2025年牛津上海版選擇性必修1化學(xué)上冊(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年牛津上海版選擇性必修1化學(xué)上冊(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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、研究電化學(xué)腐蝕及防護(hù)具有重大意義。鐵片在海水中發(fā)生腐蝕的模擬裝置如圖所示；下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是。

A.鐵片作負(fù)極，被腐蝕B.將海水換成蒸餾水，鐵片腐蝕速率減慢C.碳棒上發(fā)生的電極反應(yīng)為D.將碳棒換成鋅片，鐵片不易被腐蝕2、利用固體表面催化工藝進(jìn)行分解的過程如圖所示。

下列說法不正確的是A.是有毒氣體B.催化劑能改變的分解速率C.分解生成和D.過程②釋放能量，過程③吸收能量3、在甲、乙、丙三個(gè)不同密閉容器中按不同方式投料，一定條件下發(fā)生反應(yīng)(起始溫度和起始體積相同)：A2(g)+3B2(g)2AB3(g)ΔH＜0，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：。容器甲乙丙相關(guān)條件恒溫恒容絕熱恒容恒溫恒壓反應(yīng)物投料1molA2、3molB22molAB32molAB3反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率a甲a乙a丙反應(yīng)的平衡常數(shù)K=K甲K乙K丙平衡時(shí)AB3的濃度/mol·L-1c甲c乙c丙平衡時(shí)AB3的反應(yīng)速率/mol·L-1·min-1v甲v乙v丙

下列說法正確的是A.v甲=v丙B.c乙＜c丙C.a甲+a乙＜1D.K乙≤K丙4、已知下面三個(gè)數(shù)據(jù)：7.2×10?4、4.6×10?4、4.9×10?10分別是下列有關(guān)的三種酸的電離平衡常數(shù)，若已知下列反應(yīng)可以發(fā)生：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，由此可判斷下列敘述不正確的是A.HF和NaCN可以生成HCNB.K(HF)=7.2×10?4C.相同濃度的三種酸中，c(H+)最小的是HFD.相同溫度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)5、某學(xué)生的實(shí)驗(yàn)報(bào)告所列出的下列數(shù)據(jù)中合理的是（）A.用量筒量取鹽酸B.用托盤天平稱量C.用廣泛pH試紙測得某溶液的pH為12.5D.用滴定管做中和滴定時(shí)，用去某濃度的堿溶液6、25℃時(shí)；弱酸的電離平衡常數(shù)如右表，下列說法錯(cuò)誤的是。

。弱酸HCOOHHCNH2CO3K1.77×10-44.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.CN?+H2O+CO2＝HCN+B.2HCOOH+＝2HCOO?+H2O+CO2↑C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者大于后者7、常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2×10-5.已知：Ni(CO)4的沸點(diǎn)為42.2℃；固體雜質(zhì)不參與反應(yīng)。

第一階段：將粗鎳與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4；

第二階段：將第一階段反應(yīng)后的氣體分離出來；加熱至230℃制得高純鎳。

下列判斷正確的是A.減小c(CO)，平衡向逆向移動(dòng)，反應(yīng)的平衡常數(shù)減小B.第一階段，在30℃和50℃兩者之間選擇反應(yīng)溫度，選30℃C.第二階段，Ni(CO)4分解率較高D.該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，v生成[Ni(CO)4]=4v轉(zhuǎn)化(CO)評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、二元酸H2A在水中發(fā)生電離：H2A=H++HA-和HA-H++A2-，則下列幾種物質(zhì)的水溶液中關(guān)系式不正確的是A.NaHA：c(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)B.NaHA：c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C.Na2A：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)D.H2A：c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)9、一定溫度下，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的SO2和O2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表(表中t12)，下列說法正確的是。反應(yīng)時(shí)間/minn(SO2)/moln(O2)/mol00.100.060t10.012t20.016

A.反應(yīng)在0～t1min內(nèi)的平均速率為v(SO3)=mol/(L·min)B.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，達(dá)到平衡時(shí)，n(SO2)=0.012molC.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c(SO2)=0.0070mol·L-1，則反應(yīng)的ΔH>0D.相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，則反應(yīng)達(dá)到平衡前：v(逆)>v(正)10、一定溫度下，將2molA和2molB兩種氣體混合放入體積為2L的密閉剛性容器中，發(fā)生反應(yīng)3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末反應(yīng)達(dá)到平衡，生成0.8molD，并測得C的物質(zhì)的量濃度為0.4mol·L－1，下列說法正確的是()A.x的值為2B.A的平衡轉(zhuǎn)化率為40%C.此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K等于0.5D.A和B的平衡轉(zhuǎn)化率相等11、下列兩組實(shí)驗(yàn)，將和通入體積為2L的恒容密閉容器中：。實(shí)驗(yàn)組溫度/℃起始量/達(dá)到平衡所需時(shí)間/達(dá)到平衡所需時(shí)間/1650241.62.452900120.41.63

發(fā)生反應(yīng)結(jié)合表中數(shù)據(jù)，下列說法錯(cuò)誤的是A.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化，則反應(yīng)達(dá)到平衡B.實(shí)驗(yàn)1中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，的體積分?jǐn)?shù)為40%C.實(shí)驗(yàn)2的反應(yīng)平衡常數(shù)D.升高溫度有利于提高實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2中的轉(zhuǎn)化率12、如圖為CFCl3破壞臭氧層的反應(yīng)過程示意圖；下列說法不正確的是。

A.過程Ⅰ中斷裂非極性鍵Cl-Cl鍵B.過程Ⅱ可表示為O3＋Cl=ClO＋O2C.過程Ⅲ中O＋O=O2是吸熱過程D.上述過程說明氟利昂中氯原子是破壞O3的催化劑13、四氫鋁鋰(LiAlH4)常作為有機(jī)合成的重要還原劑。工業(yè)上以輝鋰礦(主要成分LiAlSi2O6，含少量Fe2O3)為原料合成LiAlH4的流程如下：

已知：金屬氫氧化物沉淀的pH如表所示：

。物質(zhì)。

Fe(OH)3

Al(OH)3

開始沉淀的pH

2.3

4

完全沉淀的pH

3.7

6.5

碳酸鋰溶解度數(shù)據(jù)如下：

。溫度/℃

10

30

60

90

濃度/(mol?L-1)

