2025年魯教新版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年魯教新版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列敘述與電化學(xué)腐蝕有關(guān)的是A.切過(guò)菜的菜刀不及時(shí)清洗易生銹B.在空氣中金屬鎂、鋁都具有較好的抗腐蝕性C.紅熱的鐵絲與水接觸時(shí)，表面形成了藍(lán)黑色的物質(zhì)D.把鐵片投入到氯化銅的溶液中，在鐵表面上附著一層紅色的銅2、某同學(xué)利用下圖所示裝置探究金屬的腐蝕與防護(hù)條件。

下列說(shuō)法不合理的是A.①區(qū)Cu電極上產(chǎn)生氣泡，F(xiàn)e電極附近滴加K3Fe(CN)6溶液后出現(xiàn)藍(lán)色，F(xiàn)e被腐蝕B.②區(qū)Cu電極附近滴加酚酞后變成紅色，F(xiàn)e電極附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出現(xiàn)藍(lán)色，F(xiàn)e被腐蝕C.③區(qū)Zn電極的電極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，F(xiàn)e電極附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出現(xiàn)藍(lán)色，F(xiàn)e被保護(hù)D.④區(qū)Zn電極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，F(xiàn)e電極附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出現(xiàn)藍(lán)色，F(xiàn)e被腐蝕3、已知溫度T時(shí)水的離子積常數(shù)為KW，該溫度下，將濃度為amol·L-1的一元酸HA與bmol·L-1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是A.a=bB.混合溶液的PH=7C.混合溶液中，c(H+)=mol.L-1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)4、下列說(shuō)法中，錯(cuò)誤的是A.人體運(yùn)動(dòng)所消耗的能量與化學(xué)反應(yīng)無(wú)關(guān)B.鹽酸與氫氧化鈉溶液的中和反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)C.化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，通常表現(xiàn)為熱量的變化D.化學(xué)反應(yīng)中的能量變化主要是由化學(xué)鍵變化引起的5、時(shí)，根據(jù)三種酸的電離常數(shù)，下列判斷正確的是。酸電離常數(shù)

A.三種酸的酸性強(qiáng)弱關(guān)系：B.和不共存C.時(shí)，向的溶液中加入少量固體，減小D.相同溫度下，溶液中HX的電離程度大于溶液中HX的電離程度6、焦炭催化還原二氧化硫的化學(xué)方程式為2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定壓強(qiáng)下，向1L密閉容器中充入足量的焦炭和1molSO2發(fā)生反應(yīng)，測(cè)得SO2的生成速率與S2(g)的生成速率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示；下列說(shuō)法正確的是。

A.該反應(yīng)的?H>0B.C點(diǎn)時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)C.增加C的量能夠增大SO2的轉(zhuǎn)化率D.T3時(shí)增大壓強(qiáng)，能增大活化分子百分?jǐn)?shù)7、如圖是草酸溶液中三種微粒的分布分?jǐn)?shù)某微粒物質(zhì)的量濃度與三種微粒物質(zhì)的量被度和的比值與pH的關(guān)系圖，下到有關(guān)說(shuō)法不正確的是

A.的溶液中B.溶液中：C.向溶液中加強(qiáng)酸至pH與a點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)，溶液中D.為使溶液中盡可能多一些，溶液的pH最好控制在左右8、室溫下，下列事實(shí)不能說(shuō)明NH3·H2O為弱電解質(zhì)的是A.相同濃度的NH3·H2O和NaOH溶液，pH前者小于后者B.相同條件下，濃度均為0.1mol/LNaOH溶液和氨水，氨水的導(dǎo)電能力弱C.0.1mol/LNH3·H2O能使無(wú)色酚酞試液變紅色D.OH-濃度相同的NH3·H2O和NaOH溶液分別加水稀釋，c(OH-)隨溶液體積變化的曲線如圖所示其中曲線Ⅱ是NH3·H2O評(píng)卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、一定條件下，測(cè)得反應(yīng)3CO（g）＋3H2（g）（CH3）2O（g）＋CO2（g）達(dá)平衡時(shí)CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示（假定過(guò)程中不發(fā)生其他反應(yīng)）。溫度為T時(shí)，向體積為2L的恒容密閉容器中充入0.8molCO和0.8molH2，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)測(cè)得CO2物質(zhì)的量為0.2mol。下列說(shuō)法正確的是。

A.該反應(yīng)的ΔH<0，圖中壓強(qiáng)p1>p2B.壓強(qiáng)為p2時(shí)，圖中Q點(diǎn)所示條件下v（正）C.溫度為T時(shí)，若向體積為1L的恒壓容器中充入0.4molCO和0.4molH2，達(dá)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率大于75%D.溫度為T時(shí)，若向原容器中充入0.1molCO、0.1molH2、0.2mol（CH3）2O和0.1molCO2，則平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行10、我國(guó)科學(xué)家開(kāi)發(fā)的碳聚四氟乙烯催化劑可提高鋅-空氣堿性電池的放電性能；工作原理如圖所示。

電池放電時(shí)，下列說(shuō)法正確的是A.電子由a極經(jīng)KOH溶液流入b極B.放電時(shí)，向b極移動(dòng)C.正極上的電極反應(yīng)式為D.a極凈增1.6g時(shí)，b極有1.12L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)參與反應(yīng)11、次磷酸()是一種精細(xì)化工產(chǎn)品，具有較強(qiáng)還原性，屬于一元中強(qiáng)酸?？捎秒姖B析法制備?！八氖译姖B析法”工作原理如圖所示(陽(yáng)膜；陰膜分別只允許陽(yáng)離子、陰離子通過(guò))。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.與足量反應(yīng)生成B.陰極的電極反應(yīng)式為C.若撤去陽(yáng)膜a會(huì)導(dǎo)致生成的純度降低D.當(dāng)有(標(biāo)準(zhǔn)狀況)生成時(shí)理論上通過(guò)陰膜的離子為12、10mL1mol/L的鹽酸與過(guò)量的鋅粉反應(yīng)，若加入適量的下列溶液，能減慢反應(yīng)速率但又不影響氫氣生成的總量的是A.CH3COONaB.CuSO4C.KClD.NaHCO313、草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[X為或]與pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法一定正確的是。

A.I表示lg與pH的變化關(guān)系B.pH=1.22的溶液中：2c()+c()＞c(Na+)C.1.22＜pH＜4.19的溶液中：c()＞c()＞c(H2C2O4)D.pH=4.19的溶液中：c(Na+)=3c()14、一定溫度下，向三個(gè)容積不等的恒容密閉容器中分別投入發(fā)生反應(yīng)：tmin后，三個(gè)容器中的轉(zhuǎn)化率如題圖中A；B、C三點(diǎn)。下列敘述正確的是。

A.A點(diǎn)延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間，可以提高的轉(zhuǎn)化率B.B兩點(diǎn)的壓強(qiáng)之比為C.容積為的容器的平衡轉(zhuǎn)化率大于80%D.容積為的容器達(dá)到平衡后再投入平衡不移動(dòng)15、在體積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)xA(g)＋yB(g)?zC(g)；圖Ⅰ表示200℃時(shí)容器中A；B、C物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化，圖Ⅱ表示不同溫度下平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)隨走始n(A)∶n(B)的變化關(guān)系。則下列結(jié)論正確的是()

