2025年華東師大版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※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化學上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、在t℃時，某體積可變的密閉容器內，加入適量反應物發(fā)生反應：mA(g)+nB(g)pC(g)，已知通過逐漸改變容器的體積使壓強增大，每次改變后達到平衡時測得A的物質的量濃度和重新達到平衡所需時間如下表：。壓強c(A)重新達到平衡所需時間第一次達到平衡2×105Pa0.08mol/L4min第二次達到平衡5×105Pa0.20mol/Lxmin第三次達到平衡1×106Pa0.44mol/L0.8min

則下列有關說法中不正確的是（）A.第二次平衡到第三次平衡中，A的平均反應速率為0.3mol/(L·min)B.維持壓強為2×105Pa，假設當反應達到平衡狀態(tài)時體系中共有amol氣體，再向體系中加入bmolB，則重新達到平衡時體系中共有(a+b)mol氣體C.當壓強為1×106Pa時，此反應的平衡常數(shù)表達式為K=D.m+n=p，x=02、已知常溫下，N2（氣）和H2（氣）生成2molNH3（氣）放出92.4kJ熱量?，F(xiàn)有甲、乙兩個容積相同且恒容的密閉容器，在常溫下：①向密閉容器甲中通入1molN2和3molH2，達到平衡時放出熱量Q1kJ。②向密閉容器乙中通入0.5molN2和1.5molH2，達到平衡時放出熱量Q2kJ。則下列關系式正確的是A.Q1=2Q2=92.4B.92.4>Ql>2Q2C.92.4=Q1>2Q2D.92.4>Q1=2Q23、用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.所含共價鍵數(shù)目均為0.4NA的白磷()和甲烷的物質的量相等B.向溶液中通入適量當有1mol被氧化時，反應轉移的電子數(shù)為3NAC.通入了1mol的新制氯水中，粒子數(shù)目之和為2NAD.常溫下，向1L0.1醋酸鈉溶液中加入醋酸至中性，則溶液中的數(shù)目為0.1NA4、變化觀念和平衡思想是化學核心素養(yǎng)之一，以下對電離平衡、水解平衡、溶解平衡符號表征的表示不正確的是A.碳酸鈣的電離方程式：B.碳酸鈣的溶解平衡：C.碳酸氫鈉溶液電離平衡：D.溶于中水解平衡：5、下列反應對應的離子方程式正確的是A.硫酸銅溶液使PbS轉變?yōu)楦y溶的CuS：B.溶液中加足量的燒堿液：C.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫氣體：D.雙氧水與酸性高錳酸鉀溶液反應：6、近年來，甲醇與CO2直接合成DMC(CH3OCOOCH3)備受關注；一種在有氧空位的催化劑上合成DMC的反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.該催化過程既有化學鍵的斷裂，又有化學鍵的形成B.上述過程包括吸附和脫附，其中4屬于脫附C.催化劑的使用可以降低活化能，改變該反應的反應熱D.合成DMC的總反應方程式為2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、(1)1mol碳與足量水蒸氣反應生成CO和H2，需吸收131.3kJ熱量，此反應的熱化學方程式為______。

(2)已知以下的熱化學反應方程式：

①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)?H=-566kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)?H=-484kJ/mol

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)?H=-890kJ/mol

則：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)?H=____kJ/mol。

(3)已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)?H=-102kJ/mol；其他的相關數(shù)據(jù)如下表：

。

H2(g)

Br2(l)

HBr(g)

1mol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收的能量/kJ

436

a

369

則表中a為_______。8、下列有關水溶液中的平衡相關的問題；請?zhí)羁铡?/p>

（1）已知常溫下，將氯化鋁溶液和碳酸鈉溶液混合，有白色沉淀產生，寫出反應離子方程式______________

（2）體積均為100mL、pH均為2的CH3COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關系如圖所示。同濃度，同體積的CH3COONa與NaX溶液，離子總數(shù)目:CH3COONa溶液_______NaX溶液（填＞；＜，＝）

（3）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質電離程度強弱的物理量。已知：。化學式電離常數(shù)(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5

①25℃時，濃度均為0.01mol·L－1HCN和NaCN混合溶液顯_____性（填酸，堿，中）。溶液中HCN濃度_________CN-濃度（填＞；＜，＝）

②25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH＝6，則溶液中＝____。

（4）在25°C下，將xmol·L-1的氨水與ymol·L-1的鹽酸等體積混合，反應后溶液中顯中性，則c（NH4＋）____c（Cl－）（填“>”、“<”或“=”）；用含x和y的代數(shù)式表示出氨水的電離平衡常數(shù)______。9、將Fe片和石墨用導線相連，一組插入稀H2SO4中，一組插入FeCl3溶液中；分別形成了原電池。

(1)這兩個原電池中；正極分別是________。

a．石墨、石墨b．石墨；Fe片c．Fe片、Fe片d．Fe片、石墨。

(2)寫出插入H2SO4中形成原電池的正極反應式(用離子方程式表示)_______。

(3)寫出插入FeCl3溶液中形成原電池的電池總反應式(用離子方程式表示)__。10、今有常溫下兩種溶液：①0.1mol/LNH3·H2O溶液②0.1mol/LNH4Cl溶液。

(1)溶液①的pH_______7(填“＞”、“＜”或“＝”)，寫出NH3·H2O的電離方程式____________。

(2)溶液②呈_______性(填“酸”；“堿”或“中”)。

(3)關于兩種溶液中c(NH)的大小敘述正確的是_____(填序號)。

A兩種溶液中c(NH)都等于0.1mol/L

B兩種溶液中c(NH)都小于0.1mol/L

CNH4Cl溶液中c(NH)小于NH3·H2O溶液中c(NH)

(4)將溶液中①逐滴加入溶液②中，當溶液pH=7時，c(NH)_____c(Cl-)(填“＞”、“＜”或“＝”)。11、下圖為兩種銅鋅原電池的示意圖。

(1)寫出它們工作時正極的電極反應式___________。

(2)電池B工作時鹽橋中的K＋流動方向(填“向ZnSO4”或“向CuSO4”)___________溶液；

(3)氫氧燃料電池是符合綠色化學理念的新型發(fā)電裝置。下圖為電池示意圖；該電池電極表面鍍了一層細小的鉑粉，鉑吸附氣體的能力強，性質穩(wěn)定。請回答：

①電池的負極反應式為：___________。

②電池工作時OH-向___________(填“正極”或“負極”)移動。

③正極上消耗標準狀況下1.12L氣體時，轉移電子的數(shù)目為___________。

④相比與火力發(fā)電，燃料電池的優(yōu)點是：___________。12、(1)濃度均為0.1mol/L的①硫酸②醋酸③氫氧化鈉④氯化銨四種溶液中由水電離出的H+濃度由大到小的順序是_______(填序號)。

