2024年中圖版選修4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2024年中圖版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷188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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、溫度分別為T1和T2時，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入l0L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)X（g）+Y（g）2Z（g）,一段時間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如下表。溫度/Kt1t2t3t4T1n（Y）0.140.120.100.10T2n（Y）0.130.090.08

下列說法正確的是A.該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.溫度為T1時，0~t1時間段用Z表示的平均反應(yīng)速率為mol?L-1.min-1C.溫度為T2時，t3時刻剛好達(dá)到平衡狀態(tài)D.在T1下平衡后，保持其他條件不變，再充入0.2molZ,平衡時X的體積分?jǐn)?shù)不變2、在一定條件下，已達(dá)平衡的可逆反應(yīng)：2A(g)＋B(g)2C(g)，下列說法中正確的是A.平衡時，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K與各物質(zhì)的濃度有如下關(guān)系：K＝B.改變條件后，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K一定不變C.如果改變壓強(qiáng)并加入催化劑，平衡常數(shù)會隨之變化D.若平衡時增加A和B的濃度，則平衡常數(shù)會減小3、25℃時，用蒸餾水稀釋10mLpH=11的氨水。下列敘述正確的是A.該10mL氨水的濃度為0.001mol/LB.稀釋至100mL時，溶液的pH小于10C.稀釋時，溶液中所有的離子的濃度均變小D.稀釋過程中，的值一定增大4、常溫下，下列說法正確的是A.向溶液中加入等濃度等體積的鹽酸：=+B.溶液中：C.pH相同的①溶液、②溶液中①<②D.pH=9的的的溶液中：5、氨分子中的一個氫原子被甲基取代后，所得甲胺的性質(zhì)與氨相似，也是一元弱堿，時，電離常數(shù)現(xiàn)用的稀硫酸滴定的甲胺溶液，溶液中的負(fù)對數(shù)與所加稀硫酸的體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是

A.甲胺在水中的電離方程式為因此溶液呈堿性B.C點所在溶液中C.D四點對應(yīng)的溶液中電離常數(shù)相等D.A點溶液中存在6、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，向2mol·L-1的NaOH溶液100mL中緩緩?fù)ㄈ?.48LCO2氣體，充分反應(yīng)后溶液中離子濃度大小排列順序正確的是A.c(Na+)＞c()＞c(OH－)＞c(H+)B.c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH－)C.c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c(OH－)D.c(Na+)=c()＞c(OH－)＞c(H+)7、根據(jù)下表數(shù)據(jù)；下列判斷正確的是。

。物質(zhì)。

HF

H3PO4

電離常數(shù)(25℃)

Ka＝3.6×10－4

Ka1＝7.5×10－3

Ka2＝6.2×10－8

Ka3＝2.2×10－13

A.在等濃度的NaF、NaH2PO4混合溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(H2PO4-)＋c(OH－)B.少量H3PO4和NaF反應(yīng)的離子方程式為H3PO4＋F－=H2PO4-＋HFC.同溫同濃度時，溶液的pH：NaF>NaH2PO4>Na2HPO4D.結(jié)合H＋的能力：PO43->F－>HPO42-8、下列比較項與依據(jù)的化學(xué)反應(yīng)事實不對應(yīng)的是。

。

比較項。

依據(jù)的化學(xué)反應(yīng)事實。

A

比較Cl和S的非金屬性。

Na2S+2HCl＝2NaCl+H2S↑

B

比較Fe2+和Br－的還原性。

6FeBr2+3Cl2(少量)＝2FeCl3+4FeBr3

C

比較碳酸和苯酚的酸性。

C6H5ONa+CO2+H2O＝C6H5OH+NaHCO3

D

比較氯化銀和碘化銀的溶解度。

AgCl(s)+I－(aq)＝AgI(s)+Cl－(aq)

A.AB.BC.CD.D9、下列實驗?zāi)苓_(dá)到目的且過程正確的是。

。編號。

實驗?zāi)康摹?/p>

實驗過程。

A

檢驗?zāi)臣t棕色氣體是否為溴蒸氣。

將氣體通入淀粉KI溶液中；觀察溶液是否變藍(lán)。

B

配制0.10mol·L－1的Na2CO3溶液。

稱取5.3g固體Na2CO3于燒杯中；加入少量蒸餾水溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移至500mL容量瓶中定容。

