2024年浙教版选修4化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版选修4化学下册月考试卷864考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知：H2(g)＋F2(g)→2HF(g)＋270kJ，下列说法正确的是()A.2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量B.1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC.在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D.1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ2、德国核物理研究所的科学家实验发现，植物和落叶都能产生甲烷，其生成随着温度和日照的增强而增加。甲烷(CH4)在足量O2中完全燃烧产生CO2和H2O(g)，该反应中各物质所含化学键键能如图所示(键能是气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，单位为kJ·mol‑1)。下列说法错误的是。

A.甲烷在氧气中燃烧的反应为放热反应B.O=O键的键能比C=O键的键能小C.1mol甲烷在足量氧气中燃烧产生的H2O(g)所含化学键的能量为1856kJD.1molCH4所含化学键的能量比1molCO2所含化学键的能量小3、工业制硝酸时NH3在500℃时可发生如下3个反应：

下列说法正确的是A.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H="362"kJ·mol-1B.增大压强，则反应②的K不变，反应①和③的K减小C.500℃，2N2O(g)+O2(g)="4NO(g)"K=400D.使用合适的催化剂可提高反应的选择性，提高NO的产出率4、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25℃时，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示c(HC2O4－)/c(H2C2O4)或c(C2O42－)/c(HC2O4－)]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.直线I中X表示的是c(HC2O4－)/c(H2C2O4)B.直线I、Ⅱ的斜率均为1C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)D.已知：碳酸的Ka1=4.3×10－7，Ka2=5.6×10－11，则向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液的离子方程式为CO32－+H2C2O4===C2O42－+H2O+CO2↑5、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.的溶液中，B.将等物质的量的和混合溶于水中：C.的与的NaOH溶液等体积混合：D.的硫酸铵溶液中：6、时，将一定量的冰醋酸即无水乙酸加水稀释，稀释过程中溶液的导电性变化如图所示．则下列说法正确的是

A.醋酸的电离平衡常数：B.溶液中C.a、b、c三点的溶液都有：D.从c点到b点，醋酸的电离度不断增大7、下列溶液中，微粒浓度关系正确的是A.含有NH4+、Cl－、H+、OH－离子的溶液，其离子浓度一定是：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)B.0.1mol/L的Na2S溶液中：c(OH－)=c(H+)+c(HS－)+2c(H2S)C.pH=3的一元酸HA与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液中一定有：c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)D.等体积混合0.1mol/L的盐酸与0.2mol/LCH3COONa溶液，所得混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H+)＞c(CH3COOH)＞c(OH－)8、CuSO4溶液是实验室中常用试剂。下列与CuSO4溶液有关实验的操作和结论都一定正确的是。

。选项。

A

B

C

D

实验操作。

前者产生气泡更快

Cu片上发生还原反应

蒸发CuSO4溶液结论。

Fe3+催化效果好于Cu2+

Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)

Cu片为正极反应物。

可获得胆矾晶体。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋于缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。

（1）一种途径是将CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：

①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：___________________________________。

②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_______________（填I或II）

（3）CO2经催化加氢可以生成低碳烃；主要有两个竞争反应：

反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密闭容器中冲入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时，CO2的转化率为_________。T1℃时，反应I的平衡常数K=_______。

（4）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始时的投料比，即m=

①图1中投料比相同，温度T3>T2>T1,则ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3时，该反应达到平衡状态后p(总）=20ɑMPa,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2.则曲线b代表的物质为_______（填化学式）10、研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。

(1)处理含SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。根据已知条件写出此反应的热化学方程式是____________________。

已知：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。

已知：①CO(g)＋NO2(g)===NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

②2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若在标准状况下用2.24LCO还原NO2至N2(CO完全反应)，则整个过程中转移电子的物质的量为__________mol，放出的热量为__________kJ(用含有a和b的代数式表示)。11、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。12、在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左、右两侧分别进行如下可逆反应：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为xmol、3.25mol、1mol；右侧中加入9mol的水蒸气和适量的铁粉(忽略铁粉对容器体积的影响)当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器位置2处请填写以下空白：

(1)若x=1.5则左侧反应在起始时向______（填“正反应”或“逆反应”）方向进行欲使反应维持向该方向进行，则x的取值范围是______。

(2)若X=2，则左侧反应在起始时向______填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为______。13、近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1；4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

①据图像可知反应平衡常数K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判断理由是：________________________________________________；

