2025年華東師大版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、氫燃料電池汽車由于具備五大優(yōu)勢(shì)：零排放；零污染、無噪音、補(bǔ)充燃料快、續(xù)航能力強(qiáng)；而備受關(guān)注。某氫燃料電池汽車的結(jié)構(gòu)如圖所示：

下列說法錯(cuò)誤的是A.電極B采用多孔電極材料的優(yōu)點(diǎn)是能增大反應(yīng)物接觸面積B.“電池”能將燃料電池產(chǎn)生的多余電能暫時(shí)儲(chǔ)存起來C.電極B的電極反應(yīng)式為O2+4e?=2O2?D.質(zhì)子通過電解質(zhì)溶液向電極B遷移2、已知HF分子在一定條件下會(huì)發(fā)生二聚反應(yīng)：經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)得，不同壓強(qiáng)下，平衡時(shí)體系的平均摩爾質(zhì)量()隨溫度(T)的變化曲線如圖所示；下列說法正確的是。

A.該反應(yīng)的B.氣體的壓強(qiáng)：C.平衡常數(shù)：D.測(cè)定HF的相對(duì)分子質(zhì)量要在低壓、高溫條件3、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是()A.在12.0gNaHSO4晶體中，所含離子數(shù)目為0.2NAB.足量的鎂與濃硫酸充分反應(yīng)，放出2.24L混合氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAC.電解精煉Cu時(shí)，導(dǎo)線中通過電子的數(shù)目為2NA時(shí)，陽極質(zhì)量一定減少64gD.氫氧燃料電池正極消耗22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時(shí)，電路中通過的電子數(shù)目為2NA4、是一種溫室氣體，其存儲(chǔ)能量的能力是的12000~20000倍，在大氣中的壽命可長達(dá)740年，以下是幾種化學(xué)鍵的鍵能：?；瘜W(xué)鍵鍵能()946154.8283.0

下列說法中正確的是A.過程放出能量B.過程放出能量C.反應(yīng)的D.吸收能量后如果沒有化學(xué)鍵的斷裂與生成，仍可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)5、已知相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如表所示：?；瘜W(xué)鍵H-HBr-BrH-Br鍵能(kJmol-1)436193x

則表中x為A.365.5B.263.5C.731D.6、在不同條件下進(jìn)行分解實(shí)驗(yàn)，的濃度減少一半所需時(shí)間(t)如下表所示，表示該段時(shí)間內(nèi)的平均分解速率。已知的起始濃度為下列說法正確的是。3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157

A.依據(jù)信息可知，對(duì)分解起催化作用B.在30℃、pH=4.0條件下，C.50℃、PH=5.5條件下的比25℃、pH=6.0條件下的的大D.相同pH條件下，溫度每升高10℃，增大一倍7、微生物燃料電池(MFC)是一種現(xiàn)代化氨氮去除技術(shù)。下圖為MFC碳氮聯(lián)合同時(shí)去除的轉(zhuǎn)化系統(tǒng)原理示意圖。

下列說法正確的是A.A極電勢(shì)比B極電勢(shì)高B.B極的電極反應(yīng)式為C.好氧微生物反應(yīng)器中反應(yīng)為D.當(dāng)生成22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，電路中共轉(zhuǎn)移電子8、體積相同的甲、乙兩個(gè)容器中，分別充有2molSO2和1molO2，在相同溫度下發(fā)生反應(yīng)2SO2＋O22SO3，并達(dá)到平衡．在該過程中，甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強(qiáng)不變，若甲容器中SO2的轉(zhuǎn)化率為p％，則乙容器中SO2的轉(zhuǎn)化率A.等于p％B.大于p％C.小于p％D.無法判斷評(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、電芬頓工藝被認(rèn)為是一種很有應(yīng)用前景的高級(jí)氧化技術(shù)，可用于降解去除廢水中的持久性有機(jī)污染物，其工作原理如圖a所示，工作時(shí)，電極產(chǎn)生量與電流強(qiáng)度關(guān)系如圖b所示：

下列說法錯(cuò)誤的是A.電流流動(dòng)方向：電極→電解質(zhì)→電極B.是該電芬頓工藝的催化劑C.根據(jù)圖b可判斷合適的電流強(qiáng)度范圍為55-60mAD.若處理苯酚，理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下10、將NaCl和CuSO4兩種溶液等體積混合后用石墨電極進(jìn)行電解；電解過程中，溶液pH隨時(shí)間t變化的曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.AB段pH增大是因?yàn)殡娊釴aCl溶液生成NaOH的緣故B.整個(gè)過程中陽極先產(chǎn)生Cl2，后產(chǎn)生O2C.原混合溶液中NaCl和CuSO4濃度之比小于2：1D.電解至D點(diǎn)時(shí)，往溶液中加入適量Cu(OH)2一定可使其復(fù)原為B點(diǎn)溶液11、下列熱化學(xué)方程式不正確的是A.甲烷的燃燒熱為890.3kJ/mol，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=+890.3kJ/molB.表示中和熱的熱化學(xué)方程式：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/molC.表示H2燃燒熱的熱化學(xué)方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-286.8kJ/molD.500℃、30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol12、80℃時(shí)，NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。該溫度下，在甲、乙、丙三個(gè)體積相等且恒容的密閉容器中，投入NO2和SO2，起始濃度如表所示，其中甲經(jīng)2min達(dá)平衡時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，下列說法錯(cuò)誤的是。起始濃度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20

A.容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1B.達(dá)到平衡時(shí)，容器丙中正反應(yīng)速率與容器甲相等C.溫度升至90℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.56，則反應(yīng)的ΔH＜0D.容器乙中若起始時(shí)改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2，達(dá)到平衡時(shí)c(NO)與原平衡相同13、鎳氫電池是一種高容量二次電池，常用作新型混合動(dòng)力汽車電源，其工作原理如圖所示，其中負(fù)極M為儲(chǔ)氫合金，MHn為吸附了氫原子的儲(chǔ)氫合金；KOH溶液作電解液。下列說法正確的是。

A.電池交換膜為陰離子交換膜B.電池總反應(yīng)式為nNiOOH+MHnM+nNi(OH)2C.電池充電時(shí)，a電極連接電源的負(fù)極，電極周圍溶液的pH減小D.電池工作時(shí)，b電極的電極反應(yīng)式為評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、工業(yè)制膽礬時(shí)，將粗制CuO粉末(含雜質(zhì)FeO、Fe2O3)慢慢加入適量的稀H2SO4中完全溶解，除去雜質(zhì)離子后，再蒸發(fā)結(jié)晶可得純凈的膽礬晶體。已知：pH≥9.6時(shí)，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4時(shí)，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4時(shí)，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀．回答下列問題：

(1)為除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(從下面四個(gè)選項(xiàng)選擇)將Fe2+氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為_______________________，然后加入適量的__________，(從下面四個(gè)選項(xiàng)選擇)調(diào)整溶液的pH為______，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀。

