2025年冀教新版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教新版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷179考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、相同條件下，下列各組熱化學(xué)方程式(溶液中的反應(yīng)均是在稀溶液之間進(jìn)行的)中，ΔH1＞ΔH2的是A.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH1；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH2B.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH1；H+(aq)+NH3·H2O(aq)=N(aq)+H2O(l)ΔH2C.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1；S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH2D.CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH1；2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH22、已知“凡氣體分子總數(shù)增大的反應(yīng)一定是熵增加的反應(yīng)”。下列反應(yīng)一定能自發(fā)進(jìn)行的是A.2O3(g)=3O2(g)?H<0B.2CO(g)=2C(s)+O2(g)?H>0C.N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)?H<0D.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)?H>03、信使分子NO對人體生命活動有重要意義，在一定溫度時可以發(fā)生反應(yīng)2NO+O22NO2；如圖是在其他條件相同時，分別在有；無催化劑時反應(yīng)過程的能量變化。下列說法正確的是。

A.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.逆反應(yīng)的活化能大于正反應(yīng)的活化能C.加入催化劑可以改變反應(yīng)的焓變D.該反應(yīng)的焓變?yōu)镋1—E24、在一定條件下，將3molA和1molB兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(s)。2min末該反應(yīng)達(dá)到平衡，測得生成0.8molD，并測得C的濃度為0.2mol·L-1。下列判斷不正確的是A.x=1B.2min內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為0.3mol·L-1·min-1C.A與B的轉(zhuǎn)化率相等，均為40%D.平衡時B與C的濃度之比為2：35、物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液：①NH4Cl②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④CH3COONH4⑤NH4Al(SO4)2中，c()由大到小的順序為（）A.②③①⑤④B.②③⑤①④C.⑤④①③②D.②③①④⑤評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領(lǐng)域有著極其廣泛的應(yīng)用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙燒除去水分得到固體TiO2。實驗室用氧化還原滴定法測定TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題：

（1）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化學(xué)方程式為_________________________________。

（2）配制NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液時，加入一定量H2SO4的原因是_________________________。

（3）NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液盛裝在___________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中，滴定終點的現(xiàn)象是________________________。若在滴定終點讀取滴定管刻度時，仰視標(biāo)準(zhǔn)液液面使測定結(jié)果________（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。

（4）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1）試樣wg，消耗cmol·L-1NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為__________________________。7、和合成甲烷也是資源化利用的重要方法。對于反應(yīng)催化劑的選擇是甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑條件下反應(yīng)相同時間，測得轉(zhuǎn)化率和生成選擇性隨溫度變化的影響如圖所示：

(1)高于后，以為催化劑，轉(zhuǎn)化率略有下降，而以為催化劑，轉(zhuǎn)化率仍在上升，其原因是_______。

(2)對比上述兩種催化劑的催化性能，工業(yè)上應(yīng)選擇的催化劑是_______，使用的合適溫度為_______。8、回答問題：

(1)在一定條件下的密閉容器中，等物質(zhì)的量的A、B發(fā)生可逆反應(yīng)A(g)+B(g)M(g)+N(g)。達(dá)到平衡后，如果保持溫度不變，壓縮容器的體積，則平衡___________移動(填“正向”、“逆向”或“不”)；再達(dá)到平衡時，B的百分含量___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)在一定條件下的密閉容器中，可逆反應(yīng)CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔH＞0達(dá)到平衡。如果保持溫度和容器容積不變，再通入少量CO2，則平衡___________移動(填“正向”、“逆向”或“不”)；再達(dá)平衡時，容器的壓強(qiáng)___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(3)室溫下，把SiO2細(xì)粉放入蒸餾水中，攪拌至平衡，生成H4SiO4溶液(SiO2＋2H2OH4SiO4)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___________。該反應(yīng)平衡常數(shù)K隨溫度的變化如圖所示，若K值變小，在平衡移動時正反應(yīng)速率如何變化___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(4)已知CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)在一定溫度下，向一容積可變的容器中充入2molCO2、4molCH3OH(g)，CO2的轉(zhuǎn)化率與反應(yīng)時間的關(guān)系如圖所示。在t時加壓，若t1時容器容積為1000mL，則t2時容器容積為___________mL。

(5)一定量的CO2與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應(yīng)：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡時，體系中氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如下圖所示：已知：氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×體積分?jǐn)?shù)。925℃時，已知總壓為p總，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=___________。

9、（1）13gC2H2(g)完全燃燒生成CO2和H2O(l)時，放出659kJ的熱量，寫出表示該物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式___________________________。

（2）已知反應(yīng)：Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl。

Ⅰ.當(dāng)有0.2molHCl生成時放出8.1kJ的熱量。

Ⅱ.其能量變化示意圖如圖：

則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_____________________________________。由上述數(shù)據(jù)判斷斷開1molH—Cl鍵與斷開1molH—Br鍵所需能量相差約為________kJ。

（3）已知：①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1

②Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1

則CO(g)與Na2O2(s)反應(yīng)放出509kJ熱量時，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為________。

（4）已知CO、H2、CH4的燃燒熱分別為283kJ·mol－1、286kJ·mol－1、890kJ·mol－1。若將amolCH4、CO和H2的混合氣體完全燃燒,生成CO2氣體和液態(tài)水,且CO2和水的物質(zhì)的量相等時,則放出熱量(Q)的取值范圍是____。10、溫度為t℃時，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-amol·L-1，c(OH-)=10-bmol·L-1；已知：a+b=13；請回答下列問題：

(1)該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=_______，t_______(填“＜”、“>”或“=”)25。

(2)該NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為_______，該NaOH溶液中由水電離出的c(OH-)為_______。

(3)回答下列有關(guān)醋酸的問題。在一定溫度下；向冰醋酸中加水稀釋，溶液導(dǎo)電能力變化情況如圖所示：

a、b、c三點醋酸電離程度由大到小的順序為_______；a、b、c三點對應(yīng)的溶液中，pH最小的是_______；a、b、c三點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度最大的是_______。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)11、化學(xué)平衡正向移動，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤12、正逆反應(yīng)的ΔH相等。____A.正確B.錯誤13、pH減小，溶液的酸性一定增強(qiáng)。（____________）A.正確B.錯誤14、(1)Ksp越小，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小與離子濃度無關(guān)，只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)____

