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江苏省南京市六校联合体2022-2023学年高一下学期期末联合调研化学试题
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可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Ba-137 Ti-48
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A. 水华、赤潮等水体污染与向河流、湖泊中大量排放含硫化物、氮氧化物的污水有关
B. 为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硝酸
C. 化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
D. 工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．水华、赤潮等水体污染与向河流、湖泊中大量排放的氮氧化物的污水有关，无含硫化物的排放无关，故A错误；
B．铁和氯气常温不反应，铁和浓硝酸在常温下发生钝化，因此为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硝酸，故B正确；
C．酸雨分硫酸酸雨和硝酸酸雨，化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故C正确；
D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，因此工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，故D正确。
综上所述，答案为A。
2. 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
3. 实验室用下列装置模拟侯氏制碱法制取少量NaHCO3固体。不能达到实验目的的是
A. 装置Ⅰ制取CO2
B. 装置Ⅱ中Na2CO3溶液可除去CO2中的少量HCl
C. 装置Ⅲ中冰水浴有利于析出NaHCO3固体
D. 装置Ⅳ可获得少量NaHCO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．在装置Ⅰ中利用稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，可制取CO2，选项A正确；
B．除去CO2中的少量HCl必须用饱和碳酸氢钠溶液，装置Ⅱ中Na2CO3溶液可与二氧化碳反应，选项B错误；
C．装置Ⅲ中冰水浴使温度降低，有利于析出NaHCO3固体，选项C正确；
D．通过过滤利用装置Ⅳ可获得少量NaHCO3固体，选项D正确；
答案选B。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)
B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
【答案】B
【解析】
【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；
【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；
B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；
C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；
D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；
总上所述，本题选B。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
5. 黄铁矿是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化：。工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，其中发生的反应有：；。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液显酸性，可用作自来水厂的净水剂
B. 属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料
C. 具有还原性，可用于葡萄酒的保存
D. 浓硫酸具有脱水性，可干燥氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeSO4容易发生水解，生成氢氧化亚铁胶体，胶体可以吸附水中的杂质，其净水原理与酸性无关，故A不符合题意；
B．颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，与碱性氧化物无关，B不符合题意；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些营养成分被氧化，起到保质作用，故C符合题意；
D．浓硫酸用于干燥氯气，体现的是浓硫酸的吸水性，D不符合题意；
故答案选C。
6. 黄铁矿是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化：。工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，其中发生的反应有：；。的反应机理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应中的能量变化如题图，下列说法不正确的是
A. B. 反应Ⅰ的
C. 通入过量空气，可提高的平衡转化率D. 反应速率由反应Ⅰ决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可知，2×反应I+反应II可得，故A正确；
B．反应I的正反应活化能较小，为快反应，表明该反应容易进行且可以自发进行，该反应为吸热反应则，所以该反应的熵一定增大，，故B正确；
C．由反应通入过量空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故C正确；
D．活化能越大反应速率越慢，反应速率最慢的一步是总反应的决定步骤，由图知E2>E1，则反应II的活化能较大，反应速率由反应II决定，故D错误；
故选：D。
7. 黄铁矿(FeS2)是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化：2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，其中发生的反应有：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. S CuSB. 稀H2SO4(aq)SO2(g)
C. 浓H2SO4 SO2(g)D. SO2(少量)(NH4)2SO3(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A．S和Cu生成Cu2S，故A不符合题意；
B．C和浓硫酸反应才能生成SO2，故B不符合题意；
C．Cu和浓硫酸在加热条件下才能生成SO2，故C不符合题意；
D．氨水和少量二氧化硫生成(NH4)2SO3(aq)，故D符合题意；
故选D。
8. 铁铵矾[]常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是
A. 铁铵矾溶液与氨水混合反应：
B. 向铁铵矾溶液中通入气体：
C. 在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成；
D. 向铁铵矾溶液中加入过量溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．一水合氨为弱碱，应以化学式表示，则铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3，A不正确；
B．向铁铵矾溶液中通入气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：，B正确；
C．在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成；，另外还发生与OH-的反应，C不正确；
D．向铁铵矾溶液中加入过量溶液：，D不正确；
故选B。