C

觀察Mg條與CO2氣體反應(yīng)現(xiàn)象。

取一小段除去表面氧化膜的Mg條，用坩堝鉗夾持點燃，迅速投入到只充滿CO2氣體的集氣瓶中。

D

證明難溶物存在沉淀溶解平衡。

往黃色固體難溶物PbI2中加水；振蕩，靜置。取上層清液，然后加入NaI固體，產(chǎn)生黃色沉淀。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、在25℃；101kPa下；依據(jù)事實寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）1g乙醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱29.7kJ。則表示乙醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_____；

（2）已知拆開1molH﹣H鍵，1molN﹣H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為________________；若適量的N2和O2完全反應(yīng)，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ熱量。則其熱化學(xué)方程式為：_____；已知AX3的熔點和沸點分別為－93.6℃和76℃，AX5的熔點為167℃。室溫時AX3與氣體X2反應(yīng)生成1molAX5，放出熱量123.8kJ。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：__________11、在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低溫度，化學(xué)反應(yīng)速率__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）600℃時，在一容積為2L的密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，在反應(yīng)進(jìn)行至10min和20min時，分別改變了影響反應(yīng)速率的一個條件，反應(yīng)過程中SO2、O2、SO3物質(zhì)的量變化如圖所示，前10min正反應(yīng)速率逐漸___(填“增大”“減小”或“不變”)；前15min內(nèi)用SO3表示平均反應(yīng)速率為__。

（3）圖中反應(yīng)進(jìn)程，表示正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等的時間段是___。

（4）根據(jù)上圖判斷，10min時改變的反應(yīng)條件可能是___(填編號，下同)；20min時改變的反應(yīng)條件可能是___。

A．加入催化劑B．縮小容器容積。

C．降低溫度D．增加O2的物質(zhì)的量12、現(xiàn)有25℃時0.1mol/L的氨水。請回答以下問題：

(1)若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)________(填“增大”“減小”或“不變”)；

(2)若向氨水中加入稀硫酸；使其恰好中和，寫出反應(yīng)的離子方程式：

_____________________________________________________________________；

所得溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)；用離子方程式表示其原因：

_____________________________________________________________________。

(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此時c(NH4＋)＝amol/L，則c(SO42－)＝________；

(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1∶1，則所得溶液中各離子物質(zhì)的量濃度由大到小的關(guān)系是______________________________________。13、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是________填標(biāo)號

A.

B.

C.

D.14、弱電解質(zhì)在水溶液中的電離狀況可以進(jìn)行定量計算和推測。

（1）25℃時兩種酸的電離平衡常數(shù)如表所示。

①25℃時，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水電離出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃時，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃時，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反應(yīng)的離子方程式為_______。

（2）已知25℃時，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系如圖所示。

①25℃，pH＝3時溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②當(dāng)溶液pH由11到14時，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：_______。15、25℃時，將pH=x氨水與pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等體積混合后，所得溶液中各種離子的濃度關(guān)系正確的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)16、含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液；在化學(xué)上用作緩沖溶液。向其中加入少量酸或堿時溶液的酸堿性變化不大。

（1）向該溶液中加入少量鹽酸時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________________；向其中加入少量KOH溶液時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________________。

（2）現(xiàn)將HA溶液和NaOH溶液等體積混合；得到緩沖溶液。

①若HA為該溶液顯酸性，則溶液中________（填“”、“”或“”）。

②若HA為該溶液顯堿性，溶液中所有的離子按濃度由大到小排列的順序是_______________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)18、某工業(yè)生產(chǎn)上用銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))制備膽礬CuSO4?5H2O的流程如圖。

已知：有機(jī)萃取劑HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org為有機(jī)相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。

(1)焙燒前粉碎的目的是_______。

(2)“調(diào)節(jié)pH時，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為_______，試劑X的最佳選擇是_______(填標(biāo)號)。

a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3?H2O

(3)25℃時，“調(diào)節(jié)pH”后，測得濾液中各離子濃度及相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示。(lg2=0.3)。離子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+濃度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20對應(yīng)氫氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16

該濾液的pH為_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已經(jīng)”或“沒有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為_______。

