甘肅省天水市秦安二中高考化學(xué)四模試卷（含解析）.doc

2015年甘肅省天水市秦安二 中高考化學(xué)四模試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1下列物質(zhì)的使用不涉及化學(xué)變化的是（）a 用飽和硫酸銨溶液沉淀蛋白質(zhì)b 用生石灰干燥氨氣c 用鋁制的容器盛裝濃硫酸d 用飽和碳酸鈉溶液收集實(shí)驗(yàn)室制取的乙酸乙酯2設(shè)na為阿伏加德羅常數(shù)的值，n表示粒子數(shù)下列說法正確的是（）a 0.1 mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的數(shù)目為0.4nab 將1molcl2通入到水中，則n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nan（cl2）c 一定條件下，0.1 mol so2與足量氧氣反應(yīng)生成so3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2nad 電解精煉銅，當(dāng)電路中通過的電子數(shù)目為0.2na時，陽極質(zhì)量減少6.4g3某有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)簡式為，有關(guān)該化合物的敘述不正確的是（）a 該有機(jī)物的分子式為c11h12o2b 1mol該物質(zhì)最多能與4mol h2發(fā)生加成反應(yīng)c 該有機(jī)物能與熱的新制氫氧化銅懸濁液反應(yīng)，生成磚紅色沉淀d 該有機(jī)物一定條件下，可以發(fā)生取代、氧化、酯化反應(yīng)4探究濃硫酸和銅的反應(yīng)，下列裝置或操作正確的是（）a 用裝置進(jìn)行銅和濃硫酸的反應(yīng)b 用裝置收集二氧化硫并吸收尾氣c 用裝置稀釋反應(yīng)后的混合液d 用裝置測定余酸的濃度5現(xiàn)有物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/l的溶液nh3h2och3coohkhso4下列有關(guān)離子濃度分析一定不正確的是（）a 向中逐滴加入少量，逐漸增大b 、等體積混合后溶液中存在：nh4+h2onh3h2o+h+c 、任意比混合：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+）d 、按體積比2：1混合：c（nh4+）c（nh3h2o）c（so42）c（oh）c（h+）6關(guān)于如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（x代表鹵素），說法不正確的是（）a 2h（g）+2x（g）2hx（g）h30b 途徑生成hx的反應(yīng)熱與途徑無關(guān)，所以h1=h2+h3c cl、br、i的非金屬性依次減弱，所以途徑吸收的熱量依次增多d 途徑生成hcl放出的熱量比生成hbr的多，說明hcl比hbr穩(wěn)定7如圖為efc劍橋法用固體二氧化鈦（tio2）生產(chǎn)海綿鈦的裝置示意圖，其原理是在較低的陰極電位下，tio2（陰極）中的氧解離進(jìn)入熔鹽，陰極最后只剩下純鈦下列說法中正確的是（）a 陽極的電極反應(yīng)式為：2clcl2+2eb 陰極的電極反應(yīng)式為：tio2+4eti+2o2c 通電后，o2、cl均向陰極移動d 石墨電極的質(zhì)量不發(fā)生變化二、解答題（共3小題，滿分43分）8煤的氣化可以減少環(huán)境污染，而且生成的co和h2被稱作合成氣，能合成很多基礎(chǔ)有機(jī)化工原料（1）工業(yè)上可利用co生產(chǎn)乙醇：2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1 又已知：h2o（l）h2o（g）h2 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3 工業(yè)上也可利用co2（g）與h2（g）為原料合成乙醇：2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o（l）h則：h與h1、h2、h3之間的關(guān)系是：h=（2）一定條件下，h2、co在體積固定的絕熱密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：4h2（g）+2co（g）ch3och3（g）+h2o（g），下列選項(xiàng)能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)的有av（h2）=2v（co） b平衡常數(shù)k不再隨時間而變化c混合氣體的密度保持不變d混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化（3）工業(yè)可采用co與h2反應(yīng)合成再生能源甲醇，反應(yīng)：co（g）+2h2（g） ch3oh（g），在一容積可變的密閉容器中充有10molco和20mol h2，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)生成甲醇co的平衡轉(zhuǎn)化率（）與溫度（t）、壓強(qiáng)（p）的關(guān)系如圖1所示合成甲醇的反應(yīng)為（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)a、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)ka、kb、kc的大小關(guān)系為p1和p2的大小關(guān)系為若達(dá)到平衡狀態(tài)a時，容器的體積為10l，則在平衡狀態(tài)b時容器的體積為lco的平衡轉(zhuǎn)化率（）與溫度（t）、壓強(qiáng)（p）的關(guān)系如圖2所示，實(shí)際生產(chǎn)時條件控制在250、1.3104kpa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是9鈦鐵礦的主要成分為fetio3（可表示為feotio2），含有少量mgo、cao、sio2等雜質(zhì)利用鈦鐵礦制備鋰離子電池電極材料（鈦酸鋰li4ti5o12和磷酸亞鐵鋰lifepo4）的工業(yè)流程如圖所示：已知：fetio3與鹽酸反應(yīng)的離子方程式為fetio3+4h+4clfe2+tiocl42+2h2o（1）化合物fetio3中鐵元素的化合價是（2）濾渣a的成分是（3）濾液b中tiocl42轉(zhuǎn)化生成tio2的離子方程式是（4）反應