②若进料浓度比c(HCl)∶c(O2)等于1∶1，400℃时，O2的转化率是______。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。

（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上；科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

阴极区发生的反应有Fe3++e-=Fe2+和___________________（写反应方程式）。

电路中转移1mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。14、常温下，有0.1mol/L的四种溶液：①HCl②CH3COOH③NaOH④Na2CO3

(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_________。

(2)溶液③的pH=_________。

(3)溶液①；②分别与等量的溶液③恰好完全反应；消耗的体积：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)溶液④加热后碱性增强；结合化学用语解释原因：_________。

(5)常温下；下列关于溶液②的判断正确的是_________。

a.c(CH3COO−)=0.1mol/L

b.溶液中c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)

c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不变。

d.滴入NaOH浓溶液，溶液导电性增强15、已知在常温下测得浓度均为0.1mol•L﹣1的下列四种溶液的pH如下表：

。溶质。

NaHCO3

Na2CO3

NaF

NaClO

pH

8.4

11.6

7.5

9.7

（1）用离子方程式表示NaClO溶液的pH=9.7的原因___________________________。

（2）根据盐溶液的pH，可知①Ka(HClO)②Ka1(H2CO3)③Ka(HF)④Ka2(H2CO3)的由大到小顺序为_________________________________(填序号)。

（3）将少量CO2通入NaClO溶液中；写出该反应的离子方程式：________________。

（4）常温下，将CO2通入0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，则溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）=_________________(列计算式)评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共2题，共8分)17、某实验小组用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸进行中和热的测定；测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示：

（1）仪器A的名称为___。

（2）装置中碎泡沫塑料的作用是___。

（3）写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol－1)：___。

（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如下表。实验次数起始温度t1/℃终止温度。

t2/℃温度差。

(t2－t1)/℃1H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①温度差平均值为___℃。

②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·(g·℃)－1。则中和热△H＝-53.5kJ/mol。

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是___(填字母)。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸的温度18、某学生用0.1500mol/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸；其操作可分解为如下几步：

A.用蒸馏水洗净滴定管。

B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL；注入锥形瓶中，加入酚酞。

D.另取锥形瓶；再重复操作2-3次。

E.检查滴定管是否漏水。

F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后；将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)：

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

（2）操作F中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。

（3）滴定终点的现象是_______________________。

（4）滴定结果如表所示:。滴定次数待测液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留4位有效数字)。

（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数。

b.锥形瓶用盐酸润洗。

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡；滴定终点时发现气泡。

d.达到滴定终点时；仰视读数。

（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则pH＞5.1，常温下若用0.1mol·L-1盐酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）评卷人得分五、有机推断题(共1题，共10分)19、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共8分)20、碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料；实验室以纯铜屑为原料制取的流程如下:

(1)“溶解”步骤反应的离子方程式为_______．温度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量减少、Cu的转化率降低，若低于50℃，_____

(2)“反应”步骤生成Cu2(OH)2CO3的化学方程式为_________。反应后溶液中铜元素残留量受pH和反应时间的影响如图所示:

判断反应的最佳条件:pH为___、反应时间为____h。

(3)检验Cu2(OH)2CO3洗涤是否完全的方法是____________________

(4)Cu2(OH)2CO3也可以表示为CuCO3·Cu(OH)2。查阅文献，上述反应条件下还可能生成少量CuCO3·Cu(OH)2。为测定产品的纯度[产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数]；取10.97g干燥样品，400℃左右加热，测得固体质量随时间变化关系如图所示。

已知:8.00g固体为黑色纯净物。

有关物质的摩尔质量如表：。物质CuCO3·Cu(OH)2CuCO3·2Cu(OH)2CuO摩尔质量/g·mol-122232080

请计算产品的纯度(写出计算过程，结果保留3位有效数字)。______21、我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)和纯MnO2的工艺如下图所示：

已知：

①锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；还含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作为_____________。

A.酸浸B.过滤C.焙炒D.焙烧。

(2)粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_____________________。

(3)焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。

(4)制备硫酸锌晶体流程中，用ZnO调节溶液pH的目的是______________________________，若溶解时不加H2O2带来的后果是____________________。

(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度：取agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2mL标准KMnO4溶液。

①MnO2参与反应的离子方程式为_____________。

②该样品中MnO2的质量分数为__________________(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。22、重铬酸钠是一种用途极广的氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分Fe(CrO2)2(或写成FeO·Cr2O3)，还含有A12O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示：

