2025年仁愛(ài)科普版選修4化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………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年仁愛(ài)科普版選修4化學(xué)上冊(cè)月考試卷54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、同溫同壓下，下列各熱化學(xué)方程式（ΔH均小于0）中反應(yīng)熱的絕對(duì)值最大的是（）A.2A(l)+B(l)=2C(g)B.2A(g)+B(g)=2C(g)C.2A(g)+B(g)=2C(l)D.2A(l)+B(l)=2C(l)2、下列各組熱化學(xué)方程式中，化學(xué)反應(yīng)的△H前者小于后者的是。

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1C（s）+O2═CO（g）△H2

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H3S（s）+O2（g）═SO2（g）△H4

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H5H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H6

④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H8A.①④B.④C.②③④D.①②③3、某溫度下，向4.0L恒容密閉容器中充入2.0molPCl5，反應(yīng)PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)經(jīng)一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表：。時(shí)間/s050150250350n(PCl3)/mol00.320.380.400.40

下列說(shuō)法正確的是()A.反應(yīng)在前50s的平均反應(yīng)速率為v(PCl3)＝0.0064mol/(L·s)B.相同溫度下，起始時(shí)向該容器中充入4.0molPCl3、4.0molCl2，達(dá)到平衡時(shí)，PCl3的轉(zhuǎn)化率小于80%C.相同溫度下，起始時(shí)向該容器中充入2.0molPCl5、0.4molPCl3和0.40molCl2，達(dá)到平衡前v(正)>v(逆)D.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)，c(PCl3)＝0.11mol/L，則反應(yīng)的ΔH<04、下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)B.0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH—)=c(HCO3—)+c(H+)+c(H2CO3)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液與0.05molL-l的NaOH溶液等體積混合，其混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4]<c[(NH4)2CO3]<c(NH4C1)5、某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組對(duì)電解質(zhì)溶液作如下的歸納總結(jié)（均在常溫下），已知電離平衡常數(shù)：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，其中不正確的是（）A.pH相等的四種溶液：a．CH3COONab．C6H5ONac．NaHCO3d．NaOH，則四種溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度由小到大順序?yàn)椋篸B.pH＝4濃度均為0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)C.pH＝2的一元酸和pH＝12的二元強(qiáng)堿等體積混合：c(OH－)≤c(H＋)D.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)6、室溫下，將稀鹽酸滴加到某0.01mol/L一元弱堿（BOH）溶液中，測(cè)得混合溶液的pOH與離子濃度的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是（）

A.BOH的電離常數(shù)Kb的數(shù)量級(jí)為10-5B.M點(diǎn)所示的溶液中：C.P點(diǎn)表示未加入稀鹽酸的溶液D.N點(diǎn)所示的溶液中：7、25℃時(shí)，下列溶液中有關(guān)微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是（）A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液以任意比混合c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B.Na2CO3溶液：c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3）C.室溫下pH=7的CH3COOH與CH3COONa的混合液中離子的濃度大小順序?yàn)椋篶(Na+)=c(CHCOO－)>c(H+)=c(OH－)D.pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)8、下列物質(zhì)的水溶液中，呈酸性的是（）A.Na2CO3B.MgCl2C.NaClD.CH3COONa9、中科院科學(xué)家設(shè)計(jì)出一套利用SO2和太陽(yáng)能綜合制氫方案；其基本工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.該電化學(xué)裝置中，Pt電極作正極B.Pt電極的電勢(shì)高于BiVO4電極的電勢(shì)C.電子流向：Pt電極→導(dǎo)線→BiVO4電極→電解質(zhì)溶液→Pt電極D.BiVO4電極上的反應(yīng)式為SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、氮的化合物在工業(yè)生產(chǎn)和生活中都有重要的應(yīng)用；運(yùn)用化學(xué)原理研究氮的單質(zhì)及其化合物具有重要意義。

Ⅰ.一定條件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同時(shí)得到HCl(g)。已知部分化學(xué)鍵的鍵能如下表：?；瘜W(xué)鍵N-HCl-ClN-ClH-Cl鍵能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亞硝酰氯(NOCl)是有機(jī)合成中的重要試劑，可由NO與Cl2在一定條件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒溫恒容條件，將物質(zhì)的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進(jìn)行反應(yīng)；平衡時(shí)某反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率與氮氯比及不同溫度的關(guān)系如圖所示：

（1）圖中T1、T2的關(guān)系為T(mén)1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）圖中縱坐標(biāo)為物質(zhì)________的轉(zhuǎn)化率，理由為_(kāi)________________________________。

