2025年新科版選修4化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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年新科版選修4化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知熱化學(xué)方程式：SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H＝﹣98.32kJ/mol在容器中充入2molSO2和1molO2充分反應(yīng)，最終放出的熱量為()A.196.64kJB.＜196.64kJ/molC.＜196.64kJD.＞196.64kJ2、臭氧是理想的煙氣脫硝試劑，其脫硝反應(yīng)為：該反應(yīng)一定條件下可自發(fā)進(jìn)行。若反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，下列由該反應(yīng)作出的判斷(有關(guān)圖像)錯(cuò)誤的是A.B.C.D.3、下列說法錯(cuò)誤的是A.c(H＋)>c(OH－)的溶液一定呈酸性B.在溫度不變時(shí)，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不可能同時(shí)增大C.某溫度下，純水中c(H＋)＝2×10-7mol·L-1，呈酸性D.室溫下，pH=5的NH4Cl溶液和pH=9的Na2S溶液，水的電離程度相同4、白磷在過量氫氧化鉀溶液中可以發(fā)生反應(yīng)：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2。若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯(cuò)誤的是A.3.1g白磷所含共價(jià)鍵的數(shù)目為0.15NAB.KH2PO2為正鹽，且10.4g該固體物質(zhì)中含離子數(shù)目為0.2NAC.2.8gKOH參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.05NAD.室溫下，10mLpH＝11的KOH溶液稀釋100倍，水電離出的OH-的數(shù)目約為10-5NA5、下列說法正確的是A.草木灰和銨態(tài)氮肥混合使用提高肥效B.加熱蒸干AlCl3溶液后，灼燒得到Al(OH)3固體C.小蘇打在水中的電離方程式：NaHCO3=Na++HCO3－D.除去MgCl2溶液中的Fe3+,可在其中加入NaOH溶液6、25℃時(shí)，0.1mol·L－1下列溶液的pH如表所示，有關(guān)比較正確的是。序號(hào)①②③④⑤溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6

A.酸性的相對(duì)強(qiáng)弱：HClO＜HCO3-B.由水電離產(chǎn)生的c(H＋)：①＝②C.溶液③④中酸根離子濃度：c(ClO－)＞c(HCO3-)D.溶液⑤中：c(HCO3-)＞c(H2CO3)7、室溫下，等體積等pH的CH3COONa與NaOH兩種溶液，下列說法正確的是A.兩溶液中水的電離程度、導(dǎo)電性均相等B.兩溶液中陽(yáng)離子濃度相等C.與等物質(zhì)的量濃度的鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，CH3COONa耗酸的體積更多D.稀釋相同倍數(shù)后，CH3COONa溶液的pH更小8、時(shí)，有的一組醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液中與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.的溶液中：B.該溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)為C.的溶液中：D.向W點(diǎn)所表示的溶液中加入等體積的溶液：9、下列敘述錯(cuò)誤的是A.鋼鐵表面發(fā)生吸氧腐蝕時(shí)，鋼鐵表面水膜的堿性增強(qiáng)B.在鍍件上電鍍鋅，用鋅作陽(yáng)極C.電解精煉銅時(shí)，同一時(shí)間內(nèi)陽(yáng)極溶解的銅的質(zhì)量比陰極析出的銅的質(zhì)量少D.工作時(shí)在原電池的負(fù)極和電解池的陰極上都發(fā)生氧化反應(yīng)評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、氮及其化合物是科學(xué)家們一直在探究的問題；它們?cè)诠まr(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生命活動(dòng)中起著重要的作用。回答下列問題：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ?mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1

③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+1025kJ?mol-1

寫出NH3(g)和O2(g)在一定條件下轉(zhuǎn)化為N2(g)與液態(tài)水的熱化學(xué)方程式_________

（二）工業(yè)合成氨的原理為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ?mol-1。合成時(shí)反應(yīng)溫度控制在500℃，壓強(qiáng)是2×l07~5×l07Pa；鐵觸媒做催化劑。

（1）下列反應(yīng)條件的控制不能用勒夏特列原理解釋的是_________。

A．及時(shí)分離出NH3

B．使用鐵觸媒做催化劑。

C．反應(yīng)溫度控制在500℃左右。

D．反應(yīng)時(shí)壓強(qiáng)控制在2×l07~5×l07Pa

（2）一定溫度下，將1molN2和3molH2置于一恒定容積的密閉容器中反應(yīng)，一段時(shí)間后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。下列說法中正確的是________。

A．單位時(shí)間內(nèi)，有3molH-H生成的同時(shí)又6mdN-H斷裂；說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。

B．N2和H2的物質(zhì)的量之比保持不變時(shí)；說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。

C．達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量變大。

D．達(dá)到平衡狀態(tài)后,再充入2molNH3，重新達(dá)到平衡后，N2的體積分?jǐn)?shù)變小。

（三）如圖表示H2的轉(zhuǎn)化率與起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、壓強(qiáng)的變化關(guān)系，則與曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)P1、P2、P3從高到低的順序是_________________；測(cè)得B（X，60）點(diǎn)時(shí)N2的轉(zhuǎn)化率為50%，則X=________。

（四）一定溫度下，將lmolN2和3molH2置于一密閉容器中反應(yīng)，測(cè)得平衡時(shí)容器的總壓為P，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%，列式計(jì)算出此時(shí)的平衡常數(shù)Kp=________（用平衡分壓代替平衡濃度進(jìn)行計(jì)算；分壓=總壓×體積分?jǐn)?shù)，可不化簡(jiǎn)）。

（五）以NO原料，通過電解的方法可以制備NH4NO3，其總反應(yīng)是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，寫出以惰性材料作電極的陽(yáng)極反應(yīng)式：_______________。11、氮元素可以形成多種氫化物，如NH3、N2H4等。

（1）工業(yè)上，可用次氯酸鈉與氨反應(yīng)制備N2H4（肼），副產(chǎn)物對(duì)環(huán)境友好，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式________。

（2）工業(yè)上以NH3和CO2為原料合成尿素[CO(NH2)2]，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；該反應(yīng)的平衡常數(shù)和溫度關(guān)系如圖所示：

①該反應(yīng)的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料氣中的氨碳比[]為x，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為a，在一定溫度和壓強(qiáng)下，a與x的關(guān)系如圖所示。a隨著x的增大而增大的原因是______。圖中A點(diǎn)處，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率為__________。

（3）①在氨水加水稀釋的過程中，NH3·H2O的電離程度增大，的值_______。（填“增大”；“減小”或“不變”；）

②室溫下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用離子方程式表示），該反應(yīng)的平衡常數(shù)為______（用含a的數(shù)學(xué)表達(dá)式表示）。12、已知某反應(yīng)A(g)+B(g)=C(g)+D(g)；反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示，回答下列問題。

(1)該反應(yīng)是_____(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)；1mol氣體A和1mol氣體B具有的總能量比1mol氣體C和1mol氣體D具有的總能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。

(2)若在反應(yīng)體系中加入催化劑使反應(yīng)速率增大，則E1和E2的變化是：E1_______，E2________，ΔH______(填“增大”“減小”或“不變”)。13、在1.01×105Pa時(shí)，16gS在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S燃燒的熱化學(xué)方程式為：____________。14、完成下列填空:

（1）下圖是N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成1molNH3(g)過程中能量變化示意圖,寫出N2和H2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式:____________________.

