贵州省铜仁地区2016届高三化学上册期中试题.doc

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贵州省铜仁地区思南中学2016届高三上学期期中化学试卷

一、选择题（共7小题）
1．T℃时，某一气态平衡体系中含有X（g）、Y（g）、Z（g）、W（g）四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：K=，有关该平衡体系的说法正确的是（　　）
A．该反应可表示为X（g）+2Y（g）═2Z（g）+2W（g）
B．减小X浓度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小
C．增大反应容器的压强，该反应速率一定增大
D．升高温度，W（g）体积分数增加，则正反应是放热反应

2．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（　　）
A．pH相等的①NH4Cl ②（NH4）2SO4 ③NH4HSO4溶液：c（NH4+）大小顺序为①＞②＞③
B．0．l mol•L﹣1CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶液：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液：C（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）
D．等体积、等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH混合后的溶液：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）

3．下列离子组在给定条件下，离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（　　）
选项 条 件 离子组 离子共存判断及离子方程式
A 常温下，由水电离出的C（H+）为1×10﹣12 mol•L﹣1 K+、Cl﹣、S2﹣SO32﹣ 一定能大量共存
B 滴加氨水 Na+、Fe3+、Cl﹣ 不能大量共存
Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
C p=1的溶液 Fe3+、I﹣ Cl﹣ 不能大量共存
2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
D 通入少量SO2气体 K+、Na+、ClO﹣ 不能大量共存
2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣
A．A B．B C．C D．D

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正的是（　　）
A．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去电子数为0.8 NA
B．一定条件下Fe粉与足量的浓硫酸反应，转移电子数为3 NA
C．在1 L的碳酸钠溶液中，若c（CO32﹣ ）=1 mol•L﹣1，则溶液中Na+的个数为2 NA
D．含4 NA个离子的固体Na2O2溶于水配成1 L溶液，所得溶液中c（Na+）=2 mol•L﹣1

5．向浓度均为1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，边加边振荡在整个过程中不可能发生的离子反应是（　　）
A．OH﹣+H+═H2O B．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2O
C．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O D．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O

6．运用有关概念，判断下列叙述正确的是（　　）
A．CO2溶于水后能导电，故CO2为电解质
B．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体
C．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，故两溶液中水的电离程度相同
D．溶液与胶体本质区别为分散质微粒直径的大小不同

7．人类生活、生产和社会可持续发展与化学密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、NOx，造成大气污染，从而使雨水的pH=5.6，形成酸雨
B．经过必要的化学变化能从海水中提取粗盐、Mg、Br2等物质
C．针对病毒性流感的扩散情况，要加强环境、个人等的消毒预防，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质
D．石油的分馏、石油裂解、煤的气化都包含化学变化

二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）
8．为治理环境，减少雾霾，工业上通常用下列方法治理CO2和硫、氮氧化物的污染．
（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染．已知：
①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
则2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）的反应热△H=　　　　　　（用△H1、△H2、△H3表示）
用NH3还原NOx生成N2和H2O．现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为　　　　　　
（3）电化学降解治理水中硝酸盐的污染．在酸性条件下，电解NO3﹣的原理如右图所示，A为电源的　　　　　　极，阴极电极反应式为　　　　　　．

9．已知：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol有体积均为2L的甲、乙两个相同的密闭容器，一定温度下，向甲容器中加入1mol N2和3mol H2，经过3min达到平衡时放出Q1kJ的热量；向乙容器中加入2molNH3，一段时间到达平衡时吸收Q2kJ的热量；已知Q1=3Q2．
（1）下列情况表明反应已达到平衡状态的是　　　　　　
A．气体的平均相对分子质量不再变化 B．平衡常数不再变化
C．氮气的生成速率与氨气的消耗速率相等 D．断裂1molN≡N键的同时断裂6molN﹣H键
Q2=　　　　　　kJ
（3）甲容器中达平衡时，H2的平均反应速率为　　　　　　mol/（L•min）；达平衡后，再向甲容器中加入0.25mol N2、0.75mol H2、1.5mol NH3，平衡的移动方向为　　　　　　（填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）