（3）圖中A、B、C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NOCl體積分?jǐn)?shù)最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容積為1L，經(jīng)過(guò)10min到達(dá)A點(diǎn)，該時(shí)間段內(nèi)化學(xué)反應(yīng)速率υ(NO)=_________。B點(diǎn)的平衡常數(shù)為_(kāi)_______。

（5）若在溫度為T(mén)1，容積為1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由為_(kāi)_______________________________11、在25℃；101kPa下；依據(jù)事實(shí)寫(xiě)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(shí)放熱29.7kJ。則表示乙醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_(kāi)____；

（2）已知拆開(kāi)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_(kāi)_______________；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(diǎn)和沸點(diǎn)分別為－93.6℃和76℃，AX5的熔點(diǎn)為167℃。室溫時(shí)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：__________12、將1molI2（g）和2molH2置于5L密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生反應(yīng)：I2（g）＋H2（g）2HI（g）ΔH<0；并達(dá)到平衡。HI的體積分?jǐn)?shù)w（HI）隨時(shí)間變化如曲線（Ⅱ）所示：

（1）達(dá)到平衡時(shí)，I2（g）的物質(zhì)的量濃度為_(kāi)_______。

（2）若改變反應(yīng)條件，在甲條件下w（HI）的變化如曲線（Ⅰ）所示，在乙條件下w（HI）的變化如曲線（Ⅲ）所示。則甲條件可能是________，乙條件可能是________（填入下列條件的序號(hào)）。

①恒容條件下；升高溫度。

②恒容條件下；降低溫度。

③恒溫條件下；縮小反應(yīng)容器體積。

④恒溫條件下；擴(kuò)大反應(yīng)容器體積。

⑤恒溫恒容條件下，加入適當(dāng)催化劑13、（1）0.1mol/L醋酸溶液中，存在電離平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－。經(jīng)測(cè)定溶液中c(CH3COO―)為1.4×10－3mol/L，此溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝________。

（2）已知飽和硫化氫的濃度為0.1mol/L，硫化氫的電離常數(shù)為Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19，計(jì)算飽和硫化氫溶液中氫離子的濃度為_(kāi)_________mol/L。14、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

離子濃度大小關(guān)系：__________________；

電荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

質(zhì)子守恒：__________________________。15、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持溫度不變向水中加入NaHSO4固體，水的電離平衡向___(填“左”或“右”)移動(dòng)，所得溶液顯__性，Kw__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）常溫下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH為9，則由水電離出的c(H+)=___。

（3）若取pH、體積均相等的NaOH溶液和氨水分別加水稀釋m倍、n倍后pH仍相等，則m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關(guān)系為NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共1題，共6分)17、請(qǐng)根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問(wèn)題：

(1)同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)，在光照和點(diǎn)燃條件下的△H(化學(xué)計(jì)量數(shù)相同)分別為△H1、△H2，△H1_______△H2(填“＞”；“＜”或“＝”；下同)。

(2)已知常溫時(shí)紅磷比白磷穩(wěn)定，比較下列反應(yīng)中△H的大?。骸鱄1_______△H2。

①P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)△H1

②4P(紅磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)△H2

(3)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，則濃硫酸與稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成1mol水，放出的熱量__________57.3kJ。

(4)已知：0.5molCH4(g)與0.5mol水蒸氣在t℃、pkPa時(shí)，完全反應(yīng)生成CO和H2的混合氣體，吸收了akJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是___________________________________。

(5)氨氣是一種重要的物質(zhì)，可用于制取化肥和硝酸等。已知H－H鍵、N－H鍵、N≡N鍵的鍵能分別是436kJ·mol－1、391kJ·mol－1、946kJ·mol－1。寫(xiě)出合成氨的熱反應(yīng)方程式：___________________________________。生成1molNH3需要吸收或放出________kJ。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共12分)18、實(shí)驗(yàn)室用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)的流程如圖。已知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為機(jī)有物(難電離)。回答下列問(wèn)題：

(1)濾渣I的主要成分是__(填化學(xué)式)，寫(xiě)出一種能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃儀器有____。

(3)加入氧化鈷的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，則浸出液的pH范圍應(yīng)控制在____(已知：溶液中離子濃度小于1×10-5mol/L，則認(rèn)為離子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分別為1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10?14)。

(4)加入有機(jī)萃取劑的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機(jī)相返回水相的過(guò)程。向操作①后溶有NiR2的有機(jī)層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，寫(xiě)出該步驟反應(yīng)的離子方程式___。