已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。

请回答下列问题：

(1)煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为___________。

(2)操作a的实验步骤为___________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，写出生成Cr(OH)3的离子方程式___________。

(4)采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示，写出电极b的电极反应式：________。

(5)根据有关国家标准，含CrO的废水要经化学处理使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放。可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水。加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于___________mol·L-1，废水处理后方能达到国家排放标准。23、(1)工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是。

①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中；加热；过滤，调节滤液的pH为3；

②对①所得滤液按下列步骤进行操作：

已知：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4

请回答下列问题：

①加入的氧化剂X，下列物质最好选用的是______．

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②加入Y的作用是___________________________，Y的化学式为____________。

③溶液乙在蒸发结晶时应注意：________________________________。

(2)如图为相互串联的甲；乙两个电解池；试回答下列问题：

甲池若为用电解原理精炼铜的装置，阴极增重19.2g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A；由热化学方程式可以知道2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量；化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；

B；液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低；根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；

C；反应为放热反应；在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，所以C选项是正确的；

D；热化学方程式中化学计量数表示物质的量；不表示分子个数，故D错误。

答案选C。2、D【分析】【详解】

A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=4×415kJ·mol‑1+2×498kJ·mol‑1-2×728kJ·mol‑1-4×464kJ·mol‑1=-656kJ·mol‑1H<0；该反应为放热反应，A正确；

B．O=O键的键能为498kJ·mol‑1，C=O键的键能为728kJ·mol‑1；故O=O键的键能比C=O键的键能小，B正确；

C．1mol甲烷在足量氧气中燃烧产生的2molH2O(g)，含有4molO-H键，所含化学键的能量为4mol×464kJ·mol‑1=1856kJ；C正确；

D．1molCH4所含化学键的能量为4mol×415kJ·mol‑1=1660kJ，1molCO2所含化学键的能量2mol×728kJ·mol‑1=1456kJ，故1molCH4所含化学键的能量比1molCO2所含化学键的能量多；D错误；

答案选D。

【点睛】

计算化学反应热的方法：①H=生成物的总能量-反应物的总能量；②H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。H<0为放热反应；H˃0为吸热反应。3、D【分析】【详解】

试题分析：A．（①-③）÷2，整理可得：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H="+181"kJ·mol-1，错误；B．由于化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，增大压强，三个反应的化学平衡常数都不变，错误；C．①-②，整理，可得2N2O(g)+O2(g)="4NO(g)"K=所以500℃，K=2.5×10-3；错误；D．使用合适的催化剂可提高目标反应的产物的物质的量，提高反应的选择性，提高NO的产出率，正确。

考点：考查盖斯定律的应用、外界条件对化学平衡移动的影响的知识。4、C【分析】【分析】

二元弱酸的电离平衡常数直线I表示的X与c(H+)的乘积等于1×10－1.22，则H2C2O4的Ka1=1×10－1.22；直线Ⅱ表示X与c(H+)的乘积等于1×10－4.19，则H2C2O4的Ka2=1×10－4.19。

【详解】

A.直线I表示的X与c(H+)的乘积等于1×10－1.22，所以直线I中X表示的是c(HC2O4－)/c(H2C2O4)；故A正确；

B、直线I表示的X与c(H+)的乘积等于1×10－1.22，lgx=pH-1.22；直线Ⅱ表示X与c(H+)的乘积等于1×10－4.19；lgx=pH-4.19，所以直线I；Ⅱ的斜率均为1，故B正确；

C、HC2O4－的电离平衡常数=1×10－4.19，HC2O4－的水解平衡常数=电离大于水解，溶液显酸性，所以0.1mol/LNaHO2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)；故C错误；

D、H2C2O4的Ka2大于碳酸的Ka1，所以向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液，生成草酸钠和二氧化碳，离子方程式为CO32－+H2C2O4===C2O42－+H2O+CO2↑；故D正确；选C。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小比较、平衡常数，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。5、B【分析】【详解】