10．金属锂在通讯和航空航天领域中有重要的应用．以某锂矿为原料制取锂的工艺流程如下图，其主要成分为Li2O、Al2O3、SiO2，另含有FeO、MgO、CaO等杂质．

已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：
氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Mg（OH）2
开始沉淀pH 2.7 3.7 9.6
完全沉淀pH 3.7 4.7 11
②Li2CO3在不同温度下的溶解度如表：
温度/℃ 0 10 20 50 75 100
Li2CO3的溶解度/g 1.539 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728
请回答下列问题：
（1）锂矿中的FeO在反应 I中发生的化学反应方程式为　　　　　　
反应 II中pH的范围是　　　　　　
（3）沉淀B中主要成分为CaCO3和　　　　　　（填化学式）；沉淀C应使用　　　　　　 洗涤（选填“热水”或“冷水”）
（4）反应 IV发生的离子方程式为　　　　　　
（5）电解熔融LiCl的阴极电极反应式为　　　　　　；阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是　　　　　　．

11．化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2）．C的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子．B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，核磁共振氢谱显示只有一个峰．

已知：
请回答下列问题：
（1）写出G的分子式：　　　　　　．
写出A的结构简式：　　　　　　．
（3）写出F→G反应的化学方程式：　　　　　　，该反应属于　　　　　　（填反应类型）．
（4）写出满足下列条件的C的所有同分异构体：　　　　　　．
①是苯的对位二取代化合物；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③不考虑烯醇（）结构．
（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质．写出聚合物杂质可能的结构简式（仅要求写出1种）：　　　　　　．

贵州省铜仁地区思南中学2016届高三上学期期中化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题）
1．T℃时，某一气态平衡体系中含有X（g）、Y（g）、Z（g）、W（g）四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：K=，有关该平衡体系的说法正确的是（　　）
A．该反应可表示为X（g）+2Y（g）═2Z（g）+2W（g）
B．减小X浓度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小
C．增大反应容器的压强，该反应速率一定增大
D．升高温度，W（g）体积分数增加，则正反应是放热反应
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A、依据平衡常数表达式书写化学方程式；
B、依据化学平衡分析，X为生成物，平衡常数随温度变化；
C、恒容条件下充入惰性气体，总压增大分压不变；
D、升高温度，W（g）体积分数增加，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应；
【解答】解：A、平衡常数是用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，反应的化学方程式为：2Z（g）+2W（g）═X（g）+2Y（g），故A错误；
B、依据化学平衡分析，2Z（g）+2W（g）═X（g）+2Y（g），X为生成物，平衡常数随温度变化，减小X浓度，平衡向正反应方向移动，平衡常数K不变，故B错误；
C、恒容条件下充入惰性气体，总压增大分压不变，反应速率不变，故C错误；
D、升高温度，W（g）体积分数增加，说明平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了化学平衡的建立，影响化学平衡的因素分析判断，注意平衡常数随温度变化，题目较简单．

2．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（　　）
A．pH相等的①NH4Cl ②（NH4）2SO4 ③NH4HSO4溶液：c（NH4+）大小顺序为①＞②＞③
B．0．l mol•L﹣1CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶液：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液：C（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）
D．等体积、等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH混合后的溶液：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A．硫酸氢铵在溶液中完全电离出氢离子，则pH相等时其溶液中的铵根离子浓度最小；硫酸铵和氯化铵溶液中，溶液的酸性是铵根离子水解导致的，溶液的pH相等，则溶液中铵根离子浓度相等；
B．铜离子、铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣）；
C．根据碳酸钠溶液中的电荷守恒判断；
D．根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断．
【解答】解：A．相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，所以铵根离子浓度大小为：①=②＞③，故A错误；
B．铵根离子部分水解，硫酸根离子不水解，则c（SO42﹣）＞c（NH4+），铜离子和铵根离子的水解导致溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C.0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故C错误；
D．等体积、等浓度的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），二者结合可得：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了电荷守恒、物料守恒的判断，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．