(6)300℃時(shí)，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__。19、已知：①工業(yè)上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAlSi2O6和少量鈣鎂雜質(zhì)）反應(yīng)，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰。

②某些物質(zhì)的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸與β-鋰輝礦生產(chǎn)金屬鋰的工業(yè)流程如下：

請(qǐng)回答：

（1）β-鋰輝礦經(jīng)初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化學(xué)式是______。

（3）流程中使用了不同濃度的Na2CO3溶液，從物質(zhì)溶解度大小的角度解釋其濃度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3與鹽酸反應(yīng)得到LiCl溶液的離子方程式是_______。

（5）工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：

a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液；LiOH溶液作陰極液，兩者用離子選擇透過(guò)膜隔開(kāi)，用惰性電極電解。

b.電解后向LiOH溶液中加入過(guò)量NH4HCO3溶液，過(guò)濾、烘干得高純Li2CO3。

①a中，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是_____。

②b中，生成Li2CO3反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共3題，共9分)20、CO2是目前大氣中含量最高的一種溫室氣體，中國(guó)政府承諾，到2020年，單位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的綜合利用是解決溫室問(wèn)題的有效途徑。

(1)研究表明CO2和H2在催化劑存在下可發(fā)生反應(yīng)生成CH3OH。已知部分反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：

CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ?mol-1

H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=bkJ?mol-1

H2O(g)=H2O(l)ΔH3=ckJ?mol-1

則CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=___kJ?mol-1。

(2)為研究CO2與CO之間的轉(zhuǎn)化，讓一定量的CO2與足量碳在體積可變的密閉容器中反應(yīng)：C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH；反應(yīng)達(dá)平衡后，測(cè)得壓強(qiáng)；溫度對(duì)CO的體積分?jǐn)?shù)(φ(CO)%)的影響如圖所示。

回答下列問(wèn)題：

①壓強(qiáng)p1、p2、p3的大小關(guān)系是______；Ka、Kb、Kc為a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)，則其大小關(guān)系是___。

②900℃、1.0MPa時(shí)，足量碳與amolCO2反應(yīng)達(dá)平衡后，CO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__(保留三位有效數(shù)字)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=__(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算；分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。

(3)以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示。250～300℃時(shí)，乙酸的生成速率降低的主要原因是___。

21、丙烯是三大合成材料的基本原料之一；其用量最大的是生產(chǎn)聚丙烯。另外，丙烯可制備1，2-二氯丙烷，丙烯醛等?；卮鹣铝袉?wèn)題：

I.工業(yè)上用丙烯加成法制備1；2-二氯丙烷，主要副產(chǎn)物為3-氯丙烯，反應(yīng)原理為：

①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)?CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ?mol-1

②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)?CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ?mol-1

(1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)?CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(逆)為164kJ?mol-1，則該反應(yīng)的活化能Ea(正)為_(kāi)______kJ?mol-1

(2)一定溫度下，向恒容密閉容器中充入等物質(zhì)的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)①②，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化如下表所示。時(shí)間/min060120180240300360壓強(qiáng)/KPa8074.269.465.261.657.657.6

用單位時(shí)間內(nèi)氣體分壓的變化來(lái)表示反應(yīng)速率，即ν=△p/△t，則反應(yīng)①前180min內(nèi)平均反應(yīng)速率ν(CH2ClCHClCH3)=_____Kpa/min-1(保留小數(shù)點(diǎn)后2位)。

II.丙烯的制備方法。

方法一：丙烷無(wú)氧脫氫法制備丙烯反應(yīng)：C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ?mol-1

(3)①某溫度下，在剛性容器中充入C3H8，起始?jí)簭?qiáng)為10kpa，平衡時(shí)總壓強(qiáng)為14kpa，C3H8(的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___。該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=____Kpa(保留小數(shù)點(diǎn)后2位)

②總壓分別為100kpa和10kpa時(shí)發(fā)生該反應(yīng)，平衡體系中C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系如圖所示。

10kpa時(shí)C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系的曲線分別是____、____。

③高溫下，丙烷生成丙烯的反應(yīng)在初期階段的速率方程為：r=k×c(C3H8)，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)。對(duì)于處于初期階段的該反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是____。

A.增加丙烷濃度，r增大B.增加H2濃度，r增大。

C.丙烯的生成速率逐漸增大D.降低反應(yīng)溫度；k減小。

方法二：丙烷氧化脫氫法制備丙烯還生成CO、CO2等副產(chǎn)物，制備丙烯的反應(yīng)：C3H8(g)+1/2O2(g)?C3H6(g)+H2O(g)△H=-118kJ?mol-1，在催化劑的作用下C3H8的轉(zhuǎn)化率和C3H6的產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如圖2所示。