A.的溶液中硫化氢分步电离，故A错误；

B.将等物质的量的和混合溶于水中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故B正确；

C.的与的NaOH溶液等体积混合溶液中氢离子和氢氧根离子恰好反应，草酸浓度大于氢氧化钠溶液，草酸又电离出氢离子，溶液显酸性，故C错误；

D.硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根离子水解溶液显酸性，的硫酸铵溶液中：故D错误；

故选：B。6、C【分析】【分析】

弱酸的电离常数只与温度有关；醋酸为弱电解，浓度越小，电离程度越大，对于该溶液，溶液导电能力越大，离子浓度越大，结合电荷守恒分析。

【详解】

A．弱酸的电离常数只与温度有关，所以醋酸的电离平衡常数：故A错误；

B．加水稀释醋酸的电离程度增大，所以随着加水的体积，醋酸的电离程度增大，则增大，即溶液中故B错误；

C．根据溶液的电荷守恒可知，a、b、c三点的溶液都有：故C正确；

D．从b点到c点；水的体积增大，溶液的浓度减小，电离度不断增大，故D错误；

答案选C。

【点睛】

注意把握弱电解质的电离特点，注意导电能力与离子浓度大小有关，弱电解质在溶液中越稀越电离，电离程度在增大，溶液中离子的物质的量在增大，但溶液中绝大多数离子浓度在减小。7、D【分析】根据溶液中离子的电荷守恒；物料守恒及质子守恒进行计算。

【详解】

A.含有NH4+、Cl－、H+、OH－离子的溶液，若为氯化铵溶液存在c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），若为氯化铵和氨水的（等浓度）混合溶液，溶液显碱性，则存在c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A错误；

B．0.1mol/L的Na2S溶液显碱性，根据质子守恒，c(OH－)=c(H+)+c(HS－)+c(H2S)；B错误；

C．pH=3的一元酸HA与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，题目未明确一元酸的性质，若一元酸为弱酸，等pH值时，酸的浓度比氢氧化钠大，混合溶液中可能存在c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，反之酸为强酸，c(A－)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH－)；C错误；

D．等体积混合0.1mol/L的盐酸与0.2mol/LCH3COONa溶液，醋酸钠浓度高；醋酸根为弱电解质离子，所得混合溶液为等浓度的氯化钠、醋酸和醋酸钠溶液，溶液显酸性，电离大于水解，所以离子浓度关系：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H+)＞c(CH3COOH)＞c(OH－)；D正确。

答案为D。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．等体积等物质的量浓度的硫酸铁和硫酸铜加入等体积等浓度的双氧水溶液中，前者产生气泡更快，由于两溶液中硫酸根的浓度不同，因此不能说明Fe3+催化效果好于Cu2+；可能是硫酸根的催化作用，故A错误；

B．在一定量硫酸锌溶液中加入少量硫化钠溶液，生成ZnS白色沉淀，过滤洗涤后，再向沉淀中加入适量硫酸铜溶液，沉淀变成黑色，说明ZnS转化为CuS黑色沉淀，说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)；故B正确；

C．在该锌铜原电池中，锌为负极，铜为正极，正极Cu片本身不是反应物，铜片上发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；故C错误；

D．胆矾晶体受热容易失去结晶水，蒸发CuSO4溶液不一定得到胆矾晶体；应该冷却饱和的硫酸铜溶液，可以得到胆矾晶体，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为A，要注意比较Fe3+、Cu2+的催化效果，其余条件需要完全相同。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓变；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

求出CO2的转化率；反应I的平衡常数K；

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低；说明正反应为放热反应；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH。

【详解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案为：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4，则化学方程式为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，故答案为：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

CO2的转化率为平衡时，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；则。

T1℃时，反应I的平衡常数故答案为：

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低，说明正反应为放热反应，△H＜0；故答案为：＜；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH，故答案为：CO2。【解析】+1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO210、略

【分析】【详解】

本题主要考查反应热的计算。

(1)2①-②得此反应的热化学方程式是2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1。

(2)2①+②得4CO(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+bkJ·mol－1

若在标准状况下用2.24L即0.1molCO还原NO2至N2(CO完全反应)，CO～2e-,则整个过程中转移电子的物质的量为0.2mol，放出的热量为(2a+b)/40kJ。【解析】①.2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1②.0.2③.(2a+b)/4011、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）12、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）这两个平衡体系的特点是：第一个反应前后气体的总物质的量发生变化，第二个保持不变，故右边永远是9mol气体，同在一个容器中，同温同压，故气体的物质的量之比等于体积之比。故平衡时，左边为6mol气体；当x=1.5时，左边现在总的物质的量为5.75mol<6mol，故向逆反应方向进行；若保持该方向，1.25<1.75；

（2）根据上述；反应向正反应方向进行了。

平衡总物质的量为6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的体积分数="1.5/6=25%"；

考点：化学平衡。

点评：化学平衡是历年高考重中之重，考生一定要系统备考此知识点。难度较大。【解析】①.逆反应②.1.25＜x＜1.75③.正反应④.0.2513、略

【分析】【分析】

（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时；升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。