A.CuOB.Cl2C.Cu(OH)2D.H2O2

(2)甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液pH=4是否能達(dá)到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過計(jì)算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp=1×10-38，Cu(OH)2的溶度積Ksp=3×10-20，通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時(shí)就認(rèn)為沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3mol?L-1，則Cu(OH)2開始沉淀時(shí)溶液的pH為______，F(xiàn)e3+完全沉淀時(shí)溶液的pH為______，通過計(jì)算確定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。15、將1L0.5mol·L-1CuSO4和0.2mol·L-1FeCl3混合溶液；用石墨為電極電解。一段時(shí)間后在陽極收集到8.96L(標(biāo)況下)氣體(不考慮氯氣溶于水)，電解結(jié)束后將溶液體積稀釋至2L。

計(jì)算：(已知：lg2=0.3；lg3=0.5)

（1）陽極析出氣體為___。

（2）計(jì)算稀釋后溶液的pH___(忽略溶液中離子水解)。16、回答下列問題：

(1)某課外活動(dòng)小組同學(xué)用圖甲所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；試回答下列問題：

①若開始時(shí)開關(guān)K與a連接，則鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕中的___腐蝕。

②若開始時(shí)開關(guān)K與b連接，則總反應(yīng)的離子方程式為___。

(2)芒硝(化學(xué)式為Na2SO4?10H2O)為無色晶體；易溶于水，是一種分布很廣泛的硫酸鹽礦物。該小組同學(xué)設(shè)想，如果模擬工業(yè)上利用離子交換膜制燒堿的過程，用圖乙所示裝置電解硫酸鈉溶液來制取氫氣；氧氣、硫酸和氫氧化鈉，無論從節(jié)省能源還是提高原料利用率的角度而言都更加符合綠色化學(xué)理念。

①該電解槽的陽極反應(yīng)式為___。電解過程中通過陰離子交換膜的離子數(shù)___(填“大于”“小于”或“等于”)通過陽離子交換膜的離子數(shù)。

②制得的氫氧化鈉溶液從出口__(填“A”或“D”)導(dǎo)出。

③若將制得的氫氣、氧氣和氫氧化鈉溶液組合為氫氧燃料電池，則電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為__。已知H2的燃燒熱為285.8kJ?mol-1，則該燃料電池工作產(chǎn)生36g液態(tài)H2O時(shí)，理論上有__kJ的能量轉(zhuǎn)化為電能。17、丙烯腈(C3H3N)是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產(chǎn)。以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產(chǎn)物丙烯醛(C3H4O)的熱化學(xué)方程式如下。

①C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)?C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝?515kJ·mol?1

②C3H6(g)＋O2(g)?C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝?353kJ·mol?1

請(qǐng)回答下列各題：

(1)關(guān)于上述反應(yīng)，下列說法正確的是____。

A.增大壓強(qiáng)有利于提高丙烯腈平衡產(chǎn)率。

B.反應(yīng)②的ΔS等于零。

C.可以選擇合適的催化劑來提高混合氣中丙烯腈的生產(chǎn)效率。

D.上述反應(yīng)在恒溫、恒容密閉容器中進(jìn)行，若H2O(g)濃度保持不變；則說明兩反應(yīng)均達(dá)到平衡狀態(tài)。

(2)一定溫度下，在體積不變的容器中充入C3H6、NH3、O2各1mol，一定時(shí)間后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，測(cè)得容器內(nèi)C3H6和H2O的物質(zhì)的量分別為0.4mol和1.4mol，該溫度下反應(yīng)②的平衡常數(shù)為____。

(3)若向容器內(nèi)充入3molC3H6和1molO2只發(fā)生反應(yīng)②，一定時(shí)間達(dá)到平衡狀態(tài)，10min時(shí)再充入1molO2，15min重新達(dá)到平衡，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出10min～20min內(nèi)C3H4O的百分含量的變化圖__________。

(4)如圖為一定時(shí)間內(nèi)丙烯腈產(chǎn)率與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，最高產(chǎn)率對(duì)應(yīng)的溫度為460℃。下列說法正確的是_____。

A.460℃之前產(chǎn)率隨溫度升高而增大是因?yàn)殡S溫度升高反應(yīng)平衡常數(shù)變大。

B.高于460℃產(chǎn)率下降的原因可能是溫度升高催化劑活性降低。

C.460℃時(shí)C3H6的轉(zhuǎn)化率一定大于500℃

D.溫度過高副反應(yīng)可能變多不利于合成丙烯腈18、鐵是生產(chǎn)生活中應(yīng)用最廣泛的金屬；煉鐵技術(shù)備受關(guān)注，已知：

①2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H=+460.5kJ/mol

②Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol

請(qǐng)回答下列問題：

(1)T1℃時(shí)，向密閉容器中加入一定量的Fe2O3和C，發(fā)生反應(yīng)①，達(dá)到平衡后，CO2的濃度為amol/L；若其他條件不變，縮小容器容積再次達(dá)到平衡時(shí)，CO2的濃度為bmol/L，則a__b(填“>”“<”或“=”)。

(2)起始溫度均為T2℃時(shí)，向容積為10L的三個(gè)恒容密閉容器中，分別加入一定量的Fe2O3和CO發(fā)生反應(yīng)②，測(cè)得相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示：。編號(hào)容器起始時(shí)物質(zhì)的量/mol平衡常數(shù)(K)平衡常數(shù)(K)Fe2O3COFeCOFe1恒溫0.51.50.8K12恒溫23mK23絕熱11.5nK3

①T2℃時(shí)，容器1中反應(yīng)的平衡常數(shù)Kl=__。

②容器2中，5min達(dá)到平衡，則0～5min內(nèi)以CO2表示該反應(yīng)的速率v(CO2)=__。

③對(duì)于三個(gè)容器中的反應(yīng)，下列說法正確的是(填選項(xiàng)字母)__。

A.m>2n

B.容器1和容器2中CO的平衡轉(zhuǎn)化率al2

C.K1=K3

D.平衡時(shí)氣體壓強(qiáng)：P3>Pl

(3)T2℃時(shí)，向恒壓密閉容器中充入0.5molFe2O3和1.0molCO，發(fā)生反應(yīng)②，CO和CO2的物質(zhì)的量濃度(c)與時(shí)間(t)的關(guān)系如圖所示。

6min時(shí)，改變的外界條件為__，理由為__。19、如圖所示3套實(shí)驗(yàn)裝置；分別回答下列問題：

(1)裝置1為鐵的吸氧腐蝕實(shí)驗(yàn)。一段時(shí)間后，向插入鐵釘?shù)牟Ａ矁?nèi)滴入KSCN溶液呈無色，再滴入氯水即可觀察到鐵釘附近的溶液變紅色，表明鐵被_______(填氧化、還原)；向插入碳棒的玻璃筒內(nèi)滴入酚酞試液，可觀察到碳棒附近的溶液變紅，該電極反應(yīng)為_______________。