0.21

0.17

0.14

0.10

下列說法錯(cuò)誤的是A.為了獲取產(chǎn)品較為純凈，a的最小值為6.5B.操作1中加入足量碳酸鈉后，蒸發(fā)濃縮后趁熱過濾，能減少產(chǎn)品的溶解損失C.流程中由LiCl制備Li單質(zhì)時(shí)電解得到的HCl可循環(huán)利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成時(shí)原子利用率能達(dá)到100%14、下列不能證明是弱電解質(zhì)的是A.用溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗B.等pH等體積的鹽酸、溶液和足量鋅反應(yīng)，放出的氫氣較少C.0.1mol/L的溶液的D.的溶液稀釋100倍，15、一定溫度下，硫酸鹽(代表)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：向10mL0.01mol/L溶液中滴入1滴(約0.05mL)0.01mol/L溶液出現(xiàn)白色渾濁，而滴入1滴(約0.05mL)0.01mol/L溶液無渾濁出現(xiàn)。下列說法中錯(cuò)誤的是。

A.欲使c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液移向a點(diǎn)，可加濃溶液B.BaSO4和SrSO4兩沉淀可以相互轉(zhuǎn)化C.向等濃度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，先生成溶液SrSO4沉淀D.的平衡常數(shù)為16、工業(yè)上可采用CH3OHCO＋2H2的方法來制取高純度的CO和H2。我國科研人員通過計(jì)算機(jī)模擬，研究了在鈀基催化劑表面甲醇制氫的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用標(biāo)注。下列說法正確的是

CHO*+3H*→CO*+4H*

已知：甲醇脫氫反應(yīng)的第一步歷程；有兩種可能方式：

方式Ⅰ：

方式Ⅱ：A.的B.①②都為O—H鍵的斷裂過程C.由活化能E值推測，甲醇脫氫過程主要?dú)v經(jīng)的方式應(yīng)為ⅠD.放熱最多階段的化學(xué)方程式為評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、電解質(zhì)的水溶液中存在電離平衡。

（1）醋酸是常見的弱酸。

①醋酸在水溶液中的電離方程式為____________。

②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH電離程度增大的是_______（填字母序號(hào)）。

a滴加少量濃鹽酸b微熱溶液。

c加水稀釋d加入少量醋酸鈉晶體。

（2）用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液；得到滴定過程中溶液pH隨加入NaOH溶液體積而變化的兩條滴定曲線。

①滴定醋酸的曲線是___________（填“I”或“Ⅱ”）。

②滴定開始前，0.1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的鹽酸和0.1mol·L-1醋酸三種溶液中由水電離出的c(H+)最大的是_______溶液。

③圖I中，V=10時(shí)，溶液中的c(H+)_________c(OH-)（填“>”、“＝”或“<”，下同），c(Na+)_________c(CH3COO-)。

（3）下表為某同學(xué)所測25℃時(shí)，甲、乙兩種溶液的pH。甲乙pH1111溶液氨水氫氧化鈉溶液

①甲溶液中的c(OH-)=___________mol/L。

②25℃時(shí)，等體積的甲、乙兩溶液與等濃度的鹽酸反應(yīng)，消耗的鹽酸體積：甲_____乙。

③甲、乙溶液均加水稀釋10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。

（4）煤炭工業(yè)中經(jīng)常會(huì)產(chǎn)生大量SO2，為防止污染環(huán)境，常采用吸收法進(jìn)行處理。以下物質(zhì)可用于吸收SO2的是____________。

AH2O2BNa2CO3CNa2SO3DCa(OH)2

（5）下表是幾種常見弱酸的電離常數(shù)?；瘜W(xué)式CH3COOHH2SO3HClOH2CO3電離。

常數(shù)1.8×10-5K1=1.23×10-2

K2=6.6×10-83.0×10-8K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11

以下反應(yīng)對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是___________。

ANa2CO3溶液吸收少量SO2：CO32-+SO2+H2O=SO32-+HCO3-

B漂白液生效的原理：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-

C次氯酸鈉溶液吸收少量SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+SO32-

D醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑18、(1)工業(yè)上常用磷精礦和硫酸反應(yīng)制備磷酸。已知時(shí)：

則和硫酸反應(yīng)生成磷酸的熱化學(xué)方程式是_________。

(2)貯氫合金可催化由CO、合成的反應(yīng)。溫度為T時(shí)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____。

已知溫度為T時(shí)：

(3)已知：

由C和反應(yīng)生成的熱化學(xué)方程式為_____。19、Ⅰ．可逆反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0,在一定條件下達(dá)平衡；若改變條件，將變化結(jié)果（“變大”；“變小”或“不變”）填入空格。

（1）化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為_________。

（2）保持溫度和壓強(qiáng)不變，充入惰性氣體，則NH3的物質(zhì)的量_______。

（3）保持溫度和體積不變，加入惰性氣體，則N2的轉(zhuǎn)化率______。

（4）體積不變時(shí)，加入N2，則H2的轉(zhuǎn)化率_______。

Ⅱ．已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)800℃時(shí)K=1.0；在此溫度下的恒容體系中，若用CO（g）和H2O（g）的起始濃度均為1mol/L開始反應(yīng)。

（1）當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為40%時(shí)，該反應(yīng)___（填“是”或“否”）達(dá)到平衡，此時(shí)υ(正)___υ(逆)（填“大于”；“小于”或“等于”）。

（2）達(dá)到平衡時(shí)，H2O的轉(zhuǎn)化率為_____。

（3）當(dāng)CO的起始濃度仍為1mol/L，H2O（g）的起始濃度為4mol/L，平衡時(shí)H2O的轉(zhuǎn)化率為___。20、沉淀的生成。

(1)應(yīng)用：可利用生成沉淀來達(dá)到_______或除去某些離子的目的．

(2)方法。方法實(shí)例反應(yīng)的離子方程式調(diào)節(jié)pH法用CuO等除去溶液中的沉淀劑法以等作沉淀劑除去污水中的等重金屬離子_______21、（1）實(shí)驗(yàn)測得4g甲醇在氧氣中完全燃燒，生成二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水時(shí)釋放出90.8kJ的熱量。試寫出甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式______。

（2）現(xiàn)已知N2（g）和H2（g）反應(yīng)生成1molNH3（g）過程中能量變化如圖所示。根據(jù)下列鍵能數(shù)據(jù)計(jì)算N-H鍵鍵能為______kJ/mol。

化學(xué)鍵H-HN≡N鍵能（kJ/mol）436946

（3）用如圖所示裝置進(jìn)行中和熱測定實(shí)驗(yàn)；請(qǐng)回答下列問題：

儀器A的名稱為______。取50mLHCl（0.1mol?L-1）溶液與50mLNaOH（0.1mol?L-1）溶液在小燒杯中進(jìn)行中和反應(yīng)，通過實(shí)驗(yàn)并計(jì)算可得中和熱為54.8kJ/mol，上述實(shí)驗(yàn)數(shù)值與57.3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生此偏差的原因可能是______（填字母序號(hào)）。

a；實(shí)驗(yàn)裝置保溫、隔熱效果差。

b；用溫度計(jì)測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度。

c；一次性把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中。

若用50mL0.1mol?L-1CH3COOH溶液代替HCl溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測得反應(yīng)前后溫度的變化值會(huì)______（填“偏大”、“偏小”、“不受影響”）。22、已知在25℃時(shí)；次氯酸；碳酸和亞硫酸的電離平衡常數(shù)如下：

HClOKa=4.7×10-8mol/L

H2CO3Ka1=4.2×10-7mol/LKa2=5.6×10-11mol/L

H2SO3Ka1=1.54×10-2mol/LKa2=1.02×10-7mol/L

(1)下列離子在溶液中不能大量共存的是_______

A.、B.C.D.