(6)上述流程中獲取金屬銅的方法是電解硫酸銅溶液。若電解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成銅3.2g，此時溶液中離子濃度由大到小的順序是_______。19、汽車的大量使用給人們的出行帶來了便利；但也帶來了諸多社會問題，如廢舊鉛蓄電池的環(huán)境污染。通過下列工藝流程對廢舊鉛蓄電池進(jìn)行處理，可回收金屬鉛和粗硫酸。

已知：i.鉛膏的成分：

ii.常溫下，部分鉛鹽的濃度積：

回答下列有關(guān)問題：

(1)“翻料、傾料”操作后所得電解質(zhì)溶液中的電解質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。

(2)“鉛膏”加水的目的是調(diào)成懸濁液，作用是_______。

(3)反應(yīng)I的化學(xué)方程式是_______。

(4)測得“析鉛”后的濾液中，對析出的進(jìn)行洗滌、干燥，得產(chǎn)品，則原鉛膏中的總物質(zhì)的量為_______濾液中_______(保留一位小數(shù))。濾液X中主要溶質(zhì)的用途有_______(填一種)。

(5)HBF4是一種強(qiáng)酸，則氣體Y為_______(填化學(xué)式)。20、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?，F(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”時若用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺點是_______________。

(5)“沉鈷”過程中的實驗現(xiàn)象有_______________。21、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”“陽極”），其上發(fā)生的電極反應(yīng)為_______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽”）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，消耗Fe2+的物質(zhì)的量_____（填“相同”“不相同”“無法判斷”）。評卷人得分五、實驗題(共2題，共20分)22、某學(xué)生通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量來計算中和熱。他將50mL0.5mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)。請回答下列問題：

(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_________；由圖可知該裝置有不妥之處，應(yīng)如何改正？_____。

(2)實驗中改用60mL0.50mol/L的鹽酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和熱的數(shù)值會_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。

(3)該同學(xué)做實驗時有些操作不規(guī)范，造成測得中和熱的數(shù)值偏低，請你分析可能的原因是_____。

A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩C．做本實驗的當(dāng)天室溫較高D．在量取鹽酸時仰視計數(shù)。

E．將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

(4)將V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溫度，實驗結(jié)果如下圖所示(實驗中始終保持V1+V2=50mL)

通過分析圖像可知，做該實驗時環(huán)境溫度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，該NaOH溶液的濃度約為_____mol/L。

(5)假設(shè)鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反應(yīng)后生成溶液的比熱容c＝4.18J·g－1·℃－1。為了計算中和熱，某學(xué)生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：。

實驗序號起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6

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ΔH＝_____(結(jié)果保留一位小數(shù))。23、某研究小組查閱資料發(fā)現(xiàn)與的反應(yīng)具有可逆性，推測亞鐵鹽與飽和碘水的混合液中會存在；并據(jù)此設(shè)計實驗1(如下圖所示)。發(fā)現(xiàn)溶液未變紅。該小組對溶液未變紅的原因進(jìn)行了如下探究。

I.初步探究。

實驗2：用煮沸冷卻后的蒸餾水重新配制兩種飽和溶液進(jìn)行實驗，實瞼記錄如下表。。編號飽和溶液飽和碘水石蠟油操作溶液現(xiàn)象2-11滴5mL1mL不加熱1滴無明顯現(xiàn)象2-21滴5mL1mL加熱一段時間后冷卻1滴無明顯現(xiàn)象

(1)研究小組同學(xué)根據(jù)所查閱資料寫出的與反應(yīng)的離子方程式為___________。

(2)實驗2中；加入石蠟油的目的是___________。

(3)小組同學(xué)做出推斷：反應(yīng)速率不是導(dǎo)致實驗1中溶液未變紅的主要原因；他們的理由是___________。

II.查閱資料，繼續(xù)探究：(資料)為不溶于水的白色固體。

實驗3：

(4)試管a的實驗現(xiàn)象說明濾液1中含有___________。

(5)試管b中，加入溶液后所產(chǎn)生實驗現(xiàn)象的原因是___________。

(6)甲同學(xué)對實驗3提出了質(zhì)疑，認(rèn)為其實驗現(xiàn)象并不能證明氧化了。他提出如下假設(shè)：

i.可能是氧化了；

ii.可能是空氣中的O2氧化了。

他設(shè)計、實施了實驗4，實驗記錄如下表。。編號實驗操作實驗現(xiàn)象4在試管中加入1滴溶液，蒸餾水，1滴試劑一段時間后加入1滴溶液溶液不變紅

①試劑a是___________。

②依據(jù)實驗4，甲同學(xué)做出判斷：___________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】