（2）若已知下列數(shù)據(jù):試根據(jù)表中及圖中數(shù)據(jù)計(jì)算N-H的鍵能____________kJ·mol-1.。化學(xué)鍵H-HN≡N鍵能/kJ·mol-1435943

（3）合成氨反應(yīng)通常用鐵觸媒作催化劑。使用鐵觸媒后E1和E2的變化是:E1___________,E2_________(填“增大”；“減小、”“不變”)。

（4）用NH3催化還原NOX還可以消除氮氧化物的污染。例如4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g);ΔH1=akJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g);ΔH2=bkJ/mol若1molNH3還原NO至N2,寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________(ΔH用a、b表示).15、(1)將等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液呈______(填“酸性”，“中性”或“堿性”，下同)，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”或“=”或“<”)。

(2)pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈______，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”或“=”或“<”)

(3)物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則混合后溶液呈______，醋酸體積______氫氧化鈉溶液體積。(填“>”或“=”或“<”)16、弱電解質(zhì)的電離平衡；鹽類的水解平衡和難溶物的溶解平衡均屬于化學(xué)平衡。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－?H＋＋A2－。

（1）常溫下NaHA溶液的pH________(填序號(hào))，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.無(wú)法確定。

（2）某溫度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)。此時(shí)該混合溶液中的下列關(guān)系一定正確的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室溫下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，則0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由為______________。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、原理綜合題(共3題，共27分)18、建設(shè)“美麗中國(guó)”首先要做好環(huán)境保護(hù)與治理。氮氧化物（NOx）是嚴(yán)重的大氣污染物；其主要來(lái)源有汽車尾氣和硝酸工廠等。氮氧化物（NOX）能引起霧霾；光化學(xué)煙霧、酸雨等環(huán)境問題。某科研機(jī)構(gòu)設(shè)計(jì)了如下轉(zhuǎn)化氮氧化物的幾種方案。請(qǐng)回答下列問題：

（1）方案Ⅰ：利用甲烷在催化劑條件下還原NOx；相關(guān)反應(yīng)如下：

①N2（g）+O2（g）=2NO（g）?H1=+180.5kJ/mol

②CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）?H2=-574kJ/mol

③CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）?H3=-1160kJ/mol

則表示甲烷燃燒熱的熱化學(xué)反應(yīng)方程式是________。

（2）方案Ⅱ：利用CO在催化劑條件下還原NOx：2NOx（g）+2xCO（g）?N2（g）+2xCO2（g）?H。向容積均為2L的甲（溫度為T1）、乙（溫度為T2）兩個(gè)恒容密閉容器中分別充入2molNO2（g）和3molCO（g）。反應(yīng)過程中兩容器內(nèi)CO2的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示：

①甲容器中，平衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為____；

②T1___T2（填“>”或“<”）；△H___0（填“>”或“<”）；判定的依據(jù)是____；

③T2溫度時(shí)；該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____；

④乙容器達(dá)到平衡后，再充入3molNO2和2molCO2，此時(shí)v（正）___v（逆）（填“>”“<”或“=”）。19、Ⅰ．催化劑是化工技術(shù)的核心，絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)需采用催化工藝。

（1）新的研究表明，可以將CO2轉(zhuǎn)化為炭黑進(jìn)行回收利用，反應(yīng)原理如圖所示。

整個(gè)過程中Fe3O4的作用是________________________________。

（2）已知反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。按n(N2)∶n(H2)=1∶3向反應(yīng)容器中投料，在不同溫度下分別達(dá)平衡時(shí)，混合氣中NH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)變化的曲線如圖所示：

①下列說法正確的是__________。（填字母）

a．曲線a、b、c對(duì)應(yīng)的溫度是由低到高

b．加入催化劑能加快化學(xué)反應(yīng)速率和提高H2的轉(zhuǎn)化率

c．圖中Q、M、N點(diǎn)的平衡常數(shù)：K(N)＞K(Q)=K(M)

②M點(diǎn)對(duì)應(yīng)H2的轉(zhuǎn)化率是__________。

③2007年化學(xué)家格哈德·埃特爾在哈伯研究所證實(shí)了氫氣與氮?dú)庠诠腆w催化劑表面合成氨的反應(yīng)過程，示意圖如下：

和分別表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3離開催化劑表面，b和c的含義分別是____________和______________。

（3）有機(jī)反應(yīng)中也常用到催化劑。某反應(yīng)原理可以用下圖表示，寫出此反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________________________。

Ⅱ．過二硫酸鉀(K2S2O8)在科研與工業(yè)上有重要用途。

(4)某廠采用濕法K2S2O8氧化脫硝和氨法脫硫工藝綜合處理燃煤鍋爐煙氣，提高了煙氣處理效率，處理液還可以用作城市植被綠化的肥料。一定條件下，NO去除率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。80℃時(shí)，若NO初始濃度為450mg·m-3，tmin達(dá)到最大去除率，NO去除的平均反應(yīng)速率：v(NO)=__________mol·L-1·Min-1（列代數(shù)式，不必計(jì)算結(jié)果）

(5)過二硫酸鉀可通過“電解→轉(zhuǎn)化→提純”方法制得，電解裝置示意圖如圖所示。

常溫下，電解液中含硫微粒的主要存在形式與pH的關(guān)系如下圖所示。

在陽(yáng)極放電的離子主要是HSO4，陽(yáng)極區(qū)電解質(zhì)溶液的pH范圍為___________，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_____________。20、CO在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及科學(xué)研究中有著重要的應(yīng)用。

(1)CO催化脫硫：科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)CoS對(duì)CO還原SO2實(shí)現(xiàn)脫硫、并回收S有很好的催化效果，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。

(2)CO催化脫氮：在一定溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化制作用下發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol，測(cè)得相關(guān)數(shù)據(jù)如下：。時(shí)間。

濃度0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①其他條件不變，若不使用催化劑，則0～5min內(nèi)NO2的轉(zhuǎn)化率將_____(填“變大”“變小”或“不變”)。

②下列表述能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是______(填序號(hào))。

A．CO的化學(xué)反應(yīng)速率為N2的4倍B．氣體的顏色不再變化。

C．化學(xué)平衡常數(shù)K不再變化D．混合氣體的密度不再變化。

③有利于提高該反應(yīng)中NO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件是_____(填序號(hào))。

A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓。

(3)CO與Ni發(fā)生羰化反應(yīng)形成的絡(luò)合物可作為催化烯烴反應(yīng)的催化劑。Ni的羰化反應(yīng)為Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0，T0溫度下，將足量的Ni粉和3.7molCO加入到剛性密閉容器中，10min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，測(cè)得體系的壓強(qiáng)為原來(lái)的則：

