2025年滬教版選修4化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年滬教版選修4化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、室溫下，將1mol的溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為將1mol的溶于水會使溶液溫度升高，熱效應為受熱分解的化學方程式為：熱效應為則下列判斷正確的是A.B.C.D.2、下列各組熱化學方程式的△H前者小于后者的是。

①C(s)+O2(g)=CO2(g)H1C(s)+O2(g)=CO(g)H2

②S(s)+O2(g)=SO2(g)H3S(g)+O2(g)=SO2(g)H4

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)H5H2(g)+O2(g)=H2O(g)H6A.①③B.①②C.②③D.①②③3、將0.2mol/L的NaA溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合后，溶液pH＞7，則以下關系式錯誤的是A.c(HA)+c(A—)＝0.1mol/LB.c(A—)＝c(HA)C.c(Na+)+c(H+)＝c(A－)+c(OH－)+c(Cl－)D.c(Na+)＝c(A－)+c(HA)4、下列有關電解質(zhì)溶液的說法正確的是A.將0.1mol·L－1CH3COOH溶液從20℃升溫至30℃，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)減小B.若NH4Cl溶液與NH4HSO4溶液的pH相等，則c(NH)也相等C.向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中>1D.常溫下，pH＝2的醋酸溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后，溶液pH＜75、常溫下，下列溶液中有關物質(zhì)的量濃度關系正確的是A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH－)+c(A－)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合：c(CH3COO－)+2c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)6、常溫下，控制條件改變0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物質(zhì)的量分數(shù)δ(X)隨pOH的變化如圖所示。已知pOH=-lgc(OH-)，下列敘述錯誤的是（）

A.反應H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常數(shù)的值為103B.若升高溫度，a點移動趨勢向右C.pH=3時，=100.6：1D.物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，CH4—H2O催化重整是目前大規(guī)模制取氫氣的重要方法。

(1)CH4－H2O催化重整：

反應Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)?H1=+210kJ/mol

反應Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H2=﹣41kJ/mol

①提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是________。

a．增大壓強b．加入催化劑c．增大水蒸氣濃度。

②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的熱化學方程式是________。

③在密閉容器中，將2.0molCO與8.0molH2O混合加熱到800℃發(fā)生反應Ⅱ，達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率是80%，其平衡常數(shù)為_________。

(2)實驗發(fā)現(xiàn)，其他條件不變，相同時間內(nèi)，向催化重整體系中投入一定量的CaO可以明顯提高H2的百分含量。做對比實驗；結(jié)果如下圖所示：

①投入CaO時，H2百分含量增大的原因是：_________。

②投入納米CaO時，H2百分含量增大的原因是：__________。

(3)反應中催化劑活性會因積炭反應而降低，相關數(shù)據(jù)如下表：。反應ⅠⅡ?H(kJ/mol)+75﹣173

①研究發(fā)現(xiàn)，如果反應Ⅰ不發(fā)生積炭過程，則反應Ⅱ也不會發(fā)生積炭過程。因此，若保持催化劑的活性，應采取的條件是_________。

②如果Ⅰ、Ⅱ均發(fā)生了積炭反應，通入過量水蒸氣能有效清除積炭，反應的化學方程式是_________。8、我國芒硝（Na2SO4·10H2O）的儲量豐富；它是重要的化工原料。

（1）制備碳酸鈉。將飽和硫酸鈉溶液和飽和碳酸氫銨溶液混合，結(jié)晶得NaHCO3晶體，再經(jīng)加熱分解制得碳酸鈉。生成NaHCO3晶體的化學方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝?127.4kJ·mol?1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝?131.5kJ·mol?1