(2)Fe2(SO4)3溶液顯酸性，用離子方程式表示其原因_______。

(3)AlCl3溶液和NaAlO2溶液混合的化學方程式為________。

(4)向飽和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，發(fā)現(xiàn)碳酸鈣逐漸溶解，同時還產生的現(xiàn)象有_______。

(5)常溫下，將0.2mol/LCH3COOH和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液的pH＜7，該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是______。13、小組同學對比和的性質；進行了如下實驗。

(1)向相同體積、相同濃度的和溶液中分別滴加的鹽酸；溶液pH變化如下。

①圖_______(填“甲”或“乙”)是的滴定曲線。

②A′-B′發(fā)生反應的離子方程式為_______。

③下列說法正確的是_______(填序號)。

a.和溶液中所含微粒種類相同。

b.A、B、C均滿足：

c.水的電離程度：

(2)向1mol的和溶液中分別滴加少量溶液；均產生白色沉淀，后者有氣體產生。

資料：

i.1mol的溶液中，

ii.25℃時，

①補全與反應的離子方程式：_______。

②通過計算說明與反應產生的沉淀為而不是_______。14、由Cu2+、Cl-、Na+、四種離子中的兩種離子組成的電解質溶液若干種；可選用鐵電極；銅電極、鉑電極進行電解實驗。

(1)欲使鐵制品表面鍍銅，應以________為陽極，電解質溶液為________；

(2)以鉑作陽極電解_______溶液時，溶液的堿性有明顯增強，且溶液保澄清，電解時總反應的化學方程式為_______。15、美國圣路易斯大學研制新型的乙醇燃料電池，用質子(H+)溶劑，在200℃左右供電。電池總反應為C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O；如圖是該電池的示意圖，回答以下問題。

(1)該電池的正極為_________(“a”或“b”)；

(2)電池正極的電極反應為______________________________；負極的電極反應為_______________________________。

(3)電池工作時，1mol乙醇被氧化時,有________mol電子轉移；

(4)電池工作一段時間后，a極附近溶液的pH________(“增大”或“減小”)評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤17、活化能越大，表明反應斷裂舊化學鍵需要克服的能量越高。_____A.正確B.錯誤18、熱化學方程式中的化學計量數(shù)與ΔH成正比。____A.正確B.錯誤19、1mol硫酸與1molBa(OH)2完全中和所放出的熱量為中和熱。_____20、利用蓋斯定律可間接計算通過實驗難測定的反應的反應熱。___A.正確B.錯誤21、的反應速率一定比的反應速率大。(_______)A.正確B.錯誤22、酸式鹽溶液可能呈酸性，也可能呈堿性。(_______)A.正確B.錯誤23、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)24、硫酸鉛可用于鉛蓄電池、纖維增重劑、涂料分析試劑。工業(yè)上通常用方鉛礦(主要成分為PbS)生產硫酸鉛。工藝流程如下：

已知：

①25℃，Ksp(PbS)=1.0×10-28，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5

②PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)△H>0

③Fe3+以氫氧化物形式開始沉淀時的pH值為1.9

(1)由于Ksp(PbS)﹤Ksp(PbCl2)，PbS+2HClPbCl2+H2S的反應程度很小，加入FeCl3能增大反應程度，原因是____________________；步驟①反應過程中可觀察到有淡黃色固體生成，總反應的離子方程式為_____________________；該步驟需控制溶液的pH<1.9，主要目的是_______________________。

(2)步驟②中飽和食鹽水的作用是_________________________。

(3)步驟③中濾液A經過蒸發(fā)濃縮、用冰水浴冷卻結晶后，還需進行的操作是__________(填操作名稱)。

(4)步驟④中，若加入稀硫酸充分反應后所得懸濁液中c(Cl-)=1.0mol·L-1，則c(SO42-)=________[Ksp(PbSO4)=1.6×10-8]。步驟⑤中濾液B用適量試劑X處理后可循環(huán)利用，試劑X應選用下列中的_____(填標號)。

a.HNO3b.Cl2c.H2O2d.鐵粉。

(5)煉鉛和用鉛都會使水體因重金屬鉛的含量增大而造成嚴重污染。水溶液中鉛的存在形態(tài)主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-。各形態(tài)的鉛濃度分數(shù)x與溶液pH變化的關系如圖所示：

①探究Pb2+的性質：向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液后先變渾濁，繼續(xù)滴加NaOH溶液又變澄清，pH為13～14時，溶液中發(fā)生的主要反應的離子方程式為__________________。

②除去溶液中的Pb2+：科研小組用一種新型試劑(DH)“捕捉”金屬離子，從而去除水中的痕量鉛和其他雜質離子，實驗結果記錄如下：。離子Pb2+Ca2+Fe3+Mn2+處理前濃度/(mg·L-l)0.10029.80.120.087處理后濃度/(mg·L-1)0.00422.60.040.053

若新型試劑(DH)在脫鉛過程中主要發(fā)生的反應為：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+(aq)，則脫鉛時最合適的pH約為_____________。該實驗中鉛的脫除率為_________________。25、氯化鉻晶體(CrCl3·6H2O)是一種重要的工業(yè)原料，工業(yè)上常用鉻酸鈉(Na2CrO4)來制備。實驗室中以紅礬鈉(Na2Cr2O7)為原料制備CrCl3·6H2O的流程如下：

已知：①Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H+；②CrCl3·6H2O不溶于乙醚；易溶于水；乙醇，易水解。

（1）堿溶的目的是__________，所加40%NaOH不宜過量太多的原因是______________________。

（2）還原時先加入過量CH3OH再加入10%HCl，生成CO2，寫出該反應的離子方程式_____________。

（3）使用下列用品來測定溶液的pH，合理的是_____（填字母）。

A．pH計B．pH試紙C．酚酞溶液。

（4）使用下圖裝置從濾液中分離出CH3OH。

①圖中儀器A的名稱為_______。

②在儀器A中加入沸石，再加入濾液，蒸餾，收集蒸餾出的CH3OH循環(huán)使用。有的同學認為，該過程中需要加入CaO，防止水隨CH3OH一起蒸出，你認為是否有必要并說明理由：___________。