①0～10min內(nèi)平均反應(yīng)速率v(Ni)=___g·min-1。

②研究表明，正反應(yīng)速率v正=k正·x4(CO)，逆反應(yīng)速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4](k正和k逆分別表示正反應(yīng)和逆反應(yīng)的速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))，計(jì)算T0溫度下的=__。

③T1溫度下測(cè)得一定的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算得到v正~x(CO)和v逆~x[Ni(CO)4]的關(guān)系如圖所示。當(dāng)降低溫度時(shí)，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，相應(yīng)的點(diǎn)分別為_______、_______(填字母)。

評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)21、某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)、石墨和鋁箔等，該電池充電時(shí)負(fù)極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，鋰電池充放電過程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化。現(xiàn)利用以下工藝回收正極材料中的某些金屬資源。

回答下列問題：

(1)放電時(shí)電池總反應(yīng)方程式_______________；該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外還有_______________。

(2)寫出“正極堿浸”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______________。

(3)分離操作1是_______________；“酸浸”步驟發(fā)生的氧化還原反應(yīng)化學(xué)方程式是_______________。

(4)“酸浸”時(shí)若用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺點(diǎn)是_______________。

(5)“沉鈷”過程中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象有_______________。22、NiCO3常用于催化劑、電鍍、陶瓷等工業(yè)。現(xiàn)用某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))制取NiCO3的過程如圖所示：

（1）流程中的試劑X（某鈉鹽）的化學(xué)式是___________。

（2）“氧化”時(shí)需保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化?？刂茰囟炔怀^40℃的原因是______（用化學(xué)方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在較小pH條件下水解，最終形成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如圖是pH—溫度關(guān)系圖，圖中陰影部分為黃鈉鐵礬穩(wěn)定存在的區(qū)域，下列說法不正確的是________(填字母)。

a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鐵為+2價(jià)。

b．pH過低或過高均不利于生成黃鈉鐵礬；其原因相同。

c．氯酸鈉在氧化Fe2+時(shí)，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA

d．工業(yè)生產(chǎn)中溫度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黃鈉鐵礬；此時(shí)溶液的pH約為1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液時(shí)，確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是_______________。

（5）某小組利用NiCO3制取鎳氫電池的正極材料堿式氧化鎳(NiOOH)；過程如圖：

①已知25℃時(shí)，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，當(dāng)調(diào)節(jié)pH≥9時(shí)，溶液中殘留的c(Ni2+)________mol/L。

②寫出在空氣中加熱Ni(OH)2制取NiOOH的化學(xué)方程式________________。

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負(fù)極為MH（即吸氫材料M吸附氫原子）。充電時(shí)也可實(shí)現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH。請(qǐng)寫出放電時(shí)該電池的總反應(yīng)式______________。23、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強(qiáng)氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學(xué)查閱資料后設(shè)計(jì)生產(chǎn)NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的還原劑是___________，氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式是___________

(3)A的化學(xué)式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________，（填“陰極”“陽(yáng)極”），其上發(fā)生的電極反應(yīng)為_______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽(yáng)”）離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是_______。

(6)NaClO2變質(zhì)可轉(zhuǎn)化為NaClO3和NaCl。取等質(zhì)量變質(zhì)前后的NaClO2試樣配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應(yīng)時(shí)，消耗Fe2+的物質(zhì)的量_____（填“相同”“不相同”“無(wú)法判斷”）。24、重鉻酸鈉是一種用途極廣的氧化劑，工業(yè)上可以用鉻鐵礦[主要成分Fe(CrO2)2(或?qū)懗蒄eO·Cr2O3)，還含有A12O3、Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)]制備，同時(shí)還可回收Cr。其主要工藝流程如圖所示：

已知部分物質(zhì)的溶解度曲線如圖1所示。

請(qǐng)回答下列問題：

(1)煅燒生成Na2CrO4的化學(xué)方程式為___________。

(2)操作a的實(shí)驗(yàn)步驟為___________。

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

(4)采用石墨電極電解Na2CrO4溶液制備Na2Cr2O7，其原理如圖2所示，寫出電極b的電極反應(yīng)式：________。

(5)根據(jù)有關(guān)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)，含CrO的廢水要經(jīng)化學(xué)處理使其濃度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放?？刹捎眉尤肟扇苄凿^鹽生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸處理多余的Ba2+的方法處理廢水。加入可溶性鋇鹽后，廢水中Ba2+的濃度應(yīng)不小于___________mol·L-1，廢水處理后方能達(dá)到國(guó)家排放標(biāo)準(zhǔn)。評(píng)卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)25、隨著我國(guó)碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)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(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。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(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)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(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)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(duì)總能量(括號(hào)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(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)26、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語(yǔ)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(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)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(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。27、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(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

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

（4）點(diǎn)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、C【分析】【詳解】

根據(jù)熱化學(xué)方程式SO2(g)O2(g)SO3(g)△H＝﹣98.32kJ/mol的含義，可知1molSO2和0.5molO2完全反應(yīng)，生成1molSO3時(shí)放出的熱量為98.32kJ，所以2molSO2和1molO2完全反應(yīng)，生成2molSO3時(shí)放出的熱量為196.64kJ。若往容器中充入2molSO2和1molO2，由于反應(yīng)可逆，2molSO2和1molO2不能完全反應(yīng)；所以放出的熱量小于196.64kJ。

故選C。2、B【分析】【分析】

脫硝反應(yīng)為：該反應(yīng)為氣體系數(shù)減小的反應(yīng)，所以ΔS＜0，根據(jù)該反應(yīng)在一定條件下可自發(fā)進(jìn)行，即有ΔH-TΔS＜0，所以得出ΔH＜0，反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

【詳解】

A．由A圖可知；反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，與分析的結(jié)果是相符的，A正確；

B．由分析可知該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以，升溫平衡向左移動(dòng)，平衡常數(shù)K變小；B錯(cuò)誤；

C．t時(shí)刻；加入催化劑，正反應(yīng)速率瞬間變大，但平衡不移動(dòng)，正反應(yīng)速率保持不變，C正確；

D．僅增加O3，平衡向右移動(dòng)，NO2轉(zhuǎn)化率升高；D正確；

答案選B。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．溶液的酸堿性是根據(jù)c(H＋)和c(OH－)大小來(lái)判斷的，c(H＋)>c(OH－)的溶液呈酸性；A項(xiàng)正確，不選；

B．由于在溶液中H＋的濃度與OH－的濃度之積為常數(shù)，因此在溫度不變時(shí)，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不能同時(shí)增大；B項(xiàng)正確，不選；

