2025年滬教版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬教版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、在恒容的密閉容器中充入2molA和1molB的氣體后發(fā)生反應(yīng)2A(g)+B(g)?xC(g)，達到平衡后，C的體積分數(shù)為m%。若維持容器容積和溫度不變，按0.6molA、0.3molB和1.4molC為起始物質(zhì)的量，達到平衡后，C的體積分數(shù)仍為m%。則x的值可能為A.1或2B.2或3C.3或4D.無法確定2、25℃時，水的電離達到平衡：H2OH＋＋OH—ΔH＞0，下列敘述正確的是A.向水中加入氫氧化鈉，平衡逆向移動，c(H＋)降低，c(OH―)增大B.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，Kw變大C.向水中加入少量固體CH3COOH，平衡逆向移動，c(H＋)降低D.將水加熱，Kw增大，c(H＋)不變3、室溫下，將0.10mol·L-1的NaOH溶液滴加到10.00mL0.10mol·L-1HX溶液中，所得滴定曲線如圖，已知HX的電離平衡常數(shù)為1.0×10-9；下列說法錯誤的是（）

A.①處pH約為5B.②處pH一定大于7C.水的電離程度：③>純水>②D.②中離子濃度大小關(guān)系：c(Na+)>c(X-)4、化學(xué)與生產(chǎn)、生活等密切相關(guān)。下列說法錯誤的是（）A.Al(OH)3可用于阻燃劑的材料B.焊接金屬前常用氯化銨溶液處理焊接處C.二氧化氯用作自來水的凈化與消毒D.高錳酸鉀的稀溶液可用于治療腳癬5、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，測得溶液中與的關(guān)系如圖所示；下列說法正確的是。

A.該溶液中B.B.E三點對應(yīng)溶液pH的大小順序為B>D>EC.C三點對應(yīng)的分散系中，A點的穩(wěn)定性最差D.D點對應(yīng)的溶液中一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)6、常溫下，取pH="2"的兩種二元酸H2A與H2B各1mL；分別加水稀釋，測得pH變化與加水稀釋倍數(shù)有如圖所示變化，則下列有關(guān)敘述正確的是。

A.H2A為二元弱酸B.稀釋前c(H2B)>c(H2A)="0.01mol"/LC.pH=3的NaHA水溶液中，離子濃度大小為c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(OH-)D.Na2B的水溶液中，離子濃度大小為c(Na+)>c(B2-)>c(OH-)>c(H+)7、已知某溫度下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，當溶液中離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，可認為該離子沉淀完全。下列敘述正確的是()A.飽和AgCl溶液與飽和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大B.向氯化銀的濁液中加入氯化鈉溶液，氯化銀的Ksp減小C.向0.0008mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等體積的0.002mol·L－1AgNO3溶液，則CrO42-完全沉淀D.將0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4溶液，則先產(chǎn)生AgCl沉淀8、2020年化學(xué)科學(xué)家用微生物燃料電池作電源進行模擬消除酸性工業(yè)廢水中的重鉻酸根離子(Cr2O72-)的示意圖如圖所示，反應(yīng)一段時間后，在裝置②中得到Fe(OH)3和Cr(OH)3兩種沉淀。已知6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。下列說法錯誤的是（）

A.裝置①中，a極的電極反應(yīng)為HS--8e-+4H2O=SO42-+9H+B.向裝置②中加入適量Na2SO4，其主要作用是增強溶液的導(dǎo)電性C.裝置①中，b極上消耗的n(O2)與裝置②中惰性電極上生成的n(生成物)相等D.當裝置①中有0.6molH+通過質(zhì)子交換膜時，裝置②中產(chǎn)生0.4mol沉淀9、與甲；乙兩套裝置有關(guān)的下列說法正確的是。

A.甲、乙裝置中，鋅棒均作負極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.甲中鋅棒直接與稀H2SO4接觸，故甲生成氣泡的速率更快C.甲、乙裝置的電解質(zhì)溶液中，陽離子均向碳棒定向遷移D.乙中鹽橋設(shè)計的優(yōu)點是迅速平衡電荷，提高電池效率評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、氮及其化合物是科學(xué)家們一直在探究的問題；它們在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生命活動中起著重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ?mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1

