江西省吉安市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题
2019—2020学年度上学期第一次月考
高二化学试卷
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Na-23 Zn-65
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是
A. 相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH－)相等
B. pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11
C. 两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH－)均减小
D. 体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。
【详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH溶液中的c(OH－)大，A错误；
B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；
C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；
D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；
答案选C。
2.下列物质中属于弱电解质的是
A. 冰醋酸 B. H2SO4溶液 C. BaSO4 D. Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此判断。
【详解】A、冰醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，A正确；
B、硫酸溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B错误；
C、BaSO4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C错误；
D、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的本质区别，注意概念的内涵与外延。
3.某反应过程能量变化如下图所示，下列说法正确的是
A. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2
B. 使用催化剂后，整个反应的速率快慢由步骤2决定
C. 改变催化剂不能改变ΔH，也不能改变E1、E2
D. 该反应为放热反应，热效应等于ΔH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1，A错误；
B. 使用催化剂后，整个反应的速率快慢由于E1>E2，则由步骤1决定，B错误；
C. 改变催化剂不能改变ΔH，但可以改变E1、E2，C错误；
D. 根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，热效应等于ΔH，D正确；
答案为D。
4.在体积为V L的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2(g)发生反应H2(g)+Br2(g)
2HBr(g)；ΔH＜0。当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2(g)的物质的量变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 若b、c点的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
B. a、b两点的反应速率：b＞a
C. 为了提高Br2(g)的转化率，可采取增加Br2(g)通入量的方法
D. 若平衡后保持温度不变，压缩容器体积平衡一定不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A、从图分析，在T2温度下平衡时氢气的体积分数小，说明平衡正向移动，温度低，平衡常数增大，所以K1
T2，从T1到T2，为降低温度，X的物质的量减小，平衡正向移动，则正反应为放热反应。
【详解】A. 分析可知，该反应的正反应是放热反应，A错误；
B. 根据图a，T0时，K0＝0.252/（0.0250.075）=33.3，T1℃时，若该反应的平衡常数K ＝50，K0＜K，则T0 到T1，平衡正向移动，正反应为放热，则为降低温度，T1＜T0，B正确；
C. 图a中反应达到平衡时，Y的转化率=0.25/0.4=62.5%，C错误；
D. T0℃，从反应开始到平衡时：v(X)＝（0.3-0.05）/（23）=0.042 mol·L－1·min－1，D错误；
答案为B。
11.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)．在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2
B. 反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)
C. 在C点时，CO转化率为75%
D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△
H＜0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；
C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；
D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；
故选C。
12.一定条件下存在反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）△H＞0；向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是
容器
甲
乙
丙
容积
0.5 L
0.5 L
V
温度
T1℃
T2℃
T1℃
起始量
2 molC
1 molH2O
1 molCO
1 molH2
4 molC
2 molH2O
A. 甲容器中，反应在前15 min的平均速率v（H2）=0.1 mol·L-1·min-1
B. 丙容器的体积V＞0.5L
C. 当温度为T1℃时，反应的平衡常数K=2.25
D. 乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，则T1＜T2
【答案】A
【解析】