（5）請補充完整由過濾后得到的固體Cr(OH)3制備CrCl3·6H2O的實驗方案：將過濾后所得固體_____，____，冷卻結晶，過濾，____，低溫干燥，得到CrCl3·6H2O。（實驗中可供選擇的試劑：鹽酸、硫酸、蒸餾水、乙醇、乙醚）26、工業(yè)上主要以確鎂礦為原料制備礎砂，其廢渣硼鎂泥的主要成分為MgCO3，還含有少量CaCO3、FeO、Fe2O3、MnO、SiO2等雜質；經以下流程可制取水合硫酸鎂和水合硫酸鈣晶體，請回答：

(1)濾渣B中的一種成分為MnO2，則生成MnO2的離子方程式為____________。

(2)流程中加入MgO并加熱的目的分別是___________。

(3)向濾渣C(CaSO4·H2O)加入純堿溶液，可使其轉化為易溶于酸的CaCO3，則在反應后的上層清液中，c()：c()的值為_________[已知：Ksp(CaCO3)=4×10-9，Ksp(CaSO4)=5×10-5]

(4)研究人員開發(fā)了一種新型的硼、氮共摻雜的多孔石墨烯材料作為正極催化劑的鋰-二氧化碳二次電池，實現(xiàn)子碳酸鋰在電池中的高度可逆分解，其裝置示意圖如圖所示。根據(jù)圖示，寫出放電時正極的電極反應式為______________。

27、I．(1)已知：H3BO3為一元弱酸，電離常數(shù)Ka=5.8×10-10，H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，向飽和硼酸溶液中滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，寫出發(fā)生反應的離子方程式：___________________。

(2)已知：a.常溫下，醋酸和NH3?H2O的電離平衡常數(shù)均為1.8×10-5；b．CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O；則CH3COONH4溶液呈__________性（填“酸”、“堿”、“中”，下同），NH4HCO3溶液呈____________性。

Ⅱ．氧化鐵是一種重要的無機材料，化學性質穩(wěn)定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐熱性和對紫外線的屏蔽性，從某種工業(yè)酸性廢液(主要含Na＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋；

Al3＋、Cl－、)中回收氧化鐵流程如下：

已知：常溫下Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11；Ksp[Fe(OH)2]＝2.2×10－16；Ksp[Fe(OH)3]＝3.5×10－38；Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33。

(1)寫出在該酸性廢液中通入空氣時發(fā)生的離子反應方程式：___________________，指出使用空氣的優(yōu)點是：_________________________________。

(2)常溫下，根據(jù)已知條件計算在pH＝5的溶液中，理論上下列微粒在該溶液中可存在的最大濃度c(Fe3＋)＝___________，c(Mg2＋)＝___________。

(3)有人用氨水調節(jié)溶液pH，在pH＝5時將Fe(OH)3沉淀出來，此時Fe(OH)3沉淀中可能混有的雜質是______(填化學式，下同)，用_______試劑可將其除去。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共1題，共7分)28、短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，它們的原子核外電子層數(shù)之和為13。B的化合物種類繁多，數(shù)目龐大；C、D是空氣中含量最多的兩種元素，D、E兩種元素的單質反應可以生成兩種不同的離子化合物；F為同周期原子半徑最小的元素。試回答以下問題：(所有答案都用相應的元素符號作答)

(1)化學組成為AFD的結構式為___，A、C、F三種元素形成的化合物CA4F為___化合物(填“離子”或“共價”)。

(2)化合物甲；乙由A、B、D、E中的三種或四種組成；且甲、乙的水溶液均呈堿性。則甲、乙反應的離子方程式為___。

(3)由D；E形成的簡單離子的離子半徑由大到小的順序是___。

(4)元素B和C的非金屬性強弱；B的非金屬性___于C(填“強”或“弱”)，并用化學方程式證明上述結論___。

(5)以CA3代替氫氣研發(fā)燃料電池是當前科研的一個熱點。CA3燃料電池使用的電解質溶液是2mol?L-1的KOH溶液，電池反應為：4CA3+3O2=2C2+6H2O。該電池負極的電極反應式為___；每消耗3.4gCA3轉移的電子數(shù)目為___。評卷人得分六、實驗題(共3題，共27分)29、一種以磷鐵渣(主要含以及少量等雜質)、為原料制備磷酸錳［］的實驗過程如下：

(1)溶解。將一定量的磷鐵渣加入如圖裝置所示的三頸燒瓶中，維持溫度60℃，邊攪拌邊向三頸燒瓶中加入一定量的硫酸和溶液，反應后有和生成。反應后過濾。

①寫出反應的離子方程式：_______。

②實驗中當觀察到某種現(xiàn)象時可不再加入溶液，該現(xiàn)象是：_______。

③難溶于水，反應的平衡常數(shù)為_______。［已知的電離平衡常數(shù)］

④實驗中需不斷補充稀硫酸控制溶液的pH。pH過大會降低的浸出率和消耗過多的原因是_______。

(2)除鐵。向所得濾液中加入萃取劑(由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，難溶于水)萃取溶液中的萃取結束后取有機層，經過反萃取操作，可回收萃取劑重復使用。已知萃取劑中磷酸酯(用表示)萃取溶液中時發(fā)生如下反應：

(有機層)(有機層)

反萃取回收萃取劑的方法是_______。

(3)制請補充完整由萃取后所得水層中制純凈固體的實驗方案：取萃取后所得水層溶液100［其中］，_______，干燥沉淀，得固體。(已知溶液的pH對所得沉淀中錳磷比［］和的沉淀率影響如圖所示。實驗中需使用的實驗試劑有：0.1溶液、鹽酸、溶液)

30、“84消毒液”廣泛應用于殺菌消毒，其有效成分是實驗小組制備消毒液；并利用其性質探究制備碘水的方法。

資料：i.的電離常數(shù)為的電離常數(shù)為

ii.碘的化合物主要以和的形式存在，

iii.碘單質能與反應：(低濃度時顯黃色；高濃度時為棕色)。

I.制備消毒液(夾持裝置略)

(1)制備的離子反應方程式_______。

(2)結合資料i，寫出D中反應的化學方程式_______。

II.利用消毒液的性質探究碘水的制備方法。

將某品牌“84消毒液”稀釋10倍，各取100mL于三個燒杯中，設計如下實驗方案制備碘水：。方案操作現(xiàn)象反應后加淀粉溶液1燒杯1溶液中加入9g固體溶液為橙黃色2燒杯2溶液中加入9g固體，再加入1鹽酸10mL溶液顏色快速加深，呈紫紅色變藍3燒杯3溶液中加入少量固體(小于0.5g)振蕩后溶液保持無色不變藍(3)針對燒杯3“滴加淀粉溶液不變藍”的原因；提出兩種假設：