(2)將少量CO2通入到NaClO溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______

(3)常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水達(dá)到平衡時(shí)，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1.若忽略水的電離及H2CO3的第二級(jí)電離，已知10-5.60=2.5×10-6，則H2CO3?H++的平衡常數(shù)是_______

(4)實(shí)驗(yàn)室用Zn和稀硫酸制取H2，反應(yīng)時(shí)溶液中水的電離程度_______(填“增大”“減小”或者“不變”)；若加入少量下列固體試劑，可使產(chǎn)生H2的總量不變而速率減小的是_______。

a.NaNO3b.CuSO4c.CH3COONad.Na2SO4評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)23、反應(yīng)條件(點(diǎn)燃或加熱)對(duì)熱效應(yīng)有影響，所以熱化學(xué)方程式必須注明反應(yīng)條件。____A.正確B.錯(cuò)誤24、鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘的資源有限，價(jià)格昂貴。_______A.正確B.錯(cuò)誤25、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，該反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯(cuò)誤26、可以用已經(jīng)精確測定的反應(yīng)熱效應(yīng)來計(jì)算難于測量或不能測量的反應(yīng)的熱效應(yīng)。___A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共4分)27、下圖所示各物質(zhì)是由1～20號(hào)元素中部分元素組成的單質(zhì)或其化合物；圖中部分反應(yīng)條件未列出。已知C；H是無色有刺激性氣味的氣體，D是一種黃綠色的氣體單質(zhì)，物質(zhì)J可用于泳池消毒。反應(yīng)②和④是化工生產(chǎn)中的重要反應(yīng)，反應(yīng)⑤是實(shí)驗(yàn)室制備氣體C的重要方法。

請(qǐng)回答下列問題：

(1)I中所含化學(xué)鍵類型_______________。

(2)G的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因_______________________。

(3)實(shí)驗(yàn)室制備氣體C的化學(xué)方程式___________________________。

(4)已知含7.4gI的稀溶液與200mL1mol/L的H溶液反應(yīng)放出11.56kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_________________________________

(5)物質(zhì)A由三種元素組成，1molA與水反應(yīng)可生成1molB和2molC，A化學(xué)式為_______________。28、四種短周期元素在周期表中的相對(duì)位置如下表所示，其中Z原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。元素M與Z同周期，且原子半徑是同周期中最大的。元素R是第四周期的過渡元素；R有甲、乙兩種常見氫氧化物，其中甲在常溫下置于空氣中，會(huì)由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色的乙。XYZW

請(qǐng)按要求回答下列問題：

(1)X的單質(zhì)的電子式：_________；W最高價(jià)氧化物的水化物的化學(xué)式：________________。

(2)M、Z、W分別形成的簡單離子的半徑由大到小順序?yàn)椋ㄌ铍x子符號(hào)）__________；寫一個(gè)能說明元素W比元素Z的非金屬性強(qiáng)的化學(xué)方程式：____________________。

(3)甲變?yōu)橐业幕瘜W(xué)方程式為_______________________。

(4)常溫下，當(dāng)用200mL1mol·L-1的MOH溶液吸收4.48L（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）ZY2時(shí)，所得溶液的主要溶質(zhì)(填化學(xué)式)為___________；此時(shí)溶液pH<7，則其中含Z元素的幾種粒子(忽略ZY2)的濃度由大到小的順序?yàn)開__________________________。

(5)工業(yè)上用電化學(xué)法治理酸性廢液中的XY3-的原理如圖示，其陰極的反應(yīng)式為_______________。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共27分)29、鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O)是無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，工業(yè)上利用鉬精礦(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量PbS等)制備鉬酸鈉的工藝如圖所示。

(1)“焙燒”過程中，為了提高鉬精礦焙燒速率，可采取的措施是_______(答兩條即可)。

(2)已知“焙燒”過程中生成了兩種氧化物，請(qǐng)寫出焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_________。

(3)“堿浸”所得Na2MoO4溶液中含雜質(zhì)，其中c()=1.0mol/L，c()=0.02mol/L，在結(jié)晶前需加入Ba(OH)2固體以除去溶液中的當(dāng)BaMoO4開始沉淀時(shí)，的去除率是________。[Ksp(BaSO4)=1.1×10-10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8]溶液體積變化可忽略]

(4)“除雜”過程中加入的除雜試劑是Na2S，則廢渣的化學(xué)式為___________

(5)流程中由Na2MoO4溶液獲得晶體。以下最適合作為洗滌劑的是___________。

A．冷水B．乙醇與水的混合溶液C．Na2SO4飽和溶液。

(6)另一種利用鉬精礦制備鉬酸鈉的工藝流程中，直接向粉碎后的鉬精礦中加入NaOH溶液和NaClO溶液來得到鉬酸鈉，則得到鉬酸鈉的離子方程式為：______。

(7)空氣中鉬酸鹽對(duì)碳鋼的緩蝕原理是在鋼鐵表面形成FeMoO4-Fe2O3保護(hù)膜。密閉式循環(huán)冷卻水系統(tǒng)中的碳鋼管道緩蝕，除需加入鉬酸鹽外還需加入NaNO2。NaNO2的作用是__________。30、重鉻酸鉀常用作有機(jī)合成的氧化劑和催化劑等。由含鉻廢液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制備K2Cr2O7的流程如圖所示。

已知：I.在酸性條件下，H2O2能將Cr2O還原為Cr3+；

Ⅱ.相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：。金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHCr3+4.96.8Fe3+1.52.8

請(qǐng)回答下列問題：

（1）濾渣①的主要成分__。

（2）加入H2O2的作用是（用離子方程式解釋）__。

（3）加熱的目的是__。

（4）“酸化”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__；若該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=4×1014L3·mol-3，已知：“酸化”后溶液中c(Cr2O)=1.6×10-3mol·L-1，則溶液中c(CrO)=__。

（5）“結(jié)晶”后得到K2Cr2O7(M=294g·mol-1)產(chǎn)品0.6000g，將其溶解后用稀H2SO4酸化，再用濃度為0.01000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定反應(yīng)為：Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定終點(diǎn)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為900mL，則產(chǎn)品的純度為__。（計(jì)算結(jié)果保留四位有效數(shù)字）

（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物電化學(xué)技術(shù)實(shí)現(xiàn)含苯酚（C6H5OH）廢水的有效處理；其工作原理如圖所示。