(2)裝置2中的石墨是_________極(填“正”或“負(fù)”)，該裝置發(fā)生的總反應(yīng)的離子方程式為___________________________________。

(3)裝置3中甲燒杯盛放100mL0.2mol·L-1的NaCl溶液，乙燒杯盛放100mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液。反應(yīng)一段時(shí)間后；停止通電。向甲燒杯中滴入幾滴酚酞試液，觀察到石墨電極附近首先變紅。

①電源的M端為_________極，甲燒杯中鐵電極的電極反應(yīng)為________________；

②乙燒杯中電解反應(yīng)的離子方程式為___________________________________；

③停止電解，取出Cu電極，洗滌、干燥、稱量，電極增重0.64g，則甲燒杯中產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為____________mL。20、如下圖所示，當(dāng)線路接通時(shí)，發(fā)現(xiàn)M(用石蕊試液浸潤過的濾紙)a端顯藍(lán)色，b端顯紅色；且知甲中電極材料是鋅；銀，乙中電極材料是鉑、銅，且乙中兩極不發(fā)生變化?；卮穑?/p>

（1）裝置名稱：甲是___________，乙是___________。

（2）電極名稱及電極材料：

A___________，___________；B___________，___________；

C___________，___________；D___________，___________。21、應(yīng)用電化學(xué)原理；回答下列問題：

(1)上述三個(gè)裝置中，負(fù)極反應(yīng)物化學(xué)性質(zhì)上的共同特點(diǎn)是___________。

(2)甲中電流計(jì)指針偏移時(shí)，鹽橋(裝有含瓊脂的KCl飽和溶液)中離子移動(dòng)的方向是___________。

(3)乙中正極反應(yīng)式為___________；若將H2換成CH4，則負(fù)極反應(yīng)式為___________。

(4)丙中鉛蓄電池放電一段時(shí)間后，進(jìn)行充電時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式是___________。評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共10分)22、A；B、C、D、E是短周期元素組成的中學(xué)常見的物質(zhì)；存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分生成物和反應(yīng)條件略去）

（1）若C為二氧化碳，則A可能為___________________；

（2）若X為金屬單質(zhì)，則X與B的稀溶液反應(yīng)生成C的離子方程式為___________________________；

（3）若D為白色沉淀，與A摩爾質(zhì)量相等，則A為_________，反應(yīng)③的離子方程式為____________；

（4）若A為無色液體，且B、E的摩爾質(zhì)量相等，反應(yīng)①的化學(xué)方程式為_____________；

（5）若A為一氧化碳，則D為____________；t℃時(shí)，在2L的密閉的容器中加入3molCO和0.75mol水蒸氣，達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為20%，在相同溫度下再加入3.75mol水蒸氣，再次達(dá)到平衡時(shí)，能否計(jì)算出CO的轉(zhuǎn)化率？____。若能，請(qǐng)計(jì)算；若不能，請(qǐng)說明理由________________________________________。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)23、某含鎳(NiO)廢料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等雜質(zhì)，用此廢料提取NiSO4的工藝流程如圖1所示：

已知：①有關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀所需的pH如圖2所示。

②25℃時(shí)，HF的電離常數(shù)Ka=7.2×10-4，H2SO3的電離常數(shù)Ka1=1.54×10-2；Ka2=1.02×10-7；Ksp(MgF2)=7.4×10-11。

(1)加Na2CO3調(diào)節(jié)溶液的pH至5，得到廢渣2的主要成分是________(填化學(xué)式)。

(2)Mg能與飽和NH4Cl溶液反應(yīng)產(chǎn)生NH3，請(qǐng)用化學(xué)平衡移動(dòng)原理加以解釋：___(用必要的文字和離子方程式回答)。

(3)25℃時(shí)，將足量的HF通至Na2SO3反應(yīng)的離子方程式為______。該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為________。

(4)已知沉淀前溶液中c(Mg2+)=1.85×10-3mol·L-1，當(dāng)除鎂率達(dá)到99.99%時(shí)，溶液中c(F-)=__mol·L-1。

(5)在NaOH溶液中用NaClO與NiSO4反應(yīng)可制得NiO(OH)，化學(xué)方程式為______。NiO(OH)與貯氫的鑭鎳合金可組成鎳氫堿性電池(KOH溶液)，工作原理為LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6NiO+6H2O，負(fù)極的電極反應(yīng)式為______。24、工業(yè)上常采用低品位氧化錳礦(主要成分是MnO2)與黃鐵礦(主要成分是FeS2)直接還原浸出工藝聯(lián)合生產(chǎn)錳的化合物；其工藝流程如圖所示。

回答下列問題：

(1)工業(yè)上將氧化錳礦制成礦漿的目的是：_______。

(2)FeS2中的S化合價(jià)為_______；“浸出、化合”時(shí)，F(xiàn)eS2的氧化產(chǎn)物之一為SO反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

(3)濾渣的主要成分是_______(化學(xué)式)。

(4)用惰性電極電解硫酸酸化的硫酸錳溶液制備MnO2時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式為_______；若轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×1022，左室溶液中最終n(H+)的變化量為_______。

(5)操作a，硫酸錳溶液經(jīng)_______可得到硫酸錳固體。

(6)電解廢液中的_______(填化學(xué)式)可以循環(huán)使用。25、按要求回答下列問題。

（1）我國規(guī)定生活用水中鎘排放的最大允許濃度為0.005mg/L。處理含鎘廢水可采用化學(xué)沉淀法。試回答下列問題：

①磷酸鎘（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常數(shù)的表達(dá)式Ksp＝_____________________。

②在某含鎘廢水中加入Na2S，當(dāng)S2-濃度達(dá)到7.9×10-8mol/L時(shí)，水體中Cd2+濃度為_____mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9×10-27，Cd的相對(duì)原子質(zhì)量：112）；此時(shí)是否符合水源標(biāo)準(zhǔn)？______（填“是”或“否”）。

（2）煉鋅煙塵（主要成分為ZnO；含少量CuO和FeO）為原料，可以制取氯化鋅和金屬鋅。制取氯化鋅主要工藝如下：

下表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol·L－1計(jì)算)。金屬離子Fe3+Zn2+Fe2+開始沉淀的pH1.15.25.8沉淀完全的pH3.26.48.8

①加入H2O2溶液的作用是________________。

②流程圖中，調(diào)節(jié)pH時(shí)，加入的試劑X可以是________（填序號(hào)）；

a、ZnOb、NaOHc、Zn2(OH)2CO3d、ZnSO4

pH應(yīng)調(diào)整到______________________。26、軟錳礦(成分如表1所示)的成分是二氧化錳；其中還含有少量二氧化硅；鐵、氧化鋁以及少量的重金屬等。廢鐵屑還原軟錳礦生產(chǎn)高純硫酸錳晶體的工藝流程如圖1所示。