則：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol?1。

（2）制備燒堿和硫酸。用如圖所示裝置，以惰性電極進行電解，a、b均為離子交換膜。

①Na+遷移方向是________。

②氣體1是________；溶液2是________。9、在一個容積固定的反應器中，有一可左右滑動的密封隔板，左、右兩側(cè)分別進行如下可逆反應：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左側(cè)中加入SO2、O2、SO3的物質(zhì)的量分別為xmol、3.25mol、1mol；右側(cè)中加入9mol的水蒸氣和適量的鐵粉(忽略鐵粉對容器體積的影響)當x在一定范圍內(nèi)變化時，均可以通過調(diào)節(jié)反應器的溫度，使兩側(cè)反應都達到平衡，并且隔板恰好處于反應器位置2處請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?/p>

(1)若x=1.5則左側(cè)反應在起始時向______（填“正反應”或“逆反應”）方向進行欲使反應維持向該方向進行，則x的取值范圍是______。

(2)若X=2，則左側(cè)反應在起始時向______填“正反應”或“逆反應”）方向進行，平衡時混合氣中SO2所占的體積分數(shù)為______。10、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液導電性的變化是____寫出二者反應的離子方程式：___________。

（2）常溫下，甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L，則甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常溫下，0.1mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或堿性，下同）；pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉等體積混合，所得溶液呈___________。11、有下列六種物質(zhì)的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃時，用離子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸堿性原因：__________；

(2)常溫下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含離子和分子)的種類是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)將④溶液加熱蒸干并灼燒最終得到的物質(zhì)是________(填化學式)；

(4)常溫下0.1mol/L⑤溶液加水稀釋至中性的過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)12、蓄電池是一種可以反復充電、放電的裝置。有一種蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應是：NiO2＋Fe+2H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2

（1）金屬鎳在元素周期表中的位置是______________。

（2）此蓄電池放電時；該電池發(fā)生氧化反應的物質(zhì)是________（城序號）。

。A．NiO2

B．Fe

C．Fe(OH)2

D．Ni(OH)2

（3）此蓄留電池充電時；陽極的電極反應式是____________。

（4）用該蓄電池電解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL；假如電路中轉(zhuǎn)移了0.1mo電子，且電解池的電極均為惰性電極。陽極產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積是________；將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液的pH=________________。

（5）該電池電極材料對環(huán)境有危害。在對電池進行回收處理過程中遇到以下問題：已知：常溫下Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。某溶液中含有0.1mol/L的Ni2+和0.1mol/LFe3+；當逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液體積改變）；

①先沉淀的離子是________。

②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范圍是__________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)14、用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：

已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列問題。

(1)軟錳礦預先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應轉(zhuǎn)化為MnO的化學方程式為________。

(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是________。

(3)濾液I可循環(huán)使用，應當將其導入到________操作中(填操作單元的名稱)。

(4)凈化時需先加入的試劑X為________(填化學式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_______(當溶液中某離子濃度時；可認為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過程中發(fā)生反應的離子方程式為______________________。15、NiCO3常用于催化劑、電鍍、陶瓷等工業(yè)?，F(xiàn)用某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))制取NiCO3的過程如圖所示：

（1）流程中的試劑X（某鈉鹽）的化學式是___________。

（2）“氧化”時需保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化?？刂茰囟炔怀^40℃的原因是______（用化學方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在較小pH條件下水解，最終形成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如圖是pH—溫度關系圖，圖中陰影部分為黃鈉鐵礬穩(wěn)定存在的區(qū)域，下列說法不正確的是________(填字母)。

a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鐵為+2價。

b．pH過低或過高均不利于生成黃鈉鐵礬；其原因相同。

c．氯酸鈉在氧化Fe2+時，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA

d．工業(yè)生產(chǎn)中溫度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黃鈉鐵礬；此時溶液的pH約為1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液時，確認Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實驗方法是_______________。

（5）某小組利用NiCO3制取鎳氫電池的正極材料堿式氧化鎳(NiOOH)；過程如圖：

①已知25℃時，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，當調(diào)節(jié)pH≥9時，溶液中殘留的c(Ni2+)________mol/L。

②寫出在空氣中加熱Ni(OH)2制取NiOOH的化學方程式________________。

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負極為MH（即吸氫材料M吸附氫原子）。充電時也可實現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH。請寫出放電時該電池的總反應式______________。16、已知：①工業(yè)上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAlSi2O6和少量鈣鎂雜質(zhì)）反應，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰。