C．任何溫度下純水都是顯中性的；C項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；

D．室溫下，pH=5的NH4Cl溶液和pH=9的Na2S溶液都促進(jìn)了水的電離，pH=5的NH4Cl溶液中的H＋都是由水電離的，其濃度為10-5mol·L-1，而pH=9的Na2S溶液中的OH－都是由水電離出來(lái)的，其濃度為10-5mol·L-1，由H2O=H＋+OH－可知，此時(shí)水電離的H＋濃度也為10-5mol·L-1；因此兩溶液中水的電離程度相同，D項(xiàng)正確，不選；

答案選C。4、D【分析】【詳解】

A．白磷分子為正四面體形，4個(gè)磷原子位于4個(gè)頂點(diǎn)，所以一個(gè)白磷分子中含有6個(gè)共價(jià)鍵，則3.1g白磷即0.025P4含共價(jià)鍵0.15mol，即0.15NA；故A正確；

B．白磷在過量氫氧化鉀溶液中反應(yīng)生成KH2PO2，說明KH2PO2不與KOH反應(yīng)，所以KH2PO2為正鹽，由K+和H2PO構(gòu)成，所以10.4g該固體即=0.1mol該固體含離子數(shù)目為0.2NA；故B正確；

C．根據(jù)題目所給反應(yīng)可知反應(yīng)過程P元素發(fā)生歧化反應(yīng)，PH3為唯一還原產(chǎn)物，所以3molKOH參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移3mol電子，2.8gKOH即=0.05molKOH參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子為0.05mol，即0.05NA；故C正確；

D．KOH為強(qiáng)堿，所以室溫下pH＝11的KOH溶液稀釋100倍后pH=9，則溶液中c(H+)=10-9mol/L，且氫離子全部由水電離，則水電離出的氫氧根也為10-9mol/L，溶液體積為10mL，所以n(OHˉ)=10-9mol/L×0.01L=10-11mol；故D錯(cuò)誤；

故答案為D。5、C【分析】【詳解】

A.草木灰的主要成分是碳酸鉀；碳酸鉀是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使水溶液顯堿性，銨態(tài)氮肥與草木灰混合會(huì)發(fā)生反應(yīng)放出氨氣，施用會(huì)降低肥效，故A錯(cuò)誤；

B.氯化鋁是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中部分水解生成氫氧化鋁和氯化氫，加熱蒸干時(shí)，氯化氫受熱揮發(fā)，使鋁離子水解趨于完全生成氫氧化鋁，灼燒時(shí)，Al(OH)3受熱分解生成Al2O3；故Ｂ錯(cuò)誤；

C.碳酸氫鈉為強(qiáng)電解質(zhì)，在水中電離產(chǎn)生鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3-；故Ｃ正確；

D.除去MgCl2溶液中的Fe3+加入NaOH溶液；NaOH易生成氫氧化鎂沉淀，且混入NaCl雜質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選C。

【點(diǎn)睛】

Fe3+易水解生成沉淀，可通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法促進(jìn)Fe3+的水解，加入NaOH溶液，NaOH易生成氫氧化鎂沉淀，且混入NaCl雜質(zhì)是解答關(guān)鍵。6、D【分析】【分析】

鹽的水解促進(jìn)水的電離，鹽類的水解規(guī)律：越弱越水解，即弱酸越弱，其對(duì)應(yīng)的弱酸根離子的水解程度越大，溶液的堿性越強(qiáng)，pH值越大，結(jié)合鹽溶液③④⑤的pH值可得，酸性順序：H2CO3＞HClO＞HCO3—；據(jù)此解答。

【詳解】

A.鹽類的水解規(guī)律：越弱越水解，即弱酸越弱，其對(duì)應(yīng)的弱酸根離子的水解程度越大，溶液的堿性越強(qiáng)，pH值越大，結(jié)合鹽溶液③⑤的pH值可得，酸性的相對(duì)強(qiáng)弱：HClO＞HCO3-；故A錯(cuò)誤；

B.CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，能發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，NaCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不發(fā)生水解，對(duì)水的電離無(wú)影響，所以由水電離產(chǎn)生的c(H+)：①<②；故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)越弱越水解規(guī)律，結(jié)合鹽溶液③④的pH值可知，NaClO中次氯酸根離子的水解程度大于NaHCO3中碳酸根離子的水解程度，則溶液③④中酸根離子濃度：c(ClO－)＜c(HCO3-)；故C錯(cuò)誤；

D.Na2CO3溶液中，碳酸根離子分步水解，且第一步水解程度遠(yuǎn)大于第二步水解程度，則c(HCO3-)＞c(H2CO3)；故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

鹽類的水解規(guī)律：越弱越水解，弱酸越弱，其對(duì)應(yīng)的弱酸根離子的水解程度越大，溶液的堿性越強(qiáng)，pH值越大，是?？键c(diǎn)，也是同學(xué)們的易錯(cuò)點(diǎn)，一定要加強(qiáng)理解。7、C【分析】【分析】

由于CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，但水解是微弱的，因此等體積等pH的CH3COONa與NaOH兩種溶液，c(CH3COONa)＞c(NaOH)；據(jù)此分析解答。

【詳解】

由于CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，但水解是微弱的，因此等體積等pH的CH3COONa與NaOH兩種溶液，c(CH3COONa)＞c(NaOH)；

A.CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解促進(jìn)水的電離，NaOH為強(qiáng)堿，抑制水的電離，由分析知，c(CH3COONa)遠(yuǎn)大于c(NaOH)，因此CH3COONa溶液的導(dǎo)電性大于NaOH溶液的導(dǎo)電性；故A錯(cuò)誤；

B.由分析知，等pH的CH3COONa與NaOH兩種溶液，c(CH3COONa)遠(yuǎn)大于c(NaOH)，則CH3COONa溶液中陽(yáng)離子濃度大于NaOH溶液中陽(yáng)離子濃度；故B錯(cuò)誤；

C.由分析知，等體積等pH的CH3COONa與NaOH兩種溶液，c(CH3COONa)＞c(NaOH)，所以與等物質(zhì)的量濃度的鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，CH3COONa耗酸的體積更多；故C正確；

D.稀釋促進(jìn)CH3COONa的水解，生成更多的氫氧根離子，因此CH3COONa的pH減小程度更小，則稀釋相同倍數(shù)后，CH3COONa溶液的pH更大；故D錯(cuò)誤；

答案選C。8、B【分析】【分析】

由圖像可看出，濃度增大的曲線應(yīng)為濃度減小的曲線應(yīng)為W點(diǎn)時(shí)結(jié)合溶液的電荷守恒；物料守恒解答該題。

【詳解】

A.比大，W點(diǎn)時(shí)從曲線來(lái)看當(dāng)時(shí)，故A錯(cuò)誤；

B.W點(diǎn)3平衡常數(shù)故B正確；

C.溶液中再把題干中的代入即可得故C錯(cuò)誤；

D.向W點(diǎn)所表示溶液中通入的NaOH溶液，原有平衡被打破，建立起了新的平衡，溶液中電荷守恒關(guān)系為：因溶液體積未知，則不能確定大小關(guān)系，所以不一定成立；故D錯(cuò)誤。