對于反應(yīng)X(g)＋Y(g)?2Z(g)，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量相等，則增大壓強(qiáng)，平衡不移動，由表中數(shù)據(jù)可知，達(dá)到平衡時，T2溫度剩余Y的物質(zhì)的量較少，則消耗較多，可知T2>T1，說明升高溫度平衡正向移動，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，計算平衡時各物質(zhì)的濃度，結(jié)合K＝計算。

【詳解】

A．由以上分析可知該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；故A錯誤；

B．溫度為T1時，0～t1時間段的平均速率v(Z)＝2v(Y)＝＝mol?L?1?min?1；故B錯誤；

C．由以上分析可知，T2大于T1，溫度高反應(yīng)速率快，到達(dá)平衡的時間段，由表中數(shù)據(jù)可知T1時，t3時刻反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，則T2時，應(yīng)在t3前反應(yīng)達(dá)到平衡；故C錯誤；

D．反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量相等；則增大壓強(qiáng)，平衡不移動，保持其他條件不變，再充入0.2molZ，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，則平衡時X的體積分?jǐn)?shù)不變，故D正確；

故選：D。2、A【分析】【詳解】

A.在一定溫度時；當(dāng)一個可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，生成物平衡濃度的冪之積與反應(yīng)物平衡濃度的冪之積的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)稱為化學(xué)平衡常數(shù)簡稱平衡常數(shù)，故A正確；

B.K只隨溫度的改變而改變；如果改變溫度，平衡常數(shù)會變，故B錯誤；

C.K只隨溫度的改變而改變；所以改變壓強(qiáng)并加入催化劑，平衡常數(shù)也不會發(fā)生變化，故C錯誤；

D.K只隨溫度的改變而改變；增加A和B的濃度，平衡常數(shù)也不會改變，故D錯誤；

正確答案：A3、D【分析】【詳解】

A．一水合氨是弱電解質(zhì)；在水溶液里部分電離，則溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度，25℃時，pH=11氨水的濃度大于0.001mol/L，故A錯誤；

B．一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，將10mLpH=11的氨水稀釋至100mL，氨水稀釋10倍后，溶液中氫氧根離子濃度大于原來的則稀釋后溶液的pH在10～11之間，故B錯誤；

C．加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，溶液中c(OH-)減小，溫度不變，則水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c(H+)增大；故C錯誤；

D．加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，導(dǎo)致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3·H2O)減小，則溶液中增大；故D正確；

故選D。

【點睛】

本題的易錯點為C，要注意稀釋氨水過程中，溶液中主要存在的離子的濃度均會減小，即c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3·H2O)都會減小，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，溶液中c(H+)增大。4、B【分析】【詳解】

A．碳酸鈉溶液中加入等濃度等體積的鹽酸反應(yīng)生成碳酸氫鈉溶液和氯化鈉溶液，根據(jù)物料守恒，n(Na)=n(C)+n(Cl)，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(Cl-)；故A錯誤；

B．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，存在物料守恒：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，所以有c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(H2S)；故B正確；

C．次氯酸根離子的水解程度大于醋酸根離子的水解程度，pH相同的①CH3COONa溶液、②NaClO溶液，溶液的濃度①＞②，因此pH相同的①CH3COONa溶液、②NaClO溶液中c(Na+)：①＞②；故C錯誤；

D．pH=9的0.1mol?L-1的NaHR溶液顯堿性，說明HR-的水解程度大于HR-的電離程度，溶液中：c(H2R)＞c(R2-)；故D錯誤；

故選B。

【點睛】

本題的易錯點為A，要注意反應(yīng)過程中沒有二氧化碳放出，碳酸鈉溶液中的物料守恒為c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，反應(yīng)后的物料守恒為c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(Cl-)，因此c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Cl-)。5、D【分析】【詳解】