假設1：生成的I2在堿性溶液中不能存在。

設計實驗a證實了假設1成立，實驗a的操作及現(xiàn)象是_______。

假設2：過量的將反應生成的氧化為

設計實驗b證實了假設2成立。氧化生成的離子方程式是_______。

(4)某小組檢驗燒杯3所得溶液中含取燒杯3所得無色溶液少許，加入稀硫酸酸化的溶液，反應后再滴加淀粉溶液，發(fā)現(xiàn)溶液變藍。該實驗方案能否證明燒杯3所得溶液中存在說明理由_______。

(5)預測燒杯1反應后加淀粉溶液的實驗現(xiàn)象，結合方程式說明預測依據(jù)_______。

(6)對比不同方案的實驗現(xiàn)象，得出制取碘水的最佳方法要關注的因素是_______。31、自來水是由自然界中的淡水經過絮凝、沉淀、過濾、消毒等工藝處理后得到的。常用的自來水消毒劑有二氧化氯()和高鐵酸鉀()等。某研究小組用如圖所示裝置制備少量(夾持裝置已略去)。

已知：常溫下為易溶于水但不與水反應的氣體，其水溶液呈深黃綠色，11℃時液化成紅棕色液體。以和的乙醇溶液為原料制備的反應為

(1)①乙醇的作用是_______。

②NaOH溶液中發(fā)生的主要反應的離子方程式為_______。

(2)將水溶液滴加到足量溶液中，溶液變棕黃色；再向其中加入適量苯，振蕩、靜置，觀察到_______，證明具有氧化性。

(3)在殺菌消毒過程中會發(fā)生副反應產生亞氯酸根離子()，需將其轉化為除去。下列試劑中，可將轉化為的是_______(填序號)。

a.b.c.d.

(4)是一種新型、綠色的多功能凈水劑，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、滅菌、消毒、脫色、除臭等性能為一體。實驗室制備的一種方法如下：在冰水浴中，向過量的和的混合溶液中少量多次加入硝酸鐵；并不斷攪拌。

①上述制備的反應的離子方程式為_______。

②凈水過程中，起到吸附作用的原理是_______(請用化學用語及必要文字解釋說明)。

(5)為了分析產品某樣品中二價鐵元素的含量，某同學稱取20.0g樣品配成溶液，移取于錐形瓶中，用的標準溶液進行滴定(被還原為)。請回答下列問題：

①滴定時，標準溶液應盛放在_______(填儀器名稱)中。

②若到達滴定終點消耗標準溶液的體積為則該產品中鐵元素的質量分數(shù)為_______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

由表格數(shù)據(jù)可知當壓強從2×105Pa增大為5×105Pa時，壓強增大2.5倍，體積變?yōu)楸?，濃度?.08增大為0.20mol?L?1；也增大2.5倍，所以增大壓強平衡不移動，則m+n=p，x=0。

【詳解】

A．第二次平衡到第三次平衡中，壓強從5×105Pa增大為1×106Pa時，壓強增大2倍，體積變倍，濃度應該由0.20mol?L?1增大為0.40mol?L?1，但是實際上A的濃度為0.44mol?L?1，則平衡時A的濃度變化量為0.04mol/L，則A的平均反應速率為=0.05mol/(L·min)；故A錯誤；

B．根據(jù)分析，增大壓強平衡不移動，所以反應前后氣體的物質的量不變，所以當反應達到平衡狀態(tài)時，體系中共有amol氣體，再向體系中加入bmolB，當重新達到平衡時，體系中氣體總物質的量是(a+b)mol；故B正確；

C．由表格數(shù)據(jù)可知，當壓強從5×105Pa增大為1×106Pa時，壓強增大2倍，體積變倍，濃度應該由0.20增大為0.40mol?L?1，但是實際上A的濃度為0.44mol?L?1，說明平衡逆移，則反應前氣體的物質的量小于反應后氣體的物質的量，則反應物B不在是氣態(tài)，所以此反應的平衡常數(shù)表達式為K=故C正確；

D．根據(jù)分析；增大壓強平衡不移動，說明該反應是反應前后氣體分子數(shù)目不變的反應體系，即m+n=p，從第一次達到平衡到第二次達到平衡過程中平衡沒有發(fā)生移動，即壓強的變化反應始終保持平衡狀態(tài)，則x=0，故D正確；

答案選A。2、B【分析】【分析】

N2（氣）和H2（氣）生成2molNH3（氣）放出92.4kJ熱量，可知1molN2和3molH2完全反應放出熱量為92.4kJ；合成氨為可逆反應；則①②中均不能完全轉化，甲；乙兩個容積相同且恒容的密閉容器，結合物質的量與壓強成正比、物質的量與熱量成正比來解答。

【詳解】

甲、乙兩個容積相同且恒容的密閉容器，①中物質的量為②中物質的量的2倍，則①中壓強大平衡正向進行的程度大，則Ql＞2Q2，合成氨為可逆反應，則①②中均不能完全轉化，①中生成氨氣小于2mol，則92.4＞Ql；

故選：B。3、D【分析】【詳解】

A．白磷分子內有6個共價鍵、甲烷分子內有4個共價鍵，故所含共價鍵數(shù)目均為0.4NA的白磷()和甲烷的物質的量不相等；A錯誤；

B．碘離子的還原性大于亞鐵離子，向溶液中通入適量碘離子先被氧化，當有1mol被氧化時，已有I-被氧化；但不知道碘離子的物質的量，故無法計算轉移的電子數(shù)，B錯誤；

C．通入了1mol的新制氯水中，氯氣和水的反應是可逆反應，氯水中還有氯氣存在，則粒子數(shù)目之和小于2NA；C錯誤；

D．常溫下，向1L0.1醋酸鈉溶液中加入醋酸至中性，則根據(jù)核電荷數(shù)可知：則溶液中的數(shù)目等于鈉離子的數(shù)目，為0.1NA；D正確；

答案選D。4、D【分析】【詳解】

A．碳酸鈣難溶于水，但是溶解部分完全電離，電離方程式：A正確；

B．碳酸鈣難溶于水，部分溶解，碳酸鈣的溶解平衡：B正確；

C．碳酸氫鈉溶液中碳酸氫根離子部分電離出氫離子和碳酸根離子，電離平衡：C正確；

D．溶于中，銨根離子水解生成氫氧根離子，水解平衡：D錯誤；

故選D。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．硫酸銅溶液使硫化鉛轉變?yōu)楦y溶的硫化銅的反應為硫酸銅溶液與硫化鉛固體反應生成硫化銅固體和硫酸鉛固體，反應的離子方程式為故A正確；