A.200℃時(shí)，反應(yīng)從開(kāi)始到平衡的平均速率v(B)＝0.02mol·(L·min)－1B.圖Ⅱ所知反應(yīng)xA(g)＋yB(g)?zC(g)的ΔH<0，且a＝2C.若在圖Ⅰ所示的平衡狀態(tài)下，再向體系中充入He，重新達(dá)到平衡前v(正)>v(逆)D.200℃時(shí)，向容器中充入2molA和1molB，達(dá)到平衡時(shí)，A的體積分?jǐn)?shù)小于0.5評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、在一定條件下A與B反應(yīng)可生成C和D；其能量變化為：

A+B(反應(yīng)物的總能量E1)C+D(生成物的總能量E2)

(1)下列有關(guān)反應(yīng)A+B=C+D的說(shuō)法正確的是_______。

A.反應(yīng)前后原子的種類和數(shù)目一定變化。

B.該反應(yīng)若有能量變化；則一定是氧化還原反應(yīng)。

C.該反應(yīng)若為放熱反應(yīng)；則不需加熱反應(yīng)就一定能自發(fā)進(jìn)行。

D.反應(yīng)物的總質(zhì)量與生成物的總質(zhì)量一定相等；且遵循能量守恒。

(2)若E12，則生成物的總能量_______(填“>”、“<”或“=”)反應(yīng)物的總能量，為_(kāi)______(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。17、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示。

已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)圖中A、C分別表示______、______；

(2)圖中?H=______kJ·mol-1；

(3)已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，計(jì)算由S(s)生成3molSO3(g)的?H______(要求計(jì)算過(guò)程)。18、鐵元素在電化學(xué)中應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：

（1）根據(jù)反應(yīng)2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+設(shè)計(jì)原電池如圖。電流計(jì)顯示電流方向?yàn)椋篴→b。

①電極B為_(kāi)___________，電解質(zhì)溶液C為_(kāi)____________。（填標(biāo)號(hào)）

A,碳棒B.銅片C.Fe2(SO4)3溶液D.CUSO4溶液。

②A電極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_______________________________________。

③用該電池做電源，電解硫酸鈉溶液，當(dāng)電解池陽(yáng)極有11.2mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）產(chǎn)生時(shí)，該電池有__________________molFe3+被還原。

（2）NaFeO4是一種用途廣泛的化工產(chǎn)品，工業(yè)上常用電解法制取。制取裝置如圖。已知Na2FeO4只在強(qiáng)堿性條件下比較穩(wěn)定；具有強(qiáng)氧化性。

①Na2FeO4中鐵元素化合價(jià)為_(kāi)____________Na2FeO4是具有殺菌效果的凈水劑。原因是_________________________________________________。

②電極Ni為_(kāi)________________（填“陽(yáng)”或“陰”）極。為使該裝置能持續(xù)反應(yīng)，離子交換膜應(yīng)為_(kāi)_________________________（填“陽(yáng)”或“陰”）離子交換膜。

③陽(yáng)極反應(yīng)式為_(kāi)______________________________________。19、如圖是以鉛蓄電池為電源,模擬氯堿工業(yè)電解飽和食鹽水的裝置圖(C；D均為石墨電極)。

已知:鉛蓄電池在放電時(shí)發(fā)生下列電極反應(yīng):

負(fù)極Pb+SO42--2e-=PbSO4

正極PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O

(1)請(qǐng)寫出電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式_________________________。

(2)若在電解池C極一側(cè)滴酚酞溶液，電解一段時(shí)間后未呈紅色，說(shuō)明鉛蓄電池的A極為_(kāi)___極。

(3)用鉛蓄電池電解1L飽和食鹽水(食鹽水足量、密度為1.15g/cm-3)時(shí)；

①若收集到11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氯氣，則至少轉(zhuǎn)移電子________mol。

②鉛蓄電池消耗H2SO42mol，則可收集到H2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)為_(kāi)_________L。

③消耗硫酸amol,電解后除去隔膜，所得溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為(假設(shè)氯氣全部排出)__________________________________(用含a的代數(shù)式表示)。20、高爐煉鐵中發(fā)生的反應(yīng)為：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0。已知t℃時(shí)；平衡常數(shù)K＝0.25。

(1)溫度升高，化學(xué)平衡移動(dòng)后達(dá)到新的平衡，平衡常數(shù)K_____(填“增大”、“減小”或“不變”，下同)，高爐內(nèi)CO2和CO的體積比____

(2)t℃時(shí)測(cè)得高爐中c(CO2)=0.020mol·Lˉ1，c(CO)=0.1mol·Lˉ1，在這種情況下，該反應(yīng)是否處于化學(xué)平衡狀態(tài)_______(填“是”或“否”)，此時(shí)，化學(xué)反應(yīng)速率是υ(正)_____υ(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)，其原因是________________

(3)若在1L密閉容器中加入0.02molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡。此時(shí)FeO(s)的轉(zhuǎn)化率為50%，則x＝_______________。

(4)如圖為t2時(shí)刻后改變條件平衡體系中化學(xué)反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的情況，且四個(gè)階段各改變一種條件并且改變的條件均不同。已知，t3~t4階段為使用催化劑，則t4時(shí)刻改變的條件為_(kāi)____________，t5時(shí)刻改變的條件為_(kāi)___________

21、二氧化鈦(TiO2)是一種重要的工業(yè)原料，可用四氯化鈦(TiCl4)制備。已知：

Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g)TiO2(s)＋2Cl2(g)ΔH1=-178.4kJ?mol-1

Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH2=-219.9kJ?mol-1

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)TiCl4(g)與CO(g)反應(yīng)生成TiO2(s)、C(s)和氯氣的熱化學(xué)方程式為_(kāi)__________。

(2)若反應(yīng)Ⅰ的逆反應(yīng)活化能表示為EkJ?mol-1，則E___________178.4(填“>”“<”或“=”)。

(3)t℃時(shí)，向10L恒容密閉容器中充入1molTiCl4和2molO2，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ.4min達(dá)到平衡時(shí)測(cè)得TiO2的物質(zhì)的量為0.2mol。

①0～4min內(nèi)，用Cl2表示的反應(yīng)速率v(Cl2)=___________。

②TiCl4的平衡轉(zhuǎn)化率α=___________。

③下列措施，既能加快反應(yīng)速率又能增大TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率的是___________(填選項(xiàng)字母)。

A．縮小容器容積B．加入催化劑C．分離出部分TiO2D．增大O2濃度E.降低溫度。

④t℃時(shí)，向10L恒容密閉容器中充入4molTiCl4和一定量O2的混合氣體，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，兩種氣體的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與起始的物質(zhì)的量之比的關(guān)系如圖所示：

能表示TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率的曲線為_(kāi)__________(填“L1”或“L2”)；M點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)__________。