故選B。

【點(diǎn)睛】

本題屬于基本概念與理論的考查，落點(diǎn)在水解與電離平衡、物料守恒和電荷守恒、離子濃度大小比較．溶液中存在水解與電離兩個(gè)過程的離子濃度大小比較似乎是考試熱點(diǎn)內(nèi)容，學(xué)習(xí)中要反復(fù)加強(qiáng)訓(xùn)練。9、D【分析】【分析】

【詳解】

A.鋼鐵表面發(fā)生吸氧腐蝕時(shí)，正極上的電極反應(yīng)式為：2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣；由此可知，鋼鐵表面水膜的堿性增大，故A正確；

B.電鍍時(shí)；鍍層作陽(yáng)極，鍍件作陰極，所以在鍍件上電鍍鋅，用鋅作陽(yáng)極，故B正確；

C.電解精煉銅時(shí)；因?yàn)榇帚~含有雜質(zhì)，所以開始通電一段時(shí)間后，陽(yáng)極溶解的銅的質(zhì)量比陰極析出的銅的質(zhì)量少，故C正確；

D.工作時(shí)；原電池的負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池的陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。

故答案為：D。二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【詳解】

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ?mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=（-44kJ?mol-1）×6-（+180.5kJ?mol-1）×2-（+l025kJ?mol-1）=-1650kJ/mol，故答案為4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；

（二）（1）A．及時(shí)分離出NH3；減小了氨氣的濃度，平衡正向移動(dòng)，能用勒夏特列原理解釋，不選；B．使用鐵觸媒做催化劑，平衡不移動(dòng)，不能用勒夏特列原理解釋，選；C．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，不利于氨的合成，反應(yīng)溫度控制在500℃左右是提高反應(yīng)速率和催化劑的活性，不能用勒夏特列原理解釋，選；D．該反應(yīng)屬于氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)有利于平衡正向移動(dòng)，能用勒夏特列原理解釋，不選；故選BC；

（2）A．單位時(shí)間內(nèi)，有3molH-H生成的同時(shí)必定6mdN-H斷裂，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，錯(cuò)誤；B．根據(jù)方程式，起始是N2和H2的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，反應(yīng)過程中N2和H2的物質(zhì)的量之比始終保持不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)C．反應(yīng)后，氣體的物質(zhì)的量減小，質(zhì)量不變，因此達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量變大，正確；D．達(dá)到平衡狀態(tài)后，再充入2molNH3，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，重新達(dá)到平衡后，N2的體積分?jǐn)?shù)變?。徽_；故選CD；

（三）分析圖象變化可知：在投料比一定時(shí)，曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對(duì)應(yīng)的氫氣的轉(zhuǎn)化率依次降低，因此壓強(qiáng)依次減小，故P1>P2>P3；設(shè)起始量氫氣為x，氮?dú)馕镔|(zhì)的量為y；根據(jù)題意和圖像，N2的轉(zhuǎn)化率為50%，H2的轉(zhuǎn)化率為60%；

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x則0.5y：0.6x=1：3，解得=即X=故答案為P1>P2>P3；

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反應(yīng)x3x2x

平衡1-x3-3x2x

則×100%=20%，解得x=mol，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為÷=20%，N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為20%，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，平衡常數(shù)Kp=故答案為

（五）根據(jù)總反應(yīng)：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，一氧化氮失去電子生成硝酸根離子，電極反應(yīng)式為NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案為NO+2H2O-3e-=4H++NO3-?！窘馕觥?NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molBCCDP1>P2>P32∶5NO+2H2O-3e-=4H++NO3-11、略

【分析】【詳解】

（1）由題，NH3和NaClO反應(yīng)副產(chǎn)物對(duì)環(huán)境無(wú)污染，可知產(chǎn)物為NaCl和H2O，反應(yīng)方程式為：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高，平衡常數(shù)越小，說明反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即ΔH＜0；

②x增大說明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移動(dòng)，從而提高CO2的轉(zhuǎn)化率，故a隨著x的增大而增大；由圖A點(diǎn)處x=3，若假設(shè)原料氣中n(CO2)=1mol，則n(NH3)=3mol，又CO2的轉(zhuǎn)化率為63%，即CO2反應(yīng)了0.63mol，由題給反應(yīng)方程式可知NH3反應(yīng)了1.26mol，所以NH3的轉(zhuǎn)化率為：

（3）①由題：其中Kb表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)，Kw表示水的離子積常數(shù)，在溫度不變的情況下，數(shù)值不變，故的值不變；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+發(fā)生水解，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+發(fā)生水解部分不計(jì)，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常數(shù)為：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移動(dòng)，從而提高CO2的轉(zhuǎn)化率42%不變NH4++H2ONH3·H2O+H+12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由圖中可知；反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量即1mol氣體A和1mol氣體B具有的總能量比1mol氣體C和1mol氣體D具有的總能量低，故該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；低；

(2)圖中可知，E1是正反應(yīng)的活化能，E2是逆反應(yīng)的活化能，若在反應(yīng)體系中加入催化劑使反應(yīng)速率增大，是由于降低了正逆反應(yīng)的活化能，活化分子的百分?jǐn)?shù)增大，故E1和E2均減小，但催化劑只改變反應(yīng)途徑與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，故ΔH不變，故答案為：減??；減??；不變?！窘馕觥课鼰岬蜏p小減小不變13、略

【分析】【詳解】

S在氧氣中燃燒生成SO2，32gS發(fā)生反應(yīng)放出297kJ的能量，根據(jù)熱化學(xué)方程式書寫規(guī)則，S燃燒的熱化學(xué)方程式為S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1

【點(diǎn)睛】

在書寫熱化學(xué)方程式時(shí)，25℃、101kPa的條件可以不注明?！窘馕觥縎(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-114、略

【分析】【分析】

⑴根據(jù)圖像得出生成1mol氣態(tài)氨氣放出的熱量；再寫出熱化學(xué)方程式。

⑵根據(jù)焓變等于斷鍵吸收的熱量減去成鍵放出的熱量進(jìn)行計(jì)算。

⑶使用催化劑會(huì)降低反應(yīng)所需活化能。

⑷根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

⑴根據(jù)圖像可知生成1molNH3(g)放出了46kJ的熱量，因此N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成NH3(g)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1，故答案為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1。

⑵設(shè)N—H的鍵能為xkJ·mol-1.；ΔH=943+435×3－6x=－92，x=390，故答案為390。

⑶使用鐵觸媒催化劑，活化能降低，因此E1減小，E2減?。还蚀鸢笧闇p?。粶p小。

⑷4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=bkJ/mol將第1個(gè)方程減去第2個(gè)方程的3倍得到，NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=故答案為NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1390減小減小NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=15、略

【分析】【詳解】

（1）等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合恰好反應(yīng)，生成強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，醋酸根離子因水解略有減少，所以溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)；