3．下列离子组在给定条件下，离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（　　）
选项 条 件 离子组 离子共存判断及离子方程式
A 常温下，由水电离出的C（H+）为1×10﹣12 mol•L﹣1 K+、Cl﹣、S2﹣SO32﹣ 一定能大量共存
B 滴加氨水 Na+、Fe3+、Cl﹣ 不能大量共存
Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
C p=1的溶液 Fe3+、I﹣ Cl﹣ 不能大量共存
2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
D 通入少量SO2气体 K+、Na+、ClO﹣ 不能大量共存
2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣
A．A B．B C．C D．D
【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．
【分析】A．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，硫离子、亚硫酸根离子与氢离子反应；
B．一水合氨为弱电解质，应保留化学式；
C．pH=1的溶液呈酸性，铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应．
【解答】解：A．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，S2﹣、SO32﹣与酸性溶液中的氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Na+、Fe3+、Cl﹣离子之间不发生反应，滴加氨水后铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，但是一水合氨为弱电解质，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．pH=1的溶液呈酸性，Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，判断和离子方程式都合理，故C正确；
D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，题中离子方程式错误，故D错误；
故选C
【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；本题中注意要求“离子共存判断及反应的离子方程式均正确”，为易错点．

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正的是（　　）
A．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去电子数为0.8 NA
B．一定条件下Fe粉与足量的浓硫酸反应，转移电子数为3 NA
C．在1 L的碳酸钠溶液中，若c（CO32﹣ ）=1 mol•L﹣1，则溶液中Na+的个数为2 NA
D．含4 NA个离子的固体Na2O2溶于水配成1 L溶液，所得溶液中c（Na+）=2 mol•L﹣1
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、求出铁的物质的量，然后根据铁与水蒸气反应后变为+价来分析；
B、铁粉在浓硫酸中可能会钝化；
C、CO32﹣ 为弱酸根，在溶液中会水解；
D、过氧化钠由1个过氧根离子和2个钠离子构成．
【解答】解：A.16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁与水蒸气反应后变为+价，故0.3mol铁失去0.8mol电子即0.8NA个，故A正确；
B．常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象，阻止了铁进一步和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，在1L的碳酸钠溶液中，若c（CO32﹣）=1 mol•L﹣1，则Na+个数大于2NA，故C错误；
D．过氧化钠中阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子，含4NA个离子的固体Na2O2中，过氧化钠的物质的量大于1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度大于1mol/L，故D错误；
故选：A．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

5．向浓度均为1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，边加边振荡在整个过程中不可能发生的离子反应是（　　）
A．OH﹣+H+═H2O B．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2O
C．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O D．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】向浓度均为1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，此过程中没有气体生成，最后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，据此判断反应的离子方程式．
【解答】解：A．加入稀盐酸后，氢氧化钠优先反应，反应的离子方程式为：OH﹣+H+═H2O，所以该反应能够发生，故A错误；
B．当加入的盐酸不足时，氢氧化钠先与盐酸反应生成氯化钠和水，然后碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的总离子方程式为：OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2O，该反应能够发生，故B错误；
C．当盐酸过量时，氢氧化钠和碳酸钠都完全反应，反应的总离子方程式为：OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O，该反应能够发生，故C错误；
D．由于氢氧化钠和碳酸钠的浓度相等，且氢氧化钠优先反应，所以参加反应的氢氧根离子的物质的量不可能大于碳酸根离子，不可能发生反应，2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了离子方程式的书写与判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确发生反应的先后顺序为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