①負(fù)極的電極反應(yīng)式為__；

②一段時(shí)間后，中間室中NaCl溶液的濃度__（填“增大”、“減小”或“不變”）。31、高純碳酸鍶主要用于熒光玻璃、電子陶瓷、磁氧體和高科技領(lǐng)域。一種由工業(yè)級(jí)硝酸鍶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等雜質(zhì))制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：

已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中與Ba2+不能結(jié)合。

②在堿性條件下不能轉(zhuǎn)化為Cr3+。

③常溫下，各物質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表所示：?；衔顲a(OH)2CaC2O4Mg(OH)2MgC2O4SrCO3Ksp近似值4.6×10-62.2×10-95.6×10-124.8×10-65.6×10-10

回答下列問題：

(1)硝酸鍶溶解前需要粉碎，其目的是___________。

(2)“除鋇”時(shí)，pH偏低會(huì)導(dǎo)致的利用率不高，原因是___________(用離子方程式解釋)；不同pH時(shí)的利用率隨時(shí)間變化曲線如圖所示，分析“除鋇”過程中需用氨水將溶液調(diào)至pH=___________。

(3)“還原”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。

(4)“濾渣2”的成分主要是含鎂物質(zhì)和___________(填化學(xué)式)。

(5)已知：碳酸的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，則“碳化”時(shí)，反應(yīng)Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數(shù)K=___________(保留兩位有效數(shù)字)。

(6)“洗滌”過程中能夠除去SrCO3中的微量可溶性雜質(zhì)，該雜質(zhì)除NH4HCO3外還可能___________(填化學(xué)式)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

根據(jù)圖中信息可知；裝置為原電池，鐵片為負(fù)極，碳棒為正極，據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．鐵片作負(fù)極；被腐蝕，A正確；

B．將海水換成蒸餾水不含電解質(zhì)；鐵片腐蝕速率減慢，B正確；

C．海水為中性，碳棒上發(fā)生吸氧腐蝕，電極反應(yīng)為C錯(cuò)誤；

D．將碳棒換成鋅片；鐵片不易被腐蝕，鋅片比鐵活潑，鋅片做負(fù)極，D正確；

答案選C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．是有毒氣體；能與血紅蛋白結(jié)合且結(jié)合能力比CO還強(qiáng)，A正確；

B．催化劑能降低反應(yīng)的活化能；改變NO的分解速率；

C．分析過程圖可知分解生成和C正確；

D．分析過程圖可知過程②為斷鍵過程；吸收能量，過程③為成鍵過程，放出能量，D錯(cuò)誤；

答案為：D。3、C【分析】【詳解】

A．容器甲為恒溫恒容，容器丙為恒溫恒壓，反應(yīng)中氣體計(jì)量數(shù)的和左邊大于右邊，隨反應(yīng)的進(jìn)行，氣體物質(zhì)的量減小，則甲中壓強(qiáng)小于丙中壓強(qiáng)，因此反應(yīng)速率v甲＜v丙；故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)乙、丙投料，反應(yīng)逆向進(jìn)行，隨反應(yīng)的進(jìn)行，氣體物質(zhì)的量增大，容器乙為絕熱恒容，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，乙的溫度小于丙，而壓強(qiáng)大于丙，高溫低壓有利于AB3的分解，則平衡時(shí)c乙＞c丙；故B錯(cuò)誤；

C．若容器乙為恒溫恒容時(shí)，甲與乙為等效反應(yīng)，則a甲+a乙=1，由于乙為絕熱容器，且逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則乙分解程度小于恒溫時(shí)，則a甲+a乙＜1；故C正確；

D．容器乙為絕熱恒容，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，乙的溫度小于丙，有利于AB3的生成，則K乙＞K丙；故D錯(cuò)誤；

答案選C。4、C【分析】【分析】

根據(jù)NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，說明三者酸的強(qiáng)弱為HF＞HNO2＞HCN，則三者的電離平衡常數(shù)分別為7.2×10?4、4.6×10?4、4.9×10?10。

【詳解】

A．根據(jù)前面分析HCN酸最弱，當(dāng)相同濃度的三種酸中，c(H+)最小的是HCN；故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)前面分析得到K(HF)=7.2×10?4；故B正確；

C．三者酸的強(qiáng)弱為HF＞HNO2＞HCN；因此HF和NaCN可以生成HCN，故C正確；

D．根據(jù)前面分析得到相同溫度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)；故D正確。

綜上所述，答案為A。5、D【分析】【詳解】

A.量筒的精確度為0.1mL；無法用10mL量筒量取7.13mL鹽酸，故A錯(cuò)誤；

B.托盤天平的精確度是0.1g；無法用托盤天平稱量25.20gNaCl，故B錯(cuò)誤；

C.廣泛pH試紙測定的溶液的pH值是整數(shù)；不是小數(shù)，故C錯(cuò)誤；

D.滴定管的精確度為0.01mL；可以讀到21.70mL，故D正確；

故選D。6、C【分析】【詳解】

酸的電離平衡常數(shù)越大，說明其酸性越強(qiáng)，由電離平衡常數(shù)可知，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>

A．由強(qiáng)酸制弱酸可知，碳酸可與CN?反應(yīng)生成HCN，又因酸性HCN>故碳酸與CN?反應(yīng)生成HCN、故A項(xiàng)說法正確；

B．由強(qiáng)酸制弱酸可知，HCOOH與能夠生成碳酸；且甲酸為一元弱酸，因此由甲酸制備碳酸的離子方程式書寫正確，故B項(xiàng)說法正確；

C．因酸性：HCOOH>HCN，等體積、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量：n(HCN)>n(HCOOH)，二者均為一元酸，故消耗NaOH的量：n(HCN)>n(HCOOH)；故C項(xiàng)說法錯(cuò)誤；

D．等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中Na+物質(zhì)的量相等，因酸性：HCOOH>HCN，故HCOO-的水解能力小于CN-，則HCOONa溶液的pH小于NaCN溶液的pH，前者溶液中c(H+)大于后者，結(jié)合兩溶液中的電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)；因此最終兩溶液中所含離子總數(shù)前者大于后者，故D項(xiàng)說法正確；

綜上所述，答案為C。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．化學(xué)平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故溫度不變，平衡常數(shù)不變，A錯(cuò)誤；

B．第一階段：將粗鎳與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4，已知：Ni(CO)4的沸點(diǎn)為42.2℃，在30℃和50℃兩者之間選擇反應(yīng)溫度，應(yīng)該選擇50℃，轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4；B錯(cuò)誤；

C．Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)，230℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2×10-5，Ni(CO)4(g)?Ni(s)+4CO(g)，平衡常數(shù)K==5×104；平衡常數(shù)很大，分解率較高，C正確；