(yīng)中固體tio2轉(zhuǎn)化成（nh4）2ti5o15溶液時，ti元素的浸出率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖2所示反應(yīng)溫度過高時，ti元素浸出率下降的原因是（5）反應(yīng)的化學(xué)方程式是（6）由濾液d制備lifepo4的過程中，所需17%雙氧水與h2c2o4的質(zhì)量比是（7）若采用鈦酸鋰（li4ti5o12）和磷酸亞鐵鋰（lifepo4）做電極組成電池，其工作原理為li4ti5o12+3lifepo4li7ti5o12+3fepo4，該電池充電時陽極反應(yīng)式是10硫代硫酸鈉俗稱“海波”，又名“大蘇打”，溶液具有弱堿性和較強(qiáng)的還原性，是棉織物漂白后的脫氯劑，定量分析中的還原劑硫代硫酸鈉（na2s2o3）可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應(yīng)制得，裝置如圖（a）所示已知：na2s2o3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖（b）所示，（1）na2s2o35h2o的制備：步驟1：如圖連接好裝置后，檢查a、c裝置氣密性的操作是步驟2：加入藥品，打開k1、關(guān)閉k2，加熱裝置b、d中的藥品可選用下列物質(zhì)中的（填編號）a naoh溶液 b濃h2so4c酸性kmno4溶液 d飽和nahco3溶液步驟3：c中混合液被氣流攪動，反應(yīng)一段時間后，硫粉的量逐漸減少當(dāng)c中溶液的ph時，打開k2、關(guān)閉k1并停止加熱；c中溶液要控制ph的原因是步驟4：過濾c中的混合液，將濾液經(jīng)過加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液、過濾、烘干，得到產(chǎn)品（2）na2 s2o3性質(zhì)的檢驗(yàn)：向足量的新制氯水中滴加少量na2s2o3溶液，氯水顏色變淺，檢查反應(yīng)后溶液中含有硫酸根，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式，（3）常用na2s2o3溶液測定廢水中ba2+濃度，步驟如下：取廢水25.00ml，控制適當(dāng)?shù)乃岫燃尤胱懔縦2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；過濾、洗滌后，用適量稀鹽酸溶解此時cro24全部轉(zhuǎn)化為cr2o27；再加過量ki溶液，充分反應(yīng)后，加入淀粉溶液作指示劑，用0.010moll1的na2s2o3溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)完全時，消耗na2s2o3溶液18.00ml部分反應(yīng)的離子方程式為：cr2o72+6i+14h+=3i2+2cr3+3i2+7h2oi2+2s2o32=s4o62+2i則該廢水中ba2+的物質(zhì)的量濃度為三、化學(xué)選修-2：化學(xué)與技術(shù)（共1小題，滿分15分）11水是一種重要的自然資源，是人類賴以生存不可缺少的物質(zhì)請回答下列問題：（1）水質(zhì)優(yōu)劣直接影響人體健康天然水在凈化處理過程中加入的混凝劑可以是（填兩種物質(zhì)的名稱），其凈水作用的原理是（2）水的凈化與軟化的區(qū)別是（3）硬度為1的水是指每升水含10mg cao或與之相當(dāng)?shù)奈镔|(zhì)（如7.1mg mgo）若某天然水中c（ca2+）=1.2103mol/l，c（mg2+）=6104mol/l，則此水的硬度為（4）若（3）中的天然水還含有c（hco3）=8104mol/l，現(xiàn)要軟化10m3這種天然水，則需先加入ca（oh）2g，后加入na2co3g（5）如圖是電滲析法淡化海水的原理圖，其中，電極a接直流電源的正極，電極b接直流電源的負(fù)極隔膜a是（填“陰”或“陽”）離子交換膜；某種海水樣品，經(jīng)分析含有大量的na+、cl，以及少量的k+、so42若用上述裝置對該海水進(jìn)行淡化，當(dāng)?shù)ぷ魍瓿珊?，a、b、c三室中所得溶液（或液體）的ph分別為pha、phb、phc，則其大小順序?yàn)樗?、化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（共1小題，滿分0分）1015南昌校級模擬）x、y、z、w、r、q為前30號元素，且原子序數(shù)依次增大x是所有元素中原子半徑最小的，y有三個能級，且每個能級上的電子數(shù)相等，z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多，w與z同周期，第一電離能比z的低，r與y同一主族，q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態(tài)請回答下列問題：（1）q+核外電子排布式為（2）化合物x2w2中w的雜化方式為，zw2離子的立體構(gòu)型是（3）y、r的最高價氧化物的沸點(diǎn)較高的是（填化學(xué)式），原因是（4）將q單質(zhì)的粉末加入到zx3的濃溶液中，并通入w2，充分反應(yīng)后溶液呈深藍(lán)色，該反應(yīng)的離子方程式為（5）y有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶體一個晶胞的y原子數(shù)為，y原子的配位數(shù)為，若晶胞的邊長為a pm，晶體的密度為 g/cm3，則阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為（用含a和的代數(shù)式表示）五、解答題（共1小題，滿分15分）13聚芳酯（par）是分子主鏈上帶有苯環(huán)和酯基的特種工程塑料，在航空航天等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用下圖是利用乙酰丙酸（）合成聚芳酯e的路線：已知：+socl2+so2+hcl+roh+hcl（r、r表示烴基）（1）乙酰丙酸中含有的官能團(tuán)是羰基和（填官能團(tuán)名稱）（2）d的結(jié)構(gòu)簡式為（3）下列關(guān)于有機(jī)物b的說法正確的是（填字母代號）a能發(fā)生取代反應(yīng)b能與濃溴水反應(yīng)c能發(fā)生消去反應(yīng)d能與h2發(fā)生加成反應(yīng)（4）ab的化學(xué)方程式為（5）c的分子式為，符合下列條件的c的同分異構(gòu)體有種能發(fā)生銀鏡反應(yīng)能與nahco3溶液反應(yīng)分子中有苯環(huán)，分子中無結(jié)構(gòu)；在上述同分異構(gòu)體中，有一種苯環(huán)上有兩個取代基且核磁共振氫譜圖有4種峰的物質(zhì)，寫出該物質(zhì)與足量naoh溶液共熱反應(yīng)的化學(xué)方程式：2015年甘肅省天水市秦安二中高考化學(xué)四模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1下列物質(zhì)的使用不涉及化學(xué)變化的是（）a 