6．运用有关概念，判断下列叙述正确的是（　　）
A．CO2溶于水后能导电，故CO2为电解质
B．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体
C．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，故两溶液中水的电离程度相同
D．溶液与胶体本质区别为分散质微粒直径的大小不同
【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；同素异形体；电解质与非电解质；盐类水解的原理．
【分析】A．电解质必须是自身电离产生的离子导电；
B．同种元素的不同单质，互为同素异形体；
C．CH3COONH4促进水的电离；
D．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm．
【解答】解：A．二氧化碳溶于水后能导电，是由与水反应生成的碳酸电离出离子而导电，二氧化碳不能自身电离，所以二氧化碳为非电解质，故A错误；
B．H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是单质，故B错误；
C．CH3COONH4促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；
D．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），
所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故D正确．
故选D．
【点评】本题主要考查了电解质、同素异形体、弱电解质的电离以及分散系等知识，为高考常见题型，注意知识的归纳和分类整合，注重基础知识的考查，题目难度不大．

7．人类生活、生产和社会可持续发展与化学密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、NOx，造成大气污染，从而使雨水的pH=5.6，形成酸雨
B．经过必要的化学变化能从海水中提取粗盐、Mg、Br2等物质
C．针对病毒性流感的扩散情况，要加强环境、个人等的消毒预防，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、酒精、双氧水等适宜的物质
D．石油的分馏、石油裂解、煤的气化都包含化学变化
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；二氧化硫的污染及治理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【分析】A．酸雨与二氧化硫有关，酸雨的pH＜5.6；
B．提取NaCl，无需化学变化；
C．氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质可作消毒剂；
D．有新物质生成的是化学变化．
【解答】解：A．酸雨与二氧化硫有关，酸雨的pH＜5.6，正常雨水中溶解二氧化碳，正常雨水的pH=5.6，故A错误；
B．提取NaCl，可用蒸发、结晶的方法，无需化学变化，故B错误；
C．氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质可作消毒剂，可用于环境、个人等的消毒预防，故C正确；
D．石油分馏利用各组分的沸点不同进行分离，不涉及化学变化，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查较为综合，涉及环境污染以及化学变化等知识，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大．

二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）
8．为治理环境，减少雾霾，工业上通常用下列方法治理CO2和硫、氮氧化物的污染．
（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染．已知：
①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
则2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）的反应热△H=　2△H3﹣△H2﹣△H1　（用△H1、△H2、△H3表示）
用NH3还原NOx生成N2和H2O．现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为　1：3　
（3）电化学降解治理水中硝酸盐的污染．在酸性条件下，电解NO3﹣的原理如右图所示，A为电源的　正　极，阴极电极反应式为　2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O　．

【考点】氧化还原反应的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理．
【分析】（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
根据盖斯定律，③×2﹣②﹣①可得：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g），反应热也进行相应的计算；
相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，假设NO、NO2的混合气体为3mol，氨气为3.5mol，由于反应生成N2和H2O，根据H原子守恒计算H2O的物质的量，设NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，由二者物质的量之和及氧原子守恒列方程计算解答；
（3）由图可知，硝酸根离子发生还有反应生成氮气，则Ag﹣Pt电极为阴极，Pt电极为阳极．
【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
根据盖斯定律，③×2﹣②﹣①可得：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g），所以△H2△H3﹣△H2﹣△H1，
故答案为：2△H3﹣△H2﹣△H1；
相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，假设NO、NO2的混合气体为3mol，氨气为3.5mol，由于反应生成N2和H2O，根据H原子守恒，则生成H2O的物质的量=5.25mol，设NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，由二者物质的量之和及氧原子守恒可得则：，解得x=0.75、y=2.25，故NO、NO2的物质的量之比为0.75mol：2.25mol=1：3，
故答案为：1：3；
（3）由图可知，硝酸根离子发生还有反应生成氮气，则Ag﹣Pt电极为阴极，Pt电极为阳极，则A为电池的正极，阴极上硝酸根获得电子，与通过质子交换膜的氢离子作用生成氮气与水，阴极电极反应式为：2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O，
故答案为：正；2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O．
【点评】本题考查氧化还原反应计算、热化学方程式书写、电解池原理，需要学生具备扎实的基础，较好的考查学生运用知识分析解决问题的能力、对信息处理能力，中旨在考查氧化还原反应计算，注意方法的灵活应用，难度中等．