(4)圖中C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是_____，觀察圖2，回答能提高C3H6選擇性的措施是___(C3H6的選擇性=)22、下表是時(shí)某些弱酸的電離平衡常數(shù)。化學(xué)式NH3·H2O

HClOHCOOH

(1)相同的NaClO和兩溶液中：c(Na+)-c(ClO-)___c(K+)-c(CH3COO-)(填“”“”或“”

(2)由表格中的數(shù)據(jù)判斷下列離子方程式正確的是_______填字母

a.2ClO-+H2O+CO2=2HClO+

b.HCOOH+=HCOO-+

c.HCOOH+CH3COO-=HCOO-+CH3COOH

d.Cl2+H2O+2=2+Cl-+ClO-

(3)硫酸肼(N2H6SO4)是一種重要的化工原料，屬于離子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理與(NH4)2SO4類似，寫(xiě)出硫酸肼第一步水解反應(yīng)的離子方程式：_______。

(4)在溶液中，通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH，溶液pH與關(guān)系如圖忽略溶液體積的變化、的揮發(fā)某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，當(dāng)溶液_______時(shí)，開(kāi)始沉淀已知

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

根據(jù)放熱反應(yīng)的反應(yīng)熱符號(hào)為“-”；反應(yīng)物的總能量越高，生成物的總能量越低，反應(yīng)放出的熱量越多，反應(yīng)熱越小，反應(yīng)熱的絕對(duì)值越大，結(jié)合物質(zhì)的狀態(tài)進(jìn)行判斷，同一物質(zhì)的能量：g＞l＞s。

【詳解】

各反應(yīng)中對(duì)應(yīng)物質(zhì)的物質(zhì)的量相同，同一物質(zhì)的能量：g＞l＞s，所以反應(yīng)物的總能量為：B=C＞A=D，生成物的能量為：A=B＞C=D，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量越高，生成物的總能量越低，反應(yīng)放出的熱量越多，故C放出的熱量最多，反應(yīng)熱符號(hào)為“-”，反應(yīng)放出的熱量越多，反應(yīng)熱越小，反應(yīng)熱的絕對(duì)值最大，答案選C。2、D【分析】【詳解】

①前者為完全燃燒，放熱多，燃燒反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)，則△H1＜△H2；故①正確；

②生成物相同，反應(yīng)物中氣態(tài)S比固態(tài)S的能量大，且為放熱反應(yīng)，則前者放熱多，可知△H3＜△H4；故②正確；

③物質(zhì)的量與熱量成正比，放熱反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)，前者放熱多，則△H5＜△H6；故③正確；

④碳酸鈣分解為吸熱反應(yīng)，CaO與水反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則△H7＞△H8；故④錯(cuò)誤；

故選：D。3、C【分析】【詳解】

A．反應(yīng)在前50s的平均速率為v(PCl3)==0.0016mol?L-1?s-1；故A錯(cuò)誤；

B．平衡后PCl3物質(zhì)的量為0.4mol；則可列三段式：

可求出平衡常數(shù)K==0.025，PCl5的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%。相同溫度下，若起始時(shí)向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，和起始時(shí)充入2.0molPCl5達(dá)到等效平衡，平衡時(shí)PCl3的轉(zhuǎn)化率為1-20%=80%?，F(xiàn)在起始時(shí)充入4.0molPCl3、4.0molCl2，相當(dāng)于在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)。增大壓強(qiáng)，平衡向PCl5方向移動(dòng)，PCl3的轉(zhuǎn)化率增大，所以達(dá)到平衡時(shí)PCl3的轉(zhuǎn)化率大于80%；故B錯(cuò)誤；

C．相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入2.0molPCl5、0.40molPCl3和0.40molCl2，物質(zhì)濃度分別為0.5mol/L，0.1mol/L，0.1mol/L，結(jié)合濃度商Qc==0.02＜K=0.025；反應(yīng)沒(méi)有達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行，達(dá)到平衡前v(正)＞v(逆)，故C正確；

D．升高溫度，平衡時(shí)，c(PCl3)=0.11mol?L-1，大于圖表中PCl3濃度==0.1mol/L，說(shuō)明升高溫度，平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H＞0；故D錯(cuò)誤；

故選C。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為B，注意三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用。4、D【分析】【分析】

根據(jù)題中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系可知；本題考查離子濃度大小的比較，運(yùn)用鹽類水解是微弱的分析。