（2）醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸中c（H+）和pH＝11的氫氧化鈉溶液中c（OH-）相等，但醋酸的濃度大于氫氧化鈉的濃度，等體積混合后溶液呈酸性，電離大于水解，溶液中c(Na＋)<c(CH3COO－)；

（3）根據(jù)電荷守恒，物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則混合后溶液呈中性，醋酸體積大于氫氧化鈉溶液體積?！窘馕觥竣?堿性②.＞③.酸性④.＜⑤.中性⑥.＞16、略

【分析】【分析】

⑴常溫下NaHA溶液電離出HA－，HA－只發(fā)生電離；不發(fā)生水解，因此溶液的pH顯酸性。

⑵某溫度下，若向0.1mol?L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol?L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)，此溫度為某溫度，不一定是常溫，因此A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性得到B正確；如果等體積混合，溶液呈堿性，但溶液要呈中性，說明KOH的體積比NaHA的體積小，則c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正確；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol?L－1；此混合溶液中的下列關(guān)系一定正確的是BC。

⑶室溫下若0.1mol?L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol?L－1，H2A是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.1mol?L－1H2A溶液全部電離，由于HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，而且第一步電離的氫離子濃度對(duì)HA－電離起了抑制作用，因此0.1mol?L－1的HA－溶液電離出的氫離子濃度小于0.01mol?L－1，所以0.1mol?L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol?L－1。

【詳解】

⑴常溫下NaHA溶液電離出HA－，HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，因此溶液的pH顯酸性，故答案為：B；HA－只發(fā)生電離；不發(fā)生水解。

⑵某溫度下，若向0.1mol?L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol?L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)，此溫度為某溫度，不一定是常溫，因此A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性得到B正確；如果等體積混合，溶液呈堿性，但溶液要呈中性，說明KOH的體積比NaHA的體積小，則c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正確；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol?L－1；此混合溶液中的下列關(guān)系一定正確的是BC；故答案為：BC。

⑶室溫下若0.1mol?L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol?L－1，H2A是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.1mol?L－1H2A溶液全部電離，由于HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，而且第一步電離的氫離子濃度對(duì)HA－電離起了抑制作用，因此0.1mol?L－1的HA－溶液電離出的氫離子濃度小于0.01mol?L－1，所以0.1mol?L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol?L－1，故答案為：＜；H2A第一步電離所產(chǎn)生的H+對(duì)HA的電離起抑制作用。【解析】①.B②.HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步電離所產(chǎn)生的H+對(duì)HA的電離起抑制作用。三、判斷題(共1題，共2分)17、×【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、原理綜合題(共3題，共27分)18、略

【分析】【分析】

在書寫物質(zhì)的燃燒熱的熱化學(xué)方程式時(shí)；要注意可燃物的化學(xué)計(jì)量系數(shù)為1，方程式表示的必須是可燃物的完全燃燒，若有水生成，務(wù)必要為液態(tài)。由于溫度越高，反應(yīng)速率一般越大；所以對(duì)于不同溫度下，物質(zhì)濃度隨時(shí)間變化的圖像，濃度變化的越快，說明相應(yīng)的溫度越高；判斷出溫度的大小后，再根據(jù)不同溫度平衡濃度的大小關(guān)系結(jié)合勒夏特列原理就可以分析出反應(yīng)是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)。平衡常數(shù)，高中階段認(rèn)為只和溫度有關(guān)；所以利用溫度不變平衡常數(shù)不變，通過判斷濃度商和平衡常數(shù)的大小關(guān)系，就可以確定條件改變對(duì)平衡的影響。

【詳解】

(1)甲烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：根據(jù)蓋斯定律，代入數(shù)據(jù)得

(2)①根據(jù)CO還原NO2的方程式：甲容器中平衡時(shí)CO2的濃度增加了0.6mol/L，那么NO2的濃度減小了0.3mol/L，即物質(zhì)的量減少了0.6mol，因此轉(zhuǎn)化率為：

②由于T1條件下，CO2濃度變化更快，所以該溫度下反應(yīng)速率更大，因此溫度更高；溫度從T1降到T2，CO2的平衡濃度上升；平衡正向移動(dòng)，因此，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

③溫度為T2時(shí)，CO2平衡濃度為1mol/L，根據(jù)反應(yīng)的方程式：N2的平衡濃度即0.25mol/L，NO2的平衡濃度為0.5mol/L，CO的平衡濃度為0.5mol/L，所以該溫度下平衡常數(shù)為：

④乙容器達(dá)到平衡后，若再充入3molNO2和2molCO2，則此時(shí)NO2的濃度為2mol/L，CO2的濃度為2mol/L；此時(shí)，濃度商為：由于溫度未變化，所以此時(shí)的K仍為16，Q=K；所以，反應(yīng)仍維持平衡狀態(tài)，正逆反應(yīng)速率相等；

【點(diǎn)睛】

可逆反應(yīng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等；若已知平衡常數(shù)，那么溫度不變的情況下，可以利用平衡常數(shù)和濃度商的關(guān)系判斷條件改變對(duì)平衡的影響。【解析】CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=?799kJ/mol><溫度升高，c（CO2）低，平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)16=19、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．（1）將CO2轉(zhuǎn)化為炭黑進(jìn)行回收利用，根據(jù)反應(yīng)過程I、II，整個(gè)過程中Fe3O4的是一個(gè)中間產(chǎn)物；故其作用是中間產(chǎn)物；

（2）①該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)相同時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，氨氣質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，故曲線a、b、c對(duì)應(yīng)的溫度是由低到高，故a正確；b．加入催化劑能加快化學(xué)反應(yīng)速率但不能影響平衡移動(dòng)不會(huì)提高H2的轉(zhuǎn)化率，故b錯(cuò)誤；c．圖中Q、M溫度相同，K(Q)=K(M)，N點(diǎn)比M點(diǎn)溫度高，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，故K(N)

②M點(diǎn)時(shí)，氨氣的轉(zhuǎn)化率是60%，n(N2)∶n(H2)=1∶3，設(shè)n(N2)=1mol，n(H2)=3mol氣體總質(zhì)量為34g

故平衡時(shí)n（NH3）=1.2molN2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

轉(zhuǎn)化（mol）0.61.81.2

平衡（mol）0.41.21.2

H2的轉(zhuǎn)化率：×100%=60%；

③根據(jù)圖示和分別表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3離開催化劑表面，b和c的含義分別是。

N2、H2被吸附在催化劑表面、在催化劑表面，N2、H2分子中化學(xué)鍵斷裂；

（3）由圖示可知：反應(yīng)物為和H2O2，生成物是和H2O，故方程式為：+H2O2+H2O；

(4)NO初始濃度為450mg·m-3，物質(zhì)的量濃度是1.5×10-5mol/L，80℃時(shí)，tmin達(dá)到最大去除率為91.6%，NO去除的平均反應(yīng)速率：v(NO)==mol·L-1·min-1；