(3)常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp減小_____

(4)Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度小_____

(5)Ksp反應(yīng)了物質(zhì)在水中的溶解能力，可直接根據(jù)Ksp數(shù)值的大小來比較電解質(zhì)在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，則Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl與10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反應(yīng)后，Cl-濃度等于零_____

(8)溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度升高，Ksp增大____

(9)常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的Ksp不變_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，則Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，則在任何含AgCl固體的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在溫度一定時，當(dāng)溶液中Ag+和Cl-的濃度的乘積等于Ksp(AgCl)時，則溶液中達(dá)到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變_____

(14)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，現(xiàn)象是先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍(lán)色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小______A.正確B.錯誤15、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時水呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤16、ΔH＜0，ΔS＞0的反應(yīng)在溫度低時不能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯誤17、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自發(fā)進(jìn)行，原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向。__________________A.正確B.錯誤18、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共18分)19、鋯(40Zr)是現(xiàn)代工業(yè)中重要的金屬原料，具有良好的可塑性，其抗蝕性能強(qiáng)于鈦。以鋯英石(主要成分是ZrSiO4，還含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)錯及其化合物的流程如圖所示：

(1)分餾屬于___(填“物理變化”或“化學(xué)變化”)。

(2)鋯英石___(填“能”或“不能”)直接用稀鹽酸浸取后再分餾，理由是___。

(3)“高溫氣化”中ZrSiO4發(fā)生反應(yīng)得到ZrCl4的反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

(4)流程中ZrCl4與水反應(yīng)后經(jīng)過濾、洗滌、干燥等操作可獲得ZrOCl2·8H2O，檢驗該物質(zhì)是否洗滌干凈的實驗操作為__。

(5)工業(yè)上使用惰性電極電解K2ZrF6與KCl組成的熔鹽來制取金屬錯。陽極上的電極反應(yīng)式為__，每轉(zhuǎn)移0.4mole-，理論上陰極增加的質(zhì)重為__。

(6)極稀溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度很小，常用其負(fù)對數(shù)pc(pcB=-lgcB)表示。某溫度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，則其飽和溶液中pc(Zr4+)+pc(CO)=__。(已知lg2=0.3)20、工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))制備PbSO4的工藝流程如圖：

已知：①PbCl2難溶于冷水；易溶于熱水。

②PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0

③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5

(1)“浸取”時需要加熱，充分反應(yīng)后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物質(zhì)，其中生成FeCl3的化學(xué)方程式為______。

(2)“濾渣2”的主要成分是______。

(3)“沉降”操作時加入冰水的原因是______。

(4)上述流程中濾液可循環(huán)利用，試劑X是______(填化學(xué)式)。PbCl2經(jīng)“沉淀轉(zhuǎn)化”后得到PbSO4，若用1LX溶液轉(zhuǎn)化10mol的PbCl2，則X溶液的最初物質(zhì)的量濃度不得低于______。

(5)硫酸鉛廣泛應(yīng)用于制造鉛蓄電池。鉛蓄電池充電時，正極與電源的______極相連，其電極反應(yīng)式為______。充電過程中轉(zhuǎn)移2mole-時，兩電極材料共______(填“增加”或“減少”)的質(zhì)量為______g。評卷人得分五、實驗題(共4題，共12分)21、研究化學(xué)反應(yīng)的速率和限度對于日常生活和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)都具有重要的意義。

(1)一定溫度下，在2L的恒容容器中充入N2與H2各1mol，H2的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖所示。回答下列問題：

①反應(yīng)0～2min，以NH3表示的平均反應(yīng)速率為_______。

②能說明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是_______。

a.混合氣體的密度保持不變b.容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)保持不變

c.d.N2、H2、NH3分子數(shù)之比為1：3：2

e.氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變f.NH3的體積分?jǐn)?shù)保持不變。

③我國科研人員研究發(fā)現(xiàn)合成氨的反應(yīng)歷程有多種，其中有一種反應(yīng)歷程如圖所示(吸附在催化劑表面的物質(zhì)用*表示)。下列說法錯誤的是_______。

a.N2生成NH3是通過多步還原反應(yīng)生成的。

b.過程Ⅰ和Ⅲ中能量的變化相同。

c.適當(dāng)提高N2分壓，可以加快反應(yīng)速率，提高轉(zhuǎn)化率。

d.大量氨分子吸附在催化劑表面；將降低反應(yīng)速率。

(2)一種“碘鐘實驗”是將濃度均為0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定時間后溶液變?yōu)樗{(lán)色。某小組同學(xué)在室溫下對該實驗原理進(jìn)行探究。資料：該實驗的總反應(yīng)為反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第i步：第ii步：

①第ii步的離子方程式是_______。對于總反應(yīng)，的作用相當(dāng)于_______。

②為探究溶液變藍(lán)快慢的影響因素，進(jìn)行實驗I、實驗Ⅱ(溶液濃度均為0.01mol/L)。實驗序號溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)H2O變藍(lán)時間實驗I5mL4mL8mL3mL030min實驗Ⅱ5mL2mLxmLymLzmL40min

實驗Ⅱ中，x、y、z所對應(yīng)的數(shù)值分別是_______。對比實驗I、實驗Ⅱ，可得出的實驗結(jié)論是_______。

③為探究其他因素對該“碘鐘實驗”的影響，進(jìn)行實驗Ⅲ(溶液濃度均為0.01mol/L)。實驗序號溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)H2O實驗Ⅲ4mL4mL9mL3mL0

實驗過程中，溶液始終無明顯顏色變化。試結(jié)合該“碘鐘實驗”總反應(yīng)方程式及第i、ii步反應(yīng)速率的相對快慢關(guān)系，解釋實驗Ⅲ未產(chǎn)生顏色變化的原因_______。22、50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)。通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和反應(yīng)的反應(yīng)熱。