表1軟錳礦的化學(xué)成分。成分含量/%成分含量/%MnO235.23Fe2.16SiO215.67Al2O33.34MgO0.18CaO4.82

(1)浸出液中檢測(cè)到存在Fe3＋，軟錳礦與鐵屑發(fā)生的離子反應(yīng)是___________；

(2)加入碳酸鈣之前需要加入雙氧水的作用是___________，用碳酸鈣除去鐵、鋁的原理是___________。(表2數(shù)據(jù)可供參考)。

表2不同金屬離子沉淀的pH。物質(zhì)Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀1.56.53.37.7沉淀完全3.79.75.29.8

(3)深度除雜中所加二氟化錳的作用是___________。

(4)從濾液中獲得硫酸錳晶體的方法是___________。(硫酸錳在不同溫度下的溶解度見表3)

表3硫酸錳在不同溫度下的溶解度。溫度/℃508090100溶解度/(g/100g水)58484234

(5)H2SO4/MnO2的物質(zhì)的量比不同對(duì)錳的浸出率η有影響；實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)H2SO4、MnO2的物質(zhì)的量比2.1∶1錳的浸出率較高(見圖2)，請(qǐng)結(jié)合反應(yīng)原理說明原因：___________。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．多孔電極材料表面積大；吸附性強(qiáng)，能增大反應(yīng)物接觸面積，A正確；

B．汽車行駛過程中；燃料電池產(chǎn)生的電能轉(zhuǎn)化為電能，當(dāng)汽車處于怠速等過程中，“電池”能將燃料電池產(chǎn)生的多余電能暫時(shí)儲(chǔ)存起來，B正確；

C．電解質(zhì)溶液為酸性溶液，電極反應(yīng)應(yīng)為4H++O2+4e?=2H2O；C錯(cuò)誤；

D．電極B通入氧氣；發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，質(zhì)子即氫離子為陽離子，向原電池正極移動(dòng)，D正確；

綜上所述答案為C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．溫度升高平均摩爾質(zhì)量減小，氣體質(zhì)量守恒，物質(zhì)的量增大，說明平衡逆反應(yīng)方向進(jìn)行，升溫平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H<0；故A錯(cuò)誤；

B．b、c點(diǎn)是壓強(qiáng)相同條件下的化學(xué)平衡，依據(jù)圖象分析可知溫度不變時(shí)，增大壓強(qiáng)，氣體物質(zhì)的量減小，氣體摩爾質(zhì)量越大，p1>p2，氣體的壓強(qiáng)：p(a)<p(b)=p(c)；故B錯(cuò)誤；

C．平衡常數(shù)隨溫度變化不隨壓強(qiáng)變化，a、b、c點(diǎn)的溫度不同，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)越小，平衡常數(shù)：K(a)>K(c)>K(b)；故C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)；測(cè)定HF的相對(duì)分子質(zhì)量應(yīng)使平衡逆向進(jìn)行，需要在低壓；高溫條件下進(jìn)行提高HF的純度，故D正確；

故選：D。3、A【分析】【詳解】

A．12.0gNaHSO4的物質(zhì)的量為0.1mol，而1molNaHSO4中含1molNa+和1molHS故0.1molNaHSO4中含0.2mol離子，即0.2NA個(gè)；故A正確；

B．足量的鎂與濃硫酸充分反應(yīng)，產(chǎn)生氣體為氫氣和二氧化硫的混合氣體，標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體的物質(zhì)的量為0.1mol，生成0.1mol氫氣和二氧化硫的混合氣體，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，由于氣體狀況不明確，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不一定為0.2NA；故B錯(cuò)誤；

C．由于粗銅中含有比Cu容易失去電子的Ni、Zn、Fe等金屬，導(dǎo)線中通過電子的數(shù)目為2NA時(shí)；陽極質(zhì)量不一定減少64g，故C錯(cuò)誤；

D.氫氧燃料電池正極是氧氣得電子，1molO2得4mol電子，所以消耗22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時(shí)，電路中通過的電子數(shù)目為4NA；故D錯(cuò)誤；

答案選A。4、B【分析】【詳解】

A．過程是化學(xué)鍵斷裂的過程；需要吸收能量，A錯(cuò)誤；

B．過程是化學(xué)鍵的形成過程；將放出能量，B正確；

C．反應(yīng)的=反應(yīng)物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和=946kJ/mol+3×154.8kJ/mol-6×283.0kJ/mol=-287.6kJ/mol＜0；C錯(cuò)誤；

D．化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)從微觀的角度講就是舊化學(xué)鍵的斷裂和新化學(xué)鍵的形成過程，故吸收能量后如果沒有化學(xué)鍵的斷裂與生成；不可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。5、A【分析】【詳解】

由解得綜上所述A符合題意，故選A。

答案選A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．pH增大，則OH-濃度增大，pH增大能加速O3分解，表明對(duì)O3分解起催化作用的是OH-；A錯(cuò)誤；

B．v=1.00×10-4mol/（L?min）；B錯(cuò)誤；

C．由表中數(shù)據(jù)可知，50℃、PH=5.5條件下所需要的時(shí)間在7~15之間，而25℃、pH=6.0條件下所需要的時(shí)間在15~58之間，故50℃、PH=5.5條件下的更大；C正確；

D．由表中數(shù)據(jù)可知，相同pH條件下，溫度每升高10℃，時(shí)間并不是原來的一半，故增大并不是一倍；D錯(cuò)誤；

故答案為：C。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)圖中的移動(dòng)方向可判斷A為負(fù)極；B為正極，正極電勢(shì)高，A極電勢(shì)比B極電勢(shì)低，故A錯(cuò)；

B．B為正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則故選B；

C．為強(qiáng)電解質(zhì)，所以好氧微生物反應(yīng)器中反應(yīng)為故C錯(cuò)；

D．當(dāng)生成22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，電路中共轉(zhuǎn)移電子；故D錯(cuò)；

答案選B。8、B【分析】【分析】

該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)；若甲容器保持體積不變，乙容器保持壓強(qiáng)不變，則隨著反應(yīng)的進(jìn)行，甲的壓強(qiáng)逐漸減小，達(dá)平衡時(shí)，乙容器壓強(qiáng)大于甲容器壓強(qiáng)，根據(jù)壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響分析。

【詳解】

該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，甲為恒溫恒容容器，乙為恒溫恒壓容器，乙容器和甲容器相比較，乙容器相當(dāng)于增大了容器內(nèi)的壓強(qiáng)，增大壓強(qiáng)，平衡會(huì)向正反應(yīng)方向（氣體體積減小）的方向移動(dòng)，所以乙容器中SO2的轉(zhuǎn)化率大于甲容器SO2的轉(zhuǎn)化率，反應(yīng)達(dá)平衡后甲容器中SO2的轉(zhuǎn)化率為p％，則乙容器SO2的轉(zhuǎn)化率大于p％；故選B。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡的影響因素，注意根據(jù)反應(yīng)方程式的特點(diǎn)，把握壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響是解答關(guān)鍵。二、多選題(共5題，共10分)9、CD【分析】【分析】