9. 根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B. 图乙是常温下用0.100 0ml·L-1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.100 0ml·L-1 CH3COOH的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点
C. 图乙是1ml X2(g)、1ml Y2(g)反应生成2ml XY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和
D. 图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时，容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照氯水有O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积增大的反应，缩小容器的体积，二氧化碳的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数K= c(CO2)是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时，二氧化碳的浓度等于原平衡二氧化碳的浓度，则图甲中t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故A正确；
B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B错误；
C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故C正确；
D．由图可知，光照时容器内氧气的体积分数增大，说明氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故D正确；
故选B。
10. 以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m(其中n<2)的工艺流程如图：
已知：为防止Fe3+水解，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。下列有关说法错误的是
A. 酸浸后的溶液中阳离子主要是Fe2+、Fe3+、H+
B. 若水解反应温度过高，则产品聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m中n的值变小
C. 氧化反应的离子方程式为
D. 水解时溶液的pH偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，加入28%H2SO4“酸浸”后，过滤得到滤渣1的成分为SiO2，滤液中含Fe2(SO4)3、FeSO4和H2SO4，加入Fe将Fe3+还原成Fe2+，加入NaClO3、H2SO4将Fe2+氧化成Fe3+，然后水解、聚合得到聚合硫酸铁。
【详解】A．酸浸时发生的反应为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，故酸浸后的溶液中阳离子主要是Fe2+、Fe3+、H+，A项正确；
B．盐的水解是吸热过程，若水解反应温度过高，促进Fe3+水解，使得产品聚合硫酸铁中n的值变大，B项错误；
C．氧化时NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，C项正确；
D．水解时溶液的pH偏小，抑制Fe3+水解，溶液的pH偏大则生成Fe(OH)3，都会影响聚合硫酸铁的产率，D项正确；
答案选B。
11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. 用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小，说明H2SO3酸性比H2CO3强
B. 向久置的Na2SiO3溶液滴加稀盐酸，有气泡产生，说明Na2SiO3溶液已变质
C. BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸后生成气体，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D. 向Fe(NO3)2溶液中先滴加盐酸，再加入KSCN溶液，溶液变成红色，说明Fe(NO3)2溶液已变质
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2和CO2饱和溶液的浓度不同，测定pH不能比较酸性，故A错误；
B．硅酸钠与盐酸反应生成沉淀，无气体，则有气泡产生，说明Na2SiO3溶液已变质，故B正确；
C．常温下，在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中CO浓度高而转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明是否变质，故D错误；
故选：B。
12. 已知：H2A为二元弱酸，25℃时，在0.1ml/L 50 mL的H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示（注：溶液的pH用NaOH固体调节，体积变化忽略不计）。
下列说法不正确的是
A. 在 pH = 3 时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
B. 在pH在0～7中，c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1ml/L
C. 在pH 3→6的过程中，主要发生反应HA-+OH-==A2-+ H2O
D. 在 pH = 4.3 时,c(Na+)+c(H+)=c(OH-) + 2c(HA-)
【答案】D
【解析】
【详解】H2A属于二元弱酸，滴加NaOH溶液反应的先后顺序是H2A＋NaOH=NaHA＋H2O，NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，①代表的H2A，②代表的是HA－，③代表的是A2－，A、根据图象，pH=3时，浓度大小顺序是c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，故A说法正确；B、根据物料守恒，因此有c(HA－)+c(A2－)+c(H2A)=0.1ml·L－1，故B说法正确；C、pH在3－6之间，HA－浓度降低，A2－浓度升高，即发生HA－＋OH－=A2－＋H2O，故C说法正确；D、根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)=c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，故D说法错误。
点睛：此题是高考的热点，需要首先弄清楚题中每条曲线代表的离子，题中离子浓度比较大小，即出现“=”，需要采用电荷守恒、物料守恒等进行解决，电荷守恒中注意离子浓度前的系数，系数即为所带电荷数，物料守恒，找准某元素所有的形式。
13. SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL的密闭容器中充入0.2 ml SCl2(g)，发生反应：。图中所示曲线分别表示反应在a min时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是
A. 的、
B 当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态
C. 55℃，向体积为0.5VL的容器中充入0.2 ml SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率大于50%
D. 82℃，起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1ml，此时＞
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，温度升高，平衡时SCl2的转化率增大，可知该反应为吸热反应，；该反应能自发进行，则，A错误；
B．＝，该反应在恒容密闭容器进行，V不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为一个恒定值，即永远不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否到达平衡状态，B错误；