B．碳酸氫鎂溶液與足量氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化鎂沉淀、碳酸鈉和水，反應的離子方程式為故B錯誤；

C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫氣體的反應為溶液中次氯酸鈣與少量二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈣沉淀和次氯酸，反應的離子方程式為故C錯誤；

D．雙氧水與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鉀、硫酸錳、氧氣和水，反應的離子方程式為故D錯誤；

故選A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．該催化過程既有化學鍵的斷裂；又有化學鍵的形成，A正確；

B．上述過程包括吸附和脫附；其中4屬于脫附，B正確；

C．催化劑的使用可以降低活化能；但不能改變反應熱，C錯誤；

D．合成DMC的總反應的方程式為D正確；

故選C。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)碳與足量水蒸氣反應生成CO和H2，即C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)，再根據(jù)1mol碳反應吸收131.3kJ熱量，得到該反應的焓變?yōu)?131.3kJ/mol，故答案為：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ?mol-1；

(2)根據(jù)蓋斯定律，③-①-②得到目標方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，故目標反應的焓變ΔH=ΔH3?ΔH1?ΔH2=?890kJ?mol-1?(?566kJ?mol-1)?(?484kJ?mol-1)=+160kJ?mol-1，故答案為：+160kJ·mol-1；

(3)ΔH=反應物總鍵能-生成物總鍵能=436kJ?mol-1+a?(2×369kJ?mol-1)=?102kJ?mol-1，解得a=200kJ?mol-1，故答案為：200?！窘馕觥緾(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ·mol-1+160kJ·mol-12008、略

【分析】【分析】

(1)已知常溫下，將氯化鋁溶液和碳酸鈉溶液混合，有白色沉淀產生，是鋁離子和碳酸根離子發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳；

(2)pH相等的酸中，加水稀釋促進弱酸電離，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的為強酸，小的為弱酸，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的電離程度越大，則酸根離子水解程度越小，根據(jù)電荷守恒判斷；

(3)①NaCN溶液中CN-離子水解溶液顯堿性，計算水解平衡常數(shù)和HCN電離平衡常數(shù)比較判斷溶液酸堿性和離子濃度關系；

②25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH=6，溶液顯酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度；

(4)電荷守恒；判斷離子濃度大小；氨水的電離平衡常數(shù)為電離出離子的濃度積與溶質濃度的比值。

【詳解】

(1)已知常溫下，將氯化鋁溶液和碳酸鈉溶液混合，有白色沉淀產生，是鋁離子和碳酸根離子發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，反應的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑；

(2)據(jù)圖分析，加水稀釋的過程中，HX的pH變化比較小，說明HX的酸性比醋酸弱，HX的電離平衡常數(shù)比醋酸小，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)、c(X?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，所以溶液中所有離子濃度為陽離子濃度的2倍，醋酸的電離程度大于HX，醋酸根離子水解程度小于X?根離子；所以醋酸鈉溶液中氫離子濃度大于NaX，則醋酸鈉溶液離子數(shù)目較多，故答案為：＞；

(3)①25℃時，濃度均為0.01mol?L?1HCN和NaCN混合溶液，CN?+H2O?HCN+OH?，水解程度大于酸的電離程度，溶液顯堿性，溶液中HCN濃度大于CN?濃度，故答案為：堿性；＞；

②25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH=6，溶液顯酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，故答案為：18；

(4)電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl?)+c(OH?)，溶液呈中性，即c(H+)=c(OH?)，即c(NH4+)=c(Cl?)，氨水中的電離常數(shù)為故答案為：=；【解析】2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑>堿性>18=9、略

【分析】【分析】

Fe片和石墨用導線連接，插入稀H2SO4中，F(xiàn)e失電子為負極，石墨為正極，正極上氫離子得電子生成氫氣；將Fe片和石墨用導線連接插入FeCl3溶液中；Fe失電子為負極，石墨為正極，正極上鐵離子得電子生成亞鐵離子，據(jù)此分析解答。

【詳解】

Fe片和石墨用導線連接，插入稀H2SO4中，F(xiàn)e失電子為負極，石墨為正極，正極上氫離子得電子生成氫氣；將Fe片和石墨用導線連接插入FeCl3溶液中；Fe失電子為負極，石墨為正極，正極上鐵離子得電子生成亞鐵離子。

(1)由上述分析可知；兩個電池中正極均為石墨，故答案為：a；

(2)Fe片和石墨用導線連接，插入稀H2SO4中形成原電池，正極上氫離子得電子生成氫氣，電極反應式為：2H++2e-=H2↑，故答案為：2H++2e-=H2↑；

(3)將Fe片和石墨用導線連接插入FeCl3溶液中形成原電池，F(xiàn)e與鐵離子反應生成亞鐵離子，原電池的總反應式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+。

【點睛】

明確原電池原理是解本題關鍵，本題的易錯點為(3)，要注意氧化還原反應方程式的配平?！窘馕觥縜2H＋＋2e－=H2↑2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋10、略

【分析】【詳解】

(1)溶液①為0.1mol/LNH3·H2O溶液，NH3·H2O為弱堿，則pH＞7；弱堿為弱電解質，在溶液中部分電離，則NH3·H2O的電離方程式NH3·H2ONH+OH-；

(2)溶液②為0.1mol/LNH4Cl溶液，是強酸弱堿鹽，NH在溶液中水解反應：NH+H2ONH3·H2O+H+；使溶液顯酸性；

(3)A．0.1mol/L的NH3·H2O溶液為弱堿，屬于弱電解質，在溶液中部分電離，c(NH)小于0.1mol/L；0.1mol/LNH4Cl溶液中，NH在溶液中水解反應：NH+H2ONH3·H2O+H+，溶液中c(NH)小于0.1mol/L，則兩溶液中的c(NH)均小于0.1mol/L；故A錯誤；

B．根據(jù)A項分析，兩種溶液中c(NH)都小于0.1mol/L；故B正確；

C．銨根離子的水解是較弱的，則NH4Cl溶液中c(NH)大于NH3·H2O溶液中c(NH)；故C錯誤；

答案選B；

(4)將溶液中①逐滴加入溶液②中，當溶液pH=7時，c(H+)=c(OH?)，溶液中存在電荷守恒，c(NH)+c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)，則c(NH)=c(Cl-)。【解析】＞NH3·H2ONH+OH-酸B=11、略

