2016年省中学高考化学模拟试卷（一）一、选择题（每题6分，共42分）1．（6分）化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（）A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料B．“舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的2．（6分）已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种3．（6分）已知在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重a g，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．下列说确的是（）A．铜电极连接电源正极B．黑色粉末X是铁粉C．铜的相对原子质量的计算式是D．石墨电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O4．（6分）下列离子方程式正确的是（）A．0.01mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O5．（6分）如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说确的是（）A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）＞φ（N）B．若x＞3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＞α（N）C．若x＜3，C的平衡浓度关系为：c（M）＞c（N）D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等6．（6分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1．下列说确的是（）A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反应生成Y2D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性7．（6分）如图药品和装置合理且能完成相应实验的是（）A．制备氢氧化亚铁B．验证非金属性Cl＞C＞SiC．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳D ．实验室制取并收集氨气二、非选择题8．（15分）运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义．（1）硫酸生产过程中2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ），平衡混合体系中SO 3的百分含量和温度的关系如右图所示，根据图1回答下列问题：①2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ）的△H 0（填“＞”或“＜”）． ②一定条件下，将SO 2与O 2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是 （填字母编号）． a ．体系的密度不发生变化 b ．SO 2与SO 3的体积比保持不变c ．体系中硫元素的质量百分含量不再变化d ．单位时间转移4mol 电子，同时消耗2mol SO 3e ．容器的气体分子总数不再变化（2）一定的条件下，合成氨反应为：N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）．图2表示在此反应过程中的能量的变化，图3表示在2L 的密闭容器中反应时N 2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．①该反应的平衡常数表达式为 ，升高温度，平衡常数 （填“增大”或“减小”或“不变”）．②由图3信息，计算0～10min 该反应的平均速率v （H 2）= ，从11min 起其它条件不变，压缩容器的体积为1L ，则n （N 2）的变化曲线为 （填“a”或“b”或“c”或“d”）③图4a 、b 、c 三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是 点，温度T1T2（填“＞”或“=”或“＜”）（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）= （填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）．9．（14分）工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如图：已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O②某些物质的溶解度（S）如表所示．T/℃20406080S（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式．（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）．（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是．（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．①a中，阳极的电极反应式是．②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是．10．（14分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按图1组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．（1）装置C的作用为．（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为．Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定（1）步骤④中煮沸的作用是．（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、．（3）图2有关步骤⑥的操作中说确的是．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定结束后，30s溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为．【化学--选修5：有机化学基础】（15分）11．（15分）以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：（1）A中官能团的名称是．（2）B→C的化学方程式是．（3）写出一种与D互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基的酯的结构简式．（4）F为酯，其结构简式是．（5）F→G的反应类型是．（6）H的结构简式是．（7）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是．2016年省中学高考化学模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1．（6分）化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列叙述正确的是（）A．氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料B．“舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去D．汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【分析】A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素；B．钢缆属于合金；C．不溶性固体和液体可以处于过滤法分离；D．汽油不完全燃烧的生成物是CO．【解答】解：A．合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂常常含有氯元素，氯气能和有机物发生反应，所以氯气是合成塑料、橡胶、农药和制盐酸、有机溶剂的重要原料，故A正确；B、“舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故B错误；C、不溶性固体和液体可以处于过滤法分离，塑化剂和酒精互溶，所以不能通过过滤除去，且塑化剂有毒，故C错误；D、汽油不完全燃烧的生成物是CO，氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了物质的性质和用途，明确物质的性质决定用途，用途体现性质是解本题关键，难度不大．2．（6分）已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种【分析】某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．【解答】解：某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇，A为羧酸．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B能被氧化成醛，则与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．