用飽和硫酸銨溶液沉淀蛋白質(zhì)b 用生石灰干燥氨氣c 用鋁制的容器盛裝濃硫酸d 用飽和碳酸鈉溶液收集實(shí)驗(yàn)室制取的乙酸乙酯考點(diǎn)：物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系分析：化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，化學(xué)變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別是否有新物質(zhì)生成，據(jù)此分析判斷a蛋白質(zhì)的鹽析，屬于物理變化；b氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，屬于化學(xué)變化；c濃硫酸使鋁發(fā)生鈍化，在鋁的表面形成致命的氧化膜，屬于化學(xué)變化；d碳酸鈉和乙酸反應(yīng)，生成乙酸鈉，屬于化學(xué)變化解答：解：a用飽和硫酸銨溶液沉淀蛋白質(zhì)：蛋白質(zhì)的鹽析，無新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故a正確；b用生石灰干燥氨氣：氧化鈣與水反應(yīng)，生成氫氧化鈣，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故b錯誤；c用鋁制的容器盛裝濃硫酸：濃硫酸使鋁發(fā)生鈍化，在鋁的表面形成致命的氧化膜，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故c錯誤；d用飽和碳酸鈉溶液收集實(shí)驗(yàn)室制取的乙酸乙酯：碳酸鈉和乙酸反應(yīng)，生成乙酸鈉，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故d錯誤；故選a點(diǎn)評：本題考查物理變化與化學(xué)變化的判斷，難度不大要注意化學(xué)變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別是否有新物質(zhì)生成2設(shè)na為阿伏加德羅常數(shù)的值，n表示粒子數(shù)下列說法正確的是（）a 0.1 mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的數(shù)目為0.4nab 將1molcl2通入到水中，則n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nan（cl2）c 一定條件下，0.1 mol so2與足量氧氣反應(yīng)生成so3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2nad 電解精煉銅，當(dāng)電路中通過的電子數(shù)目為0.2na時，陽極質(zhì)量減少6.4g考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)分析：a苯不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)；b根據(jù)氯原子的守恒來分析；cso2與足量氧氣反應(yīng)生成so3的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底；d電解精煉銅過程中，陽極粗銅中含有雜質(zhì)鐵、鋅等，所以陽極質(zhì)量減少6.4g時，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量不一定是0.2mol解答：解：a苯不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，其分子中不含碳碳雙鍵，故a錯誤；b.1mol氯氣中共含2mol氯原子，而氯氣與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故溶液中有hclo分子、clo、cl、cl2分子，根據(jù)氯原子的守恒可有：2na=n（hclo）+n（cl）+n（clo）+2n（cl2），即n（hclo）+n（cl）+n（clo）=2nan（cl2），故b正確；cso2與足量氧氣反應(yīng)生成so3的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.2na，故c錯誤；d粗銅中含有雜質(zhì)鐵、鋅等，所以陽極減少6.4g時，電路中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量不一定為0.2mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定為0.2na，故d錯誤；故選b點(diǎn)評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算與判斷，題目難度中等，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力3某有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)簡式為，有關(guān)該化合物的敘述不正確的是（）a 該有機(jī)物的分子式為c11h12o2b 1mol該物質(zhì)最多能與4mol h2發(fā)生加成反應(yīng)c 該有機(jī)物能與熱的新制氫氧化銅懸濁液反應(yīng)，生成磚紅色沉淀d 該有機(jī)物一定條件下，可以發(fā)生取代、氧化、酯化反應(yīng)考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：有機(jī)物分子中含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和、酯化反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng)，以此解答該題解答：解：a由有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為c11h12o2，故a正確；b分子中含有1個苯環(huán)和1個碳碳雙鍵，則1mol該物質(zhì)最多能與4mol