回答下列問題：

(1)從實驗裝置看；圖中還缺少的一種玻璃儀器是______，能不能用銅絲攪拌棒代替該玻璃儀器______(“能”或“不能”)，理由是_________。

(2)兩燒杯間填滿碎紙屑的作用是________。

(3)實驗中改用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)；與上述實驗相比較，所放出的熱量______(填“相等”或“不相等”)，理由是_________。

(4)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實驗；測得中和反應(yīng)的中和熱的數(shù)值與57.3kJ/mol相比較會_________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。

(5)大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和反應(yīng)的反應(yīng)熱數(shù)值________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。23、某實驗小組用溶液和硫酸進(jìn)行中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測定。

(1)配制溶液。

①若實驗中大約要使用溶液，至少需要稱量固體_______g。

②從下表中選擇，稱量固體所需要的儀器是(填字母)_______。名稱托盤天平(帶砝碼)小燒杯坩堝鉗玻璃棒藥匙量筒儀器序號abcdef

(2)取溶液和硫酸進(jìn)行實驗；實驗數(shù)據(jù)如下表。測定稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液中和反應(yīng)反應(yīng)熱的實驗裝置如圖所示：

①儀器A的名稱為_______；實驗中還需要用到的玻璃儀器是_______。

假設(shè)稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液的密度都是又知中和反應(yīng)后生成溶液的比熱容為了計算中和熱(稀溶液中，酸和堿發(fā)生中和反應(yīng)生成液態(tài)水放出的熱量)；某學(xué)生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：

②請?zhí)顚懴卤碇械目瞻祝?。溫度實驗次?shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃溫度差平均值。

(t2-t1)/℃平均值平均值126.226.026.130.1_______227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4

③依據(jù)該學(xué)生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱_______(結(jié)果保留一位小數(shù))。

已知強(qiáng)酸強(qiáng)堿的稀溶液反應(yīng)生成液態(tài)時反應(yīng)放出的熱量為上述實驗產(chǎn)生偏差的原因可能是_______(填字母)。

A．實驗裝置保溫；隔熱效果差。

B．量取溶液的體積時仰視讀數(shù)。

C．分多次把溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

D．用溫度計測定溶液起始溫度后直接測定溶液的溫度24、測定反應(yīng)Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)的反應(yīng)焓變ΔH值的實驗步驟如下：

第1步；按下圖裝配簡易量熱計。

第2步，測定量熱計的水當(dāng)量(儀器常數(shù))q：取100.0mL水加入保溫杯，穩(wěn)定后測量其溫度(T1)。再加入溫度為T2的溫水100.0mL，仔細(xì)攪拌后測量其溫度(T3)。倒出瓶中的水并擦干內(nèi)壁。

第3步，測定反應(yīng)的熱效應(yīng)：將100.0mL0.200mol·L-1硫酸銅溶液全部加入保溫杯中；蓋好插有溫度計和攪拌棒的蓋子；不斷攪拌，每10s測一次溫度。溫度穩(wěn)定后迅速向溶液中加入3.0g鋅粉，立即蓋好蓋子；不斷攪拌，開始時每10s測一次溫度，反應(yīng)1min后每30s測一次溫度，溫度上升到最高值后繼續(xù)測2min。

請回答下列問題：

(1)為什么要用環(huán)形玻璃棒攪拌_______？是否可用鐵絲代替環(huán)行玻璃棒_______？為什么_______？

(2)實驗中，所用鋅粉只需用臺式天平稱取，而CuSO4溶液的濃度與體積則要求比較準(zhǔn)確，為什么_______？

(3)第2步測得的實驗數(shù)據(jù)見下表：。項目冷水體積V1/mL熱水體積V2/mLT1/KT2/KT3/K數(shù)據(jù)100.0100.0291.82309.68300.18

已知水的比熱容cp=4.18J/(g·K)，水的密度ρ(H2O)=1.00g·mL-1，可算出q=56.0J/K，請列出q的計算式_______(用字母表示)。

(4)根據(jù)第3步測得的實驗數(shù)據(jù)可繪圖如下：

圖中，a、dˊ、d點對應(yīng)的溫度分別為291.84、300.16、300.50K。反應(yīng)后溶液的比熱容cs可用水的比熱容cp近似代替；反應(yīng)后溶液的密度ρs可近似地取室溫時0.200mol·L-1ZnSO4溶液的密度(1.03g·mL-1)。

①圖中，線段bc、ddˊ分別表示什么含義_______、_______。

②請計算題中所給反應(yīng)的焓變ΔH=_______。

③加鋅粉后，若溫度計的水銀球不小心跟保溫杯壁接觸，這對反應(yīng)焓變的測定結(jié)果有什么影響_______。理由是_______。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共4分)25、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，該氧化物中鈷離子基態(tài)核外電子排布式為_______。

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

①浸?。河名}酸和Na2SO3溶液浸取鈷礦，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等離子。寫出Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______。

②除雜：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH調(diào)節(jié)pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有關(guān)沉淀數(shù)據(jù)如表(“完全沉淀時金屬離子濃度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀時pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是_______(加入NaClO3和NaOH時；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃?。合虺s后的溶液中，加入某有機(jī)酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機(jī)相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計萃取、反萃取的目的是_______。

④沉鈷、熱分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，過濾、洗滌、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶體。圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線；曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

通過計算確定C點剩余固體的化學(xué)成分為_______(填化學(xué)式)。試寫出B點對應(yīng)的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。26、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，該氧化物中鈷離子基態(tài)核外電子排布式為_______。

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

①浸?。河名}酸和Na2SO3溶液浸取鈷礦，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等離子。寫出Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______。

②除雜：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH調(diào)節(jié)pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有關(guān)沉淀數(shù)據(jù)如表(“完全沉淀時金屬離子濃度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀時pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是_______(加入NaClO3和NaOH時；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃取：向除雜后的溶液中，加入某有機(jī)酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機(jī)相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計萃取、反萃取的目的是_______。

④沉鈷、熱分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，過濾、洗滌、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶體。圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線；曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

通過計算確定C點剩余固體的化學(xué)成分為_______(填化學(xué)式)。試寫出B點對應(yīng)的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A．反應(yīng)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)為氫氣的燃燒，燃燒是放熱反應(yīng)，ΔH1＜0；反應(yīng)CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)屬于吸熱反應(yīng)，ΔH2＞0，則ΔH1＜ΔH2；故A不符合題意；