A.也是一元弱堿，可以電離出氫氧根離子，電離過程為可逆，電離方程式為：故A正確；

B.C點所在溶液中氫氧根離子濃度故B正確；

C.溫度不變；電離常數(shù)不變，C正確；

D.A點溶液中存在等物質(zhì)的量濃度的鹽和甲胺，溶液顯堿性，以甲胺的電離為主，D錯誤；

故選D。

【點睛】

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、酸堿反應(yīng)后溶液酸堿性判斷、水電離平衡影響因素、鹽類水解等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。6、A【分析】【詳解】

n(NaOH)=2mol·L-1×0.1L=0.2mol，n(CO2)==0.2mol，則反應(yīng)方程式為CO2+NaOH=NaHCO3，即充分反應(yīng)后的溶液溶質(zhì)為NaHCO3，該溶液中存在碳酸氫根的水解，所以溶液顯堿性c(OH－)＞c(H+)，且c(Na+)＞c()，所以該溶液中存在：c(Na+)＞c()＞c(OH－)＞c(H+)；故答案為A。

【點睛】

確定溶液中的溶質(zhì)及物質(zhì)的量的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，然后利用水解來解答即可。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，該混合溶液中還存在陰離子c（HPO42－）、c（PO43－），所以該混合溶液中存在的電荷守恒為c（Na＋）+c（H＋）=c（F－）+c（H2PO4－）+c（OH－）+2c（HPO42－）+3c（PO43－）；故A錯誤；

B．磷酸第一步電離平衡常數(shù)大于HF，HF電離平衡常數(shù)大于磷酸第二步、第三步電離平衡常數(shù)，所以少量H3PO4和NaF反應(yīng)生成磷酸二氫鈉和HF，離子方程式為H3PO4+F－═H2PO4－+HF；故B正確；

C．酸的電離平衡常數(shù)越大，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越小，相同溫度和相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，酸根離子水解程度：HPO42－＞F－＞H2PO4－，則同溫同濃度時，溶液的pH：Na2HPO4＞NaF＞NaH2PO4；故C錯誤；

D．酸的電離平衡常數(shù)越大，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越小，則該酸根離子結(jié)合質(zhì)子能力越小，酸根離子水解程度PO43－＞HPO42－＞F－，則結(jié)合質(zhì)子能力PO43－＞HPO42－＞F－；故D錯誤；

故選B。

【點睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)與酸根離子水解程度關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意多元弱酸根離子水解程度，C為解答易錯點，酸的電離平衡常數(shù)越大，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越小。8、A【分析】【分析】

【詳解】

A．比較Cl和S的非金屬性；要用最高價氧化物對應(yīng)的含氧酸的酸性去比較，故A選；

B．還原性，F(xiàn)e2＋>Br-；氯氣只與亞鐵離子反應(yīng)，故B正確；

C．酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3―，C6H5ONa+CO2+H2O＝C6H5OH+NaHCO3；故C正確；

D．溶解度：AgCl>AgI；AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，故D正確；

故選A。9、D【分析】【分析】

【詳解】

A．紅棕色氣體NO2也能將KI氧化為I2；并使淀粉變藍(lán)色，A不合題意；

B．在配制溶液過程中；沒有在轉(zhuǎn)移溶液后洗滌燒杯內(nèi)壁和玻璃棒2~3次，并將洗滌液也注入容量瓶，B不合題意；

C．充滿CO2氣體的集氣瓶底沒有鋪一層細(xì)沙或少量玻璃棉；燃燒產(chǎn)生的熔融物易使瓶底破裂，C不合題意；

D．黃色固體難溶物PbI2加水靜置后的上層清液為PbI2飽和溶液，加入NaI固體，溶解后增大溶液中的c(I-)，產(chǎn)生黃色沉淀應(yīng)為PbI2，表明I-與Pb2+發(fā)生反應(yīng)生成PbI2，從而說明溶液中存在PbI2的沉淀溶解平衡；D符合題意；

故選D。二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【分析】

熱化學(xué)方程式書寫；注意ΔH與反應(yīng)物用量成正比例關(guān)系。

【詳解】

（1）1mol乙醇的質(zhì)量為46g，所以乙醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2(g）+3H2O（l）ΔH=(-29.7×56)kJ?mol﹣1=﹣1366.2kJ?mol﹣1；