C．由图可知，55℃，在体积为VL的密闭容器中充入0.2 ml SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率等于50%，但反应未到达平衡，55℃，体积缩小为0.5VL，浓度增大，反应速率加快，所以a min时SCl2(g)的转化率大于50%，C正确；
D．由图可知82℃，SCl2的转化率为90%，得出三段式：， 求出平衡常数K=，在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1ml，此时浓度商Qc=1答案选C。
二、非选择题：共4小题，共61分。
14. 铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学式)。
（2）水浸渣中主要有SiO2和___________(写化学式)。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是___________(写化学式)。
（4）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，还原Cr2O，写出该反应的离子方程式为___________。
（5）已知25℃时Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，若除去废水中Cr3+，使其浓度小于6.4×10-7ml·L-1，此时溶液中的c(H+)<______ml·L-1。
（6）已知：Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示
请补充完整由溶液制得的实验方案：取分离、提纯得到的溶液，___________，低温烘干，得到高纯晶体。[实验中须使用的试剂：2ml/LNaOH溶液、溶液、溶液、蒸馏水]
【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3 （3）Al(OH)3
（4）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O
（5）10-6 （6）边搅拌边加入2ml/LNaOH溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1ml/LHNO3和0.1ml/LAgNO3溶液不再出现浑浊
【解析】
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠、碳酸钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【小问1详解】
由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
小问2详解】
由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
【小问3详解】
由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
【小问4详解】
由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
【小问5详解】
已知25℃时Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，若除去废水中Cr3+，使其浓度小于6.4×10-7ml·L-1，此时溶液中的c(OH-)＜，则c(H+)＞10-6ml/L。
【小问6详解】
由图可知，pH在6～12范围之间时，主要以Cr(OH)3存在，Cr(Ⅲ)中加入2ml/LNaOH溶液，调节pH在6～12，以生成Cr(OH)3沉淀，过滤后，用蒸馏水洗涤沉淀，若未洗涤干净，滤渣中会含有Cl-，用稀HNO3和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl-时，可停止用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀，再低温烘干，得到高纯Cr(OH)3晶体，故答案为：边搅拌边加入2ml/LBa(OH)2溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1ml/LHNO3和0.1ml/LAgNO3溶液不再出现浑浊。
15. BaTiO3是电子陶瓷工业的支柱。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是___________。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为___________。
（3）焙烧后的产物不能直接用酸浸取，原因是___________。
（4）“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为___________。
（5）隔绝空气条件下，BaTiO(C2O4)2灼烧得到BaTiO3.该反应的化学方程式为___________。
（6）测定产品纯度。
取wgBaTiO3产品溶于过量的一定浓度硫酸中配制成250mL溶液(生成TiO2+)，取25.00mL溶液于锥形瓶，加入过量V1mLc1ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应后，用c2ml·L-1KMnO4溶液滴定至终点消耗KMnO4溶液V2mL。计算产品纯度。(写出必要的计算过程)___________
已知氧化性顺序TiO2+>>Fe3+；2H++TiO2++Fe2+=Fe3++Ti3++H2O。
【答案】（1）做还原剂，将BaSO4还原
（2）S2-+Ca2+=CaS↓
（3）产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S，会污染空气；BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（4）
（5）BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO↑+2CO2↑
（6）与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(MnO)=5×10-3cV2ml，n(TiO2+)=10-3cV1ml-5×10-3cV2ml=10-3(cV1-5cV2)ml，m(BaTiO3)=10-3×(cV1-5cV2)ml×233g/ml=2.33(cV1-5cV2)g，产品纯度=2.33(cV1-5cV2)/w。
【解析】
【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。
【小问1详解】
“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。
【小问2详解】
“焙烧”后固体产物有、易溶于水和微溶于水的。易溶于水的与过量的可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为。
【小问3详解】
如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
【小问4详解】
“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。
小问5详解】
“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，。
【小问6详解】
高锰酸钾具有强氧化性，需要使用酸式滴定管。高锰酸钾与过量的亚铁离子反应，消耗的与Fe2+的物质的量之比为1：5，现消耗KMnO4c2V2×10-3ml，与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(MnO)=5×10-3cV2ml，n(TiO2+)=10-3cV1ml-5×10-3cV2ml=10-3(cV1-5cV2)ml，m(BaTiO3)=10-3×(cV1-5cV2)ml×233g/ml=2.33(cV1-5cV2)g，产品纯度=2.33(cV1-5cV2)/w。
16. NaOH溶液可用于多种气体的处理。
（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。已知：25℃时，Ka1(H2CO3)=5.0×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11。
