，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，由于溶液呈中性，则c(A-)=c(Na+)=0.5bmol·L－1；所以电离平衡常数=

（2）25°C时，将氨水与盐酸等体积混合，反应完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(Cl－)+c(OH-)，则溶液显中性；c(OH-)=10-7mol·L－1，c(NH4+)＝0.005mol·L－1，由物料守恒可知c(NH3·H2O)＝0.5a-0.005mol·L－1，则NH3·H2O的电离平衡常数＝

【点睛】

弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子浓度会发生相应变化，但电离平衡常数不变，考题中经常利用电离平衡常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。【解析】中四、判断题(共1题，共7分)20、×【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3题，共6分)21、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-2:2322、略

【分析】【分析】

（1）锂辉石难溶于水；通过流程可知，高温烧结后主要成分都转化为了可溶性物质；

（2）高温烧结所得物质为固体；可通过溶解；过滤后得到沉淀1和溶液1。

【详解】

（1）锂辉石难溶于水；由流程可知，高温烧结后主要成分都转化为了可溶性物质，因此其目的是将锂辉石转化为可溶性硫酸盐，故答案为：将锂辉石转化为可溶性硫酸盐；

（2）高温烧