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

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

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

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

A．及時分離出NH3

B．使用鐵觸媒做催化劑。

C．反應(yīng)溫度控制在500℃左右。

D．反應(yīng)時壓強控制在2×l07~5×l07Pa

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

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

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

C．達到平衡狀態(tài)時；混合氣體的平均相對分子質(zhì)量變大。

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

（三）如圖表示H2的轉(zhuǎn)化率與起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、壓強的變化關(guān)系，則與曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應(yīng)的壓強P1、P2、P3從高到低的順序是_________________；測得B（X，60）點時N2的轉(zhuǎn)化率為50%，則X=________。

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

（五）以NO原料，通過電解的方法可以制備NH4NO3，其總反應(yīng)是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，寫出以惰性材料作電極的陽極反應(yīng)式：_______________。11、對可逆反應(yīng)aA(g)＋bB(g)?cC(g)＋dＤ(g)達到平衡時，各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度滿足以下關(guān)系：=K(為一常數(shù))，K稱為化學(xué)平衡常數(shù)，其反應(yīng)的K值只與溫度有關(guān)?，F(xiàn)有反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)ΔH=-QkJ·mol-1。在850℃時；K=1。

(1)若升高溫度到950℃時，達到平衡時K_______1(填“大于”“小于”或“等于”)。

(2)850℃時，若向一容積可變的密閉容器中同時充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，則：①當x=5.0時，上述平衡向_______(填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”)方向移動。

②若要使上述反應(yīng)開始時向正反應(yīng)方向進行，則x應(yīng)滿足的條件是_______。

(3)在850℃時，若設(shè)x=5.0和x=6.0，其他物質(zhì)的投料不變，當上述反應(yīng)達到平衡后，測得H2的體積分數(shù)分別為a％、b％，則a_______b(填“大于”“小于”或“等于”)。12、某些電鍍廠的酸性廢水中常含有一定量的CrO42-和Cr2O72-；它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大的傷害，必須進行處理。常用的處理方法有兩種。

方法1：還原沉淀法；該法的工藝流程為：

其中第①步存在平衡步存在平衡：2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O

（1）若平衡體系的pH=12，該溶液顯________色。

（2）寫出第③步的離子反應(yīng)方程式：__________。

（3）第②步中，用6mol的FeSO4·7H2O可還原________molCr2O72-離子。

（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)

常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH應(yīng)調(diào)至_______。

方法2：電解法：該法用Fe做電極電解含Cr2O72-的酸性廢水，隨著電解進行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr(OH)3沉淀。

（5）寫出陽極的電極反應(yīng)式___________________。

（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是(用電極反應(yīng)解釋)__________________________

（7）用電鍍法在鐵制品上鍍上一層鋅，則陰極上的電極反應(yīng)式為____________。13、依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；設(shè)計的原電池如下圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是________；Y是________。

(2)銀電極為電池的________極，X電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為_____________________14、(1)氫氧燃料電池是符合綠色化學(xué)理念的新型發(fā)電裝置。下圖為電池示意圖，該電池電極表面鍍一層細小的鉑粉，鉑吸附氣體的能力強，性質(zhì)穩(wěn)定。其正極反應(yīng)方程式為____________，若將負極材料改為CH4，寫出其負極反應(yīng)方程式___________。

(2)NH3代替氫氣研發(fā)燃料電池是當前科研的一個熱點。使用的電解質(zhì)溶液是2mol·L-1的KOH溶液，電池總反應(yīng)為：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。該電池負極的電極反應(yīng)式為__________；每消耗3.4gNH3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為_________。15、利用電化學(xué)原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O廢水，如下圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應(yīng)：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5；可循環(huán)使用。則石墨Ⅰ是電池的________極；石墨Ⅰ附近發(fā)生的電極反應(yīng)式為__________________________________。

（2）工作時，甲池內(nèi)的NO向___________極移動(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同條件下，消耗的O2和NO2的體積比為____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上發(fā)生的電極反應(yīng)為_________________________________。