①俗称纯碱，因水解而使其水溶液呈碱性，写出第一步水解的离子方程式___________。NaOH溶液吸收CO2得到的某溶液中。当c()：c()=2：1时，溶液的___________。
②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式___________。
（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NaOH+ 2NO2= NaNO3+ NaNO2+H2O。含的水溶液与恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为溶液，则两份溶液中c()、c()和由大到小的顺序为___________ (已知HNO2的电离常数，CH3COOH的电离常数。可使溶液A和溶液B的相等的方法是___________(填序号)。
A．向溶液A中加适量NaOH B．向溶液A中加适量水 C．向溶液B中加适量NaOH D．向溶液B中加适量水
（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收SO2的过程中，常温下，溶液中H2SO3、、三者所占物质的量分数随变化的关系如图所示：
①由上图可以判断H2SO3的Ka1=___________。
②图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是___________。
A．
B．
C．
D．c(H+)=c(OH-)
【答案】（1） ①. +H2O+OH- ②. 10 ③. Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
（2） ①. c()>c()>c(CH3COO-) ②. AD
（3） ①. 10-1.8 ②. A
【解析】
【小问1详解】
碳酸根离子水解分两步水解，以第一步为主，水解的第一步离子方程式为+H2O+OH-；根据Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，=ml/L，得出pH=10；Al3+和双水解的方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问2详解】
含的水溶液与恰好完全反应得1L溶液，溶液中c()和c()都是0.1ml/L，亚硝酸根离子由于水解，浓度小于0.1ml/L，醋酸根离子也水解，根据电离常数分析醋酸的酸性比亚硝酸弱，水解程度更大，余下的离子更少，因此有c()>c()>c(CH3COO-)；由于亚硝酸根离子水解程度小于醋酸根离子，因此B溶液碱性强，pH值大，可以向A中加适量的NaOH或向B中加适量的水；
【小问3详解】
在第一个曲线的交叉点在pH=1.8时，代表H2SO3、两者浓度相等，Ka1==c(H+)=10-1.8；pH=7时对应的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子浓度相等，即 ，根据电荷守恒有，由于中性有，得出，正确，故A正确，B、C、D错误。
17. 回答下列问题：
Ⅰ．工业上利用甲醇和水蒸气催化重整法可制备氢气。
（1）已知：反应1：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)∆H1=+90.0kJ·ml-1
反应2：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)∆H2=-41.0kJ·ml-1
则反应3：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)∆H3=___________kJ·ml-1
（2）以CuO-ZnO-Al2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比，甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图1所示。[CO选择性=]
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是___________。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是___________。
（3）在t℃下，在1L密闭容器中，当投入的CH3OH和H2O均为1ml时，甲醇平衡转化率为80%、CO选择性为60%，则c(CO)=___________ml·L-1。
Ⅱ．用CO2和H2可以合成甲醇。其主要反应为
反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
在恒容密闭容器内，充入1mlCO2和3mlH2，测得平衡时CO2转化率，CO和CH3OH选择性随温度变化如图2所示[选择性]。
（4）270℃时主要发生的反应是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
（5）以下温度中，甲醇产率最高的是___________。
A. 210℃B. 230℃C. 250℃D. 270℃
（6）在不改变投料的情况下，既能加快反应速率，又能提高CH3OH产率的方法有___________(填一种方法即可)。
【答案】（1）+49.0kJ·ml-1
（2） ①. 增加水的用量(或增大水、甲醇比)，反应2或反应3正向进行程度增大；CO2选择性上升CO选择性下降 ②. 反应1的ΔH1>0，升高温度，使CH3OH转化为CO的平衡转化率上升(或反应1正向进行程度增大)；反应3的ΔH3>0，升高温度，使CH3OH转化为CO2的平衡转化率上升(或反应3正向进行程度增大)；且上升幅度前者超过后者，导致CO选择性上升。
（3）0.48 （4）Ⅰ （5）C
（6）加压(或缩小容器体积)
【解析】
【小问1详解】
反应1：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)∆H1=+90.0kJ·ml-1，反应2：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)∆H2=-41.0kJ·ml-1，根据盖斯定律可知反应3=反应1+反应2，则有CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)∆H3=∆H1+∆H2=+90.0kJ·ml-1+-41.0kJ·ml-1=+49.0kJ·ml-1。
【小问2详解】
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是增加水的用量(或增大水、甲醇比)，反应2或反应3正向进行程度增大；CO2选择性上升CO选择性下降。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是反应1的ΔH1>0，升高温度，使CH3OH转化为CO的平衡转化率上升(或反应1正向进行程度增大)；反应3的ΔH3>0，升高温度，使CH3OH转化为CO2的平衡转化率上升(或反应3正向进行程度增大)；且上升幅度前者超过后者，导致CO选择性上升。
【小问3详解】
当投入的CH3OH和H2O均为1ml时，甲醇平衡转化率为80%，发生反应反应1：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，反应的甲醇为1ml×0.8=0.8ml，CO选择性为60%，则c(CO)=0.8ml×60%=0.48ml。
【小问4详解】
Ⅱ．随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CO的选择性逐渐增大，C'H3OH的选择性逐渐减小，故随着温度而降低曲线代表是CH3OH的选择性，CO的选择性和CH3OH的选择性之和是1，可得最下面这条曲线是代表CO的选择性，中间曲线是代表CO2平衡转化率。270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应Ⅰ。
【小问5详解】
250°C和230°C相比CH3OH的选择性相差不大，但是250°C时CO的平衡转化率要明显大于230°C时；270℃时CO的选择性较大，CH3OH的选择性下降，故250°C时转化生成的CH3OH更多，故选C。
【小问6详解】
缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，可以加快反应速率且提高甲醇的产率。甲
乙
丙
丁