【詳解】

A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中銨根離子水解溶液顯酸性,溶液中離子濃度大小為：c(NH4+)>c(SO42?)>c(H+)>c(OH-)；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.溶液中存在質(zhì)子守恒,水電離出的所有氫氧根離子濃度等于電離出所有氫離子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH?)=c(HCO3?)+c(H+)+2c(H2CO3)；B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.0.1mol/L的NH4Cl溶液與0.05mol/L的NaOH溶液等體積混合得到等濃度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3?H2O溶液,一水合氨電離大于銨根離子水解,其混合溶液中：c(Cl?)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH?)>c(H+)；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.(NH4)2SO4中含有2個(gè)銨根離子,所以銨根離子濃度最大,(NH4)2CO3中含有2個(gè)銨根離子,碳酸根離子和銨根離子相互促進(jìn)水解,NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽,銨根離子能水解但較弱;所以當(dāng)它們物質(zhì)的量濃度相同時(shí),c(NH4+)大小順序?yàn)?NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl,所以如果c(NH4+)相同,電離出銨根離子濃度越多的其物質(zhì)的量濃度越小,所以當(dāng)c(NH4+)相同時(shí),物質(zhì)的量濃度由小到大的順序?yàn)?(NH4)2SO4<(NH4)2CO34Cl；D項(xiàng)正確；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

水解是微弱的，多元弱酸根分步水解，以第一步為主，往后每一步都比前一步弱很多。5、D【分析】【詳解】

A.四種鹽的水溶液均顯堿性，同濃度，堿性強(qiáng)弱順序?yàn)閐>b>c>a，故pH相等的四種溶液物質(zhì)的量濃度由小到大順序?yàn)閐

B.pH=4濃度均為0.1mol?L?1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，電離程度大于水解程度，c(Na+)>c(CH3COOH)，根據(jù)電荷守恒規(guī)律可知，c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na+)＋c(H+)，則c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)；故B正確；

C.pH=2的一元酸可能為強(qiáng)酸也可能是弱酸，若為強(qiáng)酸，則呈中性，即c(OH－)=c(H＋)；若為弱酸，則呈酸性，即c(OH－)＜c(H＋)；故C正確；

D.pH=8.3，溶液呈堿性，說(shuō)明HCO3?水解程度大于其電離程度，水解生成H2CO3而電離產(chǎn)生CO32?，又鈉離子不水解，HCO3?存在兩種趨勢(shì)，但兩種趨勢(shì)都極其微弱，故離子濃度大小順序?yàn)椋篶(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)；故D錯(cuò)誤；

故選D。6、C【分析】【詳解】

A．一元弱堿(BOH)溶液中，BOH?B++OH-，則電離常數(shù)Kb=可得-lg=-lg=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，代入N點(diǎn)數(shù)據(jù)，0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，則Kb數(shù)量級(jí)為10-5；故A正確；

B．常溫下，M點(diǎn)所示的溶液中存在電荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，且pOH=6，則pH=14-pOH=8，溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，則c(Cl-)＜c(B+)；故B正確；

C．根據(jù)圖示，結(jié)合A項(xiàng)分析，P點(diǎn)，-lg=-lgKb-pOH=1.05，則pOH=-lgKb+1.05=4.8-1.05=3.75；與圖示不符，則P點(diǎn)不表示未加入稀鹽酸的溶液，故C錯(cuò)誤；

D．N點(diǎn)-lg=0，則c(B+)=c(BOH)，根據(jù)電荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，則可變?yōu)椋篶(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)；故D正確；

答案選C。7、D【分析】【詳解】

A．任何電解質(zhì)溶液中都遵循電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；故A正確；

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒式為c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故B正確；

C．室溫下，pH的溶液中c(H+)=c(OH-)且濃度很小，結(jié)合電荷守恒得c(Na+)=c(CHCOO-)，所以離子濃度大小順序是c(Na+)=c(CHCOO-)＞c(H+)=c(OH-)；故C正確；

D．pH=4的NaHA溶液呈酸性，說(shuō)明HA-的電離程度大于水解程度，所以c(H2A)＜c(A2-)；故D錯(cuò)誤；

故選D。8、B【分析】【詳解】

A．Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，CO32-的水解；溶液顯堿性，故A錯(cuò)誤；

B．MgCl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，Mg2+水解；使溶液顯酸性，故B正確；

C．NaCl不強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；溶液呈中性，故C錯(cuò)誤；

D．CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，CH3COO-的水解；溶液顯堿性，故D錯(cuò)誤；