【分析】【分析】

根據(jù)裝置圖；電池A與電池B的負極均為鋅，正極均為銅；在氫氧燃料電池中通入燃料的是負極，通入空氣或氧氣的為正極，結合原電池原理分析解答。

【詳解】

(1)由裝置圖可知，電池A與電池B的負極均為金屬活潑性強的鋅，正極均為金屬活潑性弱的銅，銅離子在正極上得到電子發(fā)生還原反應生成銅，電極反應式均為Cu2++2e-=Cu，故答案為：Cu2++2e-=Cu；

(2)原電池工作時，陽離子向正極移動，因此電池B工作時，鹽橋中的K+向硫酸銅溶液方向移動，故答案為：CuSO4；

(3)氫氧燃料電池屬于原電池；將化學能轉化為電能，負極是氫氣失電子發(fā)生氧化反應，正極是氧氣得到電子發(fā)生還原反應。

①負極上是氫氣失去電子發(fā)生氧化反應，電解質溶液是氫氧化鉀，電極反應式為H2+2OH--2e-=2H2O；故答案為：H2+2OH--2e-=2H2O；

②電池內部，陰離子向負極移動，因此OH-向負極移動；故答案為：負極；

③標準狀況下1.12L氧氣的物質的量==0.05mol，正極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-，則轉移電子0.05mol×4=0.2mol，數(shù)目為0.2NA，故答案為：0.2NA。

④相比與火力發(fā)電，燃料電池的優(yōu)點有：燃料電池將化學能轉化為電能的轉化率高，而且還可以做到污染物的少排放甚至零排放，故答案為：燃料電池將化學能轉化為電能的轉化率高，而且還可以做到污染物的少排放甚至零排放?！窘馕觥緾u2++2e-=CuCuSO4H2-2e-+2OH-=2H2O負極0.2NA燃料電池將化學能轉化為電能的轉化率高，而且還可以做到污染物的少排放甚至零排放12、略

【分析】【詳解】

(1)④氯化銨為強酸弱堿鹽，水解促進水的電離，②醋酸為弱酸，溶液中c(H+)較小，對水的電離抑制程度較小，①硫酸和③氫氧化鈉都為強電解質，硫酸是二元強酸，當二者濃度相同時，對水的電離抑制程度較大，所以四種溶液中由水電離出的H+濃度由大到小的順序是④②③①；答案：④＞②＞③＞①；

(2)Fe2(SO4)3為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，離子方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，答案：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；

(3)AlCl3溶液和NaAlO2溶液發(fā)生的水解相互促進，生成氫氧化鋁沉淀，使水解反應能充分進行，方程式為AlCl3+3NaAlO2+6H2O＝4Al(OH)3↓+3NaCl，答案：AlCl3+3NaAlO2+6H2O＝4Al(OH)3↓+3NaCl；

(4)氯化鐵水解呈酸性：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，可使碳酸鈣溶解，反應方程式為CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，反應消耗H+，c(H+)減小，水解平衡向右移動，生成的Fe(OH)3增多；出現(xiàn)紅褐色沉淀，答案：出現(xiàn)紅褐色沉淀，同時有無色無味氣體產生；

(5)CH3COOH的物質的量是NaOH的2倍，反應后生成等物質的量的CH3COOH和CH3COONa；所得溶液的pH＜7，說明酸電離的程度大于鹽水解的程度；CH3COOH和CH3COONa都電離生成醋酸根，且電離大于水解，所以該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，答案：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。【解析】①.④＞②＞③＞①②.Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+③.AlCl3+3NaAlO2+6H2O＝4Al(OH)3↓+3NaCl④.出現(xiàn)紅褐色沉淀，同時有無色無味氣體產生⑤.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)13、略

【分析】【詳解】

（1）①H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1＞Ka2，故相同濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即圖乙是Na2CO3的滴定曲線；

②HCl和Na2CO3的反應分為兩步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，則A′-B′發(fā)生反應的離子方程式為H++=

③a．Na2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、OH-、H2CO3和H2O；a正確；

b．圖甲是NaHCO3的滴定曲線，B點表示NaHCO3和HCl恰好完全反應，此時溶液中已不含H2CO3，則僅A點滿足c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，b錯誤；

c．圖甲中，A點的溶質是NaHCO3，的水解能促進水的電離；B點溶質是NaCl，對水的電離無影響；C點的溶質是NaCl和HCl，H+能抑制水的電離；故水的電離程度：A＞B＞C；c正確；

故選ac。

（2）①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，產生白色FeCO3沉淀，還生成氣體，該氣體為CO2，該反應的離子方程式為2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

②1mol?L?1NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9mol?L?1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5mol?L?1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3與FeCl2反應產生的沉淀為FeCO3而不是Fe(OH)2?！窘馕觥?1)乙H++=ac

(2)2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O1mol?L?1NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9mol?L?1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5mol?L?1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)。14、略

【分析】【分析】

(1)電鍍時；鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，電解質為含有鍍層金屬陽離子的可溶性鹽；

(2)用惰性電極電解氯化鈉溶液時；電解質和水的量都減少，氫離子在陰極放電，溶液的堿性增強，且溶液保持澄清，據(jù)此解答。

【詳解】

(1)根據(jù)電鍍原理；鐵制品表面鍍銅，鐵為鍍件，所以鐵制品作陰極，銅為鍍層金屬，所以銅作陽極，電解質為含有鍍層金屬陽離子的可溶性鹽，如硫酸銅；氯化銅溶液等，答案：銅；硫酸銅或氯化銅溶液；

(2)以鉑作陽極電解氯化鈉溶液時，陰極上的電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陽極上的電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑，總反應的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，溶液中氫離子濃度減小，同時生成氫氧化鈉，溶液的堿性有明顯增強，且溶液保澄清，答案：NaCl；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。

【點睛】

電解中電極材料會對陽極反應有較大影響，書寫電極反應式時要先注意陽極材料是活性還是惰性材料。【解析】銅硫酸銅或氯化銅溶液NaCl2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑15、略

【分析】【分析】

由質子的移動方向可知a為負極，a極上是乙醇失電子發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2和H+，電極反應式為C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，b為正極，發(fā)生還原反應，電極方程式為4H++O2+4e-═2H2O；以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，b為正極，故答案為：b；

(2)電池正極氧氣得電子生成水，電極反應為：4H++O2+4e-═2H2O；a為負極，a極上是乙醇失電子發(fā)生氧化反應，乙醇被氧化生成CO2和H+，電極方程式為：C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，故答案為：4H++O2+4e-═2H2O；C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+；