②某些物質(zhì)的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸與β-鋰輝礦生產(chǎn)金屬鋰的工業(yè)流程如下：

請回答：

（1）β-鋰輝礦經(jīng)初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化學式是______。

（3）流程中使用了不同濃度的Na2CO3溶液，從物質(zhì)溶解度大小的角度解釋其濃度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3與鹽酸反應得到LiCl溶液的離子方程式是_______。

（5）工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：

a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液；LiOH溶液作陰極液，兩者用離子選擇透過膜隔開，用惰性電極電解。

b.電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，過濾、烘干得高純Li2CO3。

①a中，陽極的電極反應式是_____。

②b中，生成Li2CO3反應的化學方程式是______。17、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應反應的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當試劑X是__________時；更有利于降低生產(chǎn)成本。

（3）加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應式：__________。評卷人得分五、實驗題(共1題，共4分)18、新年到來之際，多國媒體人士贊賞習主席新年賀詞關注民生發(fā)展，展現(xiàn)中國新時代的新面貌，飲用水安全是民生大計，ClO2與Cl2的氧化性相近，沸點為11℃，極易溶于水且不與水發(fā)生化學反應，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應用廣泛?某小組在實驗室中探究ClO2的制備方法。請回答下列問題：

(1)SO2與NaClO3反應制備ClO2

①裝置A中反應的離子方程式為________，橡膠管的作用是_________。

②用上圖中的裝置收集一定量的ClO2，其連接順序為a→_______________（按氣流方向；用小寫字母表示）。

③已知裝置B中生成一種酸式鹽，則發(fā)生反應的化學方程式為________________。

(2)電解法制備ClO2

①B為電源的____________極。

②陰極的電極反應式為_____________。此外，陰極區(qū)還有一個離子反應發(fā)生，該離子方程式為_______________。

(3)ClO2能殺死SARS–CoV–2病毒、美國季節(jié)性流感病毒、細菌、真菌和各種孢子及孢子形成的菌體，還可將污水中含有的CN–轉(zhuǎn)化為兩種無毒氣體，其還原產(chǎn)物為Cl–，若污水中CN–的含量為bmg/L，則處理100m3這種污水，至少需要ClO2___________mol。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共27分)19、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關)。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應達到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質(zhì)的量分數(shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)20、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應速率的大小關系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質(zhì)的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。21、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

根據(jù)題意知，溶于水的熱化學方程式為

溶于水的熱化學方程式為

根據(jù)蓋斯定律知，受熱分解的熱化學方程式為：

A.根據(jù)上述分析知，可得A錯誤；

B.根據(jù)上述分析知，可得B錯誤；

C.根據(jù)上述分析知，則C正確；

D.根據(jù)上述分析知，可得D錯誤。

故選C。2、A【分析】【詳解】

①C完全燃燒放出的熱量大于不完全燃燒放出的熱量，燃燒放出的熱量越多，反應熱越小，所以DH1<DH2；①符合題意；

②反應的物質(zhì)在氣態(tài)時含有的能量高于固態(tài)時含有的能量，而生成物的能量相同，因此反應物含有的能量越多，反應放出的熱量就越多，反應放出熱量越多，該反應的反應熱就越小，所以DH3>DH4；②不符合題意；

③反應物的能量相同，生成物含有的能量氣態(tài)>液體，所以放出的熱量：前者大于后者。反應放出的熱量越多，反應熱越小，故反應熱：DH56，③符合題意；故合理選項是A。3、B【分析】【詳解】

A.溶液混合后濃度減小一半，根據(jù)物料守恒可得：c(Na+)=c(A-)+c(HA)=0.1mol/L；A項正確；

B.將0.2mol/LNaA溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合后，溶質(zhì)是NaCl、NaA和HA，且NaA和HA的濃度相等，而混合液的pH＞7，說明HA的電離程度小于A-的水解程度，則c(A-)＜c(HA)；B項錯誤；