9．已知：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol有体积均为2L的甲、乙两个相同的密闭容器，一定温度下，向甲容器中加入1mol N2和3mol H2，经过3min达到平衡时放出Q1kJ的热量；向乙容器中加入2molNH3，一段时间到达平衡时吸收Q2kJ的热量；已知Q1=3Q2．
（1）下列情况表明反应已达到平衡状态的是　AD　
A．气体的平均相对分子质量不再变化 B．平衡常数不再变化
C．氮气的生成速率与氨气的消耗速率相等 D．断裂1molN≡N键的同时断裂6molN﹣H键
Q2=　23.1　kJ
（3）甲容器中达平衡时，H2的平均反应速率为　0.03　mol/（L•min）；达平衡后，再向甲容器中加入0.25mol N2、0.75mol H2、1.5mol NH3，平衡的移动方向为　正反应方向　（填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
甲与乙为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，各组分起始物质的量等于化学计量数，故Q2+Q1=92.4，结合平衡时Q1=3Q2计算
（3）平衡时Q1=3Q2，由于Q2+Q1=92.4kJ，故Q1=69.3kJ，则甲中转化的氮气为=0.75mol，则：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：0.75 2.25 1.5
平衡量（mol）：0.25 0.75 1.5
根据v=计算v（H2）；
达平衡后，再向甲容器中加入0.25mol N2、0.75mol H2、1.5mol NH3，等效为在原平衡基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动．
【解答】解：（1）A．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量发生变化，则气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故A正确；
B．温度不变，平衡常数不变化，故B错误；
C．氮气的生成速率与氨气的消耗速率相等，均表示逆反应速率，反应始终按该比例关系进行，故C错误；
D．断裂1molN≡N键的同时断裂6molN﹣H键，而断裂1molN≡N键会生成6molN﹣H键，氨气的生成与消耗速率相等，反应到达平衡，故D正确，
故选：AD；
甲与乙为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，各组分起始物质的量等于化学计量数，故Q2+Q1=92.4，平衡时Q1=3Q2，联立解得Q2=23.1kJ，
故答案为：23.1；
（3）平衡时Q1=3Q2，由于Q2+Q1=92.4kJ，故Q1=69.3kJ，则甲中转化的氮气为=0.75mol，则：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：0.75 2.25 1.5
平衡量（mol）：0.25 0.75 1.5
则v（H2）==0.375mol/（L．min），
达平衡后，再向甲容器中加入0.25mol N2、0.75mol H2、1.5mol NH3，等效为在原平衡基础上增大压强，正反应为气体体积减小的反应，平衡正向进行，
故答案为：0.03；正反应方向．
【点评】本题考查化学平衡计算，中注意规律的归纳总结，（3）中注意利用等效思想解答，也可以利用浓度商与平衡常数相对大小进行判断，难度中等．

10．金属锂在通讯和航空航天领域中有重要的应用．以某锂矿为原料制取锂的工艺流程如下图，其主要成分为Li2O、Al2O3、SiO2，另含有FeO、MgO、CaO等杂质．