D．當(dāng)4v(Ni(CO)4)生成═v(CO)生成=v(CO)轉(zhuǎn)化；CO正；逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。二、多選題(共9題，共18分)8、AD【分析】【詳解】

A、根據(jù)電離過程可以知道二元酸的一級(jí)電離是完全的，二級(jí)電離是可逆的所以HA-離子不水解而電離顯酸性，c(H+)＞c(OH-)；故A錯(cuò)誤；

B、在NaHA溶液中存在陽離子是Na+、H+，陰離子HA-、A2-、OH-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)；故B正確；

C、在Na2A溶液中A2-離子水解溶液顯堿性，A2-+H2OHA-+OH-，HA-+H2OH2A+OH-；溶液中離子濃度一定是c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)；故C正確；

D、在H2A溶液中陽離子H+，陰離子HA-、A2-、OH-，溶液中存在電荷守恒一定是c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；故D錯(cuò)誤；

故選AD。9、BD【分析】【詳解】

A．在0～t1min內(nèi)的平均速率為v(SO3）==mol/(L·min)；故A錯(cuò)誤；

B．t2時(shí)，參加反應(yīng)的n(O2)=(0.060-0.016)mol=0.044mol，則參加反應(yīng)的n(SO2)=2n(O2)=0.088mol，所以還剩余n(SO2)=(0.10-0.088)mol=0.012mol，所以t1時(shí)該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；其它條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2與起始時(shí)向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol氧氣相同，所以達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)n(SO2)=0.012mol；故B正確；

C．升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，如果平衡時(shí)c(SO2)=0.0070mol?L-1==0.006mol/L；則平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．由B項(xiàng)數(shù)據(jù)，起始時(shí)向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol時(shí)，平衡時(shí)n(SO2)=0.012mol，n(O2)=0.016mol，n(SO3)=0.088mol，該溫度下起始時(shí)向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，與上述平衡時(shí)數(shù)據(jù)比較，相當(dāng)于在原平衡上減少了O2，平衡逆向移動(dòng)，故反應(yīng)達(dá)到平衡前：v(逆)>v(正)；故D正確。

答案選BD。10、AC【分析】【詳解】

A.由2min末反應(yīng)達(dá)到平衡，生成0.8molD，并測得C的物質(zhì)的量濃度為0.4mol·L－1可得x：2=(0.4mol·L－1×2)：0.8mol；解得x=2，故A正確；

B.由2min末反應(yīng)達(dá)到平衡，生成0.8molD可知，反應(yīng)消耗A的物質(zhì)的量為=1.2mol，則A的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=60%；故B錯(cuò)誤；

C.由2min末反應(yīng)達(dá)到平衡，生成0.8molD可知，反應(yīng)消耗A的物質(zhì)的量為=1.2mol，消耗B的物質(zhì)的量為=0.4mol，平衡時(shí)A、B、C、D的濃度分別為=0.4mol·L－1、=0.8mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，則此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==0.5；故C正確；

D.由2min末反應(yīng)達(dá)到平衡，生成0.8molD可知，反應(yīng)消耗A的物質(zhì)的量為=1.2mol，消耗B的物質(zhì)的量為=0.4mol，則A的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，B的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=20%；A和B的平衡轉(zhuǎn)化率不相等，故D錯(cuò)誤；

故選AC。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應(yīng)為恒容，前后分子數(shù)不變的反應(yīng)，根據(jù)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量始終不變，不能判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)反應(yīng)前后氣體分子總數(shù)不變，的體積分?jǐn)?shù)為故B正確；

C．根據(jù)三段式容器的體積為被2L，根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算公式可求出故C正確；

D．實(shí)驗(yàn)2起始物質(zhì)的量比實(shí)驗(yàn)1少一半，若溫度相同兩個(gè)實(shí)驗(yàn)是等效平衡，物質(zhì)的量應(yīng)該為0.8，但是溫度是900℃，物質(zhì)的量為0.4mol，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，的轉(zhuǎn)化率下降；故D錯(cuò)誤；

故答案為AD。12、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)圖示，過程Ⅰ中CFCl3轉(zhuǎn)化為CFCl2和氯原子；斷裂極性鍵C-Cl鍵，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．根據(jù)圖示，過程Ⅱ中，O3和Cl原子反應(yīng)生成ClO和O2，可表示為O3＋Cl=ClO＋O2；B項(xiàng)正確；

C．O+O=O2為原子結(jié)合成分子的過程；為放熱過程，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．根據(jù)圖示，氟利昂中氯原子在反應(yīng)前后不變，是破壞O3的催化劑；D項(xiàng)正確；

答案選AC。13、CD【分析】【分析】

由題給流程可知；輝鋰礦粉與98%濃硫酸共熱反應(yīng)后，過濾得到含有硅酸的濾渣1和含有硫酸鐵；硫酸鋁、硫酸鋰的濾液1；向?yàn)V液1中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH大于6.5，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣2和含有硫酸鋰的濾液2；向?yàn)V液2中加入碳酸鈉溶液，將硫酸鋰轉(zhuǎn)化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰沉淀和含有硫酸鈉的濾液3；碳酸鋰經(jīng)過一系列處理制得氯化鋰，電解熔融的氯化鋰制得金屬鋰，金屬鋰與氫氣共熱反應(yīng)生成氫化鋰，一定條件下，氫化鋰與氯化鋁反應(yīng)制得四氫鋁鋰。

【詳解】

A．由分析可知；向?yàn)V液1中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH大于6.5，能使鐵離子；鋁離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，有利于獲取產(chǎn)品較為純凈，故A正確；

B．由碳酸鋰溶解度數(shù)據(jù)可知；溫度升高，碳酸鋰的溶解度減小，為減少碳酸鋰因溫度降低溶解而造成損失，蒸發(fā)濃縮后應(yīng)趁熱過濾，故B正確；

C．由分析可知；制得金屬鋰的反應(yīng)為電解熔融的氯化鋰生成鋰和氯氣，沒有氯化氫生成，故C錯(cuò)誤；

D．由分析可知；最后一步合成發(fā)生的反應(yīng)為一定條件下，氫化鋰與氯化鋁反應(yīng)制得四氫鋁鋰和氯化鋰，原子利用率不能達(dá)到100%，故D錯(cuò)誤。

故選CD。14、AB【分析】【詳解】

弱電解質(zhì)的證明，是基于與強(qiáng)電解質(zhì)對(duì)比進(jìn)行的。弱電解質(zhì)與強(qiáng)電解質(zhì)最大的區(qū)別就是弱電解質(zhì)存在電離平衡，而強(qiáng)電解質(zhì)不存在電離平衡。因此只要證明有電離平衡存在，就能證明是弱電解質(zhì)；據(jù)此分析解題：

A．用溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗，不能證明是弱電解質(zhì)；只能說明溶液中離子濃度較小，A錯(cuò)誤；