C.反應后的溶液一定滿足電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)+c(OH-)；C項正確；

D.根據(jù)物料守恒可知，c(Na+)=c(A-)+c(HA)；D項正確；

答案選B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．醋酸為弱酸，弱酸的電離為吸熱過程，將0.1mol·L－1CH3COOH溶液從20℃升溫至30℃，促進醋酸的電離，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大；故A錯誤；

B．由于NH4HSO4電離時產(chǎn)生H+使溶液呈酸性，NH的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH的濃度小于NH4Cl；故B錯誤；

C．向鹽酸中加入氨水至中性，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，即=1；故C錯誤；

D．常溫下；pH=2的醋酸溶液的濃度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的濃度等于0.01mol/L，二者等體積混合后，醋酸剩余，所以溶液的pH＜7，故D正確；

故選D。5、A【分析】【詳解】

A．二者無論以何種比例混合，溶液都呈電中性，則溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(M+)=c(OH－)+c(A－)；A正確；

B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液，由于Na2CO3水解程度大于CH3COONa，則c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；NaOH為強電解質(zhì)，濃度最小，B錯誤；

C．物質(zhì)的量濃度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等體積混合，溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二者聯(lián)式可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)；C錯誤；

D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4，說明HA-電離程度大于HA-水解程度，則溶液中存在：c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)；D錯誤；故答案為：A。

【點睛】

對于酸式鹽，電離程度大于水解程度，溶液顯酸性；電離程度小于水解程度，溶液顯堿性。6、B【分析】【詳解】

A．反應H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常數(shù)K=a點c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此時pOH=9.8，則c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，則Ka2==10-4.2；同理b點c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反應的平衡常數(shù)K=故A正確；

B．溫度升高；水的電離程度增大，水的離子積變大，pH與pOH之后小于14，則圖像整體將向左移動，故B錯誤；

C．=100.6：1；故C正確；

D．H2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，則HC2O4-的水解平衡常數(shù)Kh1=即其電離程度大于其水解程度，所以純NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(H2C2O4)，加入等物質(zhì)的量濃度Na2C2O4、草酸鈉會電離出大量的C2O42-，則溶液中存在c(C2O42-)>c(HC2O4-)，據(jù)圖可知當c(C2O42-)>c(HC2O4-)時溶液呈酸性，鈉離子不水解，所以混合溶液中離子濃度大小關系為c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)；故D正確；

故答案為B。

【點睛】

有關溶液中離子的物質(zhì)的量分數(shù)變化的圖像，各條曲線的交點是解題的關鍵，同過交點可以求電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)；D項為易錯點，要通過定量的計算結(jié)合圖像來判斷溶液的酸堿性。二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【分析】

(1)①提高物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率就是使平衡正向移動；可以分析該反應的正反應的特點再根據(jù)平衡移動原理進行判斷；

②根據(jù)蓋斯定律；將方程式疊加，反應熱也相加，得到重整后的熱化學方程式；

③對于反應前后氣體體積不變的反應；物質(zhì)平衡時生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比等于它們的物質(zhì)的量乘積的比；

(2)從生成物；反應物的酸堿性及固體表面積大小對物質(zhì)濃度及化學平衡移動的影響分析；

(3)根據(jù)甲烷分解反應的特點分析判斷；根據(jù)炭與水蒸氣反應產(chǎn)物狀態(tài)分析解答。

【詳解】

(1)①由反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)?H1=+210kJ/mol可知：若要使CH4的轉(zhuǎn)化率提高就要使化學平衡正向移動；a．該反應的正反應是氣體體積增大的反應，增大壓強平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率降低，a錯誤；b．加入催化劑能夠同等倍數(shù)的改變化學反應速率，化學平衡不發(fā)生移動，b錯誤；c．增大反應物水蒸氣濃度；化學平衡正向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率增大，c正確；故意合理選項是c；

②反應Ⅰ與反應Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的熱化學方程式為CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)?H=+169kJ/mol；