故答案為B。9、C【分析】【分析】

該裝置為原電池，由Pt電極上反應(yīng)(H2O→H2)或BiVO4電極上反應(yīng)(SO32-→SO42-)可知，Pt電極上氫離子得電子生成氫氣、發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，電極反應(yīng)為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4電極為負(fù)極，SO32-失電子生成硫酸根、發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．Pt電極上氫離子得電子生成氫氣；發(fā)生還原反應(yīng)，Pt電極作正極，故A正確；

B．Pt電極為正極，BiVO4電極為負(fù)極，所以Pt電極電勢(shì)高于BiVO4電極；故B正確；

C．電子從BiVO4電極(負(fù)極)經(jīng)導(dǎo)線流向Pt電極(正極)；不能進(jìn)入溶液，故C錯(cuò)誤；

D．BiVO4電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O；故D正確；

故選C。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)電極上物質(zhì)的變化判斷正負(fù)極為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意溶液通過(guò)自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電，難點(diǎn)為D，要注意電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)與溶液的酸堿性有關(guān)。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)為共價(jià)化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反應(yīng)物的鍵能之和-生成物的鍵能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，結(jié)合圖像變化分析判斷；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反應(yīng)；圖像中轉(zhuǎn)化率隨比值增大而增大，兩種反應(yīng)物增加一種會(huì)提高另一種的轉(zhuǎn)化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反應(yīng)比為2:1，按照此反應(yīng)比，氯氣轉(zhuǎn)化率最大時(shí)得到產(chǎn)物的體積分?jǐn)?shù)最大；

(4)、結(jié)合三行計(jì)算列式計(jì)算A點(diǎn)平衡常數(shù)，溫度不變平衡常數(shù)不變，根據(jù)υ=計(jì)算速率；

(5)；利用濃度積與平衡常數(shù)作比較；從而判斷反應(yīng)進(jìn)行的反方向。

【詳解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反應(yīng)物的鍵能之和-生成物的鍵能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，熱化學(xué)方程式為Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案為Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，一定氮氯比條件下，升溫平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率減小，則T12，故答案為<；

(2)、保持恒溫恒容條件，將物質(zhì)的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進(jìn)行反應(yīng)，平衡時(shí)某反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率與氮氯比及不同溫度的關(guān)系如圖所示，氮氯比越大，轉(zhuǎn)化率越大，說(shuō)明縱軸表示的是氯氣的轉(zhuǎn)化率，故答案為Cl2，增加時(shí)，Cl2的轉(zhuǎn)化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反應(yīng)比為2:1，按照此反應(yīng)比，氯氣轉(zhuǎn)化率最大時(shí)得到產(chǎn)物的體積分?jǐn)?shù)最大，圖中A；B、C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NOCl體積分?jǐn)?shù)最大的是：A，故答案為A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒溫恒容條件，將物質(zhì)的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進(jìn)行反應(yīng)，A點(diǎn)氯氣轉(zhuǎn)化率為0.8，=2，體積為1L，結(jié)合三行計(jì)算列式計(jì)算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

變化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

則υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A點(diǎn)平衡常數(shù)K==80；溫度不變平衡常數(shù)不變，則B點(diǎn)平衡常數(shù)為80；

故答案為0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此時(shí)濃度積故平衡正向移動(dòng)，所以υ(正)>υ(逆)，故答案為>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加時(shí)，Cl2的轉(zhuǎn)化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc11、略

【分析】【分析】

熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)；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(diǎn)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(jì)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﹣112、略

【分析】【分析】

(1)混合氣體總的物質(zhì)的量不變，根據(jù)平衡時(shí)HI的體積分?jǐn)?shù)計(jì)算根據(jù)方程式知道轉(zhuǎn)化的碘的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算平衡時(shí)碘的物質(zhì)的量，再根據(jù)計(jì)算；

(2)由圖可知；改變條件平衡不移動(dòng)，甲的速率增大；乙的速率降低，據(jù)此結(jié)合外界條件對(duì)反應(yīng)速率與平衡移動(dòng)的影響判斷。

【詳解】

混合氣體總的物質(zhì)的量不變，平衡時(shí)，由方程式可以知道，轉(zhuǎn)化的碘的物質(zhì)的量=平衡時(shí)碘的物質(zhì)的量=1mol-0.9mol=0.1mol，平衡時(shí)，I2(g)的物質(zhì)的量濃度為故答案為：0.02mol/L。

(2)由圖可以知道；改變條件平衡不移動(dòng)，甲的速率增大；乙的速率降低；

①恒容條件下；升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)；

②恒容條件下；降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

③恒溫條件下；縮小反應(yīng)容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動(dòng)，反應(yīng)速率增大；