已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：
氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Mg（OH）2
开始沉淀pH 2.7 3.7 9.6
完全沉淀pH 3.7 4.7 11
②Li2CO3在不同温度下的溶解度如表：
温度/℃ 0 10 20 50 75 100
Li2CO3的溶解度/g 1.539 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728
请回答下列问题：
（1）锂矿中的FeO在反应 I中发生的化学反应方程式为　2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2（SO4）3+SO2↑+4H2O　
反应 II中pH的范围是　4.7≤pH＜9.6　
（3）沉淀B中主要成分为CaCO3和　Mg（OH）2　（填化学式）；沉淀C应使用　热水　 洗涤（选填“热水”或“冷水”）
（4）反应 IV发生的离子方程式为　2Li++CO32﹣=Li2CO3　
（5）电解熔融LiCl的阴极电极反应式为　Li++e﹣=Li　；阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是　加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时放电产生O2　．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】锂矿主要成分为Li2O、Al2O3、SiO2，另含有FeO、MgO、CaO等杂质为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解锂矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液PH=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂．
（1）锂矿中的FeO在反应 I中与浓硫酸发生氧化还原反应，被氧化成硫酸铁，根据元素守恒书写化学反应方程式；
反应 II中要使铝离子和铁离子全部沉淀，而镁离子不能沉淀，根据题中提供的属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH可判断；
（3）反应Ⅲ主要是沉淀镁离子，沉淀C为碳酸锂，其溶解度随温度升高而降低，洗涤时要减少碳酸锂的损失，据此判断；
（4）反应 IV是用碳酸根离子将溶液中的锂离子沉淀，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式为；
（5）电解熔融LiCl时阴极锂离子得电子生成锂，根据蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氧气．
【解答】解：锂矿主要成分为Li2O、Al2O3、SiO2，另含有FeO、MgO、CaO等杂质为原料来制取金属锂，加入过量浓硫酸溶解锂矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸调节溶液PH=5，使铁离子和铝离子沉淀完全，加入水洗过滤洗去矿泥，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后加入盐酸溶解得到纯净的氯化锂溶液，加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂．
（1）锂矿中的FeO在反应 I中与浓硫酸发生氧化还原反应，被氧化成硫酸铁，反应的化学反应方程式为2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2（SO4）3+SO2↑+4H2O，
故答案为：2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2（SO4）3+SO2↑+4H2O；
反应 II中要使铝离子和铁离子全部沉淀，而镁离子不能沉淀，根据题中提供的属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH可知反应 II中pH的范围是4.7≤pH＜9.6，
故答案为：4.7≤pH＜9.6；
（3）反应Ⅲ主要是沉淀镁离子，所以沉淀B中主要成分为CaCO3和Mg（OH）2，沉淀C为碳酸锂，其溶解度随温度升高而降低，洗涤时要减少碳酸锂的损失，所以要用热水洗涤，
故答案为：Mg（OH）2；热水；
（4）反应 IV是用碳酸根离子将溶液中的锂离子沉淀，反应的离子方程式为2Li++CO32﹣=Li2CO3，故答案为：2Li++CO32﹣=Li2CO3；
（5）电解熔融LiCl时阴极锂离子得电子生成锂，电极反应式为Li++e﹣=Li，蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，氢氧化锂部分分解生成氧化锂，电解时会生成氧气，所以阳极产生的氯气中会混有少量氧气，
故答案为：Li++e﹣=Li；加热蒸干LiCl溶液时，LiCl有少量水解生成LiOH，受热分解生成Li2O，电解时放电产生O2．
【点评】本题考查了工业上以β﹣锂辉矿制取金属锂的方法，题目难度中等，试题涉及了化学式的书写、物质的分离与提纯、离子方程式的书写等知识，合理分析题中工艺流程是解题关键．

11．化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2）．C的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子．B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，核磁共振氢谱显示只有一个峰．

已知：
请回答下列问题：
（1）写出G的分子式：　C8H12O4　．
写出A的结构简式：　　．
（3）写出F→G反应的化学方程式：　　，该反应属于　酯化反应（或取代反应）　（填反应类型）．
（4）写出满足下列条件的C的所有同分异构体：　　．
①是苯的对位二取代化合物；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③不考虑烯醇（）结构．
（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质．写出聚合物杂质可能的结构简式（仅要求写出1种）：　　．