（4）若溶液中減少了0.01molCr2O則電路中至少轉(zhuǎn)移了___________mol電子。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共8分)17、苯乙烯是生產(chǎn)塑料和合成橡膠的重要有機原料，乙苯催化脫氫制備苯乙烯是目前生產(chǎn)苯乙烯的主要方法，反應(yīng)如下：（g）（g）+H2(g)

(1)工業(yè)上，通常在乙苯蒸氣中摻混水蒸氣，反應(yīng)溫度維持在600℃，并保持體系總壓為常壓的條件下進行反應(yīng)。在不同反應(yīng)溫度下，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性(指除了以外的產(chǎn)物中苯乙烯的物質(zhì)的量分數(shù))示意圖如下：

①一般控制原料氣中水油比n(水)：n(乙苯)為9∶1，若水油比增大，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率______(填“增大”或“減小”)，理由是________________________。

②控制反應(yīng)溫度為600℃的理由是________________________。

(2)某研究機構(gòu)用代替水蒸氣開發(fā)了綠色化學(xué)合成工藝。反應(yīng)方程式為：(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)反應(yīng)歷程如圖：

①已知：則______

②催化劑表面酸堿性對乙苯脫氫反應(yīng)性能影響較大，根據(jù)反應(yīng)歷程分析，如果催化劑表面堿性太強，對反應(yīng)造成的影響為：________________________(說出一點即可)。

③一定溫度下，向恒容密閉容器中充入2mol乙苯和2mol起始壓強為p0，平衡時容器內(nèi)氣體總物質(zhì)的量為5mol，乙苯的轉(zhuǎn)化率為______，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)______。(已知：氣體分壓=氣體總壓×氣體體積分數(shù))18、常溫下；濃度均為0.1mol/L的6種溶液pH如下：

。溶質(zhì)。

Na2CO3

NaHCO3

Na2SiO3

Na2SO3

NaHSO3

NaClO

pH

11.6

9.7

12.3

10.0

4.0

10.3

請由上表數(shù)據(jù)回答：

(1)比較上述化合物中非金屬元素原子半徑大小(由小到大)_______；寫出半徑最大的原子的核外電子排布式_______，其最外層有______種能量不同的電子和_______種電子云伸展方向。

(2)非金屬性Si______C(填“>”或“<”)，用原子結(jié)構(gòu)解釋其原因：_______。

(3)常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列稀溶液，其酸性由強到弱的順序是(填序號)______。

a.H2SiO3b.H2SO3c.H2CO3

(4)用平衡移動理論，結(jié)合離子方程式說明Na2CO3溶液pH>7的原因_______。

(5)6種溶液中，水的電離程度最小的是(填化學(xué)式)______。

(6)若增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是(填化學(xué)式)_______，用化學(xué)平衡移動原理解釋原因：_________。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共5分)19、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共4分)20、實驗室用含鈷廢料(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為機有物(難電離)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)濾渣I的主要成分是__(填化學(xué)式)，寫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相返回水相的過程。向操作①后溶有NiR2的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，寫出該步驟反應(yīng)的離子方程式___。

(6)300℃時，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___。21、一種利用鈦鐵礦制備Li4Ti5O12的工藝流程如圖：

已知：鈦鐵礦的主要成分是FeTiO3(可表示為FeO·TiO2)，還含有少量的MgO和SiO2等雜質(zhì)。

回答下列問題：

(1)酸浸時，要提高鐵的浸出率可采取的措施是___(寫出一條即可)。

(2)酸浸后的濾液①中鈦主要以TiOCl42-形式存在，則其水解生成TiO2·xH2O的離子方程式為___，加熱水的目的是___。

(3)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)時，應(yīng)將溫度控制在50℃左右的原因是___。

(4)若將濾液②加熱至一定溫度后，再加入雙氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此時溶液中=___。已知：此溫度下，F(xiàn)ePO4、Mg3(PO4)2的溶度積常數(shù)分別為1.5×10-21、1.0×10-23。