(5)在陽(yáng)極放電的離子主要是HSO4-，根據(jù)陽(yáng)極區(qū)含硫微粒的主要存在形式與pH的關(guān)系，電解質(zhì)溶液的pH范圍為0~2，陽(yáng)極失電子，故HSO4-失電子生成S2O42-，故其電極反應(yīng)為：2HSO4--2e-=S2O42-+2H+?！窘馕觥恐虚g產(chǎn)物a60%N2、H2被吸附在催化劑表面在催化劑表面，N2、H2分子中化學(xué)鍵斷裂+H2O2+H2O(或或)0~22HSO4--2e-=S2O42-+2H+20、略

【分析】【分析】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反應(yīng)產(chǎn)生S、CO2；

(2)①利用催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響分析判斷；

②根據(jù)平衡時(shí)任何一種物質(zhì)的物質(zhì)的量；濃度、含量等保持不變判斷；

③要提高該反應(yīng)中NO2平衡轉(zhuǎn)化率；就要使平衡正向移動(dòng)，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，結(jié)合反應(yīng)特點(diǎn)分析判斷；

(3)①先計(jì)算平衡時(shí)Ni(CO)4(g)的物質(zhì)的量；然后根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系，計(jì)算消耗Ni的質(zhì)量，得到其反應(yīng)速率；

②根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆；利用速率與物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)關(guān)系計(jì)算；

③該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度時(shí)，平衡正向移動(dòng)，同時(shí)正反應(yīng)速率、逆反應(yīng)速率均減小，x(CO)減小，x[Ni(CO)4]增大。

【詳解】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反應(yīng)產(chǎn)生S、CO2，根據(jù)原子守恒、電子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CO+SO22CO2+S；

(2)①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：反應(yīng)在15min時(shí)達(dá)到平衡，由于在0～5min內(nèi)反應(yīng)未達(dá)到平衡，所以若使用催化劑，就可以加快反應(yīng)速率，使更多的反應(yīng)物NO2反應(yīng)，NO2轉(zhuǎn)化率提高，若不使用催化劑，則反應(yīng)速率減小，NO2的轉(zhuǎn)化率將變??；

②反應(yīng)2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)。

A．未指明反應(yīng)速率是正反應(yīng)速率還是逆反應(yīng)速率；因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，反應(yīng)混合物只有NO2是有色氣體；因此若混合氣體的顏色不再變化，說明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)，B正確；

C．化學(xué)平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)；與反應(yīng)是否達(dá)到平衡無(wú)關(guān)，因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行；反應(yīng)混合物都是氣體，氣體的體積；質(zhì)量始終不變，因此氣體密度始終不變，所以不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是B；

③根據(jù)平衡移動(dòng)原理：增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)；降低溫度，化學(xué)平衡向放熱反應(yīng)方向移動(dòng)。由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，要提高該反應(yīng)中NO2平衡轉(zhuǎn)化率；采取的措施是低溫高壓，故合理選項(xiàng)是B；

(3)①在恒容密閉容器中，氣體的壓強(qiáng)比等于氣體的物質(zhì)的量的比，在反應(yīng)開始時(shí)加入了3.7molCO，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)測(cè)得體系的壓強(qiáng)為原來(lái)的則氣體的物質(zhì)的量為n(氣體)=×3.7mol=1mol，假設(shè)平衡時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生Ni(CO)4(g)為xmol，則反應(yīng)消耗CO物質(zhì)的量為4xmol，平衡時(shí)CO物質(zhì)的量為(3.7-4x)mol，則(3.7-4x)mol+xmol=1mol，解得x=0.9mol，由方程式可知Ni與反應(yīng)產(chǎn)生的Ni(CO)4(g)的物質(zhì)的量相同，因此10min內(nèi)反應(yīng)消耗Ni的物質(zhì)的量為0.9mol，其質(zhì)量是m(Ni)=0.9mol×59g/mol=53.1g，所以0～10min內(nèi)平均反應(yīng)速率v(Ni)=53.1g÷10min=5.31g/min；

②當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆，由于正反應(yīng)速率v正=k正·x4(CO)，逆反應(yīng)速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4]，所以k正·x4(CO)=k逆·x[Ni(CO)4]，=K，根據(jù)①可知平衡時(shí)n[Ni(CO)4]=0.9mol，n(CO)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，所以x(CO)=x[Ni(CO)4]=所以K==9×103(或9000)；

③該反應(yīng)是放熱反應(yīng)。降低溫度時(shí)，平衡正向移動(dòng)，同時(shí)正反應(yīng)速率、逆反應(yīng)速率均減小，x(CO)減小，x[Ni(CO)4]增大；所以反應(yīng)重新達(dá)到平衡時(shí)相應(yīng)的點(diǎn)分別為D；B。

【點(diǎn)睛】

本題綜合考查了氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷及化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡常數(shù)的有關(guān)計(jì)算和影響因素等，掌握有關(guān)概念、原理和平衡移動(dòng)原理、平衡狀態(tài)的特征是分析解答的關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識(shí)圖能力和計(jì)算能力。【解析】2CO+SO22CO2+S變小BB5.319×103(或9000)DB五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)21、略

【分析】【分析】

廢舊鋰離子電池放電拆解處理后；正極用氫氧化鈉溶液，堿溶過濾得到的濾液，調(diào)節(jié)溶液pH，過濾得到氫氧化鋁沉淀；濾渣加入硫酸，過氧化氫調(diào)節(jié)溶液pH過濾，得到的濾液中加入萃取劑萃取分液得到的水層為硫酸鋰，有機(jī)層通過反萃取得到的水層為硫酸鈷溶液，加入碳酸氫銨溶液，沉淀鈷離子，得到碳酸鈷固體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)該電池充電時(shí)負(fù)極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，說明放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC6-xe-=6C+xLi+，充放電過程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化，則放電過程中，Li1-xCoO2和LixC6發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成LiCoO2和C，反應(yīng)方程式為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外，通過放電，將Li+從負(fù)極中脫出進(jìn)入正極材料中，提高鋰的回收率，故答案為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+從負(fù)極中脫出進(jìn)入正極材料中；提高鋰的回收率；

(2)正極中含有鋁，鋁易溶于強(qiáng)堿溶液生成AlO2-，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)分離操作1是用有機(jī)溶劑萃取分離出硫酸鋰溶液，因此操作1是萃取、分液；酸浸時(shí)反應(yīng)物有硫酸、過氧化氫以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反應(yīng)方程式為：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，故答案為：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

(4)由題中信息知LiCoO2具有強(qiáng)氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，污染環(huán)境，因此不能用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液；故答案為：有氯氣生成，污染較大；