B．離子反應(yīng)H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)表示強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的中和反應(yīng)，中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，ΔH1＜0；離子反應(yīng)H+(aq)+NH3·H2O(aq)=(aq)+H2O(l)表示強(qiáng)酸與弱堿一水合氨的中和反應(yīng)，也是放熱反應(yīng)，ΔH2＜0，但氨水電離時吸熱，強(qiáng)酸堿堿反應(yīng)放出的熱量更多，放熱反應(yīng)焓變?yōu)樨?fù)值，放出熱量越多，焓變越小，則ΔH1＜ΔH2；故B不符合題意；

C．S單質(zhì)由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)會吸熱，氣態(tài)硫單質(zhì)的能量更高，燃燒時放出的熱量更多，則ΔH1＞ΔH2；故C符合題意；

D．二氧化碳的分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0，參與反應(yīng)的物質(zhì)的量越多，吸收的熱量越多，則ΔH1＜ΔH2；故D不符合題意；

答案選C。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應(yīng)ΔH<0，ΔS>0；任何溫度下都自發(fā)，故A正確；

B．該反應(yīng)ΔH>0，ΔS<0；任何溫度都不自發(fā)，故B錯誤；

C．該反應(yīng)ΔH<0，ΔS<0；低溫自發(fā)，故C錯誤；

D．該反應(yīng)ΔH>0，ΔS>0；高溫自發(fā)，故D錯誤；

故選：A。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A.該反應(yīng)生成物總能量低于反應(yīng)物總能量；故反應(yīng)為放熱，A錯誤；

B.由圖像可知；該反應(yīng)逆反應(yīng)的活化能大于正反應(yīng)的活化能，B正確；

C.催化劑可以降低反應(yīng)的活化能；但是不能改變反應(yīng)的焓變，C錯誤；

D.該反應(yīng)的焓變?yōu)镋1-E3；D錯誤；

故答案選B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．2min末該反應(yīng)達(dá)到平衡，測得生成0.8molD，并測得C的濃度為0.2mol·L-1，生成C的物質(zhì)的量是0.2mol·L-1×2L＝0.4mol；變化量之比是化學(xué)計量數(shù)之比，因此x＝1，A正確；

B．根據(jù)三段式可知。

因此2min內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為＝0.3mol·L-1·min-1；B正確；

C．由于A和B是按照化學(xué)計量數(shù)之比通入的，因此A與B的轉(zhuǎn)化率相等，均為×100%＝40%；C正確；

D．平衡時B與C的濃度之比為0.6:0.4＝3:2；D錯誤；

答案選D。5、B【分析】【詳解】

設(shè)各種鹽的物質(zhì)的量濃度都為1mol/L，則①NH4Cl、④CH3COONH4、⑤NH4Al(SO4)2電離產(chǎn)生的c()都為1mol/L，②(NH4)2Fe(SO4)2、③(NH4)2SO4電離產(chǎn)生的c()都為2mol/L。②中Fe2+的水解對水解有抑制作用，所以c()關(guān)系是②＞③；①、④、⑤中，CH3COO-的水解對水解有促進(jìn)作用，Al3+水解對水解有抑制作用，所以c()關(guān)系是⑤＞①＞④。綜合以上分析，c()由大到小的順序為②＞③＞⑤＞①＞④；故選B。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【詳解】

分析：（1）根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)和質(zhì)量守恒定律書寫化學(xué)方程式；

（2）NH4Fe（SO4）2易水解；故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；

(3)NH4Fe(SO4)2易水解顯酸性，因為是用KSCN作指示劑，終點時NH4Fe（SO4）2不再反應(yīng)，生成血紅色的Fe（SCN）3；滴定終點讀取滴定管刻度時；仰視標(biāo)準(zhǔn)液液面讀取的體積比實際消耗的體積偏大；

（4）根據(jù)得失電子守恒分析；

詳解：(1)設(shè)TiCl4的系數(shù)為1,根據(jù)元素守恒,TiO2?xH2O的系數(shù)為1,HCl的系數(shù)為4;再根據(jù)O元素守恒,可知H2O的系數(shù)為(2+x),反應(yīng)的化學(xué)方程式為：TCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl故答案為TCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl

(2)NH4Fe(SO4)2易水解,故需加入一定量的稀硫酸抑制水解,故答案為抑制NH4Fe(SO4)2水解；

（3）NH4Fe(SO4)2易水解顯酸性，因此NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液盛裝在堿式滴定管中，F(xiàn)e3+與Ti3+反應(yīng)，被還原為Fe2+，加入KSCN不顯紅色，當(dāng)達(dá)到滴定終點時，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+過量；會變成紅色，若在滴定終點讀取滴定管刻度時，若終點仰視滴定管，讀取的體積比實際消耗的體積偏大，使測定結(jié)果偏高，故答案為酸式；溶液變?yōu)榧t色，半分鐘內(nèi)紅色不褪去、偏高。

（4）根據(jù)得失電子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%，故答案為×100%【解析】TCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解酸式溶液變?yōu)榧t色，半分鐘內(nèi)紅色不褪去偏高×100%7、略

【分析】【詳解】

（1）由圖可知，320℃前，在相同溫度下以Ni—CeO2為催化劑反應(yīng)相同時間CO2的轉(zhuǎn)化率高于以Ni為催化劑時，說明在相同溫度下Ni—CeO2的催化效果更好、反應(yīng)達(dá)到平衡的時間更短；由圖(a)可知，高于320℃后，以Ni—CeO2為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率略有下降，CH4的選擇性略下降，而以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率仍在上升，其原因是：320℃時，以Ni—CeO2為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移；以Ni為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時間時CO2轉(zhuǎn)化率增加；答案為：320℃時，以Ni—CeO2為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移；以Ni為催化劑，CO2甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時間時CO2轉(zhuǎn)化率增加。