電極上氧氣、鐵離子發(fā)生還原反應(yīng)，為陰極，則電極為陽極；

【詳解】

A．由分析可知，電極為陰極，則電極為陽極，電流流動(dòng)方向：電極→電解質(zhì)→電極；A正確；

B．轉(zhuǎn)化為亞鐵離子；亞鐵離子和過氧化氫生成羥基自由基和鐵離子，鐵離子在反應(yīng)前后沒有改變，是該電芬頓工藝的催化劑，B正確；

C．過量的過氧化氫會(huì)氧化亞鐵離子，導(dǎo)致生成的羥基自由基減少，使得降解去除廢水中的持久性有機(jī)污染物的效率下降，故據(jù)圖b可判斷合適的電流強(qiáng)度范圍為40mA左右；C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)中氧氣轉(zhuǎn)化為過氧化氫，苯酚轉(zhuǎn)化為二氧化碳，根據(jù)電子守恒可知，若處理苯酚（為0.1mol），理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.4mol氧氣，體積為D錯(cuò)誤；

故選CD。10、BC【分析】【分析】

由圖可知，用惰性電極電解等體積NaCl和CuSO4兩種溶液；分3個(gè)階段：

AB段：電解氯化銅：陽極：2Cl—-2e-=Cl2，陰極：Cu2++2e-=Cu；由于銅離子水解使溶液顯酸性；銅離子濃度減小，酸性減弱，pH增大；

BC段：電解硫酸銅溶液：陽極：4OH--4e﹣=O2↑+2H2O，陰極：Cu2++2e-=Cu；由于氫氧根離子被消耗；氫離子濃度增大，溶液的pH迅速減?。?/p>

CD段：實(shí)質(zhì)是電解水：陽極：4OH--4e﹣=O2↑+2H2O，陰極：2H++2e-=H2↑；即為電解水的過程；溶劑減小，溶液中氫離子濃度增大，pH減小。

【詳解】

A．由以上分析可知；AB段pH增大，是因?yàn)殡娊饴然~溶液，銅離子濃度減小，溶液的酸性減弱，pH增大，故A錯(cuò)誤；

B．由以上分析可知，整個(gè)過程中陽極先產(chǎn)生Cl2，后產(chǎn)生O2；故B正確；

C．B點(diǎn)溶液為硫酸銅和硫酸鈉的混合液，AB段實(shí)質(zhì)是電解氯化銅溶液，BC段實(shí)質(zhì)是電解硫酸銅溶液，所以n(Cl-)<2n(Cu2+)，即原混合溶液中NaCl和CuSO4濃度之比小于2：1；故C正確；

D．B點(diǎn)溶液為硫酸銅和硫酸鈉的混合液；C點(diǎn)為硫酸和硫酸鈉混合液，CD段為電解水過程，由于消耗水的量與生成硫酸的量不確定，所以復(fù)原為B點(diǎn)溶液可能是加入適量的氫氧化銅，也可能是加入適量的氫氧化銅和一定的水，故D錯(cuò)誤；

故選BC。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．燃燒熱要求生成物必須是穩(wěn)定的氧化物，其中H2O必須是液態(tài)水，故選項(xiàng)所寫熱化學(xué)方程式中H2O的狀態(tài)標(biāo)寫錯(cuò)誤，且燃燒屬于放熱反應(yīng)，△H應(yīng)為負(fù)值；A錯(cuò)誤；

B．中和熱要求生成的H2O為1mol；其中強(qiáng)酸與強(qiáng)堿中和，若無沉淀生成，則對(duì)應(yīng)的中和熱為57.3kJ/mol，B正確；

C．H2的燃燒熱指1molH2完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量；C正確；

D．N2+3H2?2NH3此反應(yīng)的△H為1molN2完全反應(yīng)對(duì)應(yīng)的能量變化，而在題目所給條件下，0.5molN2不可能完全轉(zhuǎn)化為NH3，即放熱19.3kJ時(shí)N2的消耗量小于0.5mol，故1molN2完全反應(yīng)對(duì)應(yīng)的△H≠-19.3×2kJ/mol；D錯(cuò)誤；

故答案選AD。12、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．甲經(jīng)2min達(dá)平衡時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，可列三段式：容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol·L-1·min-1；A項(xiàng)正確；

B．反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)是氣體體積不變的反應(yīng)；壓強(qiáng)不影響平衡，則容器甲和丙互為等效平衡，平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等，由于丙中各組分濃度是甲中的2倍，則容器丙中的反應(yīng)速率較大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．80℃，平衡常數(shù)K==1，溫度升至90℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.56＞1，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．設(shè)平衡時(shí)NO的濃度為xmol/L，所以則=1，解得x=0.067mol/L，所以若起始時(shí)改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2；平衡時(shí)c(NO)與原平衡相同，D項(xiàng)正確；

故答案為BC。13、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．OH?參與電極反應(yīng)，為提高電池放電效率，電池交換膜應(yīng)為陰離子交換膜，允許OH?通過；A項(xiàng)正確；

B．由題給信息可知，a電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為MHn+nOH??ne?=M+nH2O，周圍溶液的pH減小，b電極為正極，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e?=Ni(OH)2+OH?，電池總反應(yīng)式為M+nNi(OH)2nNiOOH+MHn；B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．電池充電時(shí)，a電極連電源的負(fù)極，電極反應(yīng)為nH2O+M+ne?=MHn+nOH?；電極周圍溶液的pH增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．根據(jù)選項(xiàng)B的分析，電池工作時(shí)，b電極的電極反應(yīng)式為D項(xiàng)正確；

答案選AD。三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【分析】

將粗制CuO粉末(含雜質(zhì)FeO、Fe2O3)慢慢加入適量的稀H2SO4中完全溶解，得到硫酸銅、硫酸鐵和硫酸亞鐵混合溶液，加入氧化劑，把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH在3～4時(shí)，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀；過濾，蒸發(fā)結(jié)晶可得純凈的膽礬晶體。

(1)

由于pH9.6時(shí)，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4時(shí)，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必須先加入氧化劑將Fe2+氧化，為了不引入雜質(zhì)，加入的氧化劑選H2O2，即答案選D，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。pH在3～4時(shí)，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，為了不引入雜質(zhì)，然后加入適量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案選AC，調(diào)整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀。

(2)

常溫下，Cu(OH)2開始沉淀時(shí)c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]=310-20，c(OH-)==110-10mol/L，c(H+)=110-4mol/L，Cu(OH)2開始沉淀時(shí)溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀時(shí)c(Fe3+)110-5mol/L，c(Fe3+)·c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]=110-38，c(OH-)==110-11mol/L，c(H+)=110-3mol/L，F(xiàn)e3+完全沉淀時(shí)溶液的pH=3。根據(jù)計(jì)算結(jié)果知上述方案可行。【解析】DFe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2OAC3～443可行15、略