B．等pH等體積的鹽酸、溶液和足量鋅反應(yīng)，放出的氫氣較多，說明醋酸還未完全電離，可證明是弱電解質(zhì)；B錯(cuò)誤；

C．溶液的說明醋酸沒有完全電離，可以證明是弱電解質(zhì)；C正確；

D．的溶液稀釋至100倍，說明存在電離平衡，證明是弱電解質(zhì)；D正確；

故答案為：AB。15、AC【分析】由題意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()＜×0.01mol/L=5×10?7，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c()＞×0.01mol/L=5×10?7，可判斷a點(diǎn)所在直線(實(shí)線)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲線，b、c點(diǎn)所在直線表示BaSO4沉淀溶解平衡曲線。

【詳解】

A．欲使c點(diǎn)SrSO4溶液(不飽和溶液)移向a點(diǎn)(飽和溶液)，需使c(Sr2+)、c()都增大且保持相等，則需加入SrSO4固體；故A錯(cuò)誤；

B．利用數(shù)據(jù)可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1.0×10-5×1.0×10-5=1×10-10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c()=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10?3.2，則Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，在一定條件下，SrSO4可以轉(zhuǎn)化BaSO4，在c(Sr2+)足夠大的環(huán)境下，BaSO4也可以轉(zhuǎn)化SrSO4；故B正確；

C．根據(jù)B項(xiàng)分析，Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，向等濃度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，則先生成溶液BaSO4沉淀；故C錯(cuò)誤；

D．的平衡常數(shù)K===106.8；故D正確；

答案選AC。16、CD【分析】【詳解】

A．由反應(yīng)歷程圖可知，最終狀態(tài)能量高，反應(yīng)吸熱，的故A錯(cuò)誤；

B．甲醇中只有一個(gè)O—H鍵；①為O—H鍵的斷裂，②為C—H鍵的斷裂，故B錯(cuò)誤；

C．催化劑能降低反應(yīng)活化能；加快反應(yīng)速率，方式Ⅰ活化能低，甲醇脫氫過程主要?dú)v經(jīng)的方式應(yīng)為Ⅰ，故C正確；

D．由圖可知CHO*和3H*轉(zhuǎn)化為CO*和4H*放出熱量最多，反應(yīng)的化學(xué)方程式為故D正確；

故答案為CD。三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】【分析】

（1）①醋酸是弱酸；不完全電離。

②a.滴加少量濃鹽酸，增大了氫離子的濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減小。

b.微熱溶液，促進(jìn)醋酸電離，CH3COOH電離程度增大。

c.加水稀釋，促進(jìn)醋酸電離，CH3COOH電離程度增大。

d.加入少量醋酸鈉晶體，增大了醋酸根離子濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減小。

（2）①鹽酸是強(qiáng)酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的鹽酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以鹽酸的pH=1,醋酸的pH>1。

②酸或堿抑制水電離，酸中c(H+)越大、堿中c(OH-)越大其抑制水的電離程度越大。

③圖I中，V=10時(shí)，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L。

②由于氨水是弱堿，c(NH3?H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L。

③由于氨水是弱堿，稀釋過程中電離程度增大，n(OH-)增大；NaOH是強(qiáng)堿。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O。

（5）根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)和強(qiáng)酸制弱酸的原理分析可得。

【詳解】

（1）①醋酸是弱酸，不完全電離，電離方程式為CH3COOHCH3COO—+H+，故答案為CH3COOHCH3COO—+H+。

②a.滴加少量濃鹽酸，增大了氫離子的濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減小，故a不選；

b.微熱溶液，促進(jìn)醋酸電離，CH3COOH電離程度增大，故b選；

c.加水稀釋，促進(jìn)醋酸電離，CH3COOH電離程度增大，故c選；

d.加入少量醋酸鈉晶體，增大了醋酸根離子濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減??；故d不選；

故選bc。

（2）①鹽酸是強(qiáng)酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的鹽酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以鹽酸的pH=1,醋酸的pH>1；根據(jù)圖知，I是醋酸曲線，Ⅱ是鹽酸曲線，故答案為I。

②酸或堿抑制水電離，酸中c(H+)越大、堿中c(OH-)越大其抑制水的電離程度越大，鹽酸中c(H+)等于氫氧化鈉溶液中c(OH-)都大于醋酸中c(H+)，所以抑制水電離程度:鹽酸=氫氧化鈉>醋酸，則滴定開始前，三種溶液中由水電離出的c(H+)最大的是0.1mol·L-1醋酸；故答案為醋酸。

③圖I中，V=10時(shí)，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)，故答案為>；<。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L；故答案為0.001。

②由于氨水是弱堿，c(NH3?H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L，所以25℃時(shí)，等體積的甲、乙兩溶液與等濃度的鹽酸反應(yīng)，消耗的鹽酸體積：甲>乙，故答案為>。

③由于氨水是弱堿，稀釋過程中電離程度增大，n(OH-)增大；NaOH是強(qiáng)堿，故甲、乙溶液均加水稀釋10倍后，所得溶液的pH：甲>乙，故答案為>。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4；故A正確；

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；故B正確；

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；故C正確；

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O；故D正確；

故選ABCD。

（5）A.根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)可知H2SO3的酸性大于HCO3-；再根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理分析，A是正確的；

B.根據(jù)表格提供數(shù)據(jù)和強(qiáng)酸制弱酸的原理分析；B是正確的；

C.HClO能把SO32-氧化成SO42-；故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)可知醋酸的酸性大于碳酸；故D正確；

故選ABD?！窘馕觥緾H3COOHCH3COO—+H+bcICH3COOH><0.001>>ABCDABD18、略

【分析】【詳解】

(1)①

②根據(jù)蓋斯定律，由①②得

(2)①

②根據(jù)蓋斯定律，由②-①得

(3)①

②根據(jù)蓋斯定律，①-②得。

【點(diǎn)睛】

本題考查蓋斯定律的應(yīng)用，明確化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無關(guān)，注意會(huì)根據(jù)蓋斯定律計(jì)算焓變。【解析】19、略

【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)及轉(zhuǎn)化率的計(jì)算，運(yùn)用勒夏特列原理和三段式分析。