（2）由圖(a)和(b)可知，320℃前，相同溫度下反應(yīng)相同時間，使用Ni—CeO2為催化劑時CO2的轉(zhuǎn)化率和CH4的選擇性都大于Ni為催化劑時，故工業(yè)上應(yīng)選擇的催化劑是Ni—CeO2；在該條件下，320℃時CO2的轉(zhuǎn)化率最大、CH4的選擇性大，使用的合適溫度為320℃；答案為：Ni—CeO2；320℃。【解析】(1)時，以為催化劑，甲烷化反應(yīng)已達(dá)平衡，升高溫度平衡左移；以為催化劑，甲烷化反應(yīng)速率較慢，升高溫度反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時間時轉(zhuǎn)化率增加。

(2)8、略

【分析】【分析】

(1)

A(g)+B(g)M(g)+N(g)是一個體積不變的反應(yīng)；增大壓強(qiáng)，平衡不移動，再達(dá)到平衡時，B的百分含量不變，故答案為：不；不變；

(2)

對反應(yīng)CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，K=c(CO2)，如果保持溫度和容器容積不變，再通入少量CO2，平衡向逆反應(yīng)方向移動，由于溫度不變，K不變，故CO2的濃度不變；體系的壓強(qiáng)不變；故答案為：逆向；不變；

(3)

SiO2＋2H2OH4SiO4，固體和純液體不寫在平衡表達(dá)式中，故K=c(H4SiO4)，由圖可知，升高溫度，K值減小，反應(yīng)速率增大，故答案為：K=c(H4SiO4)；增大；

(4)

由圖象數(shù)據(jù)可得，t1時CO2的轉(zhuǎn)化率為0.5；

平衡時；總物質(zhì)的量為5mol；

由圖象數(shù)據(jù)可得，t2時CO2的轉(zhuǎn)化率為0.8；

平衡時；總物質(zhì)的量為(0.4+0.8+1.6+1.6)=4.4mol；

等溫等壓下，氣體的物質(zhì)的量之比=體積之比，有解得V=880mL；故答案為：880；

(5)

925℃時，CO的體積分?jǐn)?shù)為96%，則CO2的體積分?jǐn)?shù)都為4%，所以用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kp==23.04P，故答案為：23.04P總?！窘馕觥?1)①.不②.不變。

(2)①.逆向②.不變。

(3)①.K=c(H4SiO4)②.增大。

(4)880

(5)Kp=23.04p總9、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)13gC2H2氣體完全燃燒生成液態(tài)水和CO2，放出659kJ的熱量，計算1molC2H2燃燒放出的熱量，熱化學(xué)方程式書寫注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)和反應(yīng)熱的單位；（2）當(dāng)有0.2molHCl生成時放出8.1kJ的熱量，所以生成2molHCl放熱81kJ；根據(jù)圖示，斷開1molH—Br鍵所需能量是根據(jù)焓變=反應(yīng)物鍵能之和-生成物鍵能之和計算H—Cl鍵的鍵能。（3）根據(jù)蓋斯定律計算CO(g)與Na2O2(s)反應(yīng)的焓變；（4）若將amolCH4、CO和H2的混合氣體完全燃燒,生成CO2氣體和液態(tài)水,且CO2和水的物質(zhì)的量相等。根據(jù)極值法，若該混合氣體由CH4和CO1:1混合而成，則CH4和CO的物質(zhì)的量分別是若該混合氣體由CO和H21:1混合而成，則CO和H2的物質(zhì)的量分別是根據(jù)氣體物質(zhì)的量計算放出的熱量。

【詳解】

（1）13gC2H2氣體n（C2H2）=0.5mol，放出659kJ的熱量，則1molC2H2燃燒放出的熱量為：659kJ×2=1318KJ，則熱化學(xué)方程式為：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1318KJ/mol；（2）當(dāng)有0.2molHCl生成時放出8.1kJ的熱量，所以生成2molHCl放熱81kJ，所以Cl2(g)＋2HBr(g)==Br2(g)＋2HCl(g)ΔH＝－81kJ·mol－1；根據(jù)圖示，斷開1molH—Br鍵所需能量是設(shè)H—Cl鍵的鍵能是xkJ·mol－1，根據(jù)焓變=反應(yīng)物鍵能之和-生成物鍵能之和，243+498-200-2x=－81，解得x=311kJ·mol－1，所以斷開1molH—Cl鍵與斷開1molH—Br鍵所需能量相差約為311-4982=62kJ。（3）根據(jù)蓋斯定律②×2+①得2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018KJ/mol，反應(yīng)放出509kJ熱量時，反應(yīng)的一氧化碳物質(zhì)的量為1mol，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NA；（4）若該混合氣體由CH4和CO1:1混合而成，則CH4和CO的物質(zhì)的量分別是放出熱量Q=283kJ·mol－1×＋890kJ·mol－1×=1173×若該混合氣體由CO和H21:1混合而成，則CO和H2的物質(zhì)的量分別是放出熱量為Q=283kJ·mol－1×＋286kJ·mol－1×=569×放出熱量(Q)的取值范圍是284.5akJ<586.5akJ。【解析】C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1318kJ·mol－1Cl2(g)＋2HBr(g)===Br2(g)＋2HCl(g)ΔH＝－81kJ·mol－1622NA(或1.204×1024)284.5akJ<586.5akJ10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)?c(OH-)=10-amol/L×10-bmol/L=10-(a+b)=10-13，25℃時，水的離子積為10-14，10-13＞10-14；水的電離是吸熱過程，則溫度t＞25℃；

(2)NaOH的濃度等于溶液中c(OH-)，由水電離出的c(OH-)=c(H+)溶液，則NaOH的物質(zhì)的量濃度為10-bmol/L，由水電離出的c(OH-)為10-amol/L；

(3)依據(jù)弱電解質(zhì)“越稀越電離”，電離程度隨著水的加入量增大而增大，則醋酸的電離程度由大到小的順序為c＞b＞a，pH=-lgc(H+)，則c(H+)越大，溶液的pH越小，溶液導(dǎo)電能力越大，根據(jù)圖知，導(dǎo)電能力最大的點是b，則c(H+)最大的點是b，pH值最小的點是b；c(H+)：b＞a＞c，則水電離程度：c＞a＞b，即水的電離程度最大的是c；故答案為：c＞b＞a；b；c?！窘馕觥?0-13＞10-bmol/L10-amol/Lc＞b＞abc三、判斷題(共8題，共16分)11、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應(yīng)物可使平衡正向移動，加入反應(yīng)物本身的轉(zhuǎn)化率減小，故正確。12、B【分析】【分析】