【详解】A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v(CO)==0.1mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=0.1mol•L-1•min-1，故A正确；
B、丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c(CO)＜3mol/L，故丙容器的体积V＜0.5 L，故B错误；
C、根据甲容器中反应数据计算：
C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
起始浓度(mol/L) 2 0 0
转化浓度(mol/L) 1.5 1.5 1.5
平衡浓度(mol/L) 0.5 1.5 1.5
T1℃时，反应的平衡常数K===4.5，故C错误；
D、比较甲与乙可知，二者达平衡是等效的，经计算知甲容器中平衡时n(H2O)=0.25 mol，乙容器中，若平衡时n(H2O)=0.4 mol，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1＞T2，故D错误；
故选A。
13.某温度下，反应H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=
。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示：
甲
乙
丙
c(H2)/(mol·L-1)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)/(mol·L-1)
0.010
0.010
0020
下列判断不正确的是( )
A. 反应开始时，丙容器中化学反应速率最大，甲容器中化学反应速率最小
B. 平衡时，乙容器中CO2的转化率大于60%
C. 平衡时，甲容器中和丙容器中H2的转化率均是60%
D. 平衡时，丙容器中c(CO2)是甲容器中的2倍，是 0.012 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】该可逆反应两边气体系数相等，在恒容条件下，甲丙两容器为等效平衡，各物质的百分含量对应相等、后者各物质浓度均为前者的两倍。
反应：H2 ＋ CO2 H2O ＋ CO
起始：0.01 0.01 0 0
反应 x x x x
平衡0.01－x 0.01－x x x
设H2反应了x，则根据平衡常数可知，很容易计算出x=0.06，甲两容器中反应物的转化率为60%。乙相当于是在甲的基础上增加氢气的浓度，所以可以提高CO2的转化率，选项B正确；由于反应前后气体体积是不变的，因此甲和丙的平衡状态是等效的，但平衡时丙中c(CO2)＝2×（0.010－0.010x）＝0.008 mol/L，选项C正确，选项D不正确；丙中反应物的浓度最大，反应速率最快，选项A正确，答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等，注意三段式解题法的运用，判断甲、丙为等效平衡是解题关键。从而解答选项D，甲和丙的平衡状态是等效的，平衡时甲、丙中二氧化碳的转化率相等。
14.等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s) ΔH＜0，下列叙述正确的是 （ ）
A. 平衡常数K值越大，X的转化率越大
B. 达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)
C. 达到平衡后降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数
D. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A、平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确。
B、达平衡时2v正(X)=v逆(Z)，B项错误。
C、达平衡后降低温度，正、逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误。
D、增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误。
答案选A。
15.往一体积不变的密闭容器中充入H2和I2,发生反应 H2(g)+I2(g)2HI(g)；△H>0达到平衡后，t0时改变反应的某一条件（混合气体物质的量不变），且造成容器内压强增大，下列说法正确的是
A. 容器内气体颜色变深，平均相对分子质量不变
B. 平衡不移动，混合气体密度不变
C. 由于压强增大,导至H2，I2(g),HI平衡浓度都增大
D. 改变的条件是升温，速率图象为下图
【答案】D
【解析】
【分析】
t0
时改变反应的某一条件，方程式中可逆符号两边的气体计量数相等，混合气体物质的量不变、体积不变，则改变的条件为升高温度，使压强增大；升高温度，正逆反应速率均增大，该反应为吸热反应，则正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。
【详解】A.分析可知，平衡正向移动，容器的体积不变，I2的浓度减小，容器内气体颜色变浅，A错误；
B.分析可知，平衡正向移动，气体质量不变，容器体积不变，则混合气体密度不变，B错误；
C. 由于升高温度，平衡正向移动，导至H2，I2(g) 平衡浓度减小，HI平衡浓度增大，C错误；
D. 改变的条件是升温，正逆反应速率均增大，则正反应速率大于逆反应速率，速率图象正确，D正确；
答案为D。
16.相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）； △H=-197kJ·mol-l。 实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器
起始各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系能量的变化
SO2
O2
SO3
Ar
甲
2
1
0
0
放出热量：Q1
乙
1.8
0.9
0.2
0
放出热量：Q2=788kJ
丙
1.8
0.9
0.2
0.1
放出热量：Q3
下列叙述正确的是( )
A. Q1>Q3>Q2 =78．8kJ
B. 三个容器中反应的平衡常数均为K=2
C. 甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%
D. 若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0~tmin内，v（O2）=1/5t mol/（L·min）
【答案】D
【解析】
【分析】
乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等。
【详解】A.由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲>乙=丙，故放出热量：Q1>Q3=Q2=78.8kJ，故A错误；