B的结构中除了﹣CH2OH，还含有一个丁基，有4种丁基，C6H12O2符合条件的结构简式有4种．故选B．【点评】本题考查了根据物质的性质判断物质的结构，难度不大，明确物质官能团能发生的化学反应是解本题的关键．3．（6分）已知在pH为4～5的溶液中，Cu2+几乎不水解，而Fe3+几乎完全水解．某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量．该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X，充分搅拌后将滤液用下图所示装置电解，其中某电极增重a g，另一电极上产生标准状况下的气体VmL．下列说确的是（）A．铜电极连接电源正极B．黑色粉末X是铁粉C．铜的相对原子质量的计算式是D．石墨电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O【分析】X为CuO，与酸反应调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，反应中铜为电解池阴极，石墨为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣=Cu，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，根据两极转移电子数目相等计算铜的相对原子质量．【解答】解：A．铜为电解池阴极，应连接电源负极，故A错误；B．X为CuO，与酸反应调节溶液pH，可促进铁离子的水解而除去杂质，故B错误；C．设铜的相对原子质量为M，则n（Cu）=mol，n（O2）=mol，两极转移电子数目相等，则mol×2=mol×4，则M=，故C错误；D．石墨为阳极，电极上发生的反应是4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故D正确．故选D．【点评】本题考查电解原理，题目难度不大，注意根据电极增重和生成气体判断电解池的两极反应，根据两极转移电子数目相等的关系测定铜的相对原子质量．4．（6分）下列离子方程式正确的是（）A．0.01mol/L NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．Na2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH﹣+18O2↑C．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OD．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O【分析】A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后铝离子反应，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨；B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气；C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气；D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+．【解答】解：A．氢氧根离子先和一水合氨反应、然后和铝离子反应，二者的物质的量之比为1：2，所以二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀和一水合氨，离子方程式为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；B．水中的O氧元素生成氢氧根离子，且过氧根离子中的O元素一半生成氢氧根离子、一半生成氧气，离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故B错误；C．二者反应生成碳酸钠、水和氨气，离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+H2O，故C错误；D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+，离子方程式为Fe+2NO3﹣+4H+Fe2++2NO2↑+2H2O，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，明确物质的性质及离子反应条件是解本题关键，易错选项是AB，注意A中反应物的量关系、注意B中过氧根离子的生成物，为易错点．5．（6分）如图所示，隔板I固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H=﹣192kJ•mol﹣1，向M、N中都通入1mol A和2mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说确的是（）A．若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）＞φ（N）B．若x＞3，达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＞α（N）C．若x＜3，C的平衡浓度关系为：c（M）＞c（N）D．x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等【分析】根据M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同．【解答】解：M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡，A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ（M）=φ（N），故A错误；B．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α（M）＜α（N），故B错误；C．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C 的平衡浓度关系为：c（M）＜c（N），故C错误；D．恒温恒压下，x不论为何值，起始时向N容器中充入任意值的C，一边倒后，A与B的物质的量之比都是1：2，为等效平衡，反应物的浓度相同，即平衡后N 容器中A的浓度均相等，故D正确；故选D．【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素，注意恒温恒容下的平衡与恒温恒压下的平衡间的关系以及等效平衡的判断，可以根据所学知识来回答，难度中等．6．（6分）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1．下列说确的是（）A．由于非金属性Y＞R，所以X、Y组成化合物的沸点高于X、R组成的化合物B．Y和其他四种元素均可形成至少两种的二元化合物C．RY2能与Y、Z形成的一种化合物反应生成Y2D．Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7﹣6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素．【解答】解：X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素．Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7﹣6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1mol•L﹣1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素，A．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，H2O、H2O2分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，与非金属性无关，故A错误；B．氧元素与氢元素可以形成H2O、H2O2，与钠元素可以形成Na2O、Na2O2，与硫元素可以形成SO2、SO3，与氯元素可以形成ClO2、Cl2O7等，故B正确；C．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2，Na2O与SO2反应得到Na2SO3，Na2O2具有强氧化性，能与SO2反应生成Na2SO4，没有O2生成，故C错误；D．Y、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO、NaClO4等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，而NaClO4溶液呈中性，故D错误．故选：B．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，侧重对元素化合物知识的考查，推断元素是解题的关键，“Y、R元素的位置及二者形成的共价化合物RY2”是推断的突破口．7．（6分）如图药品和装置合理且能完成相应实验的是（）A．制备氢氧化亚铁B．验证非金属性Cl＞C＞SiC．检验二氧化硫中是否混有二氧化碳D．实验室制取并收集氨气【分析】A．制备氢氧化亚铁，应防止氢氧化亚铁被氧化；B．从酸性的角度比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物；C．应先除去二氧化硫，避免干扰；D．加热固体，应防止试管炸裂．【解答】解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化而变质，制备氢氧化亚铁，应将胶头滴管插入液面以下，故A错误；B．