h2發(fā)生加成反應(yīng)，故b正確；c分子中不含醛基，與新制氫氧化銅濁液不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故c錯誤；d分子中含有羧基，可發(fā)生取代、酯化反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化反應(yīng)，故d正確故選c點(diǎn)評：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大4探究濃硫酸和銅的反應(yīng)，下列裝置或操作正確的是（）a 用裝置進(jìn)行銅和濃硫酸的反應(yīng)b 用裝置收集二氧化硫并吸收尾氣c 用裝置稀釋反應(yīng)后的混合液d 用裝置測定余酸的濃度考點(diǎn)：實(shí)驗(yàn)裝置綜合分析：a、銅與濃硫酸常溫下不反應(yīng)，此反應(yīng)需要加熱設(shè)備；b、二氧化碳的密度大于空氣，適用與向上排空氣法收集；c、濃溶液的稀釋，需在燒杯中進(jìn)行，且需要玻璃棒攪拌；d、氫氧化鈉溶液顯堿性，應(yīng)盛放在堿式滴定管中解答：解：a、銅與濃硫酸常溫下不反應(yīng)，此反應(yīng)需要加熱設(shè)備，圖中無加熱裝置，故a錯誤；b、二氧化碳的密度大于空氣，適用與向上排空氣法收集，即應(yīng)長進(jìn)短出，此圖方向相反，故b錯誤；c、濃溶液的稀釋，需在燒杯中進(jìn)行，且需要玻璃棒攪拌，故c正確；d、氫氧化鈉溶液顯堿性，應(yīng)盛放在堿式滴定管中，圖中滴定管為酸式滴定管，故d錯誤，故選c點(diǎn)評：本題主要考查的是實(shí)驗(yàn)室中常見化學(xué)操作與儀器的使用，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度，注意總結(jié)5現(xiàn)有物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/l的溶液nh3h2och3coohkhso4下列有關(guān)離子濃度分析一定不正確的是（）a 向中逐滴加入少量，逐漸增大b 、等體積混合后溶液中存在：nh4+h2onh3h2o+h+c 、任意比混合：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+）d 、按體積比2：1混合：c（nh4+）c（nh3h2o）c（so42）c（oh）c（h+）考點(diǎn)：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較分析：a、向nh3h2o中滴加ch3cooh，生成強(qiáng)電解質(zhì)醋酸銨，溶液堿性減弱；b、向nh3h2o中等物質(zhì)的量的khso4，生成等物質(zhì)的量的k2so4和（nh4）2so4，銨根離子水解；c、據(jù)電荷守恒分析；d、nh3h2o與khso4按物質(zhì)的量之比2：1混合，得到相同濃度的k2so4和（nh4）2so4和nh3h2o的混合物，一水合氨的電離程度大于銨根的水解程度解答：解：a、向nh3h2o中滴加ch3cooh，銨根離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，則逐漸增大，故a正確；b、向nh3h2o中等物質(zhì)的量的khso4，生成等物質(zhì)的量的k2so4和（nh4）2so4，銨根離子水解，銨根離子水解的離子方程式為nh4+h2onh3h2o+h+，故b正確；c、nh3h2o與ch3cooh的混合溶液中存在電荷守恒，始終存在c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+），故c正確；d、相同濃度的k2so4和（nh4）2so4和nh3h2o的混合溶液中，一水合氨的電離程度大于銨根的水解程度，所以離子濃度的大小順序?yàn)閏（nh4+）c（so42）c（nh3h2o）c（oh）c（h+），故d錯誤；故選d點(diǎn)評：本題考查了溶液混合時各離子濃度的變化以及溶液中的電荷守恒、離子濃度大小比較，題目難度不大6關(guān)于如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（x代表鹵素），說法不正確的是（）a 2h（g）+2x（g）2hx（g）h30b 途徑生成hx的反應(yīng)熱與途徑無關(guān)，所以h1=h2+h3c cl、br、i的非金屬性依次減弱，所以途徑吸收的熱量依次增多d 途徑生成hcl放出的熱量比生成hbr的多，說明hcl比hbr穩(wěn)定考點(diǎn)：反應(yīng)熱和焓變專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化分析：a、原子形成化學(xué)鍵放熱，焓變小于0；b、依據(jù)蓋斯定律分析，反應(yīng)焓變與起始物質(zhì)和終了物質(zhì)有關(guān)于變化途徑無關(guān)；c、途徑是斷裂化學(xué)鍵的過程，是吸熱過程，cl、br、i的原子半徑依次增大，cl2、br2、i2，斷裂化學(xué)鍵需要能量減??；d、根據(jù)化學(xué)反應(yīng)所吸收或放出的能量即為反應(yīng)熱，反應(yīng)熱等于反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵消耗的能量之和與反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵放出的能量之和的差來判斷；解答：解：a、原子形成化學(xué)鍵放熱，焓變小于0，2h（g）+2x（g）2hx（g）h30，故a正確；b、反應(yīng)焓變與起始物質(zhì)和終了物質(zhì)有關(guān)于變化途徑無關(guān)，途徑生成hx的反應(yīng)熱與途徑無關(guān)，所以h1=h2+h3 ，故b正確；c、cl、br、i的原子半徑依次增大，cl2、br2、i2，斷裂化學(xué)鍵需要能量減小，所以途徑吸收的熱量依次減小，故c錯誤；d、因化學(xué)反應(yīng)所吸收或放出的能量即為反應(yīng)熱，反應(yīng)熱等于反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵消耗的能量之和與反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵放出的能量之和的差，氯原子半徑小于溴原子，途徑生成hcl放出的熱量比生成hbr的多，說明hcl比hbr穩(wěn)定，故d正確；故選c點(diǎn)評：本題考查了合成反應(yīng)能量變化，反應(yīng)焓變分析判斷，物質(zhì)結(jié)構(gòu)和同主族性質(zhì)變化規(guī)律是解題關(guān)鍵，題目難度中等7如圖為efc劍橋法用固體二氧化鈦（tio2）生產(chǎn)海綿鈦的裝置示意圖，其原理是在較低的陰極電位下，tio2（陰極）中的氧解離進(jìn)入熔鹽，陰極最后只剩下純鈦下列說法中正確的是（）a 