(5)“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為：產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體和沉淀，故答案為：產(chǎn)生氣體和沉淀。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為(4)，要注意題中“鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)”，結(jié)合“充電時(shí)陰極反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6”，說明LiCoO2具有強(qiáng)氧化性，可能將鹽酸氧化生成氯氣?！窘馕觥竣?Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C②.Li+從負(fù)極中脫出進(jìn)入正極材料中，提高鋰的回收率③.2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑④.萃取、分液⑤.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O⑥.有氯氣生成，污染較大⑦.產(chǎn)生(無(wú)色無(wú)味的)氣體、產(chǎn)生沉淀(或溶液變渾濁)22、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))用過量的酸溶解，其中的金屬轉(zhuǎn)化為金屬陽(yáng)離子，再加入適量X試劑，將銅離子和鋅離子轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀除去，濾液中含有鎳、鐵、鉻等金屬離子，根據(jù)(2)可知，保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH調(diào)節(jié)pH，除去鐵和鉻，在過濾后的濾液好加入碳酸鈉得到NiCO3。據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)流程圖，加入試劑X后生成了硫化銅和硫化鋅沉淀，因此試劑X(某鈉鹽)為Na2S，故答案為Na2S；

(2)由于過氧化氫受熱容易分解，因此“氧化”時(shí)需保持濾液在40℃左右，溫度不超過40℃，故答案為2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鈉為+1價(jià)，硫酸根為-2價(jià)，氫氧根為-1價(jià)，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，鐵為+3價(jià)，故a錯(cuò)誤；b．pH過低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能夠被酸溶解；pH過高，鐵離子容易水解生成氫氧化鐵或FeOOH沉淀，均不利于生成黃鈉鐵礬，原因不相同，故b錯(cuò)誤；c．用氯酸鈉在酸性條件下氧化Fe2+離子方程式為6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA，故c正確；d．由圖像可知，生成黃鐵礬鋼所需要的合適溫度為85℃～95℃，pH約為1.2～1.8，故d正確；錯(cuò)誤的有ab，故答案為ab；

(4)確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀，具體操作步驟為：靜置，在上層清液中繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液，無(wú)沉淀生成，故答案為靜置，取少量上層清液繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液；無(wú)沉淀生成；

(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，當(dāng)調(diào)節(jié)pH≥9時(shí)，c(H+)=10-9mol/L，則c(OH-)==10-5mol/L，c(Ni2+)===2×10-5mol?L-1，故答案為≤2×10-5；

②空氣中加熱Ni(OH)2，Ni(OH)2與空氣中的氧氣反應(yīng)生成NiOOH和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O，故答案為4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O；

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負(fù)極為MH(即吸氫材料M吸附氫原子)。充電時(shí)也可實(shí)現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH，則放電時(shí)NiOOH在正極發(fā)生還原反應(yīng)生成Ni(OH)2，電池的總反應(yīng)為MH與Ni(OH)2反應(yīng)生成NiOOH和M，反應(yīng)方程式為NiOOH+MH=M+Ni(OH)2，故答案為NiOOH+MH=M+Ni(OH)2?！窘馕觥縉a2S2H2O22H2O+O2↑ab靜置，取少量上層清液繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液，無(wú)沉淀生成≤2×10-54Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2ONiOOH+MH=M+Ni(OH)223、略

【分析】【分析】

ClO2和雙氧水在II中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaClO2和氣體a，該反應(yīng)中Cl元素化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?3價(jià)，則O元素化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，所以生成的氣體a是O2，離子反應(yīng)方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸鈉溶液通入離子隔膜電解池中，在III中發(fā)生電解，根據(jù)圖知，電極Y生成氫氧化鈉，說明電極Y為陰極，陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近生成NaOH，所以生成的氣體b是H2；電極X為陽(yáng)極，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以a是O2，同時(shí)生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性條件下，在I中NaClO3、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析，I中NaClO3、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑，還原劑是Na2SO3；氣體a是O2，故答案為Na2SO3；氧氣；

(2)堿性條件下，ClO2、H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氧氣、ClO2-和水，Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；

(3)通過以上分析知，電解硫酸鈉溶液，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，同時(shí)生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在陽(yáng)極附近生成，故答案為H2SO4；

(4)根據(jù)上述分析，Ⅲ中電極X陽(yáng)極，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應(yīng)式為2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)，電極Y為陰極，陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近生成NaOH，溶液中的鈉離子通過離子交換膜N進(jìn)入陰極區(qū)，因此離子交換膜N為陽(yáng)離子交換膜，故答案為陽(yáng)極；2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)；陽(yáng)；

(5)5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反應(yīng)中，4NaClO2→4ClO2，+3價(jià)的氯元素化合價(jià)升高到+4價(jià)，所以NaClO2是還原劑；1NaClO2→1NaCl，+3價(jià)的氯元素的化合價(jià)降低到-1價(jià)，所以NaClO2作氧化劑；所以該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4；故答案為1∶4；

(6)NaClO2變質(zhì)可轉(zhuǎn)化為NaClO3和NaCl，Cl元素從+3價(jià)變?yōu)?5價(jià)和-1價(jià)，反應(yīng)為3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2試樣與足量FeSO4溶液反應(yīng)3ClO2-+12Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+3Cl-+8Fe3+，最終得到Cl元素由+3價(jià)變?yōu)?1價(jià)，所以NaClO2變質(zhì)前后分別與Fe2+反應(yīng)時(shí)；最終均得到等量NaCl，Cl元素均由+3價(jià)變?yōu)?1價(jià)，根據(jù)電子守恒，兩個(gè)過程中得到的電子的物質(zhì)的量相同，故答案為相同。

【點(diǎn)睛】

明確I、II、III中發(fā)生的反應(yīng)及物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(5)，要注意5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中NaClO2既是氧化劑又是還原劑?！窘馕觥竣?Na2SO3②.氧氣③.2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；④.H2SO4⑤.陽(yáng)極⑥.2H2O?4e?=O2↑＋4H＋（或4OH－-4e－＝O2＋2H2O⑦.陽(yáng)⑧.1:4⑨.相同24、略

【分析】【分析】

煅燒時(shí)主要發(fā)生Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應(yīng)，根據(jù)(1)問題干知生成Na2CrO4，同時(shí)鐵元素被氧化為Fe2O3，F(xiàn)e2O3不參與反應(yīng)在第二步浸出過濾時(shí)被除去，即濾渣1成分為Fe2O3，Al2O3與SiO2分別與Na2CO3反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NaAlO2和Na2SiO3，兩者在第三步調(diào)節(jié)pH除雜轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2SiO3沉淀被除去，即濾渣2為Al(OH)3和H2SiO3，經(jīng)過除雜后得到含Na2CrO4的濾液，酸化得到含Na2Cr2O7和Na2SO4的溶液，結(jié)合圖1知可通過控制溫度提純Na2Cr2O7，進(jìn)而結(jié)晶得到Na2Cr2O7晶體；另外含Na2CrO4的濾液與Na2S反應(yīng)生成Cr(OH)3，灼燒得到Cr2O3，再通過鋁熱反應(yīng)可得到Cr。

【詳解】

(1)Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應(yīng)，生成Na2CrO4，同時(shí)Fe元素被氧化為Fe2O3，根據(jù)流程知還有CO2生成，初步確定