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Ba-137 Ti-48
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A. 水华、赤潮等水体污染与向河流、湖泊中大量排放含硫化物、氮氧化物的污水有关
B. 为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硝酸
C. 化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
D. 工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．水华、赤潮等水体污染与向河流、湖泊中大量排放的氮氧化物的污水有关，无含硫化物的排放无关，故A错误；
B．铁和氯气常温不反应，铁和浓硝酸在常温下发生钝化，因此为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硝酸，故B正确；
C．酸雨分硫酸酸雨和硝酸酸雨，化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故C正确；
D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，因此工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，故D正确。
综上所述，答案为A。
2. 反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
3. 实验室用下列装置模拟侯氏制碱法制取少量NaHCO3固体。不能达到实验目的的是
A. 装置Ⅰ制取CO2
B. 装置Ⅱ中Na2CO3溶液可除去CO2中的少量HCl
C. 装置Ⅲ中冰水浴有利于析出NaHCO3固体
D. 装置Ⅳ可获得少量NaHCO3固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．在装置Ⅰ中利用稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，可制取CO2，选项A正确；
B．除去CO2中的少量HCl必须用饱和碳酸氢钠溶液，装置Ⅱ中Na2CO3溶液可与二氧化碳反应，选项B错误；
C．装置Ⅲ中冰水浴使温度降低，有利于析出NaHCO3固体，选项C正确；
D．通过过滤利用装置Ⅳ可获得少量NaHCO3固体，选项D正确；
答案选B。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)
B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
【答案】B
【解析】
【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；
【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；
B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；
C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；
D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；
总上所述，本题选B。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
5. 黄铁矿是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化：。工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，其中发生的反应有：；。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液显酸性，可用作自来水厂的净水剂
B. 属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料
C. 具有还原性，可用于葡萄酒的保存
D. 浓硫酸具有脱水性，可干燥氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeSO4容易发生水解，生成氢氧化亚铁胶体，胶体可以吸附水中的杂质，其净水原理与酸性无关，故A不符合题意；
B．颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，与碱性氧化物无关，B不符合题意；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些营养成分被氧化，起到保质作用，故C符合题意；
D．浓硫酸用于干燥氯气，体现的是浓硫酸的吸水性，D不符合题意；
故答案选C。
6. 黄铁矿是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化：。工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，其中发生的反应有：；。的反应机理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应中的能量变化如题图，下列说法不正确的是
A. B. 反应Ⅰ的
C. 通入过量空气，可提高的平衡转化率D. 反应速率由反应Ⅰ决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可知，2×反应I+反应II可得，故A正确；
B．反应I的正反应活化能较小，为快反应，表明该反应容易进行且可以自发进行，该反应为吸热反应则，所以该反应的熵一定增大，，故B正确；
C．由反应通入过量空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，故C正确；
D．活化能越大反应速率越慢，反应速率最慢的一步是总反应的决定步骤，由图知E2>E1，则反应II的活化能较大，反应速率由反应II决定，故D错误；
故选：D。
7. 黄铁矿(FeS2)是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化：2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。工业上常选择黄铁矿为原料制备硫酸，其中发生的反应有：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. S CuSB. 稀H2SO4(aq)SO2(g)
C. 浓H2SO4 SO2(g)D. SO2(少量)(NH4)2SO3(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A．S和Cu生成Cu2S，故A不符合题意；
B．C和浓硫酸反应才能生成SO2，故B不符合题意；
C．Cu和浓硫酸在加热条件下才能生成SO2，故C不符合题意；
D．氨水和少量二氧化硫生成(NH4)2SO3(aq)，故D符合题意；
故选D。
8. 铁铵矾[]常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是
A. 铁铵矾溶液与氨水混合反应：
B. 向铁铵矾溶液中通入气体：
C. 在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成；
D. 向铁铵矾溶液中加入过量溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．一水合氨为弱碱，应以化学式表示，则铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3，A不正确；
B．向铁铵矾溶液中通入气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：，B正确；
C．在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成；，另外还发生与OH-的反应，C不正确；
D．向铁铵矾溶液中加入过量溶液：，D不正确；
故选B。
9. 根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B. 图乙是常温下用0.100 0ml·L-1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.100 0ml·L-1 CH3COOH的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点