③在密閉容器中，將2.0molCO與8.0molH2O混合加熱到800℃發(fā)生反應Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

n(開始)/mol2.08.000

n(改變)1.61.61.61.6

n(平衡)0.46.41.61.6

由于該反應是反應前后氣體體積相等的反應，所以濃度比等于物質(zhì)的量的比，故K=

(2)①催化重整后的化學方程式為CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO時，CaO可吸收CO2，使c(CO2)減小，平衡正向移動，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；

②若投入納米CaO時，由于納米CaO顆粒小，表面積大，可以使反應速率加快，c(CO2)減小的多，平衡正向移動加劇，所以H2百分含量增大；

(3)①反應Ⅰ的正反應是氣體體積增大的吸熱反應；為了減少積炭，要使平衡逆向移動，可以采取的措施是增大壓強；降低溫度的辦法；

②如果Ⅰ、Ⅱ均發(fā)生了積炭反應，通入過量水蒸氣能有效清除積炭，是因為C與水蒸氣反應，產(chǎn)生氫氣和CO，反應的化學方程式是C+H2O=CO+H2。

【點睛】

本題考查了蓋斯定律、化學平衡移動原理的應用的知識。涉及熱化學方程式的書寫、物質(zhì)平衡轉(zhuǎn)化率的判斷、平衡常數(shù)計算、平衡移動、反應條件的控制等。掌握化學基本原理、了解物質(zhì)的基本屬性(狀態(tài)、顆粒大小等)是分析問題的基礎?！窘馕觥縞CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)?H=+169kJ/mol1CaO可吸收CO2，c(CO2)減小，使生成H2的反應正向移動，H2百分含量增大納米CaO顆粒小，表面積大，使反應速率加快降低溫度、增大壓強C+H2O=CO+H28、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)題意寫出化學方程式即可，需要注意的是兩個飽和溶液反應生成的是NaHCO3晶體；故要加上沉淀符號；根據(jù)蓋斯定律計算即可；

（2）電解Na2SO4溶液，左側(cè)為陰極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，右側(cè)為陽極，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O；則溶液1為NaOH溶液，氣體1為H2，溶液2為H2SO4溶液，氣體2為O2。

【詳解】

（1）根據(jù)題意，可以得該反應的化學方程式為：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根據(jù)蓋斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol?1)+(-127.4kJ·mol?1)=+135.6kJ·mol?1；

（2）電解Na2SO4溶液，左側(cè)為陰極，電極反應為：2H++2e-=H2↑，右側(cè)為陽極，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O；則溶液1為NaOH溶液，氣體1為H2，溶液2為H2SO4溶液，氣體2為O2；故Na+透過a膜進入陰極室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透過a膜進入陰極室（其他合理答案給分）氫氣（H2）H2SO49、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）這兩個平衡體系的特點是：第一個反應前后氣體的總物質(zhì)的量發(fā)生變化，第二個保持不變，故右邊永遠是9mol氣體，同在一個容器中，同溫同壓，故氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比。故平衡時，左邊為6mol氣體；當x=1.5時，左邊現(xiàn)在總的物質(zhì)的量為5.75mol<6mol，故向逆反應方向進行；若保持該方向，1.25<1.75；

（2）根據(jù)上述；反應向正反應方向進行了。

平衡總物質(zhì)的量為6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的體積分數(shù)="1.5/6=25%"；

考點：化學平衡。

點評：化學平衡是歷年高考重中之重，考生一定要系統(tǒng)備考此知識點。難度較大。【解析】①.逆反應②.1.25＜x＜1.75③.正反應④.0.2510、略

【分析】【分析】

（1）離子濃度越大；導電性越強，氨水為弱電解質(zhì)，醋酸銨為強電解質(zhì)；

（2）一水合氨為弱電解質(zhì)；濃度越大，電離程度越??；

（3）室溫下，等物質(zhì)的量濃度、等體積的鹽酸和氨水混合，恰好完全反應生成NH4Cl；為強酸弱堿鹽；pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉，氨水濃度大于鹽酸，二者等體積混合時氨水過量。