【分析】【分析】

混合溶液中有0.5mol0.2mol0.5mol0.6mol以及水電離出的和用石墨電極電解，陽極區(qū)陰離子放電順序>>陰極區(qū)陽離子放電順序>>

（1）

（2）

8.96L(標(biāo)況下)氣體生成，根據(jù)（1）的分析，共失去電子陰極~~~2分別得到0.2mol、0.8mol，并無氫氣生成，則溶液中的由陽極水放電生成；有。

將溶液體積稀釋至2L后溶液的pH=【解析】（1）Cl2、O2

（2）pH=0.716、略

【分析】【分析】

金屬的腐蝕有吸氧腐蝕和析氫腐蝕，結(jié)合原電池原理和電解原理分析；結(jié)合電解產(chǎn)物分析判斷，根據(jù)電解過程中生成H2的物質(zhì)的量計(jì)算產(chǎn)生的熱量。

【詳解】

(1)①開關(guān)K與a連接；此時(shí)為原電池，F(xiàn)e為負(fù)極，NaCl溶液為中性，則Fe發(fā)生吸氧腐蝕；

②K與b連接，為電解池，且Fe作陰極，石墨作陽極，溶液中氯離子、氫離子放電，電解的總離子反應(yīng)為2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

(2)①電解時(shí)，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液中的氫氧根離子的放電能力大于硫酸根離子的放電能力，所以陽極上氫氧根離子失電子生成水和氧氣4OH--4e-=2H2O+O2↑；陽極氫氧根離子放電；因此硫酸根離子向陽極移動(dòng)，陰極氫離子放電，因此鈉離子向陰極移動(dòng)，所以通過相同電量時(shí)，通過陰離子交換膜的離子數(shù)小于通過陽離子交換膜的離子數(shù)；

②氫氧化鈉在陰極生成；所以在D口導(dǎo)出；

③氫氣、氧氣和氫氧化鈉溶液組合為氫氧燃料電池，負(fù)極上氫氣失去電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為H2+2OH--2e-=2H2O；H2的燃燒熱為285.8kJ/mol，則2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol，該燃料電池工作產(chǎn)生36gH2O，n(H2O)==2mol，由燃燒的熱方程式可知，生成2molH2O放出571.6kJ的熱量；即理論上有571.6kJ的能量轉(zhuǎn)化為電能。

【點(diǎn)睛】

在燃料電池中，如果有O2參與，正極反應(yīng)物為O2，不同的電解質(zhì)溶液環(huán)境，電極反應(yīng)方程式不同：①酸性電解質(zhì)溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；②中性或者堿性電解質(zhì)溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；③熔融的金屬氧化物：O2＋4e－=2O2－；④熔融的碳酸鹽：O2＋4e－＋2CO2=2【解析】吸氧2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑4OH--4e-=2H2O+O2↑小于DH2+2OH--2e-=2H2O571.617、略

【分析】【分析】

(1)關(guān)于上述反應(yīng)的判斷；按相關(guān)原理進(jìn)行判斷；

(2)按已知條件；結(jié)合三段式計(jì)算一定溫度下反應(yīng)②的平衡常數(shù)；

(3)在圖中畫出10min～20min內(nèi)C3H4O的百分含量的變化圖，抓住10min、15min瞬間C3H4O的百分含量即可；

(4)關(guān)于一定時(shí)間內(nèi)丙烯腈產(chǎn)率與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線說法的判斷；結(jié)合圖示信息和相應(yīng)原理判斷即可；

【詳解】

(1)A.生產(chǎn)丙烯腈的反應(yīng)為：C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)?C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝?515kJ·mol?1；增大壓強(qiáng)，平衡左移，則增壓不利于提高丙烯腈平衡產(chǎn)率，A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)②為C3H6(g)＋O2(g)?C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝?353kJ·mol?1，雖然氣體分子數(shù)目不變，但各物質(zhì)的熵不同，故ΔS不等于零；B錯(cuò)誤；

C.可以選擇合適的催化劑極大地提高反應(yīng)速率；從而提高混合氣中丙烯腈的生產(chǎn)效率，C正確；

D.上述反應(yīng)在恒溫、恒容密閉容器中進(jìn)行，若H2O(g)濃度保持不變；則意味著一定時(shí)間內(nèi)反應(yīng)中生成水和消耗水的量相等，則說明反應(yīng)①；②這兩反應(yīng)均達(dá)到平衡狀態(tài)，D正確；

答案為：CD；

(2)已知一定溫度下，在體積不變的容器中充入C3H6、NH3、O2各1mol，一定時(shí)間后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，測(cè)得容器內(nèi)C3H6和H2O的物質(zhì)的量分別為0.4mol和1.4mol，運(yùn)用三段式進(jìn)行計(jì)算如下：則解得則②C3H6(g)＋O2(g)?C3H4O(g)＋H2O(g)的平衡常數(shù)=3.5；

答案為：3.5；

(3)若向容器內(nèi)充入3molC3H6和1molO2只發(fā)生反應(yīng)②，一定時(shí)間達(dá)到平衡狀態(tài)，10min時(shí)再充入1molO2，則此瞬間C3H4O的百分含量下降，因?yàn)樵龃笱鯕鉂舛?，平衡向右移?dòng)，15min重新達(dá)到平衡，C3H4O的百分含量增大，則10min～20min內(nèi)C3H4O的百分含量的變化圖為

答案為：

(4)已知生產(chǎn)丙烯腈的反應(yīng)為：C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)?C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝?515kJ·mol?1；則：

A.460℃之前產(chǎn)率隨溫度升高而增大是因?yàn)殡S溫度升高反應(yīng)速率加快；同時(shí)生產(chǎn)丙烯腈的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高反應(yīng)平衡常數(shù)變小，A錯(cuò)誤；

B.催化劑在一定溫度范圍內(nèi)活性較高；若溫度過高，活性降低，高于460℃產(chǎn)率下降的原因可能是溫度升高催化劑活性降低；反應(yīng)速率變慢，B正確；

C.460℃時(shí)C3H6轉(zhuǎn)化率不一定高于500℃；因?yàn)椴幻鞔_是否處于平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；