陽極的電極反應(yīng)式為：2clcl2+2eb 陰極的電極反應(yīng)式為：tio2+4eti+2o2c 通電后，o2、cl均向陰極移動d 石墨電極的質(zhì)量不發(fā)生變化考點(diǎn)：電解原理專題：電化學(xué)專題分析：a、電解池的陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；b、電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)；c、電解池中，電解質(zhì)里的陰離子移向陽極；d、根據(jù)石墨電極和產(chǎn)生的氣體之間的反應(yīng)來判斷解答：解：a、電解池的陽極是氧離子發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，導(dǎo)致氧氣等氣體的出現(xiàn)，所以電極反應(yīng)式為：2o2o2+4e，故a錯誤；b、電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，是二氧化鈦電極本身得電子的過程，即tio2+4eti+2o2，故b正確；c、電解池中，電解質(zhì)里的陰離子o2、cl均移向陽極，故c錯誤；d、石墨電極會和陽極上產(chǎn)生的氧氣之間發(fā)生反應(yīng)，導(dǎo)致氣體一氧化碳、二氧化碳的出現(xiàn)，所以電解本身會消耗，質(zhì)量減輕，故d錯誤故選b點(diǎn)評：本題考查電解池的工作原理，題目難度不大，本題注意把握電極反應(yīng)式的書寫，圖中電子的移動方向是解答的關(guān)鍵二、解答題（共3小題，滿分43分）8煤的氣化可以減少環(huán)境污染，而且生成的co和h2被稱作合成氣，能合成很多基礎(chǔ)有機(jī)化工原料（1）工業(yè)上可利用co生產(chǎn)乙醇：2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1 又已知：h2o（l）h2o（g）h2 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3 工業(yè)上也可利用co2（g）與h2（g）為原料合成乙醇：2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o（l）h則：h與h1、h2、h3之間的關(guān)系是：h=h13h22h3（2）一定條件下，h2、co在體積固定的絕熱密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：4h2（g）+2co（g）ch3och3（g）+h2o（g），下列選項(xiàng)能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)的有bdav（h2）=2v（co） b平衡常數(shù)k不再隨時間而變化c混合氣體的密度保持不變d混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化（3）工業(yè)可采用co與h2反應(yīng)合成再生能源甲醇，反應(yīng)：co（g）+2h2（g） ch3oh（g），在一容積可變的密閉容器中充有10molco和20mol h2，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)生成甲醇co的平衡轉(zhuǎn)化率（）與溫度（t）、壓強(qiáng)（p）的關(guān)系如圖1所示合成甲醇的反應(yīng)為放熱（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)a、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)ka、kb、kc的大小關(guān)系為ka=kbkcp1和p2的大小關(guān)系為p1p2若達(dá)到平衡狀態(tài)a時，容器的體積為10l，則在平衡狀態(tài)b時容器的體積為2lco的平衡轉(zhuǎn)化率（）與溫度（t）、壓強(qiáng)（p）的關(guān)系如圖2所示，實(shí)際生產(chǎn)時條件控制在250、1.3104kpa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是在1.3104pa下，co的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)，co的轉(zhuǎn)化率提高不大，生產(chǎn)成本卻增加考點(diǎn)：轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷分析：（1）2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1 h2o（l）h2o（g）h2 co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3 根據(jù)蓋斯定律，方程式32得到方程2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o（l），據(jù)此計(jì)算h；（2）當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；（3）由圖1可知，壓強(qiáng)一定時，溫度越高co的轉(zhuǎn)化率越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動；平衡常數(shù)與濃度、壓強(qiáng)無關(guān)，只與溫度有關(guān)，結(jié)合平衡移動判斷；增大壓強(qiáng)平衡正移，co的轉(zhuǎn)化率增大；a、b兩點(diǎn)溫度相等，壓強(qiáng)不同，平衡常數(shù)相同，利用三段式計(jì)算a、b兩點(diǎn)平衡時各組分物質(zhì)的量，根據(jù)a點(diǎn)各物質(zhì)的濃度計(jì)算平衡常數(shù)，再根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算b點(diǎn)體積；由圖3可知，在250c、1.3x104kpa左右，時co的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)co轉(zhuǎn)化率提高不大，且增大成本解答：解：（1）已知：2co（g）+4h2（g）ch3ch2oh（g）+h2o（g）h1h2o（1）h2o（g）h2co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h3根據(jù)蓋斯定律，則32得2co2（g）+6h2（g）ch3ch2oh（g）+3h2o，則：h=h13h22h3，故答案為：h=h13h22h3；（2）a.2v（h2）=v （co）中未指明正逆速率，不能說明得到平衡，故a錯誤；b平衡常數(shù)與濃度、壓強(qiáng)無關(guān)，只與溫度有關(guān)，溫度一定時平衡常數(shù)為定值，絕熱密閉容器中，容器中的溫度隨著反應(yīng)進(jìn)行不斷變化，則平衡常數(shù)不斷變化，當(dāng)平衡常數(shù)不變時說明達(dá)到了平衡狀態(tài)，故b正確；c容器體積不變，混合氣體總質(zhì)量不變，混合氣體密度始終保持不變，不能說明得到平衡，故c錯誤；d混合氣體總質(zhì)量不變，隨反應(yīng)進(jìn)行氣體物質(zhì)的量減小，混合氣體平均相對分子質(zhì)量減小，當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化，說明反應(yīng)到達(dá)平衡，故d正確，故答案為：bd；（3）由圖1可知，壓強(qiáng)一定時，溫度越高co的轉(zhuǎn)化率越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，即正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為：放熱；平衡常數(shù)與壓強(qiáng)無關(guān)，只與溫度有關(guān)，a、b溫度相等，則ka=kb，相同壓強(qiáng)下，溫度越高co的轉(zhuǎn)化率越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則平衡常數(shù)減小，故kbkc，故ka=kbkc；增大壓強(qiáng)平衡正移，co的轉(zhuǎn)化率增大，已知p2條件下，co的轉(zhuǎn)化率大，則p1p2；故答案為：ka=kbkc； p1p2；a、b兩點(diǎn)溫度相等，壓強(qiáng)不同，平衡常數(shù)相同，對應(yīng)a點(diǎn)，co轉(zhuǎn)化率為0.5，參加反應(yīng)co為10mol0.5=5mol， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）開始（mol）：10 20 0轉(zhuǎn)化（mol）：5 10 5平衡（mol）：5 10 5故t1溫度下，平衡常數(shù)k=1對應(yīng)b點(diǎn)，co轉(zhuǎn)化率為0.8，參加反應(yīng)co為10mol0.8=8mol， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）開始（mol）：10 20 0轉(zhuǎn)化（mol）：8 16 8平衡（mol）：2 4 8設(shè)平衡時的體積為vl，則=1，解得v=2故答案為：2由圖3可知，在250c、1.3x104kpa左右，co的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)co轉(zhuǎn)化率提高不大，且增大生成成本，得不償失，故選擇250c、1.3x104kpa左右，故答案為：在1.3104pa下，co的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)，co的轉(zhuǎn)化率提高不大，生產(chǎn)成本卻增加點(diǎn)評：本題考查化學(xué)平衡常數(shù)有關(guān)計(jì)算、化學(xué)平衡圖象及影響因素、化學(xué)平衡狀態(tài)判斷、反應(yīng)熱計(jì)算，注意掌握化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用，掌握三段式計(jì)算方法，難度中等9鈦鐵礦的主要成分為fetio3（可表示為feotio2），含有少量mgo、cao、sio2等雜質(zhì)利用鈦鐵礦制備鋰離子電池電極材料（鈦酸鋰li4ti5o12和磷酸亞鐵鋰lifepo4）的工業(yè)流程如圖所示：已知：fetio3與鹽酸反應(yīng)的離子方程式為fetio3+4h+4clfe2+tiocl42+2h2o（1）化合物fetio3中鐵元素的化合價是+2（2）濾渣a的成分是sio2（3）濾液b中tiocl42轉(zhuǎn)化生成tio2的離子方程式是tiocl+h2otio2+2h+4cl（4）反應(yīng)中固體tio2轉(zhuǎn)化成（nh4）2ti5o15溶液時，ti元素的浸出率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖2所示反應(yīng)溫度過高時，ti元素浸出率下降的原因是溫度過高時，反應(yīng)物氨水（或雙氧水）受熱易分解（5）反應(yīng)的化學(xué)方程式是（nh4）2ti5o15+2liohli2ti5o15+2nh3h2o（6）由濾液d制備lifepo4的過程中，所需17%雙氧水與h2c2o4的質(zhì)量比是20：9（7）若采用鈦酸鋰（li4ti5o12）和磷酸亞鐵鋰（lifepo4）做電極組成電池，其工作原理為li4ti5o12+3lifepo4li7ti5o12+3fepo4，該電池充電時陽極反應(yīng)式是lifepo4efepo4+li+考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：（1）根據(jù)反應(yīng)fetio3+4h+4cl=fe2+tiocl42+2h2o，不是非氧化還原反應(yīng)，可以判斷鐵元素化合價為+2價；（2）mgo、cao、sio2等雜質(zhì)中，二氧化硅不溶于稀鹽酸，成為濾渣a；（3）根據(jù)流程圖示，tiocl42在溶液中加熱與水反應(yīng)生成二氧化鈦沉淀；（4）二氧化鈦與氨水、雙氧水反應(yīng)生成nh4）2ti5o15，溫度過高，雙氧水和氨水都容易分解；（5）反應(yīng)3是（nh4）2ti5o15與強(qiáng)氧化鋰反應(yīng)生成li2ti5o15沉淀和氨水；（6）根據(jù)電子守恒找出雙氧水與草酸的關(guān)系式，然后列式計(jì)算計(jì)算出17%雙氧水與h2c2o4的質(zhì)量比；（7）充電時按照電解槽進(jìn)行分析，陽極氧化陰極還原，寫出陽極放電的電解方程式即可解答：解：（1）反應(yīng)fetio3+4h+4cl=fe2+tiocl42+2h2o中，