【詳解】

（1）氨水為弱電解質(zhì)，開始導電性不強，滴入醋酸，反應生成醋酸銨，為強電解質(zhì)，離子濃度增大，導電性增強，反應為NH3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反應完全后，繼續(xù)滴入醋酸，溶液體積變大，離子濃度減小，導電性又逐漸減弱，故答案為：導電性先變大后變??；NH3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L，則甲瓶氨水的濃度是乙瓶氨水的濃度的10倍，又弱電解質(zhì)的濃度越小，電離程度越大，故甲瓶氨水的電離度比乙瓶氨水的電離度小，所以甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案為：＜；

（3）室溫下，0.1mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合，恰好完全反應生成NH4Cl；為強酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性；室溫下，pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉，醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸濃度大于氫氧化鈉，二者等體積混合時醋酸有剩余，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案為：酸性；酸性。

【點睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡的影響因素以及電離平衡的應用知識，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點?！窘馕觥繉щ娦韵茸兇蠛笞冃H3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性11、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)NH4+水解規(guī)律進行分析；

(2)根據(jù)Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；電離平衡進行分析；

(3)硫酸屬于難揮發(fā)性酸，Al2(SO4)3溶液加熱蒸干灼燒后產(chǎn)物為原溶質(zhì)；

(4)根據(jù)CH3COOH溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀釋促進電離進行分析。

【詳解】

(1)②為NH4Cl溶液，溶液中銨根離子能發(fā)生水解，其反應的離子反應方程式為：NH4++H2ONH3?H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在著銨根離子水解平衡：NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以NH4Cl溶液顯酸性；

(2)③為Na2CO3溶液，⑥為NaHCO3溶液，碳酸鈉溶液中碳酸根水解，且水解分步進行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能電離，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常溫下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒種類是相同，故答案：相同；

(3)④為Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸屬于難揮發(fā)性酸，所以將Al2(SO4)3溶液加熱蒸干并灼燒后的產(chǎn)物為硫酸鋁；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤為CH3COOH溶液，常溫下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反應，加水稀釋至中性的過程中，c(H+)逐漸減小，c(OH-)逐漸增大，由于溫度不變，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不變；根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)可知，=加水稀釋過程中，促進電離，c（CH3COO-）減小，但是Ka不變，所以增大；故答案選BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+離子的水解平衡：NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以NH4Cl溶液顯酸性相同Al2(SO4)3BC12、略

【分析】試題分析：（1）鎳的原子序數(shù)是28；因此金屬鎳在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）蓄電池放電時相當于原電池；該電池發(fā)生氧化反應的電極是負極，因此發(fā)生反應的物質(zhì)是鐵，答案選B；

（3）蓄留電池充電時相當于電解，陽極失去電子，是原電池中正極反應的逆反應，則電極反應式是Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O；

（4）惰性電極電解氯化鈉溶液，陽極是氯離子放電，產(chǎn)生氯氣，假如電路中轉(zhuǎn)移了0.1mo電子，則根據(jù)方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知此時氯氣是0.05mol；在標準狀況下的體積是1.12L，用該蓄電池電解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL，且電解池的電極均為惰性電極。陽極產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；根據(jù)方程式可知同時還有0.1mol氫氧化鈉生成，因此將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液中氫氧根的濃度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，所以溶液的pH=13。

（5）①產(chǎn)生Ni(OH)2時需要氫氧根的濃度是產(chǎn)生氫氧化鐵時需要氫氧根的濃度是所以先沉淀的離子是Fe3+。

②根據(jù)①中分析可知鐵離子開始沉淀時溶液的pH＝3，鎳離子開始沉淀時溶液的pH＝7，所以要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范圍是3<7。

考點：考查電化學原理的應用以及溶度積常數(shù)的有關計算【解析】（1）第四周期第VIII族；（2）B；（3）Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O

（4）1.12L；13；（5）①Fe3+；②3<7三、判斷題(共1題，共2分)13、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)14、略