②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)c0c000

反应(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

计算氧气的转化率。

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH。

（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。

【详解】

（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图像表明；进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。

②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)c0c000

反应(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

则氧气的转化率为：故答案为：

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)。

（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

【点睛】

进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图像中，a曲线代表c(HCl)∶c(O2)=1∶1，b曲线代表c(HCl)∶c(O2)=4∶1，c曲线代表c(HCl)∶c(O2)=7∶1。【解析】>图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。21%CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O11.214、略

【分析】【详解】

(1)盐酸溶液呈酸性是由于HCl发生电离产生了H+，故答案为：HCl=H++Cl-；(2)0.1mol/LNaOH溶液中，c(OH−)=0.1mol/L，故pH=13，故答案为：13；(3)因为溶液①、②与溶液③都是按1:1进行反应的，故分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积相等，故答案为：=；(4)由溶液中存在加热使平衡正向移动，故碱性增强，故答案为：溶液中存在水解为吸热反应，加热使平衡正向移动(5)a．根据物料守恒有c(CH3COO−)＋c(CH3COOＨ)=0.1mol/L，故a错误；ｂ．溶液中有醋酸和水都会电离出H+，故c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故b正确；ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO−)增大，使得醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故c错误；ｄ．醋酸是弱电解质，只能部分电离，滴入NaOH浓溶液后反应生成了强电解质醋酸钠，故溶液导电性增强，故d正确；故答案为：bd。【解析】HCl=H++Cl-13=溶液中存在水解为吸热反应，加热使平衡正向移动bd15、略

【分析】试题分析：（1）次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子发生水解：ClO-+H2O═HClO+OH-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显示碱性；（2）浓度相同时溶液的pH越大，水解程度越大，对应的酸越弱，电离常数越小，故①Ka(HClO)②Ka1(H2CO3)③Ka(HF)④Ka2(H2CO3)的大小顺序为③②①④；（3）因HClO的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，将少量CO2通入NaClO溶液中，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；（4）将CO2通入0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，溶液是Na2CO3、NaHCO3和H2CO3的混合溶液，根据电荷守恒式2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，其中c(OH-)=c(H+)，则2c(CO32-)+c(HCO3-)="c(Na+)=0.2"mol•L﹣1。

考点：考查弱电解质的电离与盐类的水解。【解析】（本题共8分）(1)ClO-+H2OHClO+OH-(2)③②①④

(3)CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-(4)0.2三、判断题(共1题，共2分)16、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、实验题(共2题，共8分)17、略

【分析】【分析】

(1)结合仪器的结构和性能确定仪器A的名称；

(2)碎泡沫能减小空气的流通；减小能量损失；

(3)硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，结合中和热为57.3kJ•mol-1；书写热化学方程式；

(4)①先计算出每次实验操作测定的温度差；然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差；说明实验过程中有能量损失，产生此偏差，由此分析判断。

【详解】

(1)为充分的搅拌；使酸碱充分混合反应，要用环形玻璃棒搅拌棒，则仪器A的名称为环形玻璃棒搅拌棒；

(2)测量过程中要尽量减少热量的损失；则碎泡沫的作用是保温；隔热、减少热量损失；

(3)中和热为57.3kJ•mol-1，即生成1mol水放出57.3kJ热量，则1mol硫酸与2mol氢氧化钠反应生成硫酸钠和2mol水，放出热量为114.6kJ，所以其热化学方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ•mol-1，中和热方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

(4)①4次温度差分别为：2.5℃；4.0℃，3.9℃，4.1℃，第1组数据相差较大应舍去，其他三次温度差平均值4.0℃；

③a．装置保温；隔热效果差；测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不选；

c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；否则会导致热量散失，中和热的数值偏小，故c不选；

d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度；硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d选；

故答案为ad。【解析】环形玻璃棒搅拌棒保温、隔热、减少热量损失H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol4.0ad18、略

【分析】【分析】

（1）根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

（2）碱性溶液应选择碱式滴定管；酸性；氧化性溶液应选择酸式滴定管；

（3）实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；

（4）先判断数据的有效性；然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；

（5）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；

（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红；3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄。

【详解】

（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；则正确的顺序为：EAFBCGD；

（2）氢氧化钠溶液显碱性；应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故选乙；

（3）滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；

（4）第一次消耗标准液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗标准液体积：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为：=20.00mL；该盐酸的物质的量浓度为：