(5)高溫煅燒時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為___。

(6)某可充電的鋰離子電池以Li4Ti5O12為正極，嵌入鋰的碳材料為負極，含Li＋導(dǎo)電固體為電解質(zhì)。放電時的電池反應(yīng)為LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，則充電時陰極電極反應(yīng)式為___。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

恒溫恒容下，開始充入2molA和1molB與開始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC達到平衡后，C的體積分數(shù)為m%，說明為完全等效平衡，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n(A)=2mol、n(B)=1mol，故0.6mol+mol=2mol，解得x=2，但是對于反應(yīng)前后氣體系數(shù)和相等的反應(yīng)，物質(zhì)的投料等比即等效，所以x=3也是正確的，故B正確。2、A【分析】【分析】

水的電離平衡：H2OH++OH-。

【詳解】

A.向水中加入少量固體NaOH，平衡逆向移動，c（H+）降低，c（OH-）增大；A正確；

B.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c（H+）增大，Kw只受溫度的影響，溫度不變，Kw不變；B錯誤；

C.向水中加入少量固體CH3COOH，c（H+）增大，平衡逆向移動，c（OH-）減??；C錯誤；

D.水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，c（H+）增大；D錯誤。

故選A。3、C【分析】【詳解】

A．在①處，設(shè)平衡時c(H+)=x，Ka==1.0×10-9，x≈1×10-5mol/L；pH約為5，A正確；

B．在②處，n(NaOH)=5×10-4mol，n(NaX)=5×10-4mol，n(HX)=5×10-4mol，此時c(HX)=c(NaX)，Kh===10-5>Ka，所以溶液中以X-的水解為主，溶液呈堿性，pH>7；B正確；

C．在③處，溶質(zhì)為NaX，發(fā)生X-的水解反應(yīng)，在②處，以X-的水解為主，所以水的電離程度：③>②>純水；C錯誤；

D．②中，c(HX)=c(NaX)，但以X-水解為主，所以離子濃度大小關(guān)系：c(HX)>c(Na+)>c(X-)；D正確；

故選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．Al(OH)3分解吸收大量的熱；并且產(chǎn)生不燃燒的氧化鋁覆蓋在可燃物表面；隔絕空氣，故A正確；

B．氯化銨是強酸弱堿鹽；水解使溶液呈酸性，可消除焊接處表面的鐵銹，故B正確；

C．ClO2具有強氧化性；能殺菌消毒，但不能用作絮凝劑去除水中的懸浮物，故C錯誤；

D．高錳酸鉀具有強氧化性；可用于殺菌，所以高錳酸鉀的稀溶液可用于治療腳癬，故D正確；

故選C。5、C【分析】【詳解】

A．該溶液K1>K2，因此溶液中故A錯誤；

B．越大，則c(Ba2+)越小，c(CO32－)越大，堿性越強，因此B、D、E三點對應(yīng)溶液pH的大小順序為E>D>B；故B錯誤；

C．A；B、C三點對應(yīng)的分散系中；A點為過飽和溶液，會生成碳酸鋇沉淀，因此A點的穩(wěn)定性最差，故C正確；

D．D點對應(yīng)的溶液，根據(jù)電荷守恒，一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)+c(HCO3－)，由于c(CO32－)=c(HCO3－)，還可以為2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)；故D錯誤。

綜上所述，答案為C。6、D【分析】試題分析：A、因為稀釋100倍H2A的氫離子濃度是原來的1/100，則說明該酸是強酸，而H2B是弱酸錯誤，不選A；B、因為H2B是弱酸，不能完全電離，所以其濃度比H2A的濃度大，H2A是強酸，完全電離，氫離子濃度為0.01mol/L，酸的物質(zhì)的量濃度為0.005mol/L，錯誤，不選B；C、因為H2A是強酸，不能水解，沒有H2A分子形式，錯誤，不選C；D、Na2B為強堿弱酸鹽；水解顯堿性，所以正確，選D。

考點：弱電解質(zhì)的電離平衡7、D【分析】【詳解】

A項、飽和AgCl溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)，則c2(Ag+)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10，解之得c(Ag+)=1.34×10-5mol/L，飽和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=2c(CrO42-)，則c3(Ag+)/2=Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，解之得c(Ag+)=1.56×10-4mol/L，顯然后者的c(Ag+)大；故A錯誤；