B.甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，乙中平衡时放出热量为78.8kJ，由2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-197kJ•mol-1可知，参加反应的二氧化硫为2mol×
=0.8mol，则二氧化硫浓度变化量为=0.4mol/L，SO2、O2、SO3的起始浓度分别为
=0.9mol/L、=0.45mol/L、=0.1mol/L，则：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始（mol/L）：0.9 0.45 0.1
转化（mol/L）：0.4 0.2 0.4
平衡（mol/L）：0.5 0.25 0.5
故平衡常数K==4，故B错误；
C.根据B中计算可知，乙中平衡时二氧化硫物质的量为1.8mol-0.8mol=1mol，甲中参加反应二氧化硫为2mol-1mol=1mol，甲中二氧化硫的转化率×100%=50%，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率将小于50%，故C错误；
D.乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v（O2）== mol/（L•min），故D正确；
答案：D
【点睛】采用一边倒的方法，从等效平衡角度分析。
二、非选择题（共52分）
17.某化学小组用50ml 0.50mol/L NaOH溶液和30ml 0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定实验。
(1)实验中大约要使用230mL NaOH溶液，配制溶液时至少需要称量NaOH固体__ g
(2)做中和热的测定实验时:桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、硬纸板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒.实验尚缺少的玻璃仪器（用品）是______、______。
(3)他们记录的实验数据如下:
①请填写表中的空白：
实验次数
起始温度t1
终止温度t2/℃
温度差平均值（t2﹣t1）/℃
H2SO4
NaOH
1
25.0℃
25.0℃
29.1
Δt=________
2
25.0℃
25.0℃
29.8
3
25.0℃
25.0℃
28.9
4
25.0℃
25.0℃
29.0
②已知:溶液的比热容c为4.18 J·℃-1·g-1,溶液的密度均为1 g·cm-3。写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式____________(用该实验的数据,取小数点后一位）。
(4)若用氨水代替NaOH做实验,测定结果ΔH会___(填“偏大”、“偏大”、“无影响”)。
【答案】 (1). 5.0 (2). 量筒 (3). 温度计 (4). 4.0 (5). H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣53.5kJ/mol (6). 偏大
【解析】
【分析】
(1) 配制230mL NaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶；
(2)缺少量取溶液体积量筒、测量温度的温度计；
(3) ①4次实验温度的差值分别为4.1℃、4.8℃、3.9℃、4.0℃，第二次数据差距较大，舍弃数据；
②根据Q=cmt、H=- Q/n进行计算；
(4)若用氨水代替NaOH做实验，氨水为弱碱，电离时吸收热量。
【详解】(1) 配制230mL NaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶，m（NaOH）=0.50mol/L0.25L40g/mol=5.0g；
(2)缺少量取溶液体积的量筒、测量温度的温度计；
(3) ①4次实验温度的差值分别为4.1℃、4.8℃、3.9℃、4.0℃，第二次数据差距较大，舍弃数据，则3次数据的平均值为（4.1+3.9+4.0）/3=4.0℃；
②Q=cmt=4.18804.0=1337.6J，中和反应为放热反应，则H=- Q/n=-1.3376kJ/0.025mol=-53.5kJ/mol；
(4)若用氨水代替NaOH做实验，氨水为弱碱，电离时吸收热量，导致中和时释放的热量减少，焓变偏大。
【点睛】中和热为放热反应，则焓变小于零，根据H=- Q/n进行计算即可。
18.甲醇来源丰富，价格低廉，是一种重要的化工原料，有着非常重要、广泛的用途。工业上常用水煤气在恒容、催化剂和加热的条件下生产甲醇，其热化学方程式为：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g);ΔH=-90.8kJ/mol。
（1）该反应的平衡常数表达式为：K=____，如升高温度，K值将______（填：增大、减小或不变）。
（2）以下各项能说明该反应达到平衡状态的是____________.
A.混合气体的密度保持不变 B.甲醇的质量分数保持不变
C.CO的浓度保持不变 D.2v逆(H2)=v正(CH3OH)
（3）在210°C、240°C和270°C三种不同温度、2 L恒容密闭容器中研究合成甲醇的规律。
如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是_____。由起始达到a点所需时间为5min，则H2的反应速率为:_______________mol/(L·min)。
（4）某兴趣小组设计了如图所示的甲醇燃料电池装置。
①该电池工作时，正极是____________极（填“a”或 “b”）；
②该电池负极反应的离子方程式为____________________________________。
【答案】 (1). K= (2). 减小 (3). BC (4). 2700C (5). 0.1mol/(L·min) (6). a (7). CH3OH-6e-+H2O = CO2↑+6H+
【解析】
【分析】
（1）平衡常数等于生成物平衡浓度化学计量数幂之积比上反应物平衡浓度幂之积；根据正反应为放热反应判断；
（2）正逆反应速率相等；变量不在发生变化，证明达到了平衡；
（3）正反应为放热反应，温度越高，反应物转化率越低；根据CO的转化率计算CO的变
化量，根据CO的变化量计算氢气的变化量，在计算速率；
（4）根据燃料电池中正极为充入氧气一极，负极为燃料一极判断书写电极反应式。
【详解】（1）该反应的平衡常数表达式为：K=，因为正反应为放热反应，因此升高温度，平衡会逆向移动，K值将减小；
答案：K= (2). 减小
（2）根据反应中变化的量不在发生变化，证明反应达到了平衡分析；
A.因为体积一定，气体总质量一定，因此混合气体的密度始终保持不变，不可作为判断是否平衡的依据，故A错误；
B.反应未达到平衡时，甲醇的质量分数始终在变化，当不在发生变化时，说明反应达到了平衡，故B正确；
C.