【分析】【分析】

軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀；過濾；洗滌、干燥得到高純碳酸錳。

【詳解】

(1)軟錳礦預先粉碎可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分，提高反應速率；MnO2與BaS反應轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值后會減小；

(3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液；所以可以導入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；

(4)凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同類型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；

(5)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接觸面積，充分反應，提高反應速率：②.③.過量的MnO2消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2④.蒸發(fā)⑤.H2O2⑥.4.9⑦.15、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))用過量的酸溶解，其中的金屬轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，再加入適量X試劑，將銅離子和鋅離子轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀除去，濾液中含有鎳、鐵、鉻等金屬離子，根據(jù)(2)可知，保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH調(diào)節(jié)pH，除去鐵和鉻，在過濾后的濾液好加入碳酸鈉得到NiCO3。據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)流程圖，加入試劑X后生成了硫化銅和硫化鋅沉淀，因此試劑X(某鈉鹽)為Na2S，故答案為Na2S；

(2)由于過氧化氫受熱容易分解，因此“氧化”時需保持濾液在40℃左右，溫度不超過40℃，故答案為2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鈉為+1價，硫酸根為-2價，氫氧根為-1價，根據(jù)正負化合價的代數(shù)和為0，鐵為+3價，故a錯誤；b．pH過低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能夠被酸溶解；pH過高，鐵離子容易水解生成氫氧化鐵或FeOOH沉淀，均不利于生成黃鈉鐵礬，原因不相同，故b錯誤；c．用氯酸鈉在酸性條件下氧化Fe2+離子方程式為6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA，故c正確；d．由圖像可知，生成黃鐵礬鋼所需要的合適溫度為85℃～95℃，pH約為1.2～1.8，故d正確；錯誤的有ab，故答案為ab；

(4)確認Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實驗方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀，具體操作步驟為：靜置，在上層清液中繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液，無沉淀生成，故答案為靜置，取少量上層清液繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液；無沉淀生成；

(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，當調(diào)節(jié)pH≥9時，c(H+)=10-9mol/L，則c(OH-)==10-5mol/L，c(Ni2+)===2×10-5mol?L-1，故答案為≤2×10-5；

②空氣中加熱Ni(OH)2，Ni(OH)2與空氣中的氧氣反應生成NiOOH和水，反應的化學方程式為：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O，故答案為4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O；

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負極為MH(即吸氫材料M吸附氫原子)。充電時也可實現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH，則放電時NiOOH在正極發(fā)生還原反應生成Ni(OH)2，電池的總反應為MH與Ni(OH)2反應生成NiOOH和M，反應方程式為NiOOH+MH=M+Ni(OH)2，故答案為NiOOH+MH=M+Ni(OH)2?！窘馕觥縉a2S2H2O22H2O+O2↑ab靜置，取少量上層清液繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液，無沉淀生成≤2×10-54Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2ONiOOH+MH=M+Ni(OH)216、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)難溶物和液體不溶；用過濾的方法進行分離；

（2）根據(jù)MgSO4能與氫氧化鈣反應生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀；

（3）根據(jù)CaCO3的溶解度比Li2CO3?。?/p>

（4）鹽酸與Li2CO3反應生成氯化鋰；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液；陽極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應，據(jù)此書寫陽極反應式。

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子；鋰離子向陰極移動，LiOH溶液的濃度增大，碳酸氫銨與LiOH反應生成碳酸鋰；水和氨氣。

【詳解】

（1）鋁硅化合物沉淀和液體不溶；用過濾的方法進行分離，故答案為：過濾；

（2）MgSO4能與氫氧化鈣反應生成Mg(OH)2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀，所以沉淀x的主要成份的化學式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案為：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大，故答案為：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大；