(4)也可以利用四氯化鈦(TiCl4)水解制備TiO2，該反應(yīng)的方程式為：___________。22、（1）在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________填化學(xué)式）沉淀，生成該沉淀的離子方程式為_(kāi)________________________。

已知25℃時(shí)，Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20。

（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，當(dāng)兩種沉淀共存時(shí)，=_____________。[Ksp（AgBr）=5.4×10-13，Ksp（AgCl）=2.0×10-10]23、氫氣是一種常用的化工原料，應(yīng)用十分廣泛。以H2合成尿素CO(NH2)2的有關(guān)熱化學(xué)方程式有：

①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)△H1＝－92.4kJ·mol-1

②NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H2＝－79.7kJ·mol-1

③NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H3＝＋72.5kJ·mol-1

則N2(g)、H2(g)與CO2(g)反應(yīng)生成CO(NH2)2(s)和H2O(l)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)__。24、電能是一種清潔的二次能源，是用途最廣泛的能源之一。一氧化氮—空氣質(zhì)子交換膜燃料電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，實(shí)現(xiàn)了制硝酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結(jié)合。如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)用該電池探究將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4的原理和粗銅的精煉原理。

(1)燃料電池放電過(guò)程中正極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______。

(2)乙裝置中物質(zhì)A是______(填化學(xué)式)。

(3)丙裝置中粗銅含有鋅、銀等雜質(zhì)，工作一段時(shí)間后，CuSO4溶液的濃度將______。(填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)若甲裝置有3.36L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2參加反應(yīng)，則丙裝置中析出銅的質(zhì)量為_(kāi)____g。評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共32分)25、焊接時(shí)用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無(wú)關(guān)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤26、C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0，說(shuō)明石墨比金剛石穩(wěn)定。____A.正確B.錯(cuò)誤27、pH試紙使用時(shí)不需要潤(rùn)濕，紅色石蕊試紙檢測(cè)氣體時(shí)也不需要潤(rùn)濕。(___)A.正確B.錯(cuò)誤28、碳酸鈉溶液或氫氧化鈣溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共12分)29、工業(yè)上，用生物堆浸法處理低品位黃銅礦(主要成分是CuFeS2)制備兩“礬”；其簡(jiǎn)易流程如下：

已知：①T?f細(xì)菌在1.0＜pH＜6.0范圍內(nèi)保持生物活性。

②幾種離子沉淀的pH如下表所示：。Fe3+Fe2+Cu2+開(kāi)始沉淀時(shí)的pH1.56.34.2完全沉淀時(shí)的pH2.88.36.7

回答下列問(wèn)題：

(1)生物堆浸包括兩個(gè)過(guò)程：

①CuFeS2+4H+O2=Cu2++Fe2++2S+2H2O；

②4Fe2++O2+4H=4Fe3++2H2O。

在反應(yīng)①中，氧化產(chǎn)物是_______。

(2)生物堆浸效率與溫度關(guān)系如圖所示。

溫度高于40℃時(shí)，生物堆浸效率降低的主要原因可能是_______。

(3)生物堆浸過(guò)程中不斷補(bǔ)充稀硫酸，其目的是_______。

(4)“氧化”中1molCuS完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，其離子方程式為_(kāi)______。

(5)室溫下，濾液M中c(Cu2)=1.0×10-5mol·L-1時(shí)c(S2-)=1.3×10-31mol·L-1，則室溫時(shí)Ksp(CuS)=____。

(6)測(cè)定綠礬(FeSO4·7H2O)純度。取wg綠礬溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL溶液于錐形瓶中，用cmol·L-1標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，三次平行實(shí)驗(yàn)所消耗溶液體積依次為24.56mL、24.95mL、25.05mL。該綠礬純度為_(kāi)______(用含w，c的代數(shù)式表示)。如果操作都正確，測(cè)得純度高于實(shí)際純度，其可能原因是_______。30、某科研小組設(shè)計(jì)出利用工業(yè)廢酸(主要成分為稀硫酸)浸取某廢棄的氧化銅鋅礦(主要含CuO、ZnO和SiO2)的方案；實(shí)現(xiàn)廢物綜合利用，如圖所示。

已知：各離子開(kāi)始沉淀及完全沉淀時(shí)的如下表所示。離子開(kāi)始沉淀時(shí)的完全沉淀時(shí)的6.349.71.483.26.28.0

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)堆浸時(shí)，為了提高浸出效率可采取的措施有(任寫兩種)：_______、_______

(2)堆浸時(shí)產(chǎn)生的礦渣主要成分是_______

(3)物質(zhì)A的作用是_______，可使用下列物質(zhì)中的_______。

A.KMnO4B.O2C.H2O2D.Cl2

(4)除鐵過(guò)程中加入氨水的目的是調(diào)節(jié)溶液的應(yīng)控制在_______范圍之間。

(5)物質(zhì)B可直接用作氮肥，則B的化學(xué)式是_______。

(6)除鐵后得到的可用溶液在堿性環(huán)境下將其氧化得到一種高效的多功能水處理劑寫出該反應(yīng)的離子方程式_______。31、電解金屬錳陽(yáng)極渣(主要成分MnO2，雜質(zhì)為Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黃鐵礦(FeS2)為原料可制備Mn3O4；其流程如圖所示：

已知：Ksp(MnF2)=5.0×10-3、Ksp(CaF2)=3.5×10-11；回答下列問(wèn)題：

(1)“酸浸”時(shí)，所用的稀酸X是___。

(2)“酸浸”過(guò)程中，F(xiàn)e2+、Fe3+的質(zhì)量濃度；Mn浸出率與時(shí)間的關(guān)系如圖1所示。

①20～80min內(nèi)，浸出Mn元素的主要離子方程式為_(kāi)__。

②80～100min時(shí)，F(xiàn)e2+濃度上升的原因可能是____。

(3)若“凈化”過(guò)程中Mn2+的濃度為2mol·L-1，則此時(shí)Ca2+的濃度為_(kāi)__mol·L-1。

(4)MnSO4制取Mn3O4的一種流程如圖2。在攪拌下向50mL1mol·L-1MnSO4溶液中緩慢滴加1mol·L-1NH4HCO3，則加入NH4HCO3溶液的體積至少為_(kāi)__mL。

32、廢舊鋰離子電池的回收行業(yè)發(fā)展迅速，規(guī)范、科學(xué)處置廢舊鋰離子電池具有重要的環(huán)保意義和經(jīng)濟(jì)價(jià)值。廢舊磷酸鐵鋰電池中電極片主要由鋁箔、少量炭黑組成；從正極廢料回收制備電池級(jí)磷酸鐵及其他金屬材料，工藝流程如下所示：

(1)中的化合價(jià)為_(kāi)_________。

(2)濾渣C的主要成分為_(kāi)_________。

(3)回收金屬鋁過(guò)程中步驟②的離子方程式為_(kāi)___________________。

(4)步驟④中的作用是__________，能否用酸性溶液代替，并說(shuō)明理由____________________。

(5)步驟⑤過(guò)程中如值大于2.5，磷酸鐵沉淀率將明顯下降，原因是____________________。

(6)磷酸鐵也可以通過(guò)電解法制備，如圖所示，請(qǐng)完成制備過(guò)程的總反應(yīng)離子方程式：____________________。