【詳解】

正反應(yīng)的ΔH=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，逆反應(yīng)的ΔH=生成物的鍵能總和-反應(yīng)物的鍵能總和，因此兩者反應(yīng)熱數(shù)值相等，符號相反，該說法錯誤。13、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強(qiáng)，故答案為：錯誤。14、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)沉淀類型相同、溫度相同時，Ksp越??；難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力才一定越弱，答案為：錯誤。

(2)溶度積常數(shù)Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)；與離子濃度無關(guān)，答案為：正確。

(3)溶度積常數(shù)Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，常溫下，BaCO3的Ksp始終不變；答案為：錯誤。

(4)Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度??；答案為：錯誤。

(5)Ksp反應(yīng)了物質(zhì)在水中的溶解能力，只有沉淀類型相同、溫度相同時，才可直接根據(jù)Ksp數(shù)值的大小來比較電解質(zhì)在水中的溶解能力；答案為：錯誤。

(6)Ag2CrO4與AgCl沉淀類型不同，不能通過Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比較Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大??；答案為：錯誤。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl與10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反應(yīng)后析出氯化銀沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-濃度不等于零；答案為：錯誤。

(8)物質(zhì)確定時，溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度升高，大多數(shù)沉淀Ksp增大、少數(shù)沉淀Ksp減小；例如氫氧化鈣，答案為：錯誤。

(9)常溫下Mg(OH)2的Ksp不變；不受離子濃度影響，答案為：正確。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先出現(xiàn)了碘化銀沉淀，但由于不知道其實時氯離子和碘離子的濃度，因此，無法判斷Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相對大??；答案為：錯誤。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，則在含AgCl固體的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固體的溶液中，銀離子和氯離子濃度不一定相等，答案為：錯誤。

(12)在溫度一定時，當(dāng)溶液中Ag+和Cl-的濃度的乘積Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)時；則溶液中達(dá)到了AgCl的溶解平衡，答案為：正確。

(13)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，則溶液中不變；答案為：正確。

(14)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，現(xiàn)象是先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍(lán)色沉淀，則先得到氫氧化鎂沉淀和硫酸鈉溶，后氫氧化鎂轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸~沉淀，說明沉淀發(fā)生了轉(zhuǎn)化，所以Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小，答案為：正確。15、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯誤。16、B【分析】【詳解】

根據(jù)吉布斯自由能判斷，ΔH＜0、ΔS＞0的反應(yīng)在溫度低時能自發(fā)進(jìn)行，錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，該反應(yīng)若能自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行是因為體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向，故正確。18、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應(yīng)的氫氧化物和鹽酸，加熱促進(jìn)水解、同時鹽酸揮發(fā)，進(jìn)一步促進(jìn)水解，所以溶液若蒸干，會得到相應(yīng)的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。四、工業(yè)流程題(共2題，共18分)19、略

【分析】【分析】

鋯英石（主要成分是ZrSiO4，還含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），通入足量的氯氣以及和足量的石焦油反應(yīng)，ZrSiO4轉(zhuǎn)化為ZrCl4，加水水解，使ZrCl4轉(zhuǎn)化為ZrOCl2?8H2O，900℃加熱分解，即可得到ZrO2；加入鎂置換得到海綿鋯，據(jù)此解答。

【詳解】

(1)分餾過程中沒有產(chǎn)生新物質(zhì)；屬于物理變化。

(2)由于ZrSiO4難溶于鹽酸；后續(xù)依然需要用氯氣和石油焦與鋯英石反應(yīng)，浪費(fèi)藥品，所以鋯英石不能直接用稀鹽酸浸取后再分餾。

(3)“高溫氣化”中ZrSiO4發(fā)生反應(yīng)得到ZrCl4，根據(jù)原子守恒可知還有四氯化硅生成，由于是高溫條件下，因此碳轉(zhuǎn)化為CO，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO。

(4)由于溶液中含有氯離子，可以通過檢驗氯離子來判斷該物質(zhì)是否洗滌干凈，即實驗操作為取少許最后一次的洗滌液于試管中，加入適量硝酸酸化的AgNO3溶液；若無沉淀產(chǎn)生，則已洗滌干凈。

(5)工業(yè)上使用惰性電極電解K2ZrF6與KCl組成的熔鹽來制取金屬鋯，陽極上發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，因此陽極是氯離子放電，電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，陰極上得到金屬Zr，Zr元素化合價從+4價降低到0價，每轉(zhuǎn)移0.4mole-，生成0.1molZr；則理論上陰極增加的質(zhì)量為0.1mol×91g/mol＝9.1g。

(6)某溫度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，則其飽和溶液中c(Zr4+)＝c(CO)，Ksp[Zr(CO3)2]=c(Zr4+)×c2(CO)=4.0×10-12，解得c(Zr4+)＝1×10-4mol/L，c(CO)＝2×10-4mol/L，所以pc(Zr4+)+pc(CO)=4+4－0.3＝7.7?！窘馕觥竣?物理變化②.不能③.ZrSiO4難溶于鹽酸，后續(xù)依然需要用氯氣和石油焦與鋯英石反應(yīng)，浪費(fèi)藥品④.ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO⑤.取少許最后一次的洗滌液于試管中，加入適量硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則已洗滌干凈⑥.2Cl--2e-=Cl2↑⑦.9.1g⑧.7.720、略

【分析】【分析】

方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))中加入鹽酸、飽和食鹽水和MnO2，在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物質(zhì)，MnO2被還原成Mn2+，過濾，濾渣1為S固體；加入MnO溶液調(diào)節(jié)溶液pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀除去，然后過濾，濾渣2為Fe(OH)3；PbCl2難溶于冷水，將濾液冷水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化學(xué)平衡逆向移動，過濾得到PbCl2晶體；之后加入硫酸發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，生成硫酸鉛晶體，過濾得到晶體烘干得到硫酸鉛粉末，濾液a中主要成分為HCl；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)由上述分析可知，F(xiàn)eS2、MnO2和HCl發(fā)生氧化還原反應(yīng)，F(xiàn)eS2中鐵元素和硫元素被氧化成Fe3+和S，MnO2被還原成Mn2+，依據(jù)原子守恒和電子守恒，生成FeCl3的化學(xué)方程式為3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O；答案為3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O。

