平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH
1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越
2-2+2-2+
大，-lgc（SO4）越小，-lgc（Ba）越大，说明c（SO4）越大c（Ba）越小。
详解：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH
0，A项正确；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋
于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH
1，HX为一元弱酸，C项错误；D项，根据图像可见横
2-2+2-2+坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO4）越小，-lgc（Ba）越大，说明c（SO4）越大c（Ba）
越小，D项正确；答案选C。
点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。
14. H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000
mol·L?1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
L?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) A. 0.1000 mol·
++2?+B. c(Na ) =c(总)的溶液：c(Na ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O4 ) >c(H ) +
L?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) C. pH = 7的溶液：c(Na ) =0.1000 mol·
+?+?
D. c(Na ) =2c(总)的溶液：c(OH) ?c(H) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)
【答案】AD
【解析】分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为
c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的离子方程式为HC2O4-+H2OKh=0-13
H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数
=
=
=
=1.85
1
--
Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C
- 11 -
项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为
+-c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H）=c（OH），+-2-+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变则c（Na）=c（HC2O4）+2c（C2O4）=c（总）+
大，c（总）0.1000mol/L；D项，c（Na）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电++-2--荷守恒为c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）+c（OH），物料守恒为
c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。 详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为
c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得
c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的离
-子方程式为HC2O4+H2O
--
H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数=
=
=
=1.85
1
Kh=0-13
2-Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O4）c（H2C2O4），B项
错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为
+-c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H）=c（OH），+-2-2-则c（Na）=c（HC2O4）+2c（C2O4）=c（总）+c（C2O4）-c（H2C2O4），由于溶液体积变+
c大，（总）0.1000mol/L，c（Na）
0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D
+
项，c（Na）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为
c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。
15. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生
- 12 -
反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1 【答案】CD
【解析】分析：对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2c2
2c1，p2
2p1，α1（SO2）+α2（SO3）
υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时
1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当
υ1，升高温度平衡向逆反K1。
于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3应方向移动，平衡时c3
c1，p3p1，α3（SO2）
α1（SO2），K3
详解：对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2c2
2c1，p2
υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时
1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当
υ1，升高温度平衡向逆反K1。根据上述分析，A项，2p3，B项错误；C项，
2p1，α1（SO2）+α2（SO3）
于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3应方向移动，平衡时c3υ2υ1，c2
c1，p3
p1，α3（SO2）
K1，p2
α1（SO2），K32p1，p3
2c1，A项错误；B项，K3p1，则p2
υ3υ1，α3（SO2）c2
α1（SO2），C项正确；D项，c22c1，c3
1，α3（SO2）
c1，则
1，D
2c3，α1（SO2）+α2（SO3）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）
项正确；答案选CD。
点睛：本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件
- 13 -
对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
非 选 择 题
16. 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为
原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。
（2）添加1êO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃ 硫去除率=（1—
）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
②700℃焙烧时，添加1êO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。 （3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧
- 14 -
生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3=__________________。
【答案】（12分）
（1）SO2+OH?（2）①FeS2
HSO3?
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 （3）NaAlO2 Al(OH)3 （4）1∶16
【解析】分析：根据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2， （1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1êO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3。
（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3
11Fe3O4+2SO2↑。
详解：（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1êO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为
CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。 （4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为
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