（2）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH=（N≡N+3H-H）﹣6N-H=﹣92kJ?mol﹣1；每生成23克NO2，即0.5mol，需要吸收16.95kJ熱量，其熱化學(xué)方程式為N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ?mol﹣1；結(jié)合信息可知常溫下AX3為液態(tài)，AX5為固態(tài)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為AX3（l）＋X2（g）=AX5（s）ΔH＝－123.8kJ?mol﹣1。

【點睛】

燃燒熱的熱化學(xué)方程式可燃物的系數(shù)為1；利用鍵能計算焓變，應(yīng)該用反應(yīng)物總鍵能減去生成物總鍵能?！窘馕觥緾2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=﹣1366.2kJ?mol﹣1N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH=﹣92kJ?mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ?mol﹣1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ?mol﹣111、略

【分析】【分析】

(1)結(jié)合溫度對速率的影響分析。

(2)10～15min反應(yīng)物濃度逐漸減小、生成物濃度逐漸增大，說明正反應(yīng)速率逐漸減小、逆反應(yīng)速率逐漸增大；根據(jù)n=計算前15min內(nèi)用SO2表示的平均反應(yīng)速率；

(3)當(dāng)反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時；各組分的濃度不隨時間的變化而變化；

(4)10min到15min的時間段；化學(xué)反應(yīng)速率加快，二氧化硫和氧氣的量減小，三氧化硫的量增加；反應(yīng)進(jìn)行至20min時，氧氣的物質(zhì)的量增加，二氧化硫的減少，三氧化硫的增加，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)降低溫度；化學(xué)反應(yīng)速率減??；

(2)根據(jù)圖示可知，10～15min反應(yīng)物濃度逐漸減小、生成物濃度逐漸增大，說明正反應(yīng)速率逐漸減??；15min時三氧化硫的物質(zhì)的量為0.04mol，前15min內(nèi)用SO3表示的平均反應(yīng)速率為：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L?min)；

(3)根據(jù)圖示曲線變化可知；15～20min；25～30min時間段，各組分的濃度不隨時間的變化而變化，說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)；

(4)根據(jù)圖像所示信息，10min到15min的時間段，化學(xué)反應(yīng)速率加快，可以是加了催化劑或者是增大壓強(qiáng)，或縮小容器體積，故答案為AB；反應(yīng)進(jìn)行至20min時，氧氣的物質(zhì)的量增加，二氧化硫的減少，三氧化硫的增加，可以推斷是增加了O2的量，故答案為D?！窘馕觥竣?減?、?減?、?1.33×10-3mol/（L?min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D12、略

【分析】【詳解】

（1）氨水為弱堿，電離方程式為NH3.H2ONH4＋＋OH－，加入硫酸銨固體，增加了NH4＋的濃度，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，但加入NH4＋的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于向逆反應(yīng)方向消耗掉的NH4＋,故變??；

（2）氨水為弱電解質(zhì)，加入強(qiáng)電解質(zhì)稀硫酸，恰好完全反應(yīng)，說明是酸堿中和完全，生成的是強(qiáng)酸弱堿鹽，會發(fā)生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，故溶液顯酸性，pH<7；

（3）c(H＋)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，而pH=7，即c(H＋)=c(OH-)，所以硫酸根濃度時銨根濃度的一半，即mol·L－1；

(4)生成的硫酸銨，為強(qiáng)酸弱堿鹽，故溶液顯酸性，又因NH4＋會發(fā)生水解，但只是少量一部分，綜上有c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)?！窘馕觥繙p小NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O<NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋mol·L－1c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)13、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據(jù)氫離子和氫氧根離子濃度相對大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導(dǎo)致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據(jù)物料守恒，應(yīng)該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會進(jìn)一步水解，所以溶液中沒有H2B分子；故B錯誤；

C.溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題的解題關(guān)鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子?！窘馕觥竣?只能電離，不能水解②.14、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性強(qiáng)弱關(guān)系為：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析圖可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐漸下降，H2PO4-先增大后減小，HPO42-也是先增大后減小，PO43-一直增大；pH=2時，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1時，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2時，HPO42-和PO43-含量相等；這些信息可用于電離常數(shù)的計算?？稍诖嘶A(chǔ)上解各小題。