評(píng)卷人得分六、有機(jī)推斷題(共4題，共12分)33、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)；A分子含有的官能團(tuán)是___________。

(2)B無(wú)支鏈；B的名稱為_(kāi)__________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學(xué)方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對(duì)分了質(zhì)量為571；J的相對(duì)分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測(cè)定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過(guò)濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計(jì)算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。：34、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_(kāi)____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設(shè)計(jì)的，這兩種化合物相遇會(huì)反應(yīng)生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負(fù)極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_(kāi)________。35、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無(wú)色、無(wú)味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為_(kāi)_____________。

（3）寫出G與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過(guò)程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)釋放出akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____________________________。

（5）科學(xué)家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應(yīng)方程式：____________________。36、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為_(kāi)_________。

②當(dāng)n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時(shí)，丙的化學(xué)式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學(xué)方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．切過(guò)菜的菜刀不及時(shí)清洗；在菜刀上就會(huì)以NaCl為電解質(zhì)溶液形成原電池，發(fā)生電化學(xué)腐蝕，A正確；

B．金屬鎂；鋁都具有較好的抗腐蝕性；是因?yàn)樗鼈冊(cè)诳諝庵腥菀籽趸?，在金屬表面生成一層致密的氧化物薄膜，阻止繼續(xù)被氧化，B錯(cuò)誤；

C．紅熱的鐵絲與水蒸氣接觸；生成四氧化三鐵，屬于化學(xué)腐蝕，C錯(cuò)誤；

D．鐵片投入到氯化銅的溶液中是直接發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；將銅置換，D錯(cuò)誤；

答案選A。2、A【分析】【詳解】

A．①區(qū)構(gòu)成原電池，F(xiàn)e是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式是Fe-2e-=Fe2+，F(xiàn)e被腐蝕，Cu是正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式是：O2+4e-+2H2O=4OH-；發(fā)生的是吸氧腐蝕，無(wú)氣泡產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；

B．②是電解池，Cu電極為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近水溶液顯堿性，滴加酚酞后變成紅色，F(xiàn)e電極發(fā)生反應(yīng)：Fe-2e-=Fe2+，F(xiàn)e被腐蝕，附近滴加K3［Fe(CN)6］出現(xiàn)藍(lán)色；故B正確；

C．③區(qū)構(gòu)成原電池，由于金屬活動(dòng)性Zn>Fe，所以Zn電極是負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn－2e－=Zn2+，F(xiàn)e電極為正極，發(fā)生反應(yīng)：O2+4e-+2H2O=4OH-，由于沒(méi)有Fe2+生成，因此附近滴加K3［Fe(CN)6］未出現(xiàn)藍(lán)色；Fe被保護(hù)，故C正確；

D．④是電解池，Zn電極為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，F(xiàn)e電極是陽(yáng)極，電極發(fā)生反應(yīng)：Fe-2e-=Fe2+，附近滴加K3［Fe(CN)6］出現(xiàn)藍(lán)色；Fe被腐蝕，故D正確。

答案選A。3、C【分析】【詳解】

A.沒(méi)有給具體的溫度和酸；堿的強(qiáng)弱；A錯(cuò)誤；

B.由于沒(méi)有給具體的溫度；pH=7，不一定是中性，B錯(cuò)誤；

C.判斷溶液呈中性的依據(jù)只能是c(H+)=c(OH-)，此時(shí)c(H+)=mol·L-1；C正確；

D.根據(jù)電荷守恒；不論溶液是酸性；中性、還是堿性，都成立，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)為C。4、A【分析】【詳解】

A．人體在運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)生一系列的化學(xué)反應(yīng)；消耗能量，如ATP和ADP的相互轉(zhuǎn)化，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．鹽酸與氫氧化鈉溶液的中和反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)；故B項(xiàng)正確；

C．能量變化形式主要有熱能；光能、電能等；化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，通常表現(xiàn)為熱量的變化，故C項(xiàng)正確；

D．化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是舊鍵斷裂；新鍵形成的過(guò)程；而此過(guò)程一定伴隨能量的變化，因此化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，主要是由化學(xué)鍵變化引起的，故D項(xiàng)正確；

故選A。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．電離平衡常數(shù)越大；弱酸的酸性就越強(qiáng)，所以三種酸的酸性強(qiáng)弱關(guān)系為：HZ＞HY＞HX，故A錯(cuò)誤；

B．由于酸性：HZ＞HY，所以HZ可以和Y-反應(yīng)：HZ+Y-=HY+Z-，則HZ和Y-不共存；故B正確；

C．某弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)只和溫度有關(guān)，所以向HZ溶液中加入NaZ固體，Ka不變；故C錯(cuò)誤；

D．向弱酸溶液中加水，弱酸的電離平衡正向移動(dòng)，所以相同溫度下，0.01mol?L?1HX溶液中HX的電離程度大于0.1mol?L?1HX溶液中HX的電離程度；故D錯(cuò)誤；

故選B。6、B【分析】【詳解】

A.升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，C點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度升高到D點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比大于2∶1，說(shuō)明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移動(dòng)，即逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H＜0；故A錯(cuò)誤；

B.達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2∶1；根據(jù)圖知，只有C點(diǎn)符合，故B正確；

C.能夠增大SO2平衡轉(zhuǎn)化率說(shuō)明平衡正向移動(dòng)；但不能是增加C的物質(zhì)的量，因?yàn)镃為固體，故C錯(cuò)誤；

D.增大壓強(qiáng)；增大了單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)，但活化分子百分?jǐn)?shù)不變，故D錯(cuò)誤；

答案選B。

【點(diǎn)睛】

正確解讀圖像是解題的關(guān)鍵。本題中要注意平衡時(shí)SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2∶1，而不是1∶1。7、C【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；本題考查了圖像分析方法和變化特征的分析判斷，電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較，運(yùn)用電荷守恒；物料守恒的分析。

【詳解】

A．由圖中曲線變化分析可知，后，溶液中一定存在故A正確；

B．溶液中電荷守恒，物料守恒得到質(zhì)子守恒：故B正確；

C．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，溶液中碳微粒只有且二者濃度相等，物料守恒故C錯(cuò)誤；

D．由圖像分析可知左右最大；故D正確；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

溶液中電荷守恒，物料守恒得到質(zhì)子守恒：8、C【分析】【分析】

部分電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)，要說(shuō)明NH3?H2O為弱電解質(zhì)，只要證明NH3?H2O部分電離即可；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．相同濃度的NH3?H2O和NaOH溶液，pH前者小于后者，則溶液中c(OH-)：NH3?H2O＜NaOH，NaOH是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，則NH3?H2O部分電離，說(shuō)明NH3·H2O為弱電解質(zhì)；故A不選；

B．相同條件下，濃度均為0.1mol?L-1NaOH溶液和氨水，氨水的導(dǎo)電能力弱，說(shuō)明溶液中c(OH-)：NH3?H2O＜NaOH，NaOH是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，則NH3?H2O部分電離，說(shuō)明NH3·H2O為弱電解質(zhì)；故B不選；