C. 图乙是1ml X2(g)、1ml Y2(g)反应生成2ml XY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和
D. 图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时，容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照氯水有O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积增大的反应，缩小容器的体积，二氧化碳的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数K= c(CO2)是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时，二氧化碳的浓度等于原平衡二氧化碳的浓度，则图甲中t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故A正确；
B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B错误；
C．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故C正确；
D．由图可知，光照时容器内氧气的体积分数增大，说明氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故D正确；
故选B。
10. 以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)为原料制取新型高效的无机高分子絮凝剂—聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m(其中n<2)的工艺流程如图：
已知：为防止Fe3+水解，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。下列有关说法错误的是
A. 酸浸后的溶液中阳离子主要是Fe2+、Fe3+、H+
B. 若水解反应温度过高，则产品聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m中n的值变小
C. 氧化反应的离子方程式为
D. 水解时溶液的pH偏小或偏大都会影响聚合硫酸铁的产率
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，加入28%H2SO4“酸浸”后，过滤得到滤渣1的成分为SiO2，滤液中含Fe2(SO4)3、FeSO4和H2SO4，加入Fe将Fe3+还原成Fe2+，加入NaClO3、H2SO4将Fe2+氧化成Fe3+，然后水解、聚合得到聚合硫酸铁。
【详解】A．酸浸时发生的反应为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，故酸浸后的溶液中阳离子主要是Fe2+、Fe3+、H+，A项正确；
B．盐的水解是吸热过程，若水解反应温度过高，促进Fe3+水解，使得产品聚合硫酸铁中n的值变大，B项错误；
C．氧化时NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，C项正确；
D．水解时溶液的pH偏小，抑制Fe3+水解，溶液的pH偏大则生成Fe(OH)3，都会影响聚合硫酸铁的产率，D项正确；
答案选B。
11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. 用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小，说明H2SO3酸性比H2CO3强
B. 向久置的Na2SiO3溶液滴加稀盐酸，有气泡产生，说明Na2SiO3溶液已变质
C. BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸后生成气体，说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
D. 向Fe(NO3)2溶液中先滴加盐酸，再加入KSCN溶液，溶液变成红色，说明Fe(NO3)2溶液已变质
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2和CO2饱和溶液的浓度不同，测定pH不能比较酸性，故A错误；
B．硅酸钠与盐酸反应生成沉淀，无气体，则有气泡产生，说明Na2SiO3溶液已变质，故B正确；
C．常温下，在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中CO浓度高而转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能证明是否变质，故D错误；
故选：B。
12. 已知：H2A为二元弱酸，25℃时，在0.1ml/L 50 mL的H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示（注：溶液的pH用NaOH固体调节，体积变化忽略不计）。
下列说法不正确的是
A. 在 pH = 3 时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
B. 在pH在0～7中，c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1ml/L
C. 在pH 3→6的过程中，主要发生反应HA-+OH-==A2-+ H2O
D. 在 pH = 4.3 时,c(Na+)+c(H+)=c(OH-) + 2c(HA-)
【答案】D
【解析】
【详解】H2A属于二元弱酸，滴加NaOH溶液反应的先后顺序是H2A＋NaOH=NaHA＋H2O，NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，①代表的H2A，②代表的是HA－，③代表的是A2－，A、根据图象，pH=3时，浓度大小顺序是c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，故A说法正确；B、根据物料守恒，因此有c(HA－)+c(A2－)+c(H2A)=0.1ml·L－1，故B说法正确；C、pH在3－6之间，HA－浓度降低，A2－浓度升高，即发生HA－＋OH－=A2－＋H2O，故C说法正确；D、根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)=c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，故D说法错误。
点睛：此题是高考的热点，需要首先弄清楚题中每条曲线代表的离子，题中离子浓度比较大小，即出现“=”，需要采用电荷守恒、物料守恒等进行解决，电荷守恒中注意离子浓度前的系数，系数即为所带电荷数，物料守恒，找准某元素所有的形式。
13. SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL的密闭容器中充入0.2 ml SCl2(g)，发生反应：。图中所示曲线分别表示反应在a min时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是
A. 的、
B 当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态
C. 55℃，向体积为0.5VL的容器中充入0.2 ml SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率大于50%
D. 82℃，起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1ml，此时＞
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，温度升高，平衡时SCl2的转化率增大，可知该反应为吸热反应，；该反应能自发进行，则，A错误；
B．＝，该反应在恒容密闭容器进行，V不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为一个恒定值，即永远不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否到达平衡状态，B错误；