.反应未达到平衡时，CO的浓度始终在变化，当不在发生变化时，说明反应达到了平衡，故C正确；
D.正逆反应速率比不等于化学计量数之比，故D错误；
答案：BC
（3）根据反应2H2(g)+CO(g) CH3OH(g);ΔH=-90.8kJ/mol，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270℃；
△c（CO）=1mol×50%/2=0.25mol/L，则△c（H2）=2△c（CO）=2×0.25mol/L=0.5mol/L；
v（H2）=△c（H2）/△t=0.5mol/L/5min=0.1mol/(L·min) ;
答案：2700C 0.1mol/(L·min)
（4） ①该电池工作时，a极通入O2得电子，则正极是a极；
②该电池负极甲醇失电子生成二氧化碳，反应的离子方程式为CH3OH-6e-+H2O = CO2↑+6H+；
答案：a CH3OH-6e-+H2O = CO2↑+6H+
19.工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。
（1）已知：①CO燃烧热的△H1=－283.0kJ·mol-l，②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H2=+180.5kJ·mol-1，汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)； △H=___。
（2）将0．20mol NO和0．10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生上述反应，反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示．
①该反应第一次达到平衡时的平衡常数为________。
②第12min时改变的条件是________。
③在第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0．060mol，平衡将________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)．
(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素。
①SNCR脱硝技术中：在催化剂作用下用NH3作还原剂还原NO，其主要反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0。体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示。当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是________。
②SCR脱硝技术中则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为____________。
【答案】 (1). -746.5kJ/mol (2). 0．35 L·mol－1 (3). 升温 (4). 逆向 (5). 低于925℃反应速率较慢，高于925℃ 会降低催化剂活性，且升高温度脱硝反应
逆向移动 (6). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据浓度变化图像，反应物为NO、CO，生成物为N2、CO2，9min达到平衡时各物质的变化量分别为0.04mol/L、0.04mol/L、0.02mol/L、0.04mol/L，则方程式为2NO(g)+2CO(g) N2 (g)+2CO2 (g)；
(3)根据图像、反应放热及催化剂角度进行解释。
【详解】（1）①CO燃烧热的方程式为CO(g)+ O2(g)= CO2(g) △H1=－283.0kJ·mol-l，②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H2+180.5kJ·mol-1，根据盖斯定律，①2-②可得2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ，△H=－283.02-180.5=-746.5kJ/mol；
（2①该反应9min达到平衡时，各物质的浓度分别为0.16mol/L、0.06mol/L、0.02mol/L、0.04mol/L，则平衡常数=0.0420.02/（0.1620.062）=0.35mol-1L；
②第12min时，反应各量浓度未变化，且反应物的浓度增大，平衡逆向移动，则改变条件为升高温度；
③ 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)
18min：0.18 0.08 0.01 0.02
K2=0.0220.01/（0.1820.082）=0.02，第24min时，若保持温度不变，则K2不变，向容器中充入CO和N2各0．060mol，则Qc=0.0220.07/（0.1820.142）=0.04，Qc>K2，平衡逆向移动；
(3) ①温度低于925℃时，反应速率减慢，脱硝效率降低，温度高于925℃时，催化剂的活性降低，且反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝率降低；
②用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2，生成物为氮气、二氧化碳和水，则方程式为4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O。
20.纳米氧化锌是一种多功能性的新型无机材料，在橡胶、玻璃、涂料等各个领域广泛的应用。工业由粗氧化锌(含少量FeO、CuO 等杂质) 制备活性氧化锌的工业流程如下:
已知:Fe3+、Fe2+、Cu2+完全沉淀的pH分别是:3.2，8.1，6.7
（1）“酸浸”时用的硫酸溶液的密度为1．4g/mL，质量分数为70%，则该硫酸的物质的量浓度为____。
（2）焙烧前粉碎的目的是____________________________________________。
（3）滤液中加锌粉的目的是_____________________________________。
（4）物质A的主要成分_______________(填化学式)，检验A中阳离子的方法是_______________。
（5）滤液中加H2O2发生反应的离子方程式__________________________。
（6）6.82g碱式碳酸锌[aZn(OH)2·bZnCO3·cH2O]恰好溶解在40mL3mol/LHCl中，同时产生448mLCO2(标准状况下)，试推算碱式碳酸锌的化学式为___________________________。
【答案】 (1). 10mol·L-1 (2). 增大接触面积，加快反应速率 (3). 除去滤液中含有的Cu2+离子 (4). (NH4)2SO4 (5). 取少量的A溶液于试管中，加入氢氧化钠并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则含有NH4+ (6). 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ (7). 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O
【解析】
【分析】
（1）根据 计算硫酸浓度；
（2）粉碎可以增大接触面积；
（3） 滤液中含有杂质铜离子；
（4）根据元素守恒分析物质A的主要成分；
（5） “酸浸”后的滤液中含有Fe2+， H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+；
（6）根据反应方程式aZn(OH)2·bZnCO3·cH2O+(2a+2b)HCl=（a+b）ZnCl2+bCO2+(2a+b+c)H2O，计算碱式碳酸锌的化学式。
【详解】（1） = mol·L-1 ；
（2）粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（3） 滤液中含有杂质铜离子，加锌粉可以除去滤液中含有的Cu2+离子；
（4）加入锌粉过滤后的滤液中含有硫酸锌，加入碳酸氢铵生成碱式碳酸锌，根据元素守恒，物质A的主要成分是(NH4)2SO4；取少量的A溶液于试管中，加入氢氧化钠并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则含有NH4+；
（5） “酸浸”后的滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，反应离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；
（6）
a=2b， b=c，所以碱式碳酸锌的化学式是2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O。