④恒溫條件下；擴(kuò)大反應(yīng)容器體積，壓強(qiáng)減小，平衡不移動(dòng)，反應(yīng)速率減?。?/p>

⑤恒溫恒容條件下；加入適當(dāng)催化劑，平衡不移動(dòng)，反應(yīng)速率增大；

故甲條件可能是③⑤，乙條件可能是④，故答案為：③⑤；④。【解析】①.0.02mol/L②.③⑤③.④13、略

【分析】【分析】

平衡常數(shù)K一般是通過(guò)列三段式計(jì)算。

【詳解】

（1）醋酸溶液中，存在電離平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，水的電離程度小，即溶液中c(H+)=c(CH3COO―)=1.0×10－4mol/L，Ka=帶入數(shù)據(jù)可得，約為1.96×10－5；

（2）已知飽和硫化氫溶液中以第一步電離為主；設(shè)溶液中氫離子的濃度為xmol/L,根據(jù)題意可列三段式如下：

Ka1=其中硫化氫的平衡濃度可近似計(jì)算為0.1，帶入數(shù)據(jù)計(jì)算;1.0×10－7=得出飽和硫化氫溶液中氫離子的濃度為1.0×10－4mol/L?！窘馕觥?.96×10－51.0×10－414、略

【分析】【詳解】

且水解過(guò)程大于電離過(guò)程，可知。

水解方程式：故答案為：

離子濃度大小關(guān)系：故答案為：

電荷守恒：故答案為：

物料守恒：故答案為：

質(zhì)子守恒：故答案為：【解析】①.②.③.④.⑤.15、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氫鈉溶液中完全電離，電離方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的；

（3）稀釋會(huì)促進(jìn)若電解質(zhì)的電離；

（4）酸性越弱；酸根離子對(duì)應(yīng)的鈉鹽水解能力越強(qiáng)，pH越大。

【詳解】

（1）硫酸氫鈉存電離方程式為：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，電離出H＋；使溶液顯酸性，抑制水的電離，水的電離平衡向左移動(dòng)，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變；

故答案為：左；酸；不變；

（2）能水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水電離出氫離子與氫氧根離子的濃度相等；

故答案為：1×10-5mol·L－1；

（3）稀釋會(huì)促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離；故若取pH；體積均相等的NaOH和氨水分別加水稀釋m倍、n稀釋后pH仍相等，則氨水稀釋倍數(shù)大；

故答案為：＜；

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根離子對(duì)應(yīng)的鈉鹽水解能力越強(qiáng)，pH越大，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關(guān)系為NaA

故答案為：＜?！窘馕觥竣?左②.酸③.不變④.1×10-5⑤.<⑥.<三、判斷題(共1題，共2分)16、×【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、計(jì)算題(共1題，共6分)17、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)熱只與反應(yīng)物、生成物的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)條件無(wú)關(guān)，由此可確定△H1、△H2的關(guān)系。

(2)已知常溫時(shí)紅磷比白磷穩(wěn)定，即P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)△H<0，將①-②，即得△H=△H1-△H2<0，由此可確定△H1與△H2的大小關(guān)系。

(3)濃硫酸溶于水放熱，稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1；由此可得出濃硫酸與稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成1mol水，放出的熱量與57.3kJ的關(guān)系。

(4)書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式時(shí)；化學(xué)計(jì)量數(shù)擴(kuò)大二倍，則反應(yīng)熱也應(yīng)擴(kuò)大為原來(lái)的二倍。

(5)合成氨反應(yīng)為N≡N+3H－H→6N－H；△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，代入鍵能數(shù)據(jù)，即可得出反應(yīng)熱。

【詳解】

(1)反應(yīng)熱只與反應(yīng)物、生成物的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)條件無(wú)關(guān)，則△H1=△H2。答案為：=；

(2)已知常溫時(shí)紅磷比白磷穩(wěn)定，即P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)△H<0，將①-②，即得△H=△H1-△H2<0，所以△H1<△H2。答案為：<；

(3)濃硫酸溶于水放熱，稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，由此可得出濃硫酸與稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成1mol水，放出的熱量>57.3kJ。答案為：>；

(4)已知：0.5molCH4(g)與0.5mol水蒸氣在t℃、pkPa時(shí)，完全反應(yīng)生成CO和H2的混合氣體，吸收了akJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ/mol。答案為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ/mol；

(5)合成氨反應(yīng)為N≡N+3H－H→6N－H，△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×391kJ·mol－1=-92kJ·mol－1。則合成氨的熱反應(yīng)方程式為N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1；生成1molNH3能放出46kJ熱量。答案為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1；46。

