D．溶液中存在大量的碳酸氢根，碳酸氢根可以发生电离，产生少量的碳酸根，这时碳酸根与碳酸氢根的比值小于1大于0，则lg
的值为负，通过图像可知y轴向下数值增大，故lg
的关系变化图像在曲线x的上方，D错误；
故选A。
7.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）。
下列说法错误的是（）
A.FeCO3转化为铁红的化学方程式：
4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2
B.常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小
C.制备Fe4（OH）2（SO4）5、Fe2O3、（NH4）2Fe（SO4）2的过程都发生了氧化还原反应
D.为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
『答案』C
『详解』A．碳酸亚铁与氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式正确，A正确；
B．Fe2+在水中发生水解Fe2++2H2O
Fe（OH）2+2H+，硫酸亚铁铵中铵根离子发生水解产生大量H+，抑制了Fe2+的水解，使硫酸亚铁铵的溶解度减小，B正确；
C．在制备硫酸亚铁铵的过程中各物质中的元素没有发生化合价的变化，没有发生电子的转移，故没有发生氧化还原反应，C错误；
D．高温条件下碳酸氢铵易分解，故在制备碳酸亚铁过程中需要低温进行反应，D正确；
故选D。
『点睛』本题B选项需根据化学平衡移动原理进行分析。
8.工业废催化剂中含有多种金属元素，某废催化剂主要含有SiO2、ZnO、ZnS和CuS，为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究回收废催化剂中的锌和铜，具体流程如图所示，回答下列问题：
已知：
ZnS与稀硫酸反应且化合价不变；CuS既不溶于稀硫酸也不与稀硫酸反应。
（1）下列玻璃仪器或装置中，第一次浸出时尾气净化需要使用的装置为___________（填标号），“浓缩结晶”需要使用的仪器是_______________（填名称）。
（2）滤渣1的主要成分是___________。
（3）第二次浸出时，向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。
反应器中有淡黄色沉淀生成，写出反应的离子方程式____________________________________;若顺序相反，会造成____________________________________。
（4）第二次浸出时需要加热且控温，采用的合适加热方式是___________。
（5）某同学在实验完成之后，得到23.3g提纯的硫酸锌晶体（ZnSO4·xH2O）。
为确定晶体化学式，取5.0g晶体，用蒸馏水完全溶解.再加入足量的氯化钡溶液，充分反应后过滤、___________、___________、称重得固体4.1g，则硫酸锌晶体的化学式为___________。
『答案』
（1）.D
（2）.蒸发皿（3）.CuS、SiO2（4）.CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O（5）.H2O2与固体颗粒接触分解（6）.热水浴（7）.洗涤（8）.干燥（9）.ZnSO4.7H2O
『分析』根据题给流程，第一次浸出为ZnO和ZnS与稀硫酸的反应，反应方程式为ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，反应产生有毒气体，需要回收，滤渣1为CuS和SiO2的混合物；第二次浸出时为CuS和稀硫酸、双氧水的反应，反应方程式为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，滤渣2为SiO2，据此分析。
『详解』
（1）根据分析，第一次浸出时产生了有毒气体H2S，需要回收，根据4个装置，装置D可以将H2S回收处理，故选D；浓缩结晶时需要蒸发皿进行蒸发；
（2）根据分析，滤渣1的主要成分为CuS和SiO2；
（3）CuS在稀硫酸和过氧化氢同时存在下会发生反应产生硫单质，反应的离子方程式为CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O；反应式若先加入过氧化氢，则CuS会作为催化剂使过氧化氢分解；
（4）第二次浸出时加入了过氧化氢，在高温时易分解，反应温度不宜过高，需要控制温度，在反应时可以使用热水浴进行控温；
（5）将得到的固体经过滤、洗涤、干燥后称量质量，得到4.1g硫酸钡，则含有硫酸根
=0.0176mol，故含有硫酸锌0.0176mol，约为2.83g，则含有水2.17g，约为0.121mol，ZnSO4与H2O的物质的量比约为1:
7，所以硫酸锌晶体的化学式为ZnSO4·7H2O。
9.熔盐级硝酸钠大量应用于太阳能储热介质，一种以工业纯碱（纯度为98%，杂质为NaCl）和生产硝酸产生的NO,废气（含NO、NO2）为原料分离亚硝酸钠并制取熔盐级硝酸钠的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）纯碱“吸收”NO、NO2反应的化学方程式为___________________________________.“中和液”所含溶质除NaCl及少量Na2CO3外，还有___________（填化学式）。
（2）母液A加人稀硝酸生成有NO.写出“转化”时加入稀硝酸反应的离子方程式______________________________________________
（3）“洗涤”时可以使用母液_____（填“A”或“B”），晶体"纯化”的方法为__________（填操作名称）。
（4）“步骤3”需要高温分离NaCl固体.原因是______________________________，母液D可返回步骤___________（填“2”或“3”）循环使用。
（5）若得到NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2:
1，假定Na2CO3恰好完全反应，则生产1.38吨NaNO2时，工业纯碱的理论用量为___________吨（保留3位有效数字）。
『答案』
（1）.Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2
（2）.NaNO2、NaNO3（3）.3NO2-+2H+=NO3-+2NO+H2O（4）.B（5）.重结晶（6）.防止NaNO3的析出（7）.3（8）.1.62
『分析』根据工艺流程图，用纯碱吸收氮氧化合物，反应生成CO2和NaNO2，中和后得到中和液经步骤1得到NaNO2晶体和含有NaNO2的母液A，加入稀硝酸并通入空气进行转换得生成NO和NaNO3，再加入适量的纯碱中和稀硝酸，经步骤2得到含有NaNO3的母液B和NaNO3晶体，母液B经高温分离出NaCl和热母液C，再经步骤4得到含NaNO3的冷母液D和NaNO3晶体，最终经洗涤转化得到熔盐级硝酸钠，据此分析解答。
『详解』
（1）根据上述分析，用纯碱吸收氮氧化合物，发生反应生成CO2和NaNO2，反应方程式为Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，“中和液”所含溶质除NaCl及少量Na2CO3外，还含有生成的NaNO2及部分NaNO3，故答案为：
Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2；NaNO2、NaNO3；
（2）“转化”过程中，含有NaNO2的母液A加入稀硝酸生成NO和NaNO3，反应的离子方程式为3NO2-+2H+=NO3-+2NO+H2O，故答案为：
3NO2-+2H+=NO3-+2NO+H2O；
（3）母液B含有大量的NaNO3，因此在洗涤硝酸钠可适用母液B来进行洗涤，纯化NaNO3晶体时，可采用重结晶的方法，提高晶体的纯度，故答案为：
B；重结晶；
（4）NaNO3的溶解度随温度的升高而升高，而NaCl的溶解度随温度变化较小，因此为了防止NaNO3的析出，需要在高温的条件下分离NaCl固体，母液D液含NaNO3，可返回步骤3循环使用，故答案为：
防止NaNO3的析出；3；
（4）生产1.38吨NaNO2时，
，已知NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2:
1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可以知道，n（Na2CO3）=
『n（NaNO2）+n（NaNO3）』=1.5×104mol，则m（Na2CO3）=1.5×104mol×106g/mol=1.59×106g，则需要工业纯碱的用量为1.59×106g÷98%≈1.62×106g=1.62t，故答案为：
1.62。
10.戴口罩是防控新型冠状病毒的重要手段，口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。
丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为C3H8（g）
C3H6（g）+H2（g）△H＞0。
回答下列问题：
（1）从工业生产的角度来看制备丙烯所用的丙烷可以从下面工业气体中获得的是___________。
A.液化石油气B.炼铁高炉尾气C.水煤气D.焦炉气
（2）104Pa、105Pa时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图示。
①104Pa时丙烷及丙烯的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___________、___________。
②丙烷脱氢制丙烯反应在___________（选“高温”或低温”）时更加容易自发进行。
③起始时充入一定量的丙烷发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数KP=___________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，O2被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是______________________________________________。
（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。
其反应机理如图所示。
已知：
CO和C3H6、C3H8的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1。
298K时，该工艺总反应的热化学方程式为________________________________。
②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是___________________________________________________。
『答案』
（1）.A
（2）.c（3）.b（4）.高温（5）.12500Pa（6）.O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应提供热量（7）.CO2（g）+C3H8（g）=C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）△H=+114.2kJ·mol-1（8）.碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂
『分析』
（1）根据工业上常用于获取烷烃的原料解答；
（2）①丙烷为反应物，丙烯是生成物，所以a、c代表丙烷的物质的量分数，b、d代表丙烯的物质的量分数，再结合压强对平衡移动的影响，进一步分析解答；
②由图像分析，温度升高，平衡正移，反应为吸热反应，吸热反应高温下更容易自发进行；
③建立三段式，结合平衡常数计算公式进行计算；
（3）结合平衡移动原理进行分析解答；