B項、AgCl的Ksp只與溫度有關(guān)，向AgCl的濁液中加入氯化鈉溶液，雖然平衡向逆方向移動，但Ksp不變；故B錯誤；

C項、兩溶液混合后則c（K2CrO4）=0.0004mol/L，c（AgNO3）=0.001mol/L，根據(jù)2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，則溶液中剩余的c（Ag+）=0.001mol/L-0.0004mol/L×2=0.0002mol/L，根據(jù)Ksp（K2CrO4），則生成沉淀后的溶液中c（CrO42-）=Ksp（K2CrO4）/c2（Ag+）=1.9×10－12/(0.0002mol/L)2=2.5×10-5mol/L＞1.0×10-5mol/L，溶液中存在難溶物的溶解平衡，所以CrO42-不能完全沉淀；故C錯誤；

D、根據(jù)Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），則當Cl-開始沉淀時c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.8×10-7mol/L，當CrO42-開始沉淀時c（Ag+）==4.36×10-5mol/L；故先產(chǎn)生AgCl沉淀，故D正確。

故選D。

【點睛】

本題主要考查溶度積常數(shù)的概念和有關(guān)計算，比較c(Ag＋)大小時，注意不同物質(zhì)的化學(xué)式是否相似，如不同可用溶度積常數(shù)計算c(Ag＋)。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)裝置圖可知，在a電極上HS-失去電子被氧化產(chǎn)生SO42-，由于電解質(zhì)溶液為酸性，所以a電極反應(yīng)式為：HS--8e-+4H2O=SO42-+9H+；A正確；

B．在裝置②中，F(xiàn)e電極連接電源正極，作陽極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，F(xiàn)e2+具有強的還原性，與廢水中的Cr2O72-發(fā)生氧化還原反應(yīng)：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；惰性電極連接電源負極，作陰極，發(fā)生還原反應(yīng)：2H++2e-=H2↑，氫離子放電變?yōu)闅錃庖莩?，使溶液堿性增強，溶液中的Fe3+、Cr3+變?yōu)镕e(OH)3和Cr(OH)3沉淀，可見，Na2SO4電離產(chǎn)生的離子不參加化學(xué)反應(yīng)；其主要作用是增強溶液的導(dǎo)電性，B正確；

C．在裝置①中，每產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移4mol電子，在裝置②惰性電極上產(chǎn)生的氣體為H2，每反應(yīng)產(chǎn)生1molH2轉(zhuǎn)移2mol電子，由于同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，所以b極上消耗的n(O2)與裝置②中惰性電極上生成的n(生成物)不等；C錯誤；

D．當裝置①中有0.6molH+通過質(zhì)子交換膜時，轉(zhuǎn)移0.6mol電子，根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，裝置②中由Fe-2e-=Fe2+可知反應(yīng)產(chǎn)生0.3molFe2+，F(xiàn)e2+再發(fā)生反應(yīng)：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知0.3molFe2+反應(yīng)轉(zhuǎn)化為0.3molFe3+，同時得到0.1molCr3+，0.3molFe3+產(chǎn)生0.3molFe(OH)3沉淀，0.1molCr3+產(chǎn)生0.1molCr(OH)3沉淀；故裝置②中共產(chǎn)生0.4mol沉淀，D正確；

故合理選項是C。9、D【分析】【分析】

根據(jù)圖示；甲未構(gòu)成閉合電路，不屬于原電池裝置，發(fā)生化學(xué)腐蝕；乙滿足構(gòu)成原電池的條件，是原電池，其中鋅為負極，碳棒為正極，結(jié)合電極反應(yīng)式和原電池原理分析解答。

【詳解】

A.根據(jù)上述分析；甲不是原電池，故A錯誤；

B.甲中鋅棒直接與稀H2SO4接觸；發(fā)生化學(xué)腐蝕，乙中構(gòu)成了原電池，負極失去電子的速率加快，因此正極放出氫氣的速率增大，故B錯誤；

C.甲不是原電池；電解質(zhì)溶液中的陽離子向鋅移動，故C錯誤；

D.鹽橋中離子的定向遷移構(gòu)成了電流通路；鹽橋既可溝通兩方溶液，又能阻止反應(yīng)物的直接接觸，迅速平衡電荷，使由它連接的兩溶液保持電中性，提高電池效率，故D正確；