C．0.1mol?L-1NH3?H2O能使無(wú)色酚酞試液變紅色，說(shuō)明NH3?H2O電離出了OH-，導(dǎo)致溶液呈堿性，但是不能說(shuō)明其是否部分電離，所以不能證明NH3?H2O是弱電解質(zhì)；故C選；

D．OH-濃度相同的NH3?H2O和NaOH溶液分別加水稀釋，稀釋相同的倍數(shù)，c(OH-)變化：曲線Ⅰ＞曲線Ⅱ，說(shuō)明NH3?H2O在稀釋過(guò)程中繼續(xù)電離出了OH-，存在電離平衡，說(shuō)明NH3·H2O為弱電解質(zhì)；故D不選；

故選C。二、多選題(共7題，共14分)9、AC【分析】【分析】

根據(jù)圖像，隨著溫度的升高，CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，根據(jù)勒夏特列原理，正反應(yīng)方向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，然后作等溫線，得出p1>p2；然后利用化學(xué)平衡常數(shù)與濃度商的關(guān)系；三段式法等知識(shí)進(jìn)行分析；

【詳解】

A.根據(jù)圖像，隨著溫度的升高，CO平衡轉(zhuǎn)化率降低，根據(jù)勒夏特列原理原理，正反應(yīng)方向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，即△H<0，作等溫線，增大壓強(qiáng)，CO的平衡轉(zhuǎn)化率增大，即p1>p2；故A正確；

B.壓強(qiáng)為p2時(shí)，圖中Q點(diǎn)未達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)向CO轉(zhuǎn)化率增大方向移動(dòng)，即向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則v(正)>v(逆)故B錯(cuò)誤；

C.此時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率=75%，溫度T時(shí)，向體積2L的恒容密閉容器中充入0.8molCO和0.8molH2達(dá)到的平衡等效于該溫度下，向體積為1L的恒容密閉容器中充入0.4molCO和0.4molH2達(dá)到的平衡；CO的轉(zhuǎn)化率仍為75%，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，壓強(qiáng)逐漸減小，如保持恒壓，相當(dāng)于在原來(lái)的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，則達(dá)到平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率大于75%，故C正確；

D.根據(jù)三段式法分析可知該溫度為T時(shí)，K==1×104，該溫度下，原容器中通入0.1molCO、0.1molH2、0.1mol(CH3)2O和0.1molCO2，此時(shí)Qc=反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故答案為AC。10、CD【分析】【分析】

a極Zn變成ZnO，化合價(jià)升高，故a是負(fù)極，b極O2變成OH-化合價(jià)降低，故b是正極。

【詳解】

A．電子不能通過(guò)溶液；A錯(cuò)誤；

B．放電時(shí)，OH-向負(fù)極a極移動(dòng)；B錯(cuò)誤；

C．正極氧氣得到電子生成OH-，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；C正確；

D．a(chǎn)極凈增1.6g時(shí)，增重的是O元素的質(zhì)量，物質(zhì)的量為0.1mol，Zn變成ZnO，失去0.2mol電子，根據(jù)C中電極反應(yīng)式，消耗氧氣的物質(zhì)的量為0.05mol，體積為D正確；

故選CD。11、AD【分析】【分析】

陰極室中陽(yáng)離子為鈉離子和水電離出的氫離子，陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑＋OH-，溶液中氫氧根濃度增大，原料室中鈉離子通過(guò)陽(yáng)膜向陰極室移動(dòng)；H2PO離子通過(guò)陰膜向產(chǎn)品室移動(dòng)；陽(yáng)極室中陰離子為硫酸根離子和水電離出的氫氧根離子，陽(yáng)極上氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液中氫離子濃度增大，H+通過(guò)陽(yáng)膜向產(chǎn)品室移動(dòng)，產(chǎn)品室中H2PO與H+反應(yīng)生成弱酸H3PO2。

【詳解】

A．次磷酸()是一元中強(qiáng)酸，故與足量反應(yīng)生成故A錯(cuò)誤；

B．陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑＋OH-；故B正確；

C．撤去陽(yáng)極室與產(chǎn)品室之間的陽(yáng)膜，陽(yáng)極生成的氧氣會(huì)把H3PO2氧化成H3PO4，導(dǎo)致H3PO2的純度下降；故C正確；

D．(標(biāo)準(zhǔn)狀況)的物質(zhì)的量為=0.015mol，發(fā)生的反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+，H2PO離子通過(guò)陰膜向產(chǎn)品室移動(dòng)，根據(jù)電荷守恒，理論上通過(guò)陰膜的離子為故D錯(cuò)誤；

故選AD。12、AC【分析】【分析】

需要減慢反應(yīng)速率但又不影響氫氣生成的總量，即降低H+的濃度而又不改變H+的物質(zhì)的量；據(jù)此解答。

【詳解】

A．加入CH3COONa溶液；溶液被稀釋，且醋酸根離子與溶液中氫離子結(jié)合為醋酸分子，溶液中氫離子濃度降低，且提供的氫離子總量不變，故能減慢反應(yīng)速率且又不影響氫氣的生成量，故A正確；

B．加入CuSO4溶液；Zn可以置換出Cu，構(gòu)成原電池，加快反應(yīng)速率，故B錯(cuò)誤；

C．加入KCl溶液，相當(dāng)于稀釋了鹽酸，降低了H+的濃度而又不改變H+的物質(zhì)的量；故能減慢反應(yīng)速率且又不影響氫氣的生成量，故C正確；

D．加入NaHCO3溶液；碳酸氫根離子與氫離子反應(yīng)，則溶液中氫離子的濃度；氫離子總量均減小，故反應(yīng)速率減慢，氫氣生成量也減小，故D錯(cuò)誤；

故選AC。13、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．由Ka1=Ka2=因Ka1、Ka2是常數(shù)，當(dāng)lgX=0時(shí)，c(HC2O)=c(H2C2O4)或c(HC2O)=c(C2O)，Ⅰ對(duì)應(yīng)pH較小，Ⅱ?qū)?yīng)pH較大，前者酸性強(qiáng)，所以I代表lg與pH變化關(guān)系，后者II表示lg與pH變化關(guān)系；A正確；

B．由電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，因溶液pH=1.22時(shí)呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH-)，故c(Na＋)＜c(HC2O)＋2c(C2O)；B正確；

C．lgX為增函數(shù)，pH=1.22時(shí)，曲線I中l(wèi)gX=lg=0時(shí)，c(HC2O)=c(H2C2O4)；曲線II中l(wèi)gX=lg=-3，103c(C2O)=c(HC2O)=c(H2C2O4)；當(dāng)溶液pH=4.19時(shí)，曲線I中l(wèi)gX=lg=3，c(HC2O)=103c(H2C2O4)，曲線II中l(wèi)gX=lg=0，c(C2O)=c(HC2O)=103c(H2C2O4)，所以當(dāng)1.22＜pH＜4.19時(shí)，c(HC2O)實(shí)質(zhì)上逐漸增大，c(H2C2O4)逐漸減小，c(C2O)逐漸增大，此時(shí)不一定滿足關(guān)系：c()＞c(H2C2O4)；C錯(cuò)誤；