【詳解】

Ⅰ．（1）化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為

故答案為：

（2）保持溫度和壓強(qiáng)不變，充入惰性氣體，則容器體積增大，NH3的濃度減小，但是，NH3物質(zhì)的量不變。

故答案為：不變；

（3）保持溫度和體積不變，加入惰性氣體，壓強(qiáng)增大，但是物質(zhì)的濃度均沒有改變，平衡沒有移動(dòng)，則N2的轉(zhuǎn)化率不變。

故答案為：不變；

（4）體積不變時(shí)，加入N2，增大反應(yīng)物濃度，平衡向正方向移動(dòng)，則H2的轉(zhuǎn)化率變大。

故答案為：變大；

Ⅱ．（1）當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為40%時(shí)，

此時(shí)濃度商所以不是平衡狀態(tài)，此時(shí)反應(yīng)正向移動(dòng)，υ(正)大于υ(逆)；

故答案為：否；大于；

（2）（1）設(shè)達(dá)到平衡時(shí)；CO的反應(yīng)濃度為x,

則解得x=0.5,H2O的轉(zhuǎn)化率=

故答案為：50%；

（3）當(dāng)CO的起始濃度仍為1mol/L，H2O（g）的起始濃度為4mol/L；設(shè)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為y,

則解得y=0.8，H2O的轉(zhuǎn)化率=

故答案為：20%。

【點(diǎn)睛】

化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變。【解析】不變不變變大否大于50%20%20、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】分離21、略

【分析】【分析】

（1）燃燒熱指的是：1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物所放出的熱量，常溫下，碳元素生成的穩(wěn)定氧化物是CO2氣體，氫元素生成的穩(wěn)定氧化物是液態(tài)H2O；

（2）△H=反應(yīng)物斷鍵吸收的熱量－生成物成鍵放出的熱量；

（3）中和熱的測定實(shí)驗(yàn)需注意：保溫；隔熱；選擇強(qiáng)酸、強(qiáng)堿的稀溶液；溫度計(jì)測過一種溶液的溫度之后要洗干凈、擦干；再測量其他溶液的溫度；將酸、堿溶液迅速混合，減少熱量損失。

【詳解】

（1）4gCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出90.8kJ熱量，則32g（1mol）CH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出726.4kJ熱量，甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol；

（2）由圖可知，N2（g）和H2（g）反應(yīng)生成NH3（g）的熱化學(xué)方程式為N2（g）+H2（g）NH3（g）△H=1127kJ/mol－1173kJ/mol=－46kJ/mol，設(shè)N-H鍵的鍵能為x，則×946kJ/mol+×436kJ/mol－3x=－46kJ/mol；x=391kJ/mol，即N-H鍵的鍵能為391kJ/mol，故答案為：391；

（3）由裝置圖可知，儀器A為環(huán)形玻璃攪拌棒；通過實(shí)驗(yàn)并計(jì)算可得中和熱為54.8kJ/mol，上述實(shí)驗(yàn)數(shù)值比57.3kJ/mol偏小，可能的原因?yàn)椋簩?shí)驗(yàn)裝置保溫、隔熱效果差，使熱量散失多，測得的溫差偏小；用溫度計(jì)測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度，溫度計(jì)上沾有的NaOH溶液與HCl反應(yīng)放出熱量，測得的HCl溶液的起始溫度偏高，則溫差偏?。欢淮涡园袾aOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，可減少熱量散失，操作正確；CH3COOH是弱電解質(zhì)，邊反應(yīng)邊電離，電離過程吸熱，使測得的反應(yīng)前后的溫度變化值偏??；故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；ab；偏小。

【點(diǎn)睛】

以下情況，即使生成1molH2O；但反應(yīng)熱不等于中和熱：

①弱酸或弱堿參與反應(yīng)，反應(yīng)前后的能量變化除了有H+與OH-生成水時(shí)放出的熱量；還包含弱酸或弱堿電離時(shí)吸收的熱量；

②H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l)，生成BaSO4沉淀會(huì)放出熱量；

③濃硫酸參與反應(yīng)；濃硫酸稀釋會(huì)放出熱量；

④NaOH固體參與反應(yīng)，NaOH溶解過程會(huì)放熱。【解析】CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4kJ/mol391環(huán)形玻璃攪拌棒ab偏小22、略

【分析】【詳解】

(1)A．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO則和不反應(yīng)；可以大量共存，故A不符合題意；

B．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理可知可以和反應(yīng)生成HCO和不能大量共存，故B符合題意；

C．和不反應(yīng)可以大量共存；故C不符合題意；

D．Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)，Ka1(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，所以和不反應(yīng)；可以大量共存，故D不符合題意；

綜上所述答案為B；

(2)根據(jù)各酸的電離平衡常數(shù)大小可知酸性H2CO3>HClO>HCO所以將少量CO2通入到NaClO溶液反應(yīng)生成HClO和NaHCO3，離子方程式為CO2+H2O+ClO-=+HClO；

(3)溶液pH=5.60，則c(HCO)=c(H+)=110-5.6，所以H2CO3?H++的平衡常數(shù)Ka2==4.2×10-7；

(4)Zn和稀硫酸制取H2；硫酸電離出的氫離子不斷被消耗，濃度減小，對(duì)水的電離的抑制作用減弱，所以水的電離程度增大；

若加入少量下列固體試劑，可使產(chǎn)生H2的總量不變而速率減小的是：

a．加入硝酸鈉固體可以電離出硝酸根；酸性環(huán)境硝酸根的氧化性更強(qiáng)，會(huì)被鋅還原成氮氧化物，不產(chǎn)生氫氣，故a不符合題意；

b．鋅置換出銅單質(zhì)后形成原電池加快反應(yīng)速率，故b不符合題意；

c．加入醋酸鈉；醋酸根結(jié)合氫離子使溶液中氫離子濃度減小，反應(yīng)速率減慢，但不影響氫離子的總量和鋅的總量，產(chǎn)生氫氣的總量不變，故c符合題意；

d．加入硫酸鈉固體不影響反應(yīng)速率；故d不符合題意；

綜上所述答案為c?！窘馕觥緽CO2+H2O+ClO-=+HClO4.2×10-7增大c四、判斷題(共4題，共40分)23、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學(xué)方程式主要是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)熱是多少，而不是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應(yīng)物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應(yīng)熱都是一樣的，因此不需要注明反應(yīng)條件，該說法錯(cuò)誤。24、B【分析】【詳解】

鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘屬于重金屬，會(huì)對(duì)環(huán)境造成嚴(yán)重的污染，故錯(cuò)誤。25、B【分析】【分析】

【詳解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自發(fā)，高溫下可以自發(fā)，故錯(cuò)誤。26、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)熱只與反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)有關(guān)，與路徑無關(guān)，因此可以將難于或不能測量反應(yīng)熱的反應(yīng)設(shè)計(jì)成多個(gè)可以精確測定反應(yīng)熱的方程式，用蓋斯定律計(jì)算，該說法正確。五、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共4分)27、略