答案選D。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【詳解】

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

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

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

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

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

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反應(yīng)x3x2x

平衡1-x3-3x2x

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

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

【分析】【詳解】

試題分析：（1）從題給信息知：正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫，平衡向逆反應(yīng)方向移動，CO2和H2的濃度將減少，而CO和H2O(g)的濃度將增大；故K值減少；

（2）將1．0molCO,3．0molH2O，1．0molCO2和xmolH2代入式中，得x＝3．0mol<5．0mol,平衡向逆反應(yīng)方向移動。若要使上述反應(yīng)開始時向正反應(yīng)方向進行，則x應(yīng)滿足的條件是：x<3．0mol。

（3）其他物質(zhì)的投料不變，增加H2的量，平衡向逆反應(yīng)方向移動，但H2的轉(zhuǎn)化率將減少。

考點：化學(xué)平衡【解析】①.小于②.逆反應(yīng)③.x＜3.0④.小于12、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）c(H+)減小，平衡2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O左移；溶液呈黃色，故答案為黃；

（2）第③步是沉淀鉻離子的反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式為Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，故答案為Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓；

（3）6mol亞鐵離子被氧化為+3價，失去6mol電子，Cr2O72-離子中鉻元素化合價從+6價降低到+3價，應(yīng)該得到6mol電子，所以6mol的FeSO4·7H2O可還原1molCr2O72-離子；故答案為1；

（4）Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)?c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，則需c(OH-)===10-9mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L；即pH=5，故答案為5；

（5）在電解法除鉻中，鐵作陽極，陽極反應(yīng)為Fe-2e-═Fe2+，以提供還原劑Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是水電離產(chǎn)生的H+放電生成H2：2H++2e-═H2↑；故答案為2H++2e-=H2↑；

（7）用電鍍法在鐵制品上鍍上一層鋅，陰極上的電極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn，故答案為Zn2++2e-=Zn。

考點：考查了鉻及其化合物的性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)、沉淀溶解平衡和電化學(xué)的相關(guān)知識?！窘馕觥奎SCr3++3OH-=Cr(OH)3↓15Fe-2e-=Fe2+2H++2e-=H2↑Zn2++2e-=Zn13、略

【分析】【分析】

原電池是由兩個半電池組成的，根據(jù)氧化還原反應(yīng)2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；銅是負極，銀是正極，負極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則銅極應(yīng)處于含有銅離子的可溶性鹽溶液中，銀處于含有銀離子的可溶性銀鹽溶液中，電子從負極沿大小流向正極。

【詳解】

（1）根據(jù)電解質(zhì)溶液中的陽離子與電極材料是同種金屬的特點，可推知X是Cu，電解質(zhì)溶液Y是AgNO3溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活動性Cu>Ag，結(jié)合原電池反應(yīng)的原理可知銀電極為電池的正極，電極反應(yīng)式為Ag＋＋e－=Ag，Cu電極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu-2e－=Cu2＋，故答案為：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【點睛】

注意含有鹽橋的原電池中，電極材料和其相應(yīng)的鹽溶液必須含有相同的金屬元素是解答關(guān)鍵，也是易錯點?！窘馕觥緾uAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋14、略

【分析】【分析】

在原電池中；負極上失電子，燃料發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得電子，氧氣發(fā)生還原反應(yīng)。

【詳解】

(1)氫氧燃料電池正極上氧氣得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)是堿，則生成OH-，反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，若將負極材料改為CH4，在堿性條件下應(yīng)該生成總反應(yīng)式為：CH4+2O2+2OH-=+3H2O，正極反應(yīng)為：2O2+4H2O+8e-=8OH-，兩式相減得負極反應(yīng)方程式為：CH4+10OH--8e-=+7H2O；