D.溫度超過460℃時(shí)；產(chǎn)率下降，意味著可能有副反應(yīng)，則溫度過高副反應(yīng)可能變多不利于合成丙烯腈，D正確；

答案為：BD。

【點(diǎn)睛】

關(guān)于產(chǎn)率和轉(zhuǎn)化率，轉(zhuǎn)化率(α)=n(轉(zhuǎn)化)÷n(起始)，關(guān)注在反應(yīng)物的變化，產(chǎn)率=m(實(shí)際)÷m(理論)，更加關(guān)注生成物的變化。有同學(xué)會(huì)認(rèn)為，轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)率的變化趨勢(shì)是相同的。在通常情況下，這個(gè)結(jié)論是正確的。但是一個(gè)化學(xué)反應(yīng)伴隨著副反應(yīng)時(shí)這個(gè)結(jié)論就不對(duì)了。轉(zhuǎn)化率變大意味著反應(yīng)物反應(yīng)的多了，但是不一定轉(zhuǎn)化成我們想要的物質(zhì)，此時(shí)轉(zhuǎn)化率變大了而產(chǎn)率有可能變小了。對(duì)于一個(gè)放熱反應(yīng)，產(chǎn)率先增大后減小，說明此反應(yīng)伴隨著副反應(yīng)?！窘馕觥緾D3.5BD18、略

【分析】【詳解】

(1)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，T1℃時(shí)，K=c(CO2)=amol/L，故其他條件不變，縮小容器容積，再次達(dá)到平衡時(shí)，CO2的濃度為bmol/L，K=bmol/L，故a=b；

(2)①依據(jù)反應(yīng)②熱化學(xué)方程式計(jì)算。

K1===64；

②設(shè)5min達(dá)到平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量為xmol

溫度未變，則K2=K1==64=解得：x=0.8mol；v(CO2)==0.048mol/(L?min)；

③A．編號(hào)3中反應(yīng)物是編號(hào)2的一半，且反應(yīng)前后體積不變，如果編號(hào)3中仍是恒溫條件，平衡時(shí)n=m，但容器是絕熱裝置，此反應(yīng)是放熱反應(yīng)，容器內(nèi)溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，則n＜m；即m＞2n，A說法正確；

B．根據(jù)①②的數(shù)據(jù)分析如下：al=×100%=80%；a2=×100%=80%；容器1和容器2中CO的平衡轉(zhuǎn)化率al=a2；B說法錯(cuò)誤；

C．編號(hào)3中溫度高，則平衡常數(shù)發(fā)生改變，平衡逆向移動(dòng)，K1＞K3；C說法錯(cuò)誤；

D．n=1.2mol＞0.8mol，則平衡時(shí)氣體壓強(qiáng)：P3＞P1；D說法正確；

答案為AD；

(3)①依據(jù)勒夏特列原理，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO濃度增大，CO2濃度減小?！窘馕觥?640.048mol/(L?min)AD升溫升溫平衡逆移19、略

【分析】【詳解】

(1)裝置1為鐵的電化學(xué)腐蝕，鐵釘附近的溶液有藍(lán)色沉淀，表明鐵被氧化，鐵為負(fù)極，碳為正極。觀察到碳棒附近的溶液變紅，說明在碳極上氧氣得電子生成OH-離子，反應(yīng)的電極反應(yīng)式為O2+4e－+2H2O=4OH－；

(2)裝置2為原電池，負(fù)極為Cu，銅失去電子，生成銅離子而溶解。石墨是正極，溶液中的鐵離子得到電子生成亞鐵離子，所以總的離子方程式是2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋。

(3)①反應(yīng)一段時(shí)間后，停止通電．向甲燒杯中滴入幾滴酚酞，觀察到石墨電極附近首先變紅，說明在石墨電極上生成OH-離子，即石墨是陰極，所以鐵是陽極，M是電源的正極，則鐵電極的方程式是Fe-2e－=Fe2＋；

②乙燒杯電解硫酸銅溶液，石墨為陽極，銅是陰極，所以電解的總方程式是2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋；

③取出Cu電極；洗滌；干燥、稱量、電極增重0.64g，則生成Cu的物質(zhì)的量為0.64g÷64g/mol＝0.01mol，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.01mol×2＝0.02mol，根據(jù)甲燒杯產(chǎn)生氣體的電極反應(yīng)可知；

所以V＝0.224L?！窘馕觥垦趸疧2＋4e－＋2H2O=4OH－正2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋正Fe－2e－=Fe2＋2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋22420、略

【分析】【分析】

（1）

甲中可自發(fā)的發(fā)生氧化還原反應(yīng)；乙不能，因此甲為原電池，乙為電解池。

（2）

a端顯藍(lán)色，說明H＋反應(yīng)余OH－，則a為電解池陰極，那么A為原電池負(fù)極，B為正極，C為陽極，D為陰極。乙中兩極不發(fā)生變化，則陽極為鉑，陰極為Cu?！窘馕觥浚?）原電池電解池。

（2）負(fù)極Zn正極Ag陽極Pt陰極Cu21、略

【分析】（1）原電池中；負(fù)極上的物質(zhì)易失去電子，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，因此負(fù)極上的物質(zhì)一般具有易失電子被氧化，具有還原性的共同特點(diǎn)。

（2）甲電池為鋅銅原電池，當(dāng)甲電池工作時(shí)，鋅電極的半電池中產(chǎn)生大量的Zn2+離子，銅電極的半電池中少了大量的Cu2+；因此鹽橋中的陰離子移向鋅電極，陽離子移向銅電極，故答案為鉀離子移向硫酸銅溶液；氯離子移向硫酸鋅溶液。

（3）乙電池為氫氧燃料電池，電極質(zhì)為KOH溶液，正極電極室通入的是氧氣，氧氣得電子，產(chǎn)生的O2-不能單獨(dú)存在，和水分子生成OH-，因此正極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，若將H2換成CH4，則電極總反應(yīng)式為CH4+2O2+2OH-=+3H2O，用電極總反應(yīng)式減去正極反應(yīng)式可得負(fù)極反應(yīng)式CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。

（4）丙為鉛蓄電池，電解質(zhì)為硫酸。充電時(shí)，和電源負(fù)極相連的電極為陰極，電極上的物質(zhì)得電子發(fā)生的是還原反應(yīng)，則電極反應(yīng)式為PbSO4+2e-=Pb+SO【解析】(1)易失電子被氧化；具有還原性。

(2)鉀離子移向硫酸銅溶液；氯離子移向硫酸鋅溶液。

(3)O2+4e-+2H2O=4OH-CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O

(4)PbSO4+2e-=Pb+SO四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共10分)22、略

【分析】【分析】

能和水反應(yīng)生成兩種生成物的物質(zhì)有活潑金屬如鈉、Na2O2、NO2、Cl2、F2、Al2S3、CaC2、NaH、Mg3N2；C、可水解的鹽以及可水解的有機(jī)物如酯、葡萄糖等。

【詳解】

（1）若C為二氧化碳，則B可能為酸，酸性強(qiáng)于H2CO2，B和碳酸鈉反應(yīng)生成CO2，CO2再和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，則A可能為Cl2、NO2、F2；B也可能為O2，X為C，D為CO，則A為Na2O2。故答案為Cl2、NO2、F2、Na2O2均可；