D．由電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，當(dāng)溶液pH=4.19時(shí)，c(HC2O)=c(C2O)，得c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋3c(HC2O)，此時(shí)溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH-)，則c(Na＋)＜3c(HC2O)；D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是AB。14、CD【分析】溫度相同，三個(gè)恒容密閉容器的體積分別投入2molNOCl，濃度隨容器體積的增大而減小，濃度越小，反應(yīng)速率越慢，達(dá)平衡的時(shí)間越長(zhǎng)，所以a容器中反應(yīng)速率最快，c容器中反應(yīng)速率最慢。

【詳解】

A．A點(diǎn)反應(yīng)速率比B點(diǎn)快，平衡前單位時(shí)間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率比B點(diǎn)高，現(xiàn)B點(diǎn)的NOCl轉(zhuǎn)化率比A點(diǎn)高，則表明A點(diǎn)反應(yīng)已達(dá)平衡，延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間，的轉(zhuǎn)化率不變；A不正確；

B．tmin后，A點(diǎn)NOCl的轉(zhuǎn)化率為50%，NOCl、NO、Cl2的物質(zhì)的量分別為1mol、1mol、0.5mol，總物質(zhì)的量為2.5mol；B點(diǎn)NOCl的轉(zhuǎn)化率為80%，NOCl、NO、Cl2的物質(zhì)的量分別為0.4mol、1.6mol、0.8mol，總物質(zhì)的量為2.8mol；A、B兩點(diǎn)的物質(zhì)的量之比為但A、B兩點(diǎn)容器的體積不等，所以壓強(qiáng)之比不等于B不正確；

C．容積為的容器比容積為bL的容器中c(NOCl)小，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，所以的平衡轉(zhuǎn)化率大于80%；C正確；

D．容積為的容器中，平衡常數(shù)K==達(dá)到平衡后再投入則濃度商Qc===K；所以平衡不移動(dòng)，D正確；

故選CD。15、AD【分析】【詳解】

A．由圖Ⅰ可知，200℃時(shí)5min達(dá)到平衡，平衡時(shí)B的物質(zhì)的量變化量為0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器體積為2L，故v(B)==0.02mol?L-1?min-1；故A正確；

B．由圖Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定時(shí)，溫度越高平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)越大，說(shuō)明升高溫度平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即△H＞0；圖I可以知道，200℃時(shí)，A的物質(zhì)的量變化量為0.4mol，B的物質(zhì)的量變化量為0.2mol，在一定溫度下只要A；B起始物質(zhì)的量之比剛好等于平衡化學(xué)方程式化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，平衡時(shí)生成物C的體積分?jǐn)?shù)就最大，A、B的起始物質(zhì)的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B錯(cuò)誤；

C．恒溫恒容條件下；通入氦氣參與反應(yīng)的各物質(zhì)的濃度不變，平衡不移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D．由圖Ⅰ可知，200℃時(shí)平衡時(shí)，A、B、C的物質(zhì)的量變化量分別為0.4mol、0.2mol、0.2mol，相同時(shí)間內(nèi)物質(zhì)的量的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1；平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)為：=0.5；200℃時(shí)；向容器中充入2molA和1molB若達(dá)到等效平衡，則A的體積分?jǐn)?shù)為0.5，而實(shí)際上相當(dāng)于在等效平衡的基礎(chǔ)上壓強(qiáng)增大，該反應(yīng)為氣體減少的反應(yīng)，平衡正向移動(dòng)，A的體積分?jǐn)?shù)減小，即新的平衡中A的體積分?jǐn)?shù)小于0.5，故D正確；

故答案為AD。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)原子是化學(xué)變化的最小微粒；所以選項(xiàng)A不正確；

有電子的轉(zhuǎn)移的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)；與反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)無(wú)關(guān)系，選項(xiàng)B不正確；

同樣反應(yīng)條件與反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)無(wú)關(guān)系；選項(xiàng)C不正確，選項(xiàng)D正確；

答案選D。

(2)若E12，則生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量，所以反應(yīng)是吸熱反應(yīng)?！窘馕觥緿>吸熱17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)據(jù)圖可知A表示反應(yīng)物總能量；C表示生成物總能量；

(2)2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)表示2molSO2(g)氧化為SO3，1molSO2(g)氧化為1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1，則?H=-99kJ·mol-1×2=-198kJ·mol-1；

(3)單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，則S(s)+O2(g)=SO2(g)?H=-296kJ·mol-1①；

又知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)?H=-198kJ·mol-1②；

根據(jù)蓋斯定律①×3+②×可得-296kJ·mol-1×3-198kJ·mol-1×可得3S(s)+O2(g)=3SO3(g)的?H=-1185kJ·mol-1；【解析】反應(yīng)物總能量生成物總能量-198-118518、略

【分析】【詳解】

（1）①電流方向?yàn)椋篴→b，所以電極A為正極，B為負(fù)極。負(fù)極失電子，根據(jù)總反應(yīng)可知B為銅片，正極上得電子，所以電解質(zhì)溶液C為Fe2(SO4)3溶液；②A為正極，F(xiàn)e3+得電子生成Fe2+，電極反應(yīng)式為Fe3++e-=Fe2+；③電解硫酸鈉溶液，陽(yáng)極產(chǎn)生的氣體為O2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2mLO2的物質(zhì)的量為5×10-4mol，電路中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為n=4×5×10-4mol=2×10-3mol，原電池中Fe3+還原為Fe2+，根據(jù)電子守恒可知被還原的Fe3+的物質(zhì)的量為0.002mol。

（2）①Na2FeO4中鐵元素化合價(jià)為+6價(jià)；Na2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可以殺毒，Na2FeO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)被還原為Fe3+，F(xiàn)e3+發(fā)生水解生成Fe(OH)3膠體，具有吸附性，因此Na2FeO4可用來(lái)作凈水劑。②電極Ni與電源負(fù)極連接，為陰極；陽(yáng)極Fe失去電子，發(fā)生的反應(yīng)為Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O，陽(yáng)極區(qū)OH-不斷消耗，要使反應(yīng)持續(xù)，必須補(bǔ)充OH-，所以離子膜為陰離子交換膜，使陰極區(qū)的OH-進(jìn)入陽(yáng)極區(qū)。③根據(jù)產(chǎn)物可知Fe失去6個(gè)電子生成FeO42-，陽(yáng)極反應(yīng)式為Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O?！窘馕觥浚拢肍e3++e-=Fe2+0.002+6殺菌的原因是有強(qiáng)氧化性，凈水的原因是高鐵酸鉀的還原產(chǎn)物水解產(chǎn)生的Fe(OH)3膠體，有吸附性陰陰Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O19、略

【分析】【詳解】

(1)電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為↑↑；

(2)C極一側(cè)滴酚酞試液不變紅色，說(shuō)明該極無(wú)生成；C極是陽(yáng)極，故A是正極；

(3)①標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L的物質(zhì)的量是0.5mol，每生成1mol轉(zhuǎn)移2mol故收集到(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氯氣，則至少轉(zhuǎn)移電子為1mol