C．由图可知，55℃，在体积为VL的密闭容器中充入0.2 ml SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率等于50%，但反应未到达平衡，55℃，体积缩小为0.5VL，浓度增大，反应速率加快，所以a min时SCl2(g)的转化率大于50%，C正确；
D．由图可知82℃，SCl2的转化率为90%，得出三段式：， 求出平衡常数K=，在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1ml，此时浓度商Qc=1
二、非选择题：共4小题，共61分。
14. 铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学式)。
（2）水浸渣中主要有SiO2和___________(写化学式)。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是___________(写化学式)。
（4）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，还原Cr2O，写出该反应的离子方程式为___________。
（5）已知25℃时Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，若除去废水中Cr3+，使其浓度小于6.4×10-7ml·L-1，此时溶液中的c(H+)<______ml·L-1。
（6）已知：Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示
请补充完整由溶液制得的实验方案：取分离、提纯得到的溶液，___________，低温烘干，得到高纯晶体。[实验中须使用的试剂：2ml/LNaOH溶液、溶液、溶液、蒸馏水]
【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3 （3）Al(OH)3
（4）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O
（5）10-6 （6）边搅拌边加入2ml/LNaOH溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1ml/LHNO3和0.1ml/LAgNO3溶液不再出现浑浊
【解析】
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠、碳酸钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【小问1详解】
由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
小问2详解】
由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
【小问3详解】
由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
【小问4详解】
由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
【小问5详解】
已知25℃时Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，若除去废水中Cr3+，使其浓度小于6.4×10-7ml·L-1，此时溶液中的c(OH-)＜，则c(H+)＞10-6ml/L。
【小问6详解】
由图可知，pH在6～12范围之间时，主要以Cr(OH)3存在，Cr(Ⅲ)中加入2ml/LNaOH溶液，调节pH在6～12，以生成Cr(OH)3沉淀，过滤后，用蒸馏水洗涤沉淀，若未洗涤干净，滤渣中会含有Cl-，用稀HNO3和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl-时，可停止用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀，再低温烘干，得到高纯Cr(OH)3晶体，故答案为：边搅拌边加入2ml/LBa(OH)2溶液，调节溶液的pH在6～12范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1ml/LHNO3和0.1ml/LAgNO3溶液不再出现浑浊。
15. BaTiO3是电子陶瓷工业的支柱。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是___________。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为___________。
（3）焙烧后的产物不能直接用酸浸取，原因是___________。
（4）“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为___________。
（5）隔绝空气条件下，BaTiO(C2O4)2灼烧得到BaTiO3.该反应的化学方程式为___________。
（6）测定产品纯度。
取wgBaTiO3产品溶于过量的一定浓度硫酸中配制成250mL溶液(生成TiO2+)，取25.00mL溶液于锥形瓶，加入过量V1mLc1ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应后，用c2ml·L-1KMnO4溶液滴定至终点消耗KMnO4溶液V2mL。计算产品纯度。(写出必要的计算过程)___________
已知氧化性顺序TiO2+>>Fe3+；2H++TiO2++Fe2+=Fe3++Ti3++H2O。
【答案】（1）做还原剂，将BaSO4还原
（2）S2-+Ca2+=CaS↓
（3）产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S，会污染空气；BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（4）
（5）BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO↑+2CO2↑
（6）与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(MnO)=5×10-3cV2ml，n(TiO2+)=10-3cV1ml-5×10-3cV2ml=10-3(cV1-5cV2)ml，m(BaTiO3)=10-3×(cV1-5cV2)ml×233g/ml=2.33(cV1-5cV2)g，产品纯度=2.33(cV1-5cV2)/w。
【解析】
【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。
【小问1详解】
“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。
【小问2详解】
“焙烧”后固体产物有、易溶于水和微溶于水的。易溶于水的与过量的可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为。
【小问3详解】
如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
【小问4详解】
“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。
小问5详解】
“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，。
【小问6详解】
高锰酸钾具有强氧化性，需要使用酸式滴定管。高锰酸钾与过量的亚铁离子反应，消耗的与Fe2+的物质的量之比为1：5，现消耗KMnO4c2V2×10-3ml，与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(MnO)=5×10-3cV2ml，n(TiO2+)=10-3cV1ml-5×10-3cV2ml=10-3(cV1-5cV2)ml，m(BaTiO3)=10-3×(cV1-5cV2)ml×233g/ml=2.33(cV1-5cV2)g，产品纯度=2.33(cV1-5cV2)/w。
16. NaOH溶液可用于多种气体的处理。
（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。已知：25℃时，Ka1(H2CO3)=5.0×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11。