(2)調(diào)節(jié)pH的主要目的是使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，從而除去Fe3+，濾渣2的主要成分是Fe(OH)3；答案為Fe(OH)3。

(3)溫度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化學(xué)平衡向左移動，使轉(zhuǎn)化為PbCl2，便于析出PbCl2晶體；答案為溫度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化學(xué)平衡向左移動，使轉(zhuǎn)化為PbCl2，便于析出PbCl2晶體。

(4)難溶于冷水，將濾液冷水沉降過濾得到晶體，之后加入硫酸發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，生成硫酸鉛晶體，過濾得到晶體烘干得到硫酸鉛粉末，濾液中主要成分為鹽酸，可以在開始的浸取過程中循環(huán)利用，則X為H2SO4；PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，其K====1.48×103，當(dāng)10mol的完成轉(zhuǎn)化成PbSO4時，c(Cl-)==20mol·L-1，則c()===0.27(mol·L-1)，H2SO4溶液的最初物質(zhì)的量濃度不得低于10mol·L-1+0.27mol·L-1=10.27mol·L-1；答案為H2SO4；10.27mol·L-1。

(5)由Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)可知，鉛蓄電池進(jìn)行充電時，為電解池裝置，鉛蓄電池的正極與電源正極相連作為電解池的陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++陰極的電極反應(yīng)式為PbSO4+2e-=Pb+當(dāng)充電過程中轉(zhuǎn)移2mole-時，陽極1molPbSO4變?yōu)?molPbO2，電極質(zhì)量減輕303g-239g=64g，陰極1molPbSO4變?yōu)?molPb，質(zhì)量減輕303g-207g=96g，即兩極質(zhì)量共減輕64g+96g=160g；答案為正；PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++減輕；160。【解析】3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2OFe(OH)3溫度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，化學(xué)平衡向左移動，使轉(zhuǎn)化為PbCl2，便于析出PbCl2晶體H2SO410.27mol·L-1正PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++減輕160五、實驗題(共4題，共12分)21、略

【分析】【詳解】

（1）①由題干圖示可知，反應(yīng)0～2min，=根據(jù)反應(yīng)速率之比等于其化學(xué)計量系數(shù)之比，故以NH3表示的平均反應(yīng)速率為=故答案為：

②a.反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不變、氣體的體積不變，即混合氣體的密度一直保持不變，則混合氣體的密度保持不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，a不合題意；

b.反應(yīng)前后氣體的系數(shù)發(fā)生改變，即反應(yīng)過程中容器的氣體壓強(qiáng)一直在改變，則容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，b符合題意；

c.根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知，則當(dāng)時反應(yīng)的正逆反應(yīng)速率不相等；反應(yīng)未達(dá)到化學(xué)平衡，c不合題意；

d.化學(xué)平衡的特征之一為各組分的濃度、百分含量保持不變，而不是相等或成比例，即N2、H2、NH3分子數(shù)之比為1：3：2不能說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡；d不合題意；

e.反應(yīng)前后氣體的系數(shù)發(fā)生改變，而氣體的質(zhì)量保持不變，則反應(yīng)過程中氣體的平均相對分子質(zhì)量一直在變，即氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，e符合題意；

f.化學(xué)平衡的特征之一為各組分的濃度、百分含量保持不變，則NH3的體積分?jǐn)?shù)保持不變說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡；f符合題意；

故答案為：bef；

③

a.由題干反應(yīng)歷程圖示信息可知，N2生成NH3的過程，N元素化合價是逐漸降低的，即通過多步還原反應(yīng)生成NH3；a正確；

b.過程1是斷裂氮氮三鍵中的一個鍵，而過程3與過程1斷鍵不同，所以所需能量不同，過程Ⅰ和Ⅲ中能量的變化不相同，b錯誤；

c.適當(dāng)提高N2分壓，可以加快N2（g）→*N2反應(yīng)速率，但N2在此步驟的轉(zhuǎn)化率降低；c錯誤；

d.氨氣分子的脫附可留下繼續(xù)反應(yīng)的空間；而增加催化劑的活性位，如果大量氨分子吸附在催化劑表面，就將降低反應(yīng)速率，d正確；

故答案為：bc；

（2）①該“碘鐘實驗”的總反應(yīng)：①H2O2+2+2H+═+2H2O，反應(yīng)分兩步進(jìn)行：反應(yīng)A：②H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，反應(yīng)B：①-②得到反應(yīng)的離子方程式：I2+2=2I-+對于總反應(yīng)，I-的作用相當(dāng)于催化劑，故答案為：I2+2=2I-+催化劑；

②為了方便研究在反應(yīng)中要采取控制變量方法進(jìn)行研究；即只改變一個反應(yīng)條件，其它條件相同，依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，實驗Ⅱ跟實驗Ⅰ比硫酸體積減少，所以其它條件都相同，而且混合后總體積也要相同，故實驗Ⅱ中，x；y、z所對應(yīng)的數(shù)值分別是：8、3、2，對比實驗Ⅰ、實驗Ⅱ，可得出的實驗結(jié)論是：其它條件不變，溶液酸性越強(qiáng)，氫離子濃度越大，增大氫離子濃度可以加快反應(yīng)速率，故答案為：8、3、2；其它條件不變，增大氫離子濃度可以加快反應(yīng)速率；

③對比實驗Ⅱ、實驗Ⅲ，可知溶液總體積相同，該變量是過氧化氫、Na2S2O3溶液，過氧化氫減少，Na2S2O3增大，混合溶液中小于第ⅰ步反應(yīng)速率小于第ⅱ步反應(yīng)，所以未出現(xiàn)藍(lán)色現(xiàn)象，故答案為：混合溶液中小于第ⅰ步反應(yīng)速率小于第ⅱ步反應(yīng)，所以未出現(xiàn)藍(lán)色現(xiàn)象。【解析】(1)befbc