②鉛蓄電池放電的總反應(yīng)為═每消耗2mol轉(zhuǎn)移2mol可生成1mol標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)，的體積為L(zhǎng)；

③═↑↑，消耗amol轉(zhuǎn)移amol電子，生成NaOH的物質(zhì)的量分別為amol，故

因此，本題正確答案是:【解析】2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑正122.420、略

【分析】【分析】

(1)該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

(2)根據(jù)Qc與K大小進(jìn)行判斷；

(3)利用三段式進(jìn)行分析；

(4)根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析解答。

【詳解】

(1)該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則高爐內(nèi)CO2和CO體積比值增大；平衡常數(shù)K值增大；

(2)c(CO2)=0.020mol/L，c(CO)=0.1mol/L，Qc==0.20＜K=0.25；該情況下，該反應(yīng)不是化學(xué)平衡狀態(tài)，此時(shí)該反應(yīng)正向進(jìn)行，化學(xué)反應(yīng)速率是υ(正)大于υ(逆)；

故答案為：否；大于；0.020mol·L-1/0.1mol·L-1＜K=0.25；

(3)在1L密閉容器中加入0.02molFeO(s)；并通入xmolCO，t℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡．此時(shí)FeO(s)轉(zhuǎn)化率為50%，轉(zhuǎn)化的FeO為0.01mol，則。

FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO2(g)

開(kāi)始(mol)0.02x00

轉(zhuǎn)化(mol)0.010.010.010.01

平衡(mol)0.01x-0.010.010.01

K===0.25；解得x=0.05；

(4)該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體系數(shù)不變的反應(yīng)，t4時(shí)刻改變條件后，平衡不移動(dòng)，而反應(yīng)速率降低，由此可知，t4時(shí)刻改變的條件是降低壓強(qiáng)；

t5時(shí)刻改變條件后，正逆反應(yīng)速率都增大，平衡發(fā)生移動(dòng)，由此可知，t5時(shí)刻改變的條件是升高溫度?！窘馕觥竣?增大②.增大③.否④.大于⑤.0.020mol·L-1/0.1mol·L-1＜K=0.25⑥.0.05⑦.降低壓強(qiáng)⑧.升高溫度21、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)蓋斯定律，I式減去II式得到：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ?mol-1

(2)由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；焓變等于正反應(yīng)活化能減去逆反應(yīng)的活化能，故逆反應(yīng)的活化能大于178.4；

(3)利用三段式：

①

②

③A．縮小容器體積，導(dǎo)致濃度增大，反應(yīng)速率增大，但平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率減??；故A不符合；

B．加入催化劑能加快反應(yīng)速率，但不影響平衡，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率不變；故B不符合；

C．分離出TiO2，平衡不移動(dòng)，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率不變；但反應(yīng)速率不變，故C不符合；

D．增大氧氣的濃度，導(dǎo)致反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率增大；故D符合題意；

E．降低溫度；反應(yīng)速率會(huì)減小，故D不符合題意；

故選答案D；

④根據(jù)增大某反應(yīng)物的濃度可以增大另一個(gè)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，自身的轉(zhuǎn)化率降低，當(dāng)橫坐標(biāo)增大時(shí)，相當(dāng)于增大了TiCl4的濃度，TiCl4的轉(zhuǎn)化率會(huì)降低，故表示的曲線是L2；M點(diǎn)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等，說(shuō)明投入反應(yīng)物起始的物質(zhì)的量之比等于系數(shù)比，故a=1:1，根據(jù)t℃時(shí)平衡常數(shù)保持不變利用前面的三段式計(jì)算出平衡常數(shù)：K=當(dāng)反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比等于1:1時(shí)代入三段式中解得故坐標(biāo)為(1，)；

(4)根據(jù)原子守恒，保持化合價(jià)不變利用復(fù)分解反應(yīng)的寫法寫出水解方程式為：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2?xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl?！窘馕觥縏iCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ?mol-1>0.01mol?L-1·min-120%DL2(1，)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2?xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl22、略

【分析】【詳解】

(1)組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，沉淀溶解平衡常數(shù)越小，越容易沉淀；由于Ksp[Cu(OH)2]sp[Mg(OH)2]，所以先生成Cu(OH)2沉淀；生成該沉淀的離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2

(2)沉淀共存時(shí)，就是AgCl、AgBr兩種沉淀都有，所以==2.7×10-3?！窘馕觥緾u(OH)2Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+22.7×10-323、略

【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律計(jì)算。

【詳解】

已知：①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)△H1＝－92.4kJ·mol-1

②NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H2＝－79.7kJ·mol-1

③NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H3＝＋72.5kJ·mol-1

根據(jù)蓋斯定律：①+②×2+③，可得N2(g)+3H2(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=?92.4+(?79.7)×2+72.5=?179.3kJ?mol?1。【解析】N2(g)+3H2(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=?179.3kJ?mol?124、略

【分析】【分析】

某同學(xué)設(shè)計(jì)用該電池探究將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4的原理和粗銅的精煉原理，甲裝置為原電池，通入氧氣的電極為原電池正極，氧氣得到電子生成水，電極反應(yīng)：O2+4H++4e-=2H2O，通入NO的電極為原電池負(fù)極，NO轉(zhuǎn)化為HNO3，電極反應(yīng)為：NO-3e-+2H2O=+4H+，乙池為電解池，左邊石墨為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為：SO2-2e-+2H2O=+4H+，右邊為電解池陰極，電極反應(yīng)為：NO+5e-+6H+=+H2O；粗銅為電解池陽(yáng)極，精銅為電解池陰極。

【詳解】

(1)在甲裝置的燃料電池中，在放電時(shí)通入O2的電極為正極，正極的電極反應(yīng)式為：O2+4e-+4H+=2H2O；

(2)根據(jù)反應(yīng)5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知：產(chǎn)物中除有(NH4)2SO4外還有H2SO4生成，故乙裝置中物質(zhì)A是H2SO4；

(3)如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，則陽(yáng)極上不僅銅失去電子，還有鋅也會(huì)失電子變?yōu)榻饘訇?yáng)離子進(jìn)入溶液，雜質(zhì)銀在陽(yáng)極底部形成陽(yáng)極泥，陰極上只有Cu2+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu析出。根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等可知；陽(yáng)極上溶解的銅小于陰極上析出的銅，故丙裝置中反應(yīng)一段時(shí)間，硫酸銅溶液濃度將減?。?/p>

(4)若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲裝置有3.36LO2參加反應(yīng)，其物質(zhì)的量n(O2)==0.15mol，1molO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子，則根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知丙裝置中陰極上析出銅的物質(zhì)的量n(Cu)==0.3mol，其質(zhì)量m(Cu)=0.3mol×64g/mol=19.2g?！窘馕觥縊2+4e-+4H+=2H2OH2SO4減小19.2四、判斷題(共4題，共32分)25、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應(yīng)，錯(cuò)誤。26、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0可知，石墨轉(zhuǎn)化為金剛石為吸熱反應(yīng)，因此石墨的能量比金剛石低，能量越低物質(zhì)越穩(wěn)定，故石墨比金剛石穩(wěn)定，該說(shuō)法正確。27、B【分析】【詳解】

pH試紙使用時(shí)不需要潤(rùn)濕，濕潤(rùn)后會(huì)造成誤差，紅色石蕊試紙檢測(cè)氣體時(shí)需要潤(rùn)濕，故錯(cuò)誤。28、B【分析】【分析】

