D.在T1、30MPa时,若经过2小时达到平衡，则:
v（H2）=0.75mo1/（L·h）
【答案】B
【解析】A.若断裂1mo1N≡N键、同时断裂2mo1N-H键,则说明正逆反应速率相同，A错误；B.设反应平衡后氮气反应消耗xmol，则平衡时氮气物质的量2-xmol，氢气为4-3xmol，氨气为2xmol，由氢气的体积分数可知x=0.6，则平衡时氮气物质的量分数为：
7/24，所以N2的平衡分压为60*7/24=17.5MPa，B正确；C.由平衡常数公式得，正反应进行程度越大，生成物所占比例约大，K值越大。
由图可知，氨气的体积分数在T1温度下大于T2温度下，所以K1>K3，C错误。
D.没有容器体积，不能计算v（H2），D错误。
故选择B。
7.常温时，若Ca（OH）2和CaWO4（钨酸钙） 的沉淀溶解平衡由线如图所示（已知
）。
下列分析不正确的是
A.a 点表示Ca（OH）2与CaWO4均未达到溶解平衡状态
B.饱和Ca（OH）2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合:
c（OH-） >c （H+） >c （Ca2+） >c （WO42-）
C.饱和Ca（OH）2溶液中加入少量Na2O，溶液变浑浊
D.石灰乳与0.1mol /L.Na2WO4溶液混合后发生反应:
Ca（OH）2+WO42-=CaWO4+2OH-
【答案】B
【解析】A项，如图，为Ca（OH）2和CaWO4（钨酸钙）的沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点都代表平衡状态，则Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）•c2（OH-）=10-7，Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=10-10，a点的浓度商Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）•c2（OH-）=10-18小于Ksp[Ca（OH）2]，Q（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=10-12小于与Ksp（CaWO4），所以a点表示Ca（OH）2与CaWO4均未达到溶解平衡状态，故A正确。
B项，设饱和Ca（OH）2溶液中，c（Ca2+）=x，则c（OH-）=2x，根据Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）•c2（OH-）=10-7，则x•（2x）2=10-7，解得x=
；设饱和CaWO4溶液中，c（Ca2+）=y，则c（WO42-）=y，根据Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=10-10，则y2=10-10，解得y=10-5；混合时：
c（Ca2+）=
（
）≈
=
=
，c（OH-）=
，c（H+）=
=0.29×10-12，c（WO42-）=
×10-5，Q（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=
×
×10-5大于Ksp（CaWO4），所以混合后会析出CaWO4，但是溶液中减小的c（Ca2+）=c（WO42-）肯定会小于
×10-5，所以沉淀后溶液中c（Ca2+）还是10-2级别，根据Ksp（CaWO4）=10-10可推出c（WO42-）是10-8级别，而前面已求得c（H+）=0.29×10-12。
综上分析，c（OH-）>c（Ca2+）>c（WO42-）>c（H+），故B错误。
C项，Na2O和水反应使水减少，饱和Ca（OH）2溶液中，Q[Ca（OH）2]>Ksp[Ca（OH）2]，析出Ca（OH）2固体，所以溶液变浑浊，故C正确。
D项，由前面的分析可知CaWO4比Ca（OH）2更难溶，所以石灰乳与0.1mol/LNa2WO4溶液混合后，会发生反应Ca（OH）2+WO42-=CaWO4+2OH-，实现沉淀的转化，故D正确。
点睛：
本题考查沉淀溶解平衡曲线，解题思路为：
①明确横纵坐标的含义；②理解曲线上的点、线外的点的含义；③抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。
注意本题中横纵坐标不是直接用离子浓度表示的，而是用离子浓度的负对数表示的，所以横纵坐标数值越大，表示的离子浓度越小；B项，因为含Ca（OH）2的溶液显碱性，c（H+）不可能大于c（Ca2+），所以比较容易就能判断该项是错误的，但是要确定c（H+）与c（WO42-）的大小关系，最好通过计算来判断，因为两饱和溶液等体积混合后可能析出CaWO4，溶液中c（WO42-）会很小。
8.减少氮氧化物和硫氧化物在大气中的共放是环境保护的重要内容之一。
（1）.已知:
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mo1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ/mol
若某反应平衡常数表达式为:
k=[c（N2）·c2（CO2）]/[c2（NO）·c2（CO）]，请写出此反应的热化学方式________________________。
（2）N2O4在一定条件下可发生分解:
2N2O5（g）
4NO2（g）+O2（g）。
某温度下测得恒容密闭容器中N2O4浓度随时间的变化如下表：
t/min
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c（N0）/（mol/L）
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为P0第3.00min时体系压强为P1，则P1:
P0=__________2.00min~5.00min内，O2的平均反应速率为________________。
②一定温度下，在恒容密闭容器充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是________。
a.容器中压强不再变化b.NO2和O2的体积比保持不变
c.2V正（NO2）=v逆（N2O5）d.气体的平均相对分子质量为43.2.且保持不变
（3）活性炭还原NO2的反应为:
2NO2（g）+2C（s）
N2（g）+2CO2（g），在恒温条件下，1mo1NO2和足量活性炭发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B、C三点中NO2的转化率最高约是_____点（填“A”、“B”或“C”）。
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp=_________MPa（K用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（4）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。
可月NaOH吸收，所得含硫各微粒（H2SO3、HSO3-利SO32-）存在于反应后的溶被中，它们的物质量分数X（i）与溶液pH的关系如图所示。
若是与0.lmol/LNaOH反应后的溶液，现得溶液为pH=8时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是____________________。
（5）实验狈得NH4HSO3溶液中，
，则溶液的pH为_____；向该溶液中加氨水使溶液呈中性时，
=______________。
（已知:
H2SO3的Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7）。
【答案】
（1）.2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）△H =-746.5kJ/mol
（2）.1.975:
1（3）.0.055 mol/（L·min）（4）.a（5）.A（6）.4（7）.c（Na+） >c（SO32-）>c（HSO3-）>c（OH-）>c（H+）（8）.5（9）.3
【解析】
（1）.反应物及化学计量数为：
2NO，2CO生成物及化学计量数为：
N2，2CO2；反应热化学方程式为：
2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g），△H=2△H2-△H3-△H1=-746.5kJ/mol；
（2）.①设容器体积为1L，则初始N2O4的量为1mol，3min后N2O4为0.35mol，生成NO21.3mol，O2为0.325mol，则P1:
P0=n1：
n0=1.975:
1；2min时c（O2）=0.25mol/L,5min时c（O2）=0.415mol/L,所以v（O2）=0.0.165/3mol/（L·min）=0.055mol/（L·min）；②a.由于方程两端气体体积不同，所以当容器中压强不再发生变化时，反应达到平衡，a正确；b.两者体积比为定值，b错误；c.应该为：
V正（ NO2）=2v逆（N2O5），c错误；d.气体的平均相对分子质量保持不变，反应平衡，但平均相对分子质量不一定为43.2，d错误。
故选择a。
（3）.①容器内压强变大，有利于逆反应进行，所以压强最小的A点NO2的转化率最高；②设反应平衡时NO2消耗xmol，则此时容器中气体的物质的量为NO2（1-xmol），N2（x/2mol），CO2（xmol）,由C点c（NO2）=c（CO2）得x=1/2，所以Kp=20*0.25/1.25MPa=4MPa；
（4）.pH=8时，根据图示得到溶液为烟硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，c（SO32-）>c（HSO3-），所以各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+） >c（SO32-）>c（HSO3-）>c（OH-）>c（H+）；
（5）.
，
，Ka1·Ka2=15·c2（H+）=1.5×10-9,得出c（H+）=1.0×10-5mol/L，则pH=5；根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），由溶液pH=7得c（H+）=c（OH-），则c（NH4+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），由
得
。
9.蛋壳的主要成分是CaCO3，含有少量的SiO2、MgCO3及色素等杂质，则定蛋壳中钙含量操作步骤如图12所示：
已知:
CaC2O4、MgC2O4都难溶于水。
回答下列问题：
（1）样品溶于盐酸后得到的滤渣主要是____________。
（2）①②操作时，加入饱和（NH4）2C2O4溶液和氨水的作用是__________________。
（3）洗涤最好选用_____ （填“冰水”或“0.1mol /L 草酸铵溶液”），其目的是____________。
（4））滴定操是用标准酸性高锰酸钾溶液滴定生成的草酸，通过钙与草酸台定量关系，可间接求出钙的含量
步骤1：
将溶液A 加蒸馏水稀释至250mL。
步骤2：
取稀释后的溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4 酸化
步骤3：
用0 0190mol/LKMnO4溶液滴定步骤2 所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1mL.