（4）鹽酸與Li2CO3反應的離子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案為：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，陽極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應，所以陽極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子，鋰離子向陰極移動，導致LiOH溶液的濃度增大；電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】過濾CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑17、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：硫化銅礦石(含CuFeS2、Cu2S等)預處理后與氧氣焙燒：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化為Fe2O3，得到相應的金屬氧化物和二氧化硫氣體，加入稀硫酸溶解金屬氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入試劑X將Fe2+氧化為Fe3+，加入試劑Y調(diào)節(jié)pH沉淀Fe3+，過濾，向濾液中加入KOH，用N2H4還原，反應為：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，過濾，洗滌、隔絕空氣烘干，制得Cu2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)流程，礦石與氧氣得到金屬氧化物和SO2；Cu2S與O2反應為Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化劑為氧氣，還原劑為Cu2S，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故答案為SO2；2∶1；

(2)若試劑X是H2O2溶液，將Fe2+氧化為Fe3+，離子反應為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；H2O2的電子式為Fe(鐵)為26號元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；酸性條件下，氧氣也可將Fe2+氧化為Fe3+，而氧氣或空氣價格遠低于過氧化氫，故可用氧氣或空氣替代，故答案為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；第四周期第Ⅷ族；空氣或氧氣；

(3)加入試劑Y的目的是：調(diào)節(jié)pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，pH范圍為：3.7≤pH＜4.8，故答案為3.7≤pH＜4.8；

(4)操作X為過濾，濾渣經(jīng)洗滌、烘干，制得Cu2O；因為Cu2O具有較強的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化，故烘干過程要隔絕空氣，故答案為過濾；防止生成的Cu2O被空氣氧化；

(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O?！窘馕觥縎O22∶1第四周期第Ⅷ族空氣或氧氣過濾防止被空氣中氧氣氧化五、實驗題(共1題，共4分)18、略

【分析】【分析】

(1)在A裝置中，Na2SO3與70%~80%的H2SO4發(fā)生復分解反應，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的SO2氣體首先進入安全瓶E，再進入B裝置，與NaClO3、H2SO4發(fā)生反應，生成ClO2、NaHSO4；生成的ClO2進入D中液化；尾氣進入C中，被NaOH溶液吸收。

(2)與A相連的電極，ClO2→ClO2-；Cl元素化合價降低，則此電極為陰極，A電極為負極，從而得出B電極為正極，與之相連的是電解池的陽極。

【詳解】

(1)①裝置A中反應的化學方程式為Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑，則離子方程式為SO32-＋2H+=SO2↑+H2O，橡膠管可使分液漏斗內(nèi)外氣體相連，從而保持內(nèi)外壓力的平衡，故其作用是使分液漏斗和蒸餾燒瓶壓強相等，便于液體順利流下；答案為：SO32-＋2H+=SO2↑+H2O；使分液漏斗和蒸餾燒瓶壓強相等；便于液體順利流下；

②用上圖中的裝置收集一定量的ClO2，依據(jù)上面的分析，從制SO2—防倒吸—制ClO2—冷凝—尾氣處理考慮，其連接順序為a→g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）；答案為：g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）；

③已知裝置B中生成一種酸式鹽，則SO2與NaClO3、H2SO4發(fā)生反應，生成ClO2、NaHSO4，發(fā)生反應的化學方程式為SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4。答案為：SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4；

(2)①由以上分析可知；B為電源的正極；答案為：正；

②陰極ClO2→ClO2-，電極反應式為ClO2+e-=ClO2-；此外，陰極區(qū)還有酸性溶液中，ClO3-與ClO2-生成ClO2的反應發(fā)生，離子方程式為ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O；答案為：ClO2+e-=ClO2-；ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O；

(3)依據(jù)電子守恒，可得出如下關系式：ClO2-CN–，若污水中CN–的含量為bmg/L，則處理100m3這種污水，至少需要ClO2的物質(zhì)的量為=mol；答案為：3.85b或

【點睛】

連接實驗裝置時，首先應弄清各個裝置的作用，從而確定裝置的相對位置，最后再依據(jù)導管的長短，確定接口的連接順序。【解析】SO32-＋2H+=SO2↑+H2O使分液漏斗和蒸餾燒瓶壓強相等，便于液體順利流下g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4正ClO2+e-=ClO2-ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O3.85b或六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共27分)19、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