【分析】【分析】

圖中各物質(zhì)是由1至20號(hào)元素中部分元素組成的單質(zhì)或其化合物，D是一種黃色的氣體單質(zhì)，則D為Cl2，物質(zhì)J可用于飲水消毒，反應(yīng)④是化工生產(chǎn)中的重要反應(yīng)，應(yīng)是工業(yè)制備漂白粉原理，則I為Ca(OH)2、J為Ca(ClO)2、K為CaCl2，C是無色有刺激性氣味的氣體，反應(yīng)⑤是實(shí)驗(yàn)室制備氣體C，結(jié)合反應(yīng)物與生成可知，為制備氨氣的反應(yīng)，故C為NH3、G為NH4Cl，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知H為HCl。F與水反應(yīng)生成Ca(OH)2，則F為CaO，反應(yīng)②是化工生產(chǎn)中的重要反應(yīng)，為碳酸鈣高溫分解反應(yīng)，故B為CaCO3、E為CO2、物質(zhì)A由三種元素組成，1molA與水反應(yīng)可生成1molB(CaCO3)和2molC(NH3)，根據(jù)元素守恒可知A含有鈣、碳、氮三種元素，由原子守恒可知，A的化學(xué)式為CaCN2；然后分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知A為CaCN2，B為CaCO3，C為NH3，D為Cl2，E為CO2，F(xiàn)為CaO，G為NH4Cl，H為HCl，I為Ca(OH)2、J為Ca(ClO)2、K為CaCl2。

(1)I為Ca(OH)2，該物質(zhì)是離子化合物，由Ca2+、OH-通過離子鍵結(jié)合，在OH-中含有極性共價(jià)鍵，所以Ca(OH)2中所含有的化學(xué)鍵為離子鍵；極性共價(jià)鍵；

(2)G為NH4Cl，該物質(zhì)是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中NH4+發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的OH-，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(H+)>c(OH-)，所以NH4Cl的水溶液呈酸性，反應(yīng)的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(3)C為NH3，在實(shí)驗(yàn)室用銨鹽與堿共熱反應(yīng)產(chǎn)生NH3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

(4)I為Ca(OH)2，7.4gCa(OH)2的物質(zhì)的量為n[Ca(OH)2]==0.1mol，200mL1mol/L鹽酸中含有HCl的物質(zhì)的量為n(HCl)=c·V=1mol/L×0.2L=0.2mol，二者恰好發(fā)生反應(yīng)放出11.56kJ的熱量，則1molCa(OH)2與2molHCl反應(yīng)生成CaCl2和水放出115.6kJ的熱量，所以反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：Ca(OH)2(aq)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+2H2O(l)△H=-115.6kJ/mol；

(5)根據(jù)上述分析可知物質(zhì)A的化學(xué)式為CaCN2。

【點(diǎn)睛】

本題考查無機(jī)推斷，D是黃綠色的氣體單質(zhì)是本題的突破口，結(jié)合J的用途與中學(xué)常見的重要化工反應(yīng)進(jìn)行推斷，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)元素及化合物的熟練掌握。作為突破口常從顏色上入手，例如：Cl2、氯水——黃綠色；F2——淡黃綠色氣體；Br2——深紅棕色液體；I2——紫黑色固體；Fe(OH)2——白色沉淀；Fe3+——黃色；Fe(OH)3——紅褐色沉淀Fe(SCN)3——血紅色溶液；Na2O2—淡黃色固體；NO——無色氣體；NO2——紅棕色氣體；NH3——無色、有刺激性氣味氣體?！窘馕觥侩x子鍵、共價(jià)鍵NH4++H2ONH3·H2O+H+Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OCa(OH)2(aq)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+2H2O(l)△H=-115.6kJ/molCa(CN)228、略

【分析】【分析】

Z原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍；則Z為S元素；根據(jù)四種短周期元素在周期表中的相對(duì)位置，W為Cl元素，Y為O元素，X為N元素；元素M與Z同周期，且原子半徑是同周期中最大的，M為Na元素。元素R是第四周期的過渡元素；R有甲；乙兩種常見氫氧化物，其中甲在常溫下置于空氣中，會(huì)由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色的乙，則R為Fe元素，且甲為氫氧化亞鐵，乙為氫氧化鐵。

【詳解】

(1)氮?dú)獾碾娮邮綖槁仍氐淖罡邇r(jià)氧化物的水化物的化學(xué)式為，故答案為HClO4；

(2)離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，M、Z、W分別形成的簡單離子的半徑由大到小順序?yàn)镾2->Cl->Na+；氯氣能夠?qū)⒘蚧瘹溲趸闪騿钨|(zhì)，說明元素氯比元素硫的非金屬性強(qiáng)，故答案為S2->Cl->Na+；H2S+Cl2=S2↓+HCl；

(3)氫氧化亞鐵變?yōu)闅溲趸F的化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(4)200mL1mol·L-1的NaOH溶液中含有0.2molNaOH，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48LSO2的物質(zhì)的量為=0.2mol，等物質(zhì)的量的氫氧化鈉和二氧化硫反應(yīng)生成NaHSO3；此時(shí)溶液pH<7，說明電離程度大于水解程度，則其中含S元素的幾種粒子的濃度由大到小的順序?yàn)閏(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故答案為NaHSO3；c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)；

(5)由圖示知在Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應(yīng)，因此Ag-Pt電極為陰極，在陰極反應(yīng)是NO3-得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成N2，利用電荷守恒與原子守恒知有H2O參與反應(yīng)且有水生成，所以陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案為2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑。

【點(diǎn)睛】

本題考查了元素周期表和元素周期律的知識(shí)，正確推導(dǎo)出元素是解題的關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，明確陰陽極上發(fā)生的電極反應(yīng)和判斷方法是解答的前提。【解析】HClO4S2->Cl->Na+H2S+Cl2=S2↓+HCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3NaHSO3c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O六、工業(yè)流程題(共3題，共27分)29、略

【分析】【分析】

鉬精礦在空氣中焙燒，生成兩種氧化物，流程圖中給出了SO2，后續(xù)操作中沒有加入氧化劑，所以此時(shí)Mo的價(jià)態(tài)與產(chǎn)品中相同，其為MoO3；堿浸時(shí)加入Na2CO3溶液，生成CO2，另外生成Na2MoO4；加入沉淀劑Na2S，必是除去鉛雜質(zhì)，所以廢渣應(yīng)為PbS；最后采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；便可獲得產(chǎn)品。

【詳解】

(1)增大接觸面積；增大濃度、升高溫度；都可加快反應(yīng)速率，所以“焙燒”過程中，為了提高鉬精礦焙燒速率，可采取的措施是充分粉碎鉬精礦，加壓增大氧氣濃度，升高溫度等;

答案為：充分粉碎鉬精礦；加壓增大氧氣濃度，升高溫度等；

(2)由上面分析知，“焙燒”過程中生成了SO2和MoO3，所以焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

(3)c()=1.0mol/L，c(Ba2+)=mol/L=4.0×10-8mol/L，則溶液中剩余c()=mol/L=0.00275mol/L，當(dāng)BaMoO4開始沉淀時(shí)，的去除率是=86.25%;