【點(diǎn)睛】

一個(gè)化學(xué)反應(yīng)，熱化學(xué)方程式可以寫(xiě)出無(wú)數(shù)個(gè)，但不管化學(xué)計(jì)量數(shù)如何改變，反應(yīng)熱與化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值是一個(gè)定值?！窘馕觥?<>CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ/molN2（g）+3H2(g)2NH3（g）△H=-92kJ·mol－146五、工業(yè)流程題(共2題，共12分)18、略

【分析】【分析】

用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過(guò)濾得到濾液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及過(guò)量的硫酸，濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中加入過(guò)氧化氫和CoO，將Fe2+氧化為Fe3+，同時(shí)調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ?yàn)闅溲趸F、氫氧化鋁，向?yàn)V液中加入RH，Ni2+溶于有機(jī)層，為分液，向水層加入(NH4)2C2O4；得到草酸鈷晶體，以此來(lái)解答。

【詳解】

(1)用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應(yīng)，濾渣Ⅰ為SiO2；提高硫酸的濃度；提高反應(yīng)的溫度、攪拌能提高酸浸速率；

(2)通過(guò)操作①得到水層和有機(jī)層；則操作①為分液，分液需要的儀器有：分液漏斗；燒杯；

(3)加入氧化鈷的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp為1×10?32，則c(OH?)==10?9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp為1×10?15，開(kāi)始沉淀的c(OH?)=≈10?5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；則調(diào)節(jié)溶液5＜pH＜9；

(4)根據(jù)分析，加入有機(jī)萃取劑的目的是溶解NiR2；使之與水層分離；

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機(jī)相返回水相的過(guò)程。向操作①后溶有NiR2的有機(jī)層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反應(yīng)的離子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃時(shí)，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【點(diǎn)睛】

本題難度不大，易錯(cuò)點(diǎn)為(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的雜質(zhì)離子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他雜質(zhì)離子全部沉淀和Ni2+開(kāi)始出現(xiàn)沉淀之間。【解析】SiO2提高硫酸的濃度或提高反應(yīng)的溫度或攪拌等分液漏斗、燒杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之與水層分離NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O19、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)難溶物和液體不溶；用過(guò)濾的方法進(jìn)行分離；

（2）根據(jù)MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

（3）根據(jù)CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)生成氯化鋰；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液；陽(yáng)極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此書(shū)寫(xiě)陽(yáng)極反應(yīng)式。

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子；鋰離子向陰極移動(dòng)，LiOH溶液的濃度增大，碳酸氫銨與LiOH反應(yīng)生成碳酸鋰；水和氨氣。

【詳解】

（1）鋁硅化合物沉淀和液體不溶；用過(guò)濾的方法進(jìn)行分離，故答案為：過(guò)濾；

（2）MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，所以沉淀x的主要成份的化學(xué)式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案為：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大，故答案為：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)的離子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案為：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液，陽(yáng)極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以陽(yáng)極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子，鋰離子向陰極移動(dòng)，導(dǎo)致LiOH溶液的濃度增大；電解后向LiOH溶液中加入過(guò)量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】過(guò)濾CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑六、原理綜合題(共3題，共9分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)已知：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ?mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=bkJ?mol-1

③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=ckJ?mol-1

則根據(jù)蓋斯定律，將②×3-①-②，整理可得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(3b-a-c)kJ/mol；

(2)①反應(yīng)C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，在溫度不變時(shí)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致CO的體積分?jǐn)?shù)減小。根據(jù)圖象可知，在壓強(qiáng)p1、p2、p3時(shí)CO的含量的大小關(guān)系是：p1＞p2＞p3，說(shuō)明壓強(qiáng)大小關(guān)系為：p1＜p2＜p3；

對(duì)于確定的化學(xué)反應(yīng)，化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，而與壓強(qiáng)無(wú)關(guān)。根據(jù)圖象可知反應(yīng)溫度：a=b＜c，a、b兩點(diǎn)溫度相同，則Ka=Kb；在壓強(qiáng)不變都是p3時(shí)，升高溫度，CO的含量增大，說(shuō)明升高溫度，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，因此化學(xué)平衡常數(shù)增大Kc＞Kb，故a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)，則其大小關(guān)系是Ka=Kb＜Kc；

②根據(jù)圖象可知：在溫度為900℃，壓強(qiáng)為1.0MPa時(shí)，CO的含量是80%，足量碳與amolCO2反應(yīng)，假設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化率為x，則達(dá)平衡后，CO2的物質(zhì)的量為n(CO2)=a(1-x)mol，n(CO)=2axm