(2)催化劑8、3、2其他條件相同，增大濃度可以加快該化學(xué)反應(yīng)速率混合溶液中小于第ⅰ步反應(yīng)速率小于第ⅱ步反應(yīng)，所以未出現(xiàn)藍(lán)色現(xiàn)象22、略

【分析】【分析】

根據(jù)量熱計的構(gòu)造和測定原理結(jié)合實驗的注意事項分析解答。

【詳解】

(1)由量熱計的構(gòu)造可知；該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒，環(huán)形玻璃攪拌棒上下攪動使溶液充分反應(yīng)；不能將環(huán)形玻璃攪拌棒改為銅絲攪拌棒，因為銅絲攪拌棒是熱的良導(dǎo)體，熱量散失較大，產(chǎn)生實驗誤差；故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；不能；銅傳熱快，熱量散失多，導(dǎo)致誤差大；

(2)中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是減少實驗過程中的熱量損失；故答案為：保溫；隔熱，減少熱量散失；

(3)反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；用60mL0.50mol/L的鹽酸跟60mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量增多，故答案為：不相等；參加反應(yīng)的酸和堿的物質(zhì)的量增多了；

(4)氨水為弱堿；電離過程中需要吸熱，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量偏小，求得的中和熱數(shù)值將會偏小，故答案為：偏?。?/p>

(5)大燒杯上如不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會減小，即中和反應(yīng)的反應(yīng)熱數(shù)值將偏小，故答案為：偏小。

【點睛】

明確中和熱的測定步驟和實驗注意事項為解答的關(guān)鍵。本題的易錯點為(4)(5)，要注意比較的是數(shù)值(絕對值)，不能按照負(fù)值比較。【解析】環(huán)形玻璃攪拌棒不能銅傳熱快，熱量散失多，導(dǎo)致誤差大保溫、隔熱，減少熱量散失不相等參加反應(yīng)的酸和堿的物質(zhì)的量增多了偏小偏小23、略

【分析】【分析】

容量瓶沒有245mL規(guī)格的，只能用250mL容量瓶配制，根據(jù)m=nM計算需要的氫氧化鈉的質(zhì)量；測定中和熱時需要先判斷數(shù)據(jù)的有效性，再根據(jù)Q=m?c?△t計算反應(yīng)放出的熱量，然后根據(jù)△H=-kJ/mol計算中和熱，強(qiáng)酸強(qiáng)堿的稀溶液反應(yīng)生成1mol液態(tài)H2O時反應(yīng)放出的熱量為57.3kJ，根據(jù)計算的kJ分析誤差產(chǎn)生的原因。

【詳解】

(1)①容量瓶沒有245mL規(guī)格的，只能用250mL容量瓶配制，需要稱量NaOH固體m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；故答案為：5.0；

②氫氧化鈉要在稱量瓶或者小燒杯中稱量，稱量固體氫氧化鈉所用的儀器有天平、燒杯和藥匙，故答案為：abe；

(2)①根據(jù)圖示；儀器A為環(huán)形玻璃攪拌棒；量取酸和堿溶液時，要用到量筒，所以除圖中所示儀器之外，還需要的玻璃儀器是量筒，故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；量筒；

②4次溫度差分別為：4.0℃；6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2組數(shù)據(jù)相差較大，舍去，其他三次溫度差的平均值4.0℃，故答案為：4.0；

③50mL0.50mol?L-1氫氧化鈉與30mL0.50mol?L-1硫酸溶液進(jìn)行中和反應(yīng)，生成水的物質(zhì)的量為0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的質(zhì)量為80mL×1g/cm3=80g，溫度變化的值為△t=4.0℃，則生成0.025mol水放出的熱量為Q=m?c?△t=80g×4.18J/(g?℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以實驗測得的中和熱△H=-=-53.5kJ/mol；強(qiáng)酸強(qiáng)堿的稀溶液反應(yīng)生成1mol液態(tài)H2O時反應(yīng)放出的熱量為57.3kJ，而實驗測得生成1mol液態(tài)H2O時反應(yīng)放出的熱量為53.4kJ，測得的熱量偏少。A．實驗裝置保溫、隔熱效果差，導(dǎo)致測得的熱量偏少，故A正確；B．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)，會導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏多，故B錯誤；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，導(dǎo)致熱量散失，測得的熱量偏少，故C正確；D．溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接插入稀H2SO4測溫度，部分氫氧化鈉與硫酸發(fā)生了中和反應(yīng)，熱量散失，同時硫酸的起始溫度偏高，導(dǎo)致測得的熱量偏少，故D正確，故選ACD，故答案為：-53.5kJ/mol；ACD。【解析】5.0abe環(huán)形玻璃攪拌棒量筒4.0ACD24、略

【分析】【分析】

【詳解】

②△H=-(cspsVs+q)·(Td–Ta)/[c(CuSO4)Vs]=-kJ/mol=-210.7kJ/mol【解析】便于充分?jǐn)嚢?，使杯?nèi)溫度盡快均勻不能因為鐵絲會與硫酸銅反應(yīng)并放熱，將影響反應(yīng)熱測定結(jié)果的準(zhǔn)確性；另一方面，鐵絲傳熱快，將使溫度不準(zhǔn)由于鋅粉過量，故可粗略稱量；由于焓變ΔH要根據(jù)溶質(zhì)硫酸銅的物質(zhì)的量來求算，所以其濃度與體積要求準(zhǔn)確[cpρ(H2O)V1+q](T3-T1)=cpρ(H2O)V2(T2-T3)表明量熱計熱量散失的程度用外推法補(bǔ)償?shù)挠蔁崃可⑹г斐傻臏囟炔?210.7kJ/mol會導(dǎo)致測得的△H的絕對值偏小因為保溫杯并非理想絕熱材料，實際中杯壁的溫度要比內(nèi)部溶液的溫度低，從而使測得的d點的溫度Td偏小六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共4分)25、略

【分析】【詳解】

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，可得：鈷離子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞為：CoO，即鈷為+2價，Co的原子序數(shù)為27，