（2）若X為金屬單質(zhì)，符合此轉(zhuǎn)化的金屬的化合價(jià)正價(jià)不止一種，所以為鐵。B為強(qiáng)氧化性物質(zhì)，和過量的鐵生成亞鐵鹽，亞鐵鹽再和強(qiáng)氧化性物質(zhì)生成鐵鹽，所以A為NO2，和水反應(yīng)生成硝酸，則鐵與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵的離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；

（3）若D為白色沉淀，與A摩爾質(zhì)量相等，則A為Na2O2，D為Al(OH)3，兩者摩爾質(zhì)量相等，B為NaOH，X含Al3+，C是偏鋁酸鹽，和Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，反應(yīng)③的離子方程式為3Al3+＋3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓。故答案為Na2O2、3Al3+＋3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

（4）若A為無色液體，且B、E的摩爾質(zhì)量相等，則A為酯類，酸性水解生成醇和羧酸，羧酸和比羧酸少1個(gè)碳原子的醇摩爾質(zhì)量相等，所以A可以為甲酸乙酯，也可以為乙酸丙酯等。B為醇，X為氧氣，C為醛，D為羧酸。反應(yīng)①的化學(xué)方程式為HCOOC2H5＋H2OHCOOH＋C2H5OH（其它合理答案亦可，如A為CH3COOCH2CH2CH3）；

（5）若A為一氧化碳，一氧化碳和水生成H2和CO2，B為CO2，過量的CO2和NaOH反應(yīng)生成NaHCO3，NaHCO3和NaOH反應(yīng)生成Na2CO3，所以D為Na2CO3。溫度不變，平衡常數(shù)不變，可以利用平衡常數(shù)計(jì)算再次達(dá)到平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率。第一次平衡時(shí)，平衡常數(shù)為1，再加入3.75mol水蒸氣，相當(dāng)于起始時(shí)加入3molCO和4.5molH2O(g)，設(shè)參與反應(yīng)的CO為xmol，根據(jù)三段式，可知求得x=1.8，所以CO的轉(zhuǎn)化率為1.8÷3×100%=60%。故答案為Na2CO3，能，計(jì)算：

設(shè)通入水蒸氣后參與反應(yīng)的CO共xmol

x=1.8

【解析】①.Cl2、NO2、F2、Na2O2均可②.Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O③.Na2O2④.3Al3+＋3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓⑤.HCOOC2H5＋H2OHCOOH＋C2H5OH（其它合理答案亦可，如A為CH3COOCH2CH2CH3）⑥.Na2CO3⑦.能⑧.計(jì)算：

設(shè)通入水蒸氣后參與反應(yīng)的CO共xmol

x=1.8

五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)23、略

【分析】【分析】

某NiO的廢料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等雜質(zhì)，加入稀硫酸溶解后過濾得到濾渣1為SiO2，濾液為NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入H2O2氧化Fe2+為Fe3+，再加入Na2CO3溶液調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+、Al3+全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾得到濾渣2為Fe(OH)3和Al(OH)3，向?yàn)V液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀濾渣3為MgF2，過濾得到的濾液，濾液中獲得NiSO4·6H2O晶體的方法是通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，干燥得到晶體，失去結(jié)晶水得到硫酸鎳，以此解答該題。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析可知：加Na2CO3調(diào)節(jié)溶液的pH至5，得到廢渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；

(2)Mg能與飽和NH4Cl溶液反應(yīng)產(chǎn)生NH3，這是由于NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，離子方程式為：+H2ONH3·H2O+H+，Mg與溶液中的H+反應(yīng)產(chǎn)生H2，使溶液中c(H+)減小，促進(jìn)上述平衡向右移動(dòng)，生成的NH3·H2O有一部分發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生NH3，則總反應(yīng)的離子方程式為：Mg+2=Mg2++2NH3↑+H2↑；

(3)25℃時(shí)根據(jù)電離平衡常數(shù)可知：Ka1(H2SO3)＞Ka(HF)＞Ka2(H2SO3)可知：物質(zhì)的酸性：HF＞H2SO3＞所以將足量的HF通至Na2SO3反應(yīng)，產(chǎn)生NaF和NaHSO3，該反應(yīng)的離子方程式為：HF+F-+該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K==7.06×103；

(4)已知沉淀前溶液中c(Mg2+)=1.85×10-3mol/L，當(dāng)除鎂率達(dá)到99.99%時(shí)，溶液中c(Mg2+)=1.85×10-5mol/L，由于Ksp(MgF2)=7.4×10-11，則溶液中c(F-)=mol/L=2.0×10-3mol/L；

(5)在NaOH溶液中用NaClO與NiSO4反應(yīng)可制得NiO(OH)，NaClO被還原為NaCl，同時(shí)產(chǎn)生H2O，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2Na2SO4+NaCl+2NiO(OH)+H2O；

反應(yīng)產(chǎn)生的NiO(OH)與貯氫的鑭鎳合金可組成鎳氫堿性電池(KOH溶液)，工作原理為LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6NiO+6H2O，根據(jù)反應(yīng)方程式可知：在放電時(shí)，LaNi5H6失去電子被氧化為LaNi5，所以LaNi5H6作負(fù)極，負(fù)極的電極反應(yīng)式為：LaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2O?！窘馕觥縁e(OH)3、Al(OH)3NH4Cl水解產(chǎn)生H+，+H2ONH3·H2O+H+，Mg與H+反應(yīng)產(chǎn)生H2，使c(H+)減小，促進(jìn)上述平衡向右移動(dòng)，生成的NH3·H2O部分分解產(chǎn)生NH3，總反應(yīng)的離子方程式為Mg+2=Mg2++2NH3↑+H2↑HF+F-+7.06×1032.0×10-32NiSO4+NaClO+4NaOH=2Na2SO4+NaCl+2NiO(OH)+H2OLaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2O24、略

【分析】【分析】

由流程圖可知，酸浸時(shí)，軟錳礦中MnO2和黃鐵礦中FeS2在硫酸溶液中反應(yīng)，反應(yīng)生成硫酸鐵、硫酸錳和水；凈化時(shí)，加入MnCO3，降低酸度，使鐵離子水解生成Fe(OH)3沉淀；溶液中錳離子電解后轉(zhuǎn)化為二氧化錳沉淀。操作a，硫酸錳溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶(過濾、洗滌)可得到硫酸錳固體。

(1)

工業(yè)上將氧化錳礦制成礦漿的目的是：增大與反應(yīng)物的接觸面積；加快反應(yīng)速率。故答案為：增大與反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率；

(2)

FeS2中的Fe為+2價(jià)，則S化合價(jià)為-1；“浸出、化合”時(shí)，F(xiàn)eS2的氧化產(chǎn)物之一為SO生成硫酸錳和硫酸鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。故答案為：-1；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；

(3)

凈化時(shí)，加入MnCO3，降低酸度，使鐵離子水解生成Fe(OH)3沉淀，濾渣的主要成分是Fe(