(2)NH3代替氫氣，電解質(zhì)溶液是KOH溶液沒有變，則正極反應(yīng)式也沒有變化，電池總反應(yīng)為：4NH3+3O2＝2N2+6H2O，正極反應(yīng)為：3O2+6H2O+12e-=12OH-，兩式相減得負極反應(yīng)方程式為：4NH3+12OH--12e-=2N2+12H2O，即為2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；3.4gNH3物質(zhì)的量為:根據(jù)負極反應(yīng)可知，2molNH3轉(zhuǎn)移6mol電子，則3.4gNH3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.6mol，即0.6NA。

【點睛】

燃料電池電極方程式的書寫，掌握正極反應(yīng)式一般較固定，記住在酸性或堿性條件下的正極反應(yīng)，負極反應(yīng)等于總反應(yīng)減去正極反應(yīng)?！窘馕觥縊2+2H2O+4e-=4OH-CH4+10OH--8e-=+7H2O2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA15、略

【分析】(1)甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負極，電極反應(yīng)式為NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ為正極，故答案為負；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ為負極，原電池中陰離子向負極移動，根據(jù)得失電子守恒計算1molO2反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4mol電子，4molNO2轉(zhuǎn)變成N2O5，轉(zhuǎn)移4mol電子，相同狀況下氣體的體積比等于物質(zhì)的量之比，故O2和NO2的體積比為1：4；故答案為石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ為負極，故Fe(Ⅰ)為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

(4)根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能夠氧化0.06molFe2＋，即電解過程中需要生成0.06molFe2＋，F(xiàn)e(I)為陽極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2＋；故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，故答案為0.12。

點睛：本題考查原電池與電解原理，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解本題關(guān)鍵。本題的難點是(4)的計算，需要根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O計算出電解過程中生成的Fe2＋，再根據(jù)電極反應(yīng)式進行計算，注意電路中轉(zhuǎn)移的電子與Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中轉(zhuǎn)移的電子是不一樣的?！窘馕觥控揘O2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12三、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；【解析】錯四、原理綜合題(共2題，共8分)17、略

【分析】【詳解】

（1）①一般控制原料氣中水油比為9∶1；反應(yīng)為氣體分子增加的反應(yīng)，若水油比增大，相當于減小壓強，平衡正向移動，導(dǎo)致乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率增大。

②控制反應(yīng)溫度為的理由是此時苯乙烯的選擇性和乙苯的轉(zhuǎn)化率均較高；若溫度過低；則反應(yīng)速率減慢且乙苯轉(zhuǎn)化率變低；若溫度過高則苯乙烯選擇性下降且可能導(dǎo)致催化劑活性下降；

故答案為：增大；反應(yīng)為氣體分子增加的反應(yīng)；若水油比增大，相當于減小壓強，平衡正向移動，導(dǎo)致乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率增大；苯乙烯的選擇性和乙苯的轉(zhuǎn)化率均較高；

（2）①已知：

Ⅰ(g)+H2(g)

Ⅲ

則Ⅰ-Ⅲ得：(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)=

②催化劑表面酸堿性對乙苯脫氫反應(yīng)性能影響較大，根據(jù)反應(yīng)歷程可知，催化劑表面需要活化吸附該微粒帶負電荷，如果催化劑表面堿性太強，則帶負電荷的氫氧根離子較多，不利于的吸附；且堿性物質(zhì)會和二氧化碳反應(yīng)導(dǎo)致吸附在催化劑表面的二氧化碳發(fā)生反應(yīng)從而降低了乙苯的轉(zhuǎn)化率；

③反應(yīng)為氣體分子數(shù)增加1的反應(yīng)，反應(yīng)后總的物質(zhì)的量增加，一定溫度下，向恒容密閉容器中充入乙苯和起始壓強為平衡時容器內(nèi)氣體總物質(zhì)的量為增加物質(zhì)的量為1mol，則反應(yīng)的乙苯、二氧化碳均為1mol，平衡時乙苯、二氧化碳、苯乙烯、一氧化碳、水的物質(zhì)的量均為1mol，反應(yīng)后總壓為則乙苯的轉(zhuǎn)化率為用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)