（4）根据已知，写出CO和C3H6、C3H8的燃烧热反应方程式，结合转化反应机理，得到总的反应方程式，再根据盖斯定律计算总反应方程式的反应热，碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂，可维持催化剂活性。
『详解』
（1）工业上常从液化石油气中获取丙烷，故答案为：
A；
（2）①正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，丙烷的含量减少，由图像分析可知，a、c代表丙烷的物质的量分数，b、d代表丙烯的物质的量分数，对于反应C3H8（g）
C3H6（g）+H2（g），增大压强，平衡逆向移动，丙烷的物质的量分数增大，丙烯的物质的量分数减小，所以曲线c代表104Pa时丙烷的物质的量分数随温度变化关系，曲线b代表104Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化关系，故答案为：
c；b；
②因为反应吸热，所以温度越高，反应越容易自发进行，即高温时更加容易自发进行，故答案为：
高温；
③由图像可得，Q点对应的压强为105Pa，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，设起始时充入1mol丙烷，列三段式有：
则有
，解得x=
，所以平衡常数
，故答案为：
12500Pa；
（3）氧化脱氢时，可以使O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；同时，丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，可为脱氢反应提供热量，故答案为：
O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应提供热量；
（4）①由已知CO和C3H6、C3H8的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1，则有：
①CO（g）+
O2（g）=CO2（g）ΔH=-283.0kJ•mol-1
②C3H6（g）+
O2（g）=3CO2（g）+3H2O（l）ΔH=-2049.0kJ•mol-1
③C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）ΔH=-2217.8kJ•mol-1
该反应的总反应式为CO2（g）+C3H8（g）=C3H6（g）+CO（g）+H2O（l），根据盖斯定律，反应③-①-②可得总反应，则总反应的反应热为-2217.8kJ•mol-1-（-2049.0kJ•mol-1）-（-283.0kJ•mol-1）=114.2kJ·mol-1，故答案为：
CO2（g）+C3H8（g）=C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）△H=+114.2kJ·mol-1；
②由于碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：
碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂。
11.层状复合金属氢氧化物（简称“层状氢氧化物”），主体层板由二元（或多元）金属氢氧化物层构成，层间阴离子可以被其他阴离子取代，因此可以作为离子交换剂，在材料、化工、医药和环境保护等方面有着广泛的用途。
镁铝碳酸根型水滑石是人们最早发现的层状氢氧化物。
回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________（填标号）。
A.
B.
C.
D.
（2）一种水滑石的化学式为Mg4Al2（OH）12CO3•H2O.其层板结构如图1。
CO32-中碳的杂化类型是_________。
在图中最小的一个二维菱形晶胞（以图中Al为顶点）中含有_____个Al3+。
每个镁氧八面体周围有______个相邻铝氧八面体和_______个相邻镁氧八面体。
（3）水滑石中氢氧化物层的OH-和层间阴离子间的主要作用力为_______________，水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：
PO43->CrO42->NO3-，其原因是__________________________________________________________________
（4）当加热到一定温度时，水滑石类化合物会发生分解，部分产物转化为尖晶石结构的MgxAlyOz，晶体结构如图2所示，它的化学式为___________;A块、B块均为边长为apm的立方体，设阿伏加德罗常数为NA，则最近的两个Al离子之间的距离为___________pm，密度为___________g•cm-3（列出计算表达式）。
『答案』
（1）.D
（2）.sp2（3）.1（4）.3（5）.3（6）.氢键（7）.阴离子带电荷越高，受到吸引力越强（8）.MgAl2O4（9）.
a（10）.
『分析』
（1）根据电子排布图得出粒子状态，3p轨道的电子能量高于3s，第二电离能大于第一电离能，据此分析解答；
（2）计算CO32-中C原子的价电子对数和孤电子对数，判断C原子的杂化方式，结合侧板结构图分析各微粒个数；
（3）OH-和层间阴离子间可形成氢键，根据阴离子所带电荷与受到的吸引力之间的关系进行分析解答；
（4）利用均摊法计算晶胞中个原子的个数，利用公式
，结合立体几何知识进行计算。
『详解』
（1）BC微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是C微粒能量高于B，稳定性B＞C，所以失电子能量B＞C；AD都是原子，但是A是基态、D是激发态，能量：
D＞A，稳定性A＞D，所以失去一个电子能量：
A＞D；B为Mg+、A为Mg原子，B再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，A失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量B＞A，因
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