【詳解】

(1)①根據(jù)題意可知，HA是弱酸，所以A-會水解：A-+H2O?HA+OH-，使溶液顯堿性，但水解微弱；加上其它的水的電離，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水電離，所以，溶液中由水電離出的c(OH-)=10-14-10-8。答案為：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的電離程度大于其水解程度，NaHB溶液顯酸性，pH＜7。答案為：＜；HB-的電離程度大于其水解程度；

③根據(jù)分析可知，酸性強(qiáng)弱關(guān)系為：H2B＞HA＞HB-。根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律，HA和Na2B溶液能反應(yīng)生成HB-，但不能生成H2B，所以反應(yīng)為：HA+B2-＝A-+HB-。答案為：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根據(jù)分析可知，pH=2時，H3PO4和H2PO4-含量相等，則Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，則pH＝3時有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由圖可知，當(dāng)溶液pH由11到14時，所發(fā)生的變化主要是HPO42-→PO43-，所以該反應(yīng)的離子方程式為：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案為：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【點睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根離子HA-的水解與電離程度比較：若Ka1Ka2＞Kw，則電離＞水解，其強(qiáng)堿鹽(如NaHA)溶液顯酸性；若Ka1Ka2＜Kw，則電離＜水解，其強(qiáng)堿鹽(如NaHA)溶液顯堿性。【解析】①.Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的電離程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O15、B:C【分析】【詳解】

A.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)；故A錯誤；

B.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，離子濃度大小為c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正確；

C.任何溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正確；

D.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D錯誤；

故選：BC。

【點睛】

x+y=14，常溫下某氨水的pH=x，則氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱電解質(zhì)，硫酸是強(qiáng)電解質(zhì)，二者等體積混合，氨水過量，溶液呈堿性。16、略

【分析】【分析】

(1)含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液；向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入酸時生成弱電解質(zhì)，加入堿時生成正鹽，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用；

(2)HA溶液和NaOH溶液等體積混合；反應(yīng)后，溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA，根據(jù)溶液的酸堿性以及電荷守恒就行分析判斷。

【詳解】

(1)含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入少量酸時發(fā)生反應(yīng)：A-+H+=HA，加入少量堿時發(fā)生反應(yīng)：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用，故答案為：A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；

(2)HA溶液和NaOH溶液等體積混合；反應(yīng)后，溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA；

①若HA為該溶液顯酸性，說明c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案為：

②若HA為該溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，可知c(Na+)＞c(CN-)，又電離和CN-水解是微弱的，則離子濃度由大到小的排列順序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案為：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。

【點睛】

等濃度的弱酸HA和NaA的混合溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，質(zhì)子守恒2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)；但溶液顯什么性，取決于HA的電離程度和A-水解程度的大小關(guān)系，例如①若HA為的電離程度大于CH3COO-水解程度，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得c(Na+)＜c(CH3COO-)，則離子濃度由大到小的排列順序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

②若HA為的電離程度小于CN-水解程度，溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得，c(Na+)＞c(CN-)，則離子濃度由大到小的排列順序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；這是高頻考點，也是學(xué)生們的易錯點?！窘馕觥竣?A-+H+=HA②.HA+OH-=H2O+A③.④.c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)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；【解析】錯四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)18、略

【分析】【分析】

由題中流程可知，銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))粉碎焙燒，充分氧化，煙氣的主要成分為二氧化硫，加稀硫酸酸浸，過濾，濾渣1為SiO2和不溶于酸的雜質(zhì)，濾液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，繼續(xù)過濾，濾渣2為Fe(OH)3；濾液中加入HR進(jìn)行萃取，除去鎳離子，有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，水相的主要成分為硫酸銅溶液，加熱蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥即可獲得產(chǎn)品。

【詳解】

（1）由上述分析可知；焙燒前粉碎的目的是增大接觸面積，提高反應(yīng)速率，使礦石充分氧化；答案為增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；

（2）由上述分析可知，加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由題中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移動，則增加H+濃度，即有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，可以分離銅離子，還不會產(chǎn)生雜質(zhì)，所以選項c正確；答案為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；