故答案為：+128；50%；降低了乙苯的轉(zhuǎn)化率；【解析】(1)增大反應(yīng)為氣體分子增加的反應(yīng)；若水油比增大，相當于減小壓強，平衡正向移動，導(dǎo)致乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率增大苯乙烯的選擇性和乙苯的轉(zhuǎn)化率均較高。

(2)+128降低了乙苯的轉(zhuǎn)化率50%

18、略

【分析】【分析】

(1)上述化合物中所含非金屬元素為C；O、H、Si、Cl、S；同周期從左到右原子半徑依次減小，同主族從上到下原子半徑依次增大，結(jié)合原子核外電子排布分析判斷；

(2)同主族從上到下原子半徑增大；得到電子能力減弱；

(3)依據(jù)溶液的pH分析；水解程度越大的鹽對應(yīng)酸的酸性越弱；

(4)碳酸鈉溶液中的碳酸根離子水解生成碳酸氫鈉和氫氧化鈉；

(5)依據(jù)溶液中pH分析判斷；水解程度越大，對水的電離促進越大；

(6)增大氯水中次氯酸濃度選擇試劑和鹽酸反應(yīng)不能和次氯酸反應(yīng)；依據(jù)鹽溶液pH分析，水解程度小于次氯酸鈉的堿性試劑符合。

【詳解】

(1)上述化合物中所含非金屬元素為C、O、H、Si、Cl、S，同周期從左到右原子半徑依次減小，同主族從上到下原子半徑依次增大，則非金屬元素原子半徑大小(由小到大)：H＜O＜C＜Cl＜S＜Si；半徑最大的原子Si的核外電子排布式為：[Ne]3s23p2；其最外層有s；p兩種能量不同的電子和1個s電子、2個p電子，3種電子云伸展方向；

(2)C與Si處于同主族；C的電子層數(shù)小于Si，同主族元素從上到下原子半徑依增大，原子核對核外電子的引力減弱，得到電子能力減弱，非金屬性依次減弱，非金屬性Si小于C；

(3)水解程度越大的鹽對應(yīng)酸的酸性越弱，0.1mol/L鹽溶液的pH：Na2SiO3＞Na2CO3＞Na2SO3＞NaHCO3＞NaHSO3，相同物質(zhì)的量濃度的稀酸溶液，其酸性由強到弱的順序是bca；

(4)Na2CO3溶液pH>7的原因是碳酸根離子水解的結(jié)果，CO+H2O?HCO+OH-；溶液顯堿性；

(5)根據(jù)溶液的pH，Na2CO3、Na2SiO3、Na2SO3、NaHCO3、NaClO是水解顯堿性促進水的電離，NaHSO3顯酸性，抑制水的電離，所以水的電離程度最小的是NaHSO3；

(6)加入NaClO或NaHCO3時，均能與鹽酸反應(yīng)，氯水中的氫離子濃度減小，則平衡正向進行，使溶液中次氯酸的濃度增大；NaHSO3、Na2SO3具有強還原性，氯水具有強氧化性，導(dǎo)致發(fā)生氧化還原反應(yīng)使HClO濃度減??；而Na2CO3、Na2SiO3除消耗鹽酸外，還能消耗次氯酸，導(dǎo)致HClO濃度減??；可加入NaClO或NaHCO3?！窘馕觥縃22s22p63s23p223<兩種原子最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)CSi，得電子能力C>Si，因此非金屬性C>Sibca碳酸根離子水解CO+H2O?HCO+OH-，使溶液呈堿性NaHSO3NaHCO3或NaClOCl2+H2O?H++Cl-+HClO，NaHCO3或NaClO消耗H+，平衡正向移動，使溶液中次氯酸濃度增大五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共5分)19、略

【分析】【分析】

根據(jù)題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【詳解】

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O?！窘馕觥縉H4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、工業(yè)流程題(共2題，共4分)20、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)，過濾得到濾液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及過量的硫酸，濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中加入過氧化氫和CoO，將Fe2+氧化為Fe3+，同時調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ為氫氧化鐵、氫氧化鋁，向濾液中加入RH，Ni2+溶于有