比较非金属性强弱，应用高氯酸，不能用盐酸，故B错误；C．二氧化硫也与澄清石灰水反应，应先除去二氧化硫，避免干扰，故C正确；D．加热固体，试管口应略朝下倾斜，以防止试管炸裂，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．二、非选择题8．（15分）运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义．（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如右图所示，根据图1回答下列问题：①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H ＜0（填“＞”或“＜”）．②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是be （填字母编号）．a．体系的密度不发生变化b ．SO 2与SO 3的体积比保持不变c ．体系中硫元素的质量百分含量不再变化d ．单位时间转移4mol 电子，同时消耗2mol SO 3e ．容器的气体分子总数不再变化（2）一定的条件下，合成氨反应为：N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）．图2表示在此反应过程中的能量的变化，图3表示在2L 的密闭容器中反应时N 2的物质的量随时间的变化曲线．图4表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响． ①该反应的平衡常数表达式为 K=，升高温度，平衡常数减小 （填“增大”或“减小”或“不变”）．②由图3信息，计算0～10min 该反应的平均速率v （H 2）= 0.045mol/L •min ，从11min 起其它条件不变，压缩容器的体积为1L ，则n （N 2）的变化曲线为 d （填“a”或“b”或“c”或“d”）③图4a 、b 、c 三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是 c 点，温度T 1 ＜ T 2（填“＞”或“=”或“＜”）（3）若将等物质的量的SO 2与NH 3溶于水充分反应，所得溶液呈 酸 性，所得溶液中c （H +）﹣c （OH ﹣）= c （HSO 3﹣）+2c （SO 32﹣）﹣c （NH 4+） （填写表达式）（已知：H 2SO 3：Ka 1=1.7×10﹣2，Ka 2=6.0×10﹣8，NH 3•H 2O ：K b =1.8×10﹣5）． 【分析】（1）①由图可知，温度越高SO 3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动；②根据反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；（2）①由图象1分析，反应是放热反应，依据化学方程式和平衡常数概念分析写出表达式；②分析图象变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，缩体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间n （N 2）不变，达平衡是n （N 2）减小；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T 1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T 1＜T 2，据此解答； （3）依据溶液中电荷守恒分析．【解答】解：（1）①由图可知，温度越高SO 3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动，所以正反应是放热反应，△H ＜0，故答案为：＜；②2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ），反应气体体积减小，气体质量不变， a ．2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ），反应气体体积减小，气体质量不变，体系的密度不发生变化，所以体系的密度不发生变化，不能说明反应达到平衡状态，故a 错误；b ．SO 2与SO 3的体积比保持不变，反应达到平衡状态，故b 正确；c ．2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ），气体质量不变，S 元素质量不变，体系中硫元素的质量百分含量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故c 错误；d ．任何状态下，单位时间转移4mol 电子，同时消耗2mol SO 3，不能说明反应达到平衡状态，故d 错误；e ．容器的气体分子总数不再变化，说明各物质的浓度不变，说明反应达到平衡状态，故e 正确． 故答案为：be ；（2）①N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ），反应的平衡常数K=，图象1分析可知反应是放热反应，反应物能量高于生成物能量，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：；减小；②图象分析2L 的密闭容器中，V （N 2）=V （H 2）==0.015mol/L •min ，V （H 2）=0.045mol/L •min ；从11min 起其它条件不变，压缩容器的体积为1L ，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则n （N 2）的变化曲线d 符合；故答案为：0.045mol/L•min；d；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2；故答案为：c；＜；（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈酸性，c（OH﹣）=c（H+），电解质溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）得到：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），故答案为：酸；c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）．【点评】本题考查了化学反应和化学平衡影响因素的分析判断，图象分析和平衡常数变化是解题关键，题目难度中等．9．（14分）工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如图：已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O②某些物质的溶解度（S）如表所示．T/℃20406080S（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.010.85S（Li2SO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图2所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2．（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀．（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是减少Li2CO3的损失．（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．①a中，阳极的电极反应式是2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑．②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+NH3+2H2O ．【分析】锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子；（3）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑．离子选择透过膜只允许阳离子通过，电解过程中，Li+向阴极移动，而阴极电解后富余大量的OH﹣，阳极的Li+通过离子选择透过膜到阴极，这样阴极就得到比较纯净的LiOH．②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂．【解答】解：锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH﹣的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，（1）铝离子生成氢氧化铝的反应，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，根据反应Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣可知，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀，故答案为：Ca（OH）2⇌Ca2++2OH﹣，Mg2+与OH﹣结合生成Ksp很小的Mg（OH）2沉淀，导致平衡右移，生成Mg（OH）2沉淀；（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，故答案为：减少Li2CO3的损失；（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；。