【詳解】

氫氧化鈣溶液顯堿性，碳酸鈉溶液由于水解顯堿性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能夠與堿反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶頸粘在一起，不易打開(kāi)，所以應(yīng)該選擇橡皮塞或軟木塞，故此判據(jù)錯(cuò)誤。五、工業(yè)流程題(共4題，共12分)29、略

【分析】【分析】

低品位黃銅礦[二硫化亞鐵銅(CuFeS2)含量較低]經(jīng)過(guò)粉碎過(guò)篩，可提高生物堆浸速率，加快反應(yīng)速率，生物堆浸過(guò)濾后得到含F(xiàn)e3+、Cu2+的溶液，過(guò)程①中，加入Na2S2O3，“轉(zhuǎn)化”后得到硫酸亞鐵溶液以及CuS沉淀，過(guò)濾、濾液M為硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液進(jìn)一步蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到綠礬，CuS用H2O2和稀硫酸處理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到膽礬(CuSO4?5H2O)；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)①反應(yīng)中鐵；銅元素化合價(jià)都沒(méi)有變化；硫的化合價(jià)升高，氧化產(chǎn)物為S單質(zhì)。

(2)T.f細(xì)菌有一定活性溫度；溫度過(guò)高，T.f細(xì)菌失去生物活性。

(3)依題意，生物堆浸需要具備兩個(gè)條件：一是保持酸度范圍內(nèi)生物活性，已知：T?f細(xì)菌在1.0＜pH＜6.0范圍內(nèi)保持生物活性；二是不使鐵離子沉淀，已知鐵離子開(kāi)始沉淀時(shí)的pH小于1.5，所以需要補(bǔ)充硫酸調(diào)節(jié)酸度至

(4)已知“氧化”中1molCuS完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，則硫化銅被氧化成硫單質(zhì)，其離子方程式為CuS+H2O2+2H=Cu2++S+2H2O。

(5)Ksp(CuS)=c(Cu2)c(S2-)=1.0×10-5mol·L-1×1.3×10-31mol·L-1=1.3×10-36。

(6)觀察三組滴定數(shù)據(jù)知，消耗溶液體積24.56mL與其他兩組數(shù)據(jù)相差較大，應(yīng)該舍去，消耗KMnO4溶液體積的平均值為25.00mL；根據(jù)電子守恒定律知，n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)，F(xiàn)eSO4·7H2O的摩爾質(zhì)量為278g·mol-1，綠礬樣品純度計(jì)算過(guò)程如下：==如果綠礬在干燥過(guò)程中失去一部分結(jié)晶水，測(cè)得結(jié)果偏高；如果綠礬混有其他還原性雜質(zhì)，測(cè)得結(jié)果也可能偏高?！窘馕觥縎溫度高于40℃，T?f細(xì)菌活性降低等合理答案即可調(diào)節(jié)酸度至1.0＜pH＜1.5CuS+H2O2+2H=Cu2++S+2H2O1.3×10-36產(chǎn)品失去部分結(jié)晶水等30、略

【分析】【分析】

氧化銅鋅礦加酸溶解；其中氧化銅；氧化鋅溶于酸，二氧化硅不溶過(guò)濾除去。濾液中中加足量Fe，F(xiàn)e將溶液中銅離子置換成銅單質(zhì)得到海綿銅，濾液中加氧化劑將亞鐵離子氧化成三價(jià)鐵，再加氨水將鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，過(guò)濾后濾液中加碳酸氫銨和氨水將鋅離子轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鋅沉淀，沉淀經(jīng)焙燒得到活性氧化鋅，據(jù)此分析解答。

【詳解】

（1）堆浸時(shí)；為了提高浸出效率可將礦石粉碎增大接觸面積加快溶解，也可以適當(dāng)升高溫度加快堆浸速率，故答案為：粉碎礦石；適當(dāng)加熱；

（2）由以上分析可知堆浸時(shí)產(chǎn)生的礦渣主要成分是SiO2，故答案為：SiO2；

（3）由以上分析可知物質(zhì)A的作用是將亞鐵離子氧化成三價(jià)鐵，便于后續(xù)沉淀除去鐵，為不引入新的雜質(zhì)離子，可選用氧氣、H2O2作氧化劑，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；BC；

（4）除鐵過(guò)程中加入氨水的目的是調(diào)節(jié)溶液的同時(shí)不能使鋅離子沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知pH范圍應(yīng)為3.2≤pH<6.2，故答案為：3.2≤pH<6.2；

（5）加碳酸氫銨和氨水將鋅離子轉(zhuǎn)化為堿式碳酸鋅沉淀，同時(shí)生成硫酸銨(NH4)2SO4，可用作氮肥，故答案為：(NH4)2SO4；

（6）Fe(OH)3在堿性條件下被次氯酸鈉氧化成高鐵酸鈉，1molFe(OH)3反應(yīng)失去3mol電子，1molClO-得2mol電子被還原為氯離子，根據(jù)得失電子守恒即元素守恒得反應(yīng)方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故答案為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O?！窘馕觥?1)粉碎礦石適當(dāng)加熱。

(2)SiO2

(3)將Fe2+氧化為Fe3+BC

(4)3.2≤pH<6.2

(5)(NH4)2SO4

(6)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O31、略

【分析】【分析】

由元素守恒知，酸X為稀硫酸，由流程知，MnO2將Pb、S等元素氧化生成S、PbSO4，濾液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，再加入CaO調(diào)節(jié)pH除去Fe3+、Cu2+，之后濾液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最終得到MnSO4溶液，經(jīng)過(guò)一系列操作得到Mn3O4。

(1)

由分析知；稀酸X為稀硫酸；

(2)

①由圖示知，20~80min內(nèi)，Mn元素浸出率提高，F(xiàn)e3+含量明顯增加，說(shuō)明此時(shí)MnO2與FeS2反應(yīng)生成Mn2+、Fe3+、S等，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平得完整方程式為：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；

②80～100min時(shí)，MnO2浸出率很高，剩余MnO2較少，F(xiàn)eS2浸出的Fe2+與MnO2接觸機(jī)會(huì)減少，所以Fe2+濃度上升；

(3)

由Ksp(MnF2)=c(Mn2+)·c2(F-)=5.0×10-3，得2mol/L×c2(F-)=5.0×10-3，解得c2(F-)=2.5×10-3mol2/L2，再由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.5×10-11，得c(Ca2+)×2.5×10-3=3.5×10-11，解得c(Ca2+)=1.4×10-8mol/L；

(4)

MnSO4與NH4HCO3反應(yīng)生成MnCO3沉淀的離子方程式為：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，消耗NH4HCO3物質(zhì)的量n=2n(MnSO4)=2×0.05L×1mol/L=0.1mol，對(duì)應(yīng)體積V=即100mL，故此處填10