=0.1200mol·L-1；

（5）a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故a选；

b.锥形瓶用盐酸润洗，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故b选；

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡；导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故c不选；

d.达到滴定终点时；仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故d选；

故选abd；

（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄；现已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1；则pH＞5.1，要将pH调到4.4，需加入更多的盐酸，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是＞5mL。

【点睛】

本题考查中和滴定的综合应用，解题关键：明确中和滴定的操作方法和原理，易错点（5）注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧，难点（4）先求体积的平均值，再根据浓度计算公式计算，需学生具备一定的分析能力及化学计算能力。【解析】EABCG乙锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色0.1200mol/Labd>五、有机推断题(共1题，共10分)19、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、工业流程题(共4题，共8分)20、略

【分析】【分析】

纯铜屑中加入稀硫酸再通入氧气，反应生成了硫酸铜和水，在上述溶液中加入Na2CO3后，通过调节pH值可以让铜离子析出沉淀碱式碳酸铜，同时放出CO2气体；最后经过洗涤，干燥即可得到纯净的碱式碳酸铜，据此进行解题。

【详解】

(1)据分析可知：“溶解”步骤发生的反应为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故其离子方程式为2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O，温度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量减少、Cu的转化率降低，若低于50℃，温度太低，当然是反应速率减慢，影响实验的效率，故答案为：2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O；反应（或溶解）速率慢；

(2)根据流程图中可知：“反应”步骤是由CuSO4溶液和Na2CO3反应生成Cu2(OH)2CO3同时放出CO2，故化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，据左图可知pH等于8.5时铜的残留量最小，说明铜离子沉淀得最完全，据右图可知，当时间进行到2小时左右时，铜得残留量达到最低，再往后虽然略有下降，但很不明显，且浪费时间，故答案为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；8.5；2；

(3)检验Cu2(OH)2CO3洗涤主要除去表面得杂质Na2SO4等，但是碱式硫酸铜也会极少数溶解，故要想检验是否完全洗涤干净，需检验最后一次洗涤液中是否有由于有的影响，故最后得检验方法为取最后一次洗涤的滤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀盐酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出现浑浊，则说明Cu2(OH)2CO3未洗涤干净；反之则反；

(4)设CuCO3·Cu(OH)2的物质的量为x，杂质CuCO3·2Cu(OH)2的物质的量为y；

依据原样品的质量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由图像分析出样品最终分解得到CuO8g，根据铜元素守恒2x+3y=0.1mol②，联合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故故答案为：设CuCO3·Cu(OH)2的物质的量为x，杂质CuCO3·2Cu(OH)2的物质的量为y；

依据原样品的质量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由图像分析出样品最终分解得到CuO8g，根据铜元素守恒2x+3y=0.1mol②，联合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故【解析】2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O反应(或溶解)速率慢2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑8.52取最后一次洗涤的滤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀盐酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出现浑浊，则说明Cu2(OH)2CO3未洗涤干净，反之则反设CuCO3·Cu(OH)2的物质的量为x，杂质CuCO3·2Cu(OH)2的物质的量为y；

依据原样品的质量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由图像分析出样品最终分解得到CuO8g，根据铜元素守恒2x+3y=0.1mol②，联合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故21、略

【分析】【分析】

废旧电池拆解后，锌皮中的锌和铁在稀硫酸中溶解，铁和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化为Fe3+，再加ZnO调节溶液的PH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下转化为MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙烧MnCO3，使之被空气中的氧气氧化为纯MnO2。

【详解】

（1）炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙烧时，炭包内部的碳比较难与氧气反应除去，正确答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反应过程中MnO2被还原，则H2O2被氧化生成O2，配平该反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正确答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉锰”生成MnCO3沉淀，焙烧后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空气中O2作为氧化剂参加了该反应，配平该反应为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正确答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO与H2SO4反应使溶液酸性减弱，从而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2与Fe(OH)2的溶度积相差不大，所以沉淀Fe2+时Zn2+必然同时生成沉淀。若溶解时不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反应过量H2SO4调节溶液pH使Fe2+沉淀时，Zn2+必然同时生成Zn(OH)2沉淀。正确答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+与Zn2+不能分离（或当Fe(OH)2沉淀完全时，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）纯度测定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平该反应得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。则根据氧化还原反应电子守恒得MnO2质量分数为正确答案：M