不是非氧化還原反應(yīng)，可以判斷鐵元素化合價為+2價，故答案為：+2；（2）由于雜質(zhì)中二氧化硅不溶于鹽酸，所以濾渣a成分是二氧化硅，故答案為：sio2；（3）根據(jù)流程可知，tiocl42在溶液中加熱與水反應(yīng)生成二氧化鈦沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：tiocl42+h2o=tio2+2h+4cl，故答案為：tiocl42+h2o=tio2+2h+4cl；（4）由于二氧化鈦與氨水、雙氧水反應(yīng)生成nh4）2ti5o15時，溫度過高，雙氧水和氨水都容易分解，所以反應(yīng)溫度過高時，ti元素浸出率下降，故答案為：溫度過高時，反應(yīng)物氨水（或雙氧水）受熱易分解；（5）根據(jù)流程圖示可知，反應(yīng)3是（nh4）2ti5o15與強(qiáng)氧化鋰反應(yīng)生成li2ti5o15沉淀和氨水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（nh4）2ti5o15+2 lioh=li2ti5o15+2nh3h2o（或2nh3+2h2o），故答案為：（nh4）2ti5o15+2 lioh=li2ti5o15+2nh3h2o（或2nh3+2h2o）；（6）根據(jù)電子守恒，氧化鐵元素轉(zhuǎn)移的電子就等于鐵離子氧化草酸轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，因此可得關(guān)系式：h2o2h2c2o4，設(shè)雙氧水質(zhì)量為x，草酸質(zhì)量為y， 34 90 x17% y34y=90x17%，x：y=20：9，17%雙氧水與h2c2o4的質(zhì)量比為20：9，故答案為：20：9；（7）充電時，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，lifepo4失去電子生成fepo4，電極反應(yīng)為：lifepo4e=fepo4+li+，故答案為：lifepo4e=fepo4+li+點(diǎn)評：本題借助利用鈦鐵礦制備鋰離子電池電極材料流程，考查了化合價判斷、離子方程式書寫、電極方程式書寫、化學(xué)計(jì)算等知識，涉及的內(nèi)容較多，綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生的綜合能力，本題難度中等10硫代硫酸鈉俗稱“海波”，又名“大蘇打”，溶液具有弱堿性和較強(qiáng)的還原性，是棉織物漂白后的脫氯劑，定量分析中的還原劑硫代硫酸鈉（na2s2o3）可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應(yīng)制得，裝置如圖（a）所示已知：na2s2o3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如圖（b）所示，（1）na2s2o35h2o的制備：步驟1：如圖連接好裝置后，檢查a、c裝置氣密性的操作是關(guān)閉k2打開k1，在d中加水淹沒導(dǎo)管末端，用熱毛巾或雙手捂住燒瓶步驟2：加入藥品，打開k1、關(guān)閉k2，加熱裝置b、d中的藥品可選用下列物質(zhì)中的acd（填編號）a naoh溶液 b濃h2so4c酸性kmno4溶液 d飽和nahco3溶液步驟3：c中混合液被氣流攪動，反應(yīng)一段時間后，硫粉的量逐漸減少當(dāng)c中溶液的ph接近或不小于7時，打開k2、關(guān)閉k1并停止加熱；c中溶液要控制ph的原因是硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定步驟4：過濾c中的混合液，將濾液經(jīng)過加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，得到產(chǎn)品（2）na2 s2o3性質(zhì)的檢驗(yàn)：向足量的新制氯水中滴加少量na2s2o3溶液，氯水顏色變淺，檢查反應(yīng)后溶液中含有硫酸根，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式na2 s2o3+4cl2+5h2o=na2so4+h2so4+8hcl，（3）常用na2s2o3溶液測定廢水中ba2+濃度，步驟如下：取廢水25.00ml，控制適當(dāng)?shù)乃岫燃尤胱懔縦2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；過濾、洗滌后，用適量稀鹽酸溶解此時cro24全部轉(zhuǎn)化為cr2o27；再加過量ki溶液，充分反應(yīng)后，加入淀粉溶液作指示劑，用0.010moll1的na2s2o3溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)完全時，消耗na2s2o3溶液18.00ml部分反應(yīng)的離子方程式為：cr2o72+6i+14h+=3i2+2cr3+3i2+7h2oi2+2s2o32=s4o62+2i則該廢水中ba2+的物質(zhì)的量濃度為0.0024mol/l考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)分析：（1）步驟1：利用氣體熱脹冷縮性質(zhì)，檢驗(yàn)裝置氣密性；步驟2：裝置b、d的作用是進(jìn)行尾氣處理，防止尾氣中二氧化硫污染空氣；步驟3：硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定，應(yīng)控制溶液為弱堿性，即控制溶液ph接近或不小于7；步驟4：從溶液中獲得晶體，需要加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，得到產(chǎn)品；（2）由題目信息可知，na2s2o3被氯水氧化反應(yīng)生成na2so4、h2so4，氯氣被還原為hcl；（3）由題意可知，bacro4用鹽酸溶解轉(zhuǎn)化為cr2o27，由元素守恒及已知方程式可得關(guān)系式：2ba2+2bacro4cr2o273i26na2s2o3，結(jié)合消耗的na2s2o3利用關(guān)系式計(jì)算溶液中n（ba2+），進(jìn)而計(jì)算c（ba2+）解答：解：（1）步驟1：利用氣體熱脹冷縮性質(zhì)，檢驗(yàn)裝置氣密性，具體操作為：故答案為：關(guān)閉k2打開k1，在d中加水淹沒導(dǎo)管末端，用熱毛巾或雙手捂住燒瓶，d中導(dǎo)管有氣泡冒出，冷卻后形成1段水柱，說明氣密性良好，步驟2：裝置b、d的作用是進(jìn)行尾氣處理，防止尾氣中二氧化硫污染空氣，二氧化硫具有還原性，可以用酸性高錳酸鉀溶液氧化吸收，二氧化硫能與氫氧化鈉溶液、碳酸氫鈉溶液反應(yīng)被吸收，故選：acd；步驟3：硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定，應(yīng)控制溶液為弱堿性，可以控制溶液ph接近或不小于7，步驟4：從溶液中獲得晶體，需要加熱濃縮，趁熱過濾，再將濾液冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，得到產(chǎn)品，故答案為：關(guān)閉k2打開k1，在d中加水淹沒導(dǎo)管末端，用熱毛巾或雙手捂住燒瓶；acd；ph接近或不小于7；硫代硫酸鈉在酸性溶液中不穩(wěn)定；冷卻結(jié)晶、洗滌；（2）由題目信息可知，na2s2o3被氯水氧化反應(yīng)生成na2so4、h2so4，氯氣被還原為hcl，反應(yīng)方程式為：na2 