①俗称纯碱，因水解而使其水溶液呈碱性，写出第一步水解的离子方程式___________。NaOH溶液吸收CO2得到的某溶液中。当c()：c()=2：1时，溶液的___________。
②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式___________。
（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NaOH+ 2NO2= NaNO3+ NaNO2+H2O。含的水溶液与恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为溶液，则两份溶液中c()、c()和由大到小的顺序为___________ (已知HNO2的电离常数，CH3COOH的电离常数。可使溶液A和溶液B的相等的方法是___________(填序号)。
A．向溶液A中加适量NaOH B．向溶液A中加适量水 C．向溶液B中加适量NaOH D．向溶液B中加适量水
（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收SO2的过程中，常温下，溶液中H2SO3、、三者所占物质的量分数随变化的关系如图所示：
①由上图可以判断H2SO3的Ka1=___________。
②图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是___________。
A．
B．
C．
D．c(H+)=c(OH-)
【答案】（1） ①. +H2O+OH- ②. 10 ③. Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
（2） ①. c()>c()>c(CH3COO-) ②. AD
（3） ①. 10-1.8 ②. A
【解析】
【小问1详解】
碳酸根离子水解分两步水解，以第一步为主，水解的第一步离子方程式为+H2O+OH-；根据Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，=ml/L，得出pH=10；Al3+和双水解的方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问2详解】
含的水溶液与恰好完全反应得1L溶液，溶液中c()和c()都是0.1ml/L，亚硝酸根离子由于水解，浓度小于0.1ml/L，醋酸根离子也水解，根据电离常数分析醋酸的酸性比亚硝酸弱，水解程度更大，余下的离子更少，因此有c()>c()>c(CH3COO-)；由于亚硝酸根离子水解程度小于醋酸根离子，因此B溶液碱性强，pH值大，可以向A中加适量的NaOH或向B中加适量的水；
【小问3详解】
在第一个曲线的交叉点在pH=1.8时，代表H2SO3、两者浓度相等，Ka1==c(H+)=10-1.8；pH=7时对应的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子浓度相等，即 ，根据电荷守恒有，由于中性有，得出，正确，故A正确，B、C、D错误。
17. 回答下列问题：
Ⅰ．工业上利用甲醇和水蒸气催化重整法可制备氢气。
（1）已知：反应1：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)∆H1=+90.0kJ·ml-1
反应2：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)∆H2=-41.0kJ·ml-1
则反应3：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)∆H3=___________kJ·ml-1
（2）以CuO-ZnO-Al2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比，甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图1所示。[CO选择性=]
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是___________。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是___________。
（3）在t℃下，在1L密闭容器中，当投入的CH3OH和H2O均为1ml时，甲醇平衡转化率为80%、CO选择性为60%，则c(CO)=___________ml·L-1。
Ⅱ．用CO2和H2可以合成甲醇。其主要反应为
反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
在恒容密闭容器内，充入1mlCO2和3mlH2，测得平衡时CO2转化率，CO和CH3OH选择性随温度变化如图2所示[选择性]。
（4）270℃时主要发生的反应是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
（5）以下温度中，甲醇产率最高的是___________。
A. 210℃B. 230℃C. 250℃D. 270℃
（6）在不改变投料的情况下，既能加快反应速率，又能提高CH3OH产率的方法有___________(填一种方法即可)。
【答案】（1）+49.0kJ·ml-1
（2） ①. 增加水的用量(或增大水、甲醇比)，反应2或反应3正向进行程度增大；CO2选择性上升CO选择性下降 ②. 反应1的ΔH1>0，升高温度，使CH3OH转化为CO的平衡转化率上升(或反应1正向进行程度增大)；反应3的ΔH3>0，升高温度，使CH3OH转化为CO2的平衡转化率上升(或反应3正向进行程度增大)；且上升幅度前者超过后者，导致CO选择性上升。
（3）0.48 （4）Ⅰ （5）C
（6）加压(或缩小容器体积)
【解析】
【小问1详解】
反应1：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)∆H1=+90.0kJ·ml-1，反应2：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)∆H2=-41.0kJ·ml-1，根据盖斯定律可知反应3=反应1+反应2，则有CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)∆H3=∆H1+∆H2=+90.0kJ·ml-1+-41.0kJ·ml-1=+49.0kJ·ml-1。
【小问2详解】
①当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是增加水的用量(或增大水、甲醇比)，反应2或反应3正向进行程度增大；CO2选择性上升CO选择性下降。
②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是反应1的ΔH1>0，升高温度，使CH3OH转化为CO的平衡转化率上升(或反应1正向进行程度增大)；反应3的ΔH3>0，升高温度，使CH3OH转化为CO2的平衡转化率上升(或反应3正向进行程度增大)；且上升幅度前者超过后者，导致CO选择性上升。
【小问3详解】
当投入的CH3OH和H2O均为1ml时，甲醇平衡转化率为80%，发生反应反应1：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，反应的甲醇为1ml×0.8=0.8ml，CO选择性为60%，则c(CO)=0.8ml×60%=0.48ml。
【小问4详解】
Ⅱ．随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CO的选择性逐渐增大，C'H3OH的选择性逐渐减小，故随着温度而降低曲线代表是CH3OH的选择性，CO的选择性和CH3OH的选择性之和是1，可得最下面这条曲线是代表CO的选择性，中间曲线是代表CO2平衡转化率。270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应Ⅰ。
【小问5详解】
250°C和230°C相比CH3OH的选择性相差不大，但是250°C时CO的平衡转化率要明显大于230°C时；270℃时CO的选择性较大，CH3OH的选择性下降，故250°C时转化生成的CH3OH更多，故选C。
【小问6详解】
缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，可以加快反应速率且提高甲醇的产率。甲
乙
丙
丁
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