(3)乙醇中C元素的化合價為-2價；被氧化后升高到+4價，則電池工作時，1mol乙醇被氧化時就有12mol電子轉移，故答案為：12；

(4)a極附近發(fā)生電極反應C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，氫離子濃度增大，pH減小，故答案為：減小?！窘馕觥縝4H++O2+4e-═2H2OC2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+12減小三、判斷題(共8題，共16分)16、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應物可使平衡正向移動，加入反應物本身的轉化率減小，故正確。17、A【分析】【分析】

【詳解】

活化能是反應所需的最低能量，化學反應的實質是舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的形成，舊化學鍵斷裂需要吸收能量，因此活化能越大，反應斷裂舊化學鍵需要克服的能量越高，正確。18、A【分析】【分析】

【詳解】

ΔH表示按方程式計量數(shù)比例和物質狀態(tài)進行化學反應生成時放出或吸收的熱量，則熱化學方程式中的化學計量數(shù)與ΔH成正比，正確。19、×【分析】【分析】

【詳解】

硫酸與Ba(OH)2完全反應除了生成水還生成了沉淀，故錯誤。【解析】錯20、A【分析】【分析】

【詳解】

有些反應的反應熱，難以通過實驗直接測定,但是通過蓋斯定律可以間接計算該反應的反應熱，例如碳和氧氣生成一氧化碳的反應。故答案是：正確。21、B【分析】【詳解】

沒有確定的化學反應；確定的物質種類；不能判斷反應速率大??；

故錯誤。22、A【分析】【詳解】

酸式鹽可能因溶質直接電離成酸性，如硫酸氫鈉溶液；酸式鹽可能因水解程度小于電離程度而呈酸性，如亞硫酸氫鈉溶液；酸式鹽可能因水解程度大于電離程度而呈堿性，如碳酸氫鈉溶液。所以答案是：正確。23、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)24、略

【分析】【詳解】

分析：本題以方鉛礦為原料生產硫酸鉛的流程為載體，考查流程的分析、外界條件對化學平衡的影響、離子方程式的書寫、溶液pH的控制、基本實驗操作、溶度積的計算、圖像的分析、Fe3+和Fe2+的相互轉化。方鉛礦中的PbS與鹽酸和FeCl3加熱攪拌反應生成PbCl2、S和FeCl2；根據(jù)已知②，步驟②中加入飽和食鹽水，PbCl2轉化為PbCl42-進入濾液A中，濾液A中主要含F(xiàn)e2+、PbCl42-、Na+、Cl-；由于反應PbCl2（s）+2Cl-（aq）PbCl42-（aq）的ΔH0，步驟③中濾液A經蒸發(fā)濃縮、冰水浴冷卻結晶，PbCl42-又轉化成PbCl2晶體，經過濾得到的濾液B中主要含F(xiàn)e2+、Na+、Cl-；步驟④PbCl2晶體中加入稀硫酸實現(xiàn)沉淀的轉化得到PbSO4晶體；步驟⑤中加入的試劑X將Fe2+氧化成Fe3+；循環(huán)利用。

詳解：（1）由于Ksp（PbS）Ksp（PbCl2），PbS+2HClPbCl2+H2S的反應程度很小，加入FeCl3能增大反應程度的原因是：FeCl3與H2S發(fā)生反應：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，H2S濃度減小，使平衡向正反應方向移動。步驟①反應過程中可觀察到有淡黃色固體生成，該淡黃色固體為S，總反應的離子方程式為PbS+2Fe3++2Cl-=PbCl2+S+2Fe2+。Fe3+以氫氧化物形式開始沉淀時的pH為1.9，該步驟需控制溶液的pH1.9，主要目的是：防止Fe3+水解形成沉淀。

（2）根據(jù)已知②，步驟②中飽和食鹽水的作用是：增大c（Cl-），將PbCl2固體轉化為PbCl42-而溶解。

（3）步驟③中濾液A經蒸發(fā)濃縮、冰水浴冷卻結晶，濾液中PbCl42-又轉化為PbCl2固體；還需進行的操作是：過濾；洗滌、干燥。

（4）步驟④中的反應為PbCl2（s）+SO42-（aq）PbSO4（s）+2Cl-（aq），該反應的平衡常數(shù)K=====103，當c（Cl-）=1.0mol/L，c（SO42-）=c2（Cl-）103=1.010-3mol/L。濾液B中主要含F(xiàn)e2+、Na+、Cl-；濾液B加入適量X處理后進入步驟①循環(huán)利用，試劑X具有氧化性，能將Fe2+氧化成Fe3+。a項，HNO3能將Fe2+氧化成Fe3+，HNO3被還原成NO，NO污染大氣，a項不行；b項，Cl2能將Fe2+氧化成Fe3+，自身被還原成Cl-，b項可以；c項，H2O2能將Fe2+氧化成Fe3+，自身被還原成H2O，c項可以；d項，鐵粉不能將Fe2+氧化成Fe3+，d項不行；答案選b或c或bc。

（5）①根據(jù)圖像，pH為13~14時，隨著NaOH的滴入，鉛的主要形態(tài)的變化是Pb（OH）3-明顯減少，Pb（OH）42-明顯增多，pH為13~14時，溶液中發(fā)生的主要反應的離子方程式為Pb（OH）3-+OH-=Pb（OH）42-。

②脫鉛過程中主要發(fā)生的反應為：2DH（s）＋Pb2+（aq）D2Pb（s）＋2H+（aq），pH小于6時上述脫鉛反應被抑制；pH為6時，鉛的主要存在形態(tài)為Pb2+，最有利于脫鉛反應；pH大于6時，鉛還有Pb（OH）+、Pb（OH）2、Pb（OH）3-、Pb（OH）42-等其他形態(tài)，Pb2+的濃度分數(shù)減小，不利于Pb2+的“捕捉”；故脫鉛時最合適pH約為6。該實驗中鉛的脫除率為100%=96%。【解析】①.Fe3＋將H2S氧化，使平衡正向移動②.PbS+2Fe3++2Cl-=PbCl2+2Fe2++S③.防止Fe3+水解形成沉淀④.將PbCl2固體轉化為PbCl42-而溶解⑤.過濾、洗滌（或過濾、洗滌、干燥）⑥.1.0×10-3mol·L-1⑦.b或c或bc⑧.Pb(OH)3-+OH-=Pb(OH)42-⑨.6⑩.96%25、略