s2o3+4cl2+5h2o=na2so4+h2so4+8hcl，故答案為：na2 s2o3+4cl2+5h2o=na2so4+h2so4+8hcl；（3）由題意可知，bacro4用鹽酸溶解轉(zhuǎn)化為cr2o27，由元素守恒及已知方程式可得關(guān)系式：2ba2+2bacro4cr2o273i26na2s2o3，消耗的na2s2o3為0.018l0.01mol/l，則n（ba2+）=0.018l0.01mol/l=0.00006mol，故溶液中c（ba2+）=0.0024mol/l，故答案為：0.0024mol/l點(diǎn)評：本題考查實(shí)驗(yàn)制備方案設(shè)計(jì)，涉及氣密性檢驗(yàn)、對實(shí)驗(yàn)裝置及步驟的分析評價、物質(zhì)的分離提純、氧化還原反應(yīng)滴定，（3）中注意利用關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算，難度中等三、化學(xué)選修-2：化學(xué)與技術(shù)（共1小題，滿分15分）11水是一種重要的自然資源，是人類賴以生存不可缺少的物質(zhì)請回答下列問題：（1）水質(zhì)優(yōu)劣直接影響人體健康天然水在凈化處理過程中加入的混凝劑可以是明礬，硫酸鋁，硫酸鐵，硫酸亞鐵（填兩種物質(zhì)的名稱），其凈水作用的原理是鋁鹽或鐵鹽在水中發(fā)生水解生成相應(yīng)的氫氧化物膠體，它可吸附天然水中懸浮物并破壞天然水中的其他帶異電的膠體，使其聚沉達(dá)到凈水的目的（2）水的凈化與軟化的區(qū)別是水的凈化是用混凝劑（如明礬）將水中膠體及懸浮物沉淀下來，而水的軟化是除去水中的鈣離子和鎂離子（3）硬度為1的水是指每升水含10mg cao或與之相當(dāng)?shù)奈镔|(zhì)（如7.1mg mgo）若某天然水中c（ca2+）=1.2103mol/l，c（mg2+）=6104mol/l，則此水的硬度為10（4）若（3）中的天然水還含有c（hco3）=8104mol/l，現(xiàn)要軟化10m3這種天然水，則需先加入ca（oh）2740g，后加入na2co31484g（5）如圖是電滲析法淡化海水的原理圖，其中，電極a接直流電源的正極，電極b接直流電源的負(fù)極隔膜a是陰（填“陰”或“陽”）離子交換膜；某種海水樣品，經(jīng)分析含有大量的na+、cl，以及少量的k+、so42若用上述裝置對該海水進(jìn)行淡化，當(dāng)?shù)ぷ魍瓿珊?，a、b、c三室中所得溶液（或液體）的ph分別為pha、phb、phc，則其大小順序?yàn)閜haphbphc考點(diǎn)：海水資源及其綜合利用；原電池和電解池的工作原理；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)專題：電化學(xué)專題；元素及其化合物分析：（1）混凝劑是溶液中水解生成膠體的鹽類，凈水作用是吸附懸浮雜質(zhì)使其聚沉達(dá)到凈化目的；（2）凈化水是除去懸浮雜質(zhì)，軟化水是除去鈣鎂離子；（3）依據(jù)硬度為1的水是指每升水含10mgcao或與之相當(dāng)?shù)奈镔|(zhì)（如7.1mgmgo），將水中的ca2+、mg2+質(zhì)量折算成cao的質(zhì)量計(jì)算得到；（4）硬水軟化需要把鈣離子和鎂離子全部沉淀，加入氫氧化鈣和鎂離子、碳酸氫根離子反應(yīng)，加入碳酸鈉沉淀鈣離子；（5）陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過；電解池的陰極是氫離子放電，陽極是氫氧根離子放電；根據(jù)電極反應(yīng)來書寫總的電解反應(yīng)；解答：解：（1）混凝劑是吸附水中的微小懸浮顆粒，凝聚成較大的顆粒，而快速沉降的主要作用，要具備水解生成膠體的性質(zhì)，所以常有鋁鹽或鐵鹽在水中發(fā)生水解生成相應(yīng)氫氧化物膠體，如明礬，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體和氫離子，氫氧化鋁膠體具有吸附性，所以能凈水，水解方程式為al3+3h2oal（oh）3+3h+，明礬，硫酸鋁，硫酸鐵，硫酸亞鐵也可以起到凈水的作用，鋁鹽或鐵鹽在水中發(fā)生水解生成相應(yīng)的氫氧化物膠體，它可吸附天然水中懸浮物并破壞天然水中的其他帶異電的膠體，使其聚沉達(dá)到凈水的目的；故答案為：明礬，硫酸鋁，硫酸鐵，硫酸亞鐵，鋁鹽或鐵鹽在水中發(fā)生水解生成相應(yīng)的氫氧化物膠體，它可吸附天然水中懸浮物并破壞天然水中的其他帶異電的膠體，使其聚沉達(dá)到凈水的目的；（2）水的凈化是除去懸浮性雜質(zhì)，一般用明礬進(jìn)行；水的軟化是降低ca2+、mg2+的濃度，方法很多，有離子交換法、石灰純堿法等，故答案為：水的凈化是用混凝劑（如明礬等）將水中膠體及懸浮物沉淀下來，而水的軟化是除去水中的鈣離子和鎂離子；（3）某天然水中c（ca2+）=1.2103moll1，c（mg2+）=6104moll1，硬度為1的水是指每升水含10mgcao或與之相當(dāng)?shù)奈镔|(zhì)（如7.1mgmgo）；1l水中鈣離子物質(zhì)的量=1.2103mol，相當(dāng)于cao質(zhì)量=1.2103mol56g/mol=67.2mg，1l水中鎂離子物質(zhì)的量=6104mol，相當(dāng)于氧化鎂質(zhì)量6104mol40g/mol=24mg，所以水的硬度=+=10；故答案為：10；（4）10m3這種天然水水中含有鈣離子物質(zhì)的量=10103l1.2103moll1=12mol；鎂離子物質(zhì)的量=10103l6104moll1=6mol；碳酸氫根離子物質(zhì)的量=10103l8104moll1=8mol；加入氫氧化鈣發(fā)生的反應(yīng)為：mg2+2oh=mg（oh）2 hco3