（3）由題中表格數(shù)據(jù)可知，25℃時，“調(diào)節(jié)pH”后，測得濾液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因為Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，則c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已經(jīng)完全溶解；答案為3.6；已經(jīng)；

（4）向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；

（5）“操作Ⅱ”包括洗滌；洗滌該沉淀的操作為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；答案為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；

（6）電解CuSO4溶液，發(fā)生反應(yīng)2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成銅3.2g，物質(zhì)的量為=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4為0.1mol-0.05mol=0.05mol，電解后的溶液為CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中銅離子水解、水發(fā)生電離，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氫氧根濃度很小，故故答案為：.【解析】(1)增大接觸面積；提高反應(yīng)速率。

(2)2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+c

(3)3.6已經(jīng)。

(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O

(5)向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀；待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次。

(6)19、略

【分析】【分析】

廢舊鉛蓄電池，“翻料、傾料”得二氧化硫把鉛膏中的還原為加入碳酸銨把轉(zhuǎn)化為HBF4和碳酸鉛反應(yīng)生成Pb(BF4)2，電解Pb(BF4)2得到金屬Pb。

【詳解】

(1)廢舊鉛蓄電池中的電解質(zhì)是硫酸，“翻料、傾料”操作后所得電解質(zhì)溶液中的電解質(zhì)是

(2)“鉛膏”加水調(diào)成懸濁液；可以增大反應(yīng)物的接觸面積，加快后續(xù)化學(xué)反應(yīng)速率；

(3)反應(yīng)I是用二氧化硫把鉛膏中的還原為化學(xué)方程式是

(4)測得“析鉛”后的濾液中，對析出的進(jìn)行洗滌、干燥，得產(chǎn)品，根據(jù)鉛元素守恒，原鉛膏中的總物質(zhì)的量為濾液中“析鉛”過程是硫酸鉛和碳酸銨反應(yīng)生成碳酸鉛和硫酸銨；濾液X中的溶質(zhì)是硫酸銨，硫酸銨可以用作化肥。

(5)HBF4是一種強(qiáng)酸，HBF4和碳酸鉛反應(yīng)生成Pb(BF4)2和二氧化碳，則氣體Y為

【點睛】

本題以廢舊鉛蓄電池回收金屬鉛和粗硫酸為載體，考查化學(xué)工藝流程，明確目的和反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握沉淀轉(zhuǎn)化，會根據(jù)溶度積常數(shù)進(jìn)行計算，培養(yǎng)學(xué)生應(yīng)用知識解決實際問題的能力?！窘馕觥竣?②.增大反應(yīng)物的接觸面積，加快后續(xù)化學(xué)反應(yīng)速率③.④.1000.1⑤.⑥.作化肥⑦.20、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)該電池充電時負(fù)極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，說明放電時負(fù)極反應(yīng)式為LixC6-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；實驗現(xiàn)象為：產(chǎn)生無色無味的氣體和沉淀，故答案為：產(chǎn)生氣體和沉淀。

【點睛】

本題的易錯點和難點為(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(無色無味的)氣體、產(chǎn)生沉淀(或溶液變渾濁)21、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元素化合價由+4價變?yōu)?3價，則O元素化合價由-1價變?yōu)?價，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陰極附近生成NaOH，所以生成的氣體b是H2；電極X為陽極，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以a是O2，同時生成硫酸，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，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，同時生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在陽極附近生成，故答案為H2SO4；

(4)根據(jù)上述分析，Ⅲ中電極X陽極，陽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為陽離子交換膜，故答案為陽極；2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)；陽；

(5)5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反應(yīng)中，4NaClO2→4ClO2，+3價的氯元素化合價升高到+4價，所以NaClO2是還原劑；1NaClO2→1NaCl，+3價的氯元素的化合價降低到-1價，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價變?yōu)?5價和-1價，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價變?yōu)?1價，所以NaClO2變質(zhì)前后分別與Fe2+反應(yīng)時；最終均得到等量NaCl，Cl元素均由+3價變?yōu)?1價，根據(jù)電子守恒，兩個過程中得到的電子的物質(zhì)的量相同，故答案為相同。

【點睛】

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。本題的易錯點為(5)，要注意5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中NaClO2