步骤4：
重复步骤2、步骤3的操作3次，记录数据如下表：
实验编号
KMnO4溶液的浓度（mol /L）
KMnO4溶液滴入的体积（mL）
1
0.0190
V1=20.02
2
0.0190
V2=20.00
3
0.0190
V2=19.98
4
0.0190
V4=20.80
①KMnO4溶液和草酸溶液在稀硫酸中反应的离子方程式为_______________________。
②滴定终点的现象是_________________。
③该蛋壳中CaCO 3的质量分数=_______%，则此法求得的钙含量_____实际值（填“>”“=”或“<”）
【答案】
（1）.SiO2
（2）.保持较大的C2O42-浓度，使Ca2+沉淀完全（3）.0.1mol /L草酸铵溶液（4）.减少草酸钙固体的溶解（5）.2MnO4-+6 H++5H2C2O4==2Mn2++10CO2↑+8H2O（6）.当加入最后1滴高锰酸钾溶液时，溶液颜色由无色变成紫红色，且30s内不褪色（7）.95.00（8）.>
【解析】
（1）.SiO2不与除HF外所有酸反应，所以滤渣中主要为SiO2；
（2）.根据沉淀溶解平衡得，较高C2O42-浓度，有利于沉淀的形成，使Ca2+沉淀完全；
（3）.草酸钙固体存在沉淀溶解平衡，增加草酸跟离子的浓度能够抑制草酸钙固体的溶解；
（4）.①反应物为：
MnO4-，H+，H2C2O4，Mn元素被还原，被氧化的为C元素，则反应离子方程式为：
2MnO4-+6 H++5H2C2O4==2Mn2++10CO2↑+8H2O；②滴定终点，草酸完全被氧化，则滴入的高锰酸钾不能被反应，溶液从无色变为紫红色，且30s内不褪色；③消耗高锰酸钾的量为0.019*0.02mL*10=0.0038mol，则参与反应的草酸钙的物质的量为0.0095mol，则蛋壳中含有碳酸钙的质量为0.0095*100=0.95g，所以蛋壳中CaCO3的质量分数=95%；因为过程中加入两次草酸铵，所以生成的草酸比实际钙元素结合的草酸跟的量大，即求得的钙含量大于实际值。
点睛：
本题计算主要利用物料守恒定律，蛋壳中CaCO3的物质的量与最后生成的草酸钙的物质的量相同，从而由消耗的高锰酸钾的量求得CaCO3的物质的量；沉淀溶解平衡同样受等式两端物质的浓度影响。
10.钴酸锂电池应用广泛，电池正极材料主要含有LiCoO2、导电剂乙炔黑、铝箔及少量Fe，可通过下列实验方法回收钴、锂。
几种金属离子沉淀完全（离子浓度为10-5mo/L） 的pH如下表:
离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Co2+
溶液pH
3.2
4.7
9.0
9.2
回答下列问题:
（1）滤液I的主要成分是_________。
（2）已知:
氧化性Co3+>H2O2>Fe3+，“酸浸”过程中H2O2所起主要作用是________不能用盐酸代替硫酸，原因是:
__________。
“调节pH”除去的离子主要有Al3+和_____。
（3）酸浸时浸出率随温度变化如图所示，温度升高至50℃以上时浸出率下降的原因是_________。
（4）“萃取”和“反萃取“可简单表示为:
Co2++2（ HA）2
Co（HA2）2+2H+，则反萃取过程加入的试剂X是____________。
（5）向CoSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，发生反应的离子方程式为_________。
【答案】
（1）.NaA1O2、NaOH
（2）.将Co3+还原为Co2+（3）.Co3+氧化C1-生成Cl2污染空气（4）.Fe2+（5）.温度升高，H2O2分解速率加快，参与酸浸反应的H2O2的量减少，导致浸出率下降（6）.H2SO4溶液（7）.Co2++2HCO3-=CoCO3 ↓+CO2 ↑+H2O
【解析】
（1）.加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，所以滤液中为NaA1O2及过量的NaOH；
（2）.由流程尾端可知要得到Co2+，所以H2O2所起主要作用是还原Co3+；盐酸中C1-有较强的还原性，能被氧化为Cl2，从而对空气造成污染，所以不能使用盐酸代替；由流程尾端可知铁离子已经在此步骤除去，且Al（OH）3和Fe（OH）3同样在水中溶解度较小；
（3）.H2O2的分解为吸热反应，升高温度会促使H2O2分解速率加快，参与酸浸反应的H2O2的量减少，导致浸出率下降；
（4）.反萃取需要提高氢离子浓度，根据生成硫酸钙物质，则X为硫酸；
（5）.生成物中包含CoCO3 ，则反应方程式为：
CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3 ↓+CO2 ↑+（NH4）2SO4+H2O,则离子反应方程式为：
Co2++2HCO3-=CoCO3 ↓+CO2 ↑+H2O
11.【化学-选修3:
物质结构与性质】
已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B 原子核外电子s 轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D 原子L 层上有2对成对电子；E2+原子核外有3 层电子且M层3d轨道电子半满。
请回答下列问题:
（1）A元素位于周期表_____区，CD3-的空可构型为_____，中心C 原子的杂化方式为______。
（2）第一电离能C>D的原因是__________________。
（3）下列表述中能证明D元素比氟元素电负性弱这一事实的是______。
A.常温下氟气的颜色比D 单质的颜色深
B.氟气与D 的氢化物剧烈反应，产生D单质
C.氟与D形成的化合物中D元素呈正价态
D.比较两元素单质与氢气化合时得电子的数目
（4）黄血盐是一种配合物，其化学式为K4[E （CN）6] ·3H2O，黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与该配体互为等电子体的气态化合物，该反应的化学方程式为_________________。
（5）.铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu （SCN）2，1mol （SCN）2分子中含有σ键的数目为_____；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H—S—C≡N） 的沸点低于异硫氰酸（H—N=C=S） 的沸点，其原因是______________。
【答案】
（1）.S
（2）.平面三角形（3）.sp2（4）.N原子最外层为2s22p3，p轨道半满，更稳定，电离能更大（5）.B、C（6）.K4[Fe （CN）6]+6H2SO4+6H2O
2K2SO4+FeSO4+3 （NH4）2SO
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