【分析】【分析】

用40%NaOH將紅礬鈉（Na2Cr2O7）轉化為鉻酸鈉（Na2CrO4），再用CH3OH將鉻酸鈉（Na2CrO4）還原為CrCl3溶液，加20%NaOH使Cr3+沉淀為Cr(OH)3，過濾，將過濾后所得固體用鹽酸溶解，最后將含HCl的CrCl3溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾并用乙醚洗滌2～3次，低溫干燥，即得CrCl3·6H2O晶體。

【詳解】

(1).堿溶使Cr2O72?+H2O2CrO42?+2H+的平衡正向移動，將紅礬鈉(或Cr2O72?)轉化為鉻酸鈉(或CrO42?)，所加40%NaOH不宜過量太多，因后續(xù)流程還需加更多的鹽酸還原，故答案為將紅礬鈉(或Cr2O72－)轉化為鉻酸鈉（或CrO42－）；避免還原時消耗過多鹽酸；

(2).CH3OH將鉻酸鈉(Na2CrO4)還原為CrCl3，反應的離子方程式為10H＋＋2CrO42－＋CH3OH＝2Cr3+＋7H2O＋CO2↑，故答案為10H＋＋2CrO42－＋CH3OH＝2Cr3+＋7H2O＋CO2↑；

(3).測定溶液的pH可用pH計；pH試紙；故答案為AB；

(4).①.由裝置圖可知儀器A的名稱為蒸餾燒瓶；故答案為蒸餾燒瓶；

②.CH3OH參與反應的體系是水溶液，因此沒有必要加入CaO，故答案為沒有必要，CH3OH參與反應的體系中有水；

(5).過濾后所得Cr(OH)3用過量的鹽酸溶解，最后將含HCl的CrCl3溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾并用乙醚洗滌2～3次，即得CrCl3?6H2O晶體，故答案為完全溶解于過量的鹽酸中；蒸發(fā)濃縮；用乙醚洗滌固體2～3次。【解析】①.將紅礬鈉(或Cr2O72－)轉化為鉻酸鈉（或CrO42－）②.避免還原時消耗過多鹽酸③.10H＋＋2CrO42－＋CH3OH＝2Cr3+＋7H2O＋CO2↑④.AB⑤.蒸餾燒瓶⑥.沒有必要，CH3OH參與反應的體系中有水⑦.完全溶解于過量的鹽酸中⑧.蒸發(fā)濃縮⑨.用乙醚洗滌固體2~3次26、略

【分析】【分析】

加入硫酸，MgCO3、CaCO3、FeO、Fe2O3、MnO都和硫酸反應，SiO2不與硫酸反應，濾渣A為二氧化硅，次氯酸鈉具有強氧化性，加入的NaClO可與Mn2+反應生成MnO2，把亞鐵離子氧化成鐵離子，加MgO調節(jié)pH，溶液pH升高，鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，過濾，濾渣B含有Fe(OH)3、MnO2，濾液經過蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，濾渣C為硫酸鈣晶體(CaSO4?2H2O)；濾液中含鎂離子；硫酸根離子，蒸發(fā)冷卻結晶得到硫酸鎂晶體。

【詳解】

（1）MnO2由NaClO在酸性溶液中氧化Mn2+得到，考慮到介質為酸性，H+參與反應或反應生成H+，則生成黑色固體的離子方程式為：ClO-+Mn2++H2O═MnO2+Cl-+2H+，故答案為：ClO-+Mn2++H2O═MnO2+Cl-+2H+；

（2）加入MgO調節(jié)pH，使溶液中Fe3+產生Fe(OH)3沉淀，除去Fe3+，故答案為：調節(jié)pH，促進Fe3+完全水解生成氫氧化物沉淀而除去；

（3）CaSO4轉化為CaCO3的離子方程式為CaSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)，c()∶c()=c()?c(Ca2+)∶c()?c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)∶Ksp(CaSO4)=4×10-9∶5×10-5=8×10-5∶1；

（4）由裝置圖可知，放電時，Li+移向N極，則N為正極，正極上CO2與Li+發(fā)生還原反應生成Li2CO3和C，則電極反應式為3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，故答案為：3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C?！窘馕觥?1)ClO-+Mn2++H2O═MnO2+Cl-+2H+

(2)調節(jié)pH，促進Fe3+完全水解生成氫氧化物沉淀而除去。

(3)8×10-5∶1

(4)3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C27、略

【分析】【分析】

Ⅱ．工業(yè)廢液中鼓入足量的空氣，將Fe2＋完全氧化成Fe3＋，加入氨水調節(jié)溶液的pH得到氫氧化鐵沉淀，過濾出氫氧化鐵，洗滌、干燥后灼燒得氧化鐵。

【詳解】

I．(1)由H3BO3、H2CO3的電離常數(shù)可知，H3BO3是一元弱酸且酸性強弱順序為：H2CO3>H3BO3>根據(jù)強酸制弱酸的原理，向飽和硼酸溶液中滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，發(fā)生反應的離子方程式：+H3BO3=+或+H3BO3=++H2O或+H3BO3+H2O=+(2)醋酸和NH3?H2O的電離平衡常數(shù)相等，則醋酸根離子和銨根離子的水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性；由題中信息可知，酸性：CH3COOH>H2CO3，又因醋酸和NH3?H2O的電離平衡常數(shù)相等，則NH4HCO3溶液中碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，NH4HCO3溶液呈堿性；Ⅱ．(1)在該酸性廢液中通入足量空氣時，將Fe2＋完全氧化成Fe3＋，發(fā)生的離子反應方程式為：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；使用空氣作氧化劑的優(yōu)點是：耗費少且沒有污染；(2)常溫下，在pH＝5的溶液中，c(OH-)＝10-9mol/L，則c(Fe3＋)＝=mol/L=3.5×10－11mol·L－1；c(Mg2＋)＝=mol/L=1.2×107mol·L－1；(3)在pH＝5時將Fe(OH)3沉淀出來，此時溶液中c(Al3＋)＝=mol/L=1.0×10－6mol·L－1<1.0×10－5mol·L－1，結合第(2)小題的計算結果可知，此時溶液中的Al3＋被完全沉淀而Mg2+未被沉淀，則Fe(OH)3沉淀中可能混有的雜質是Al(OH)3，根據(jù)Al(OH)3可溶于強堿而Fe(OH)3不溶于強堿的原理，可用NaOH將Al(OH)3除去?！窘馕觥?H3BO3=+或+H3BO3=++H2O或+H3BO3+H2O=+中堿4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O耗費少且無污染3.5×10－11mol·L－11.2×107mol·L－1Al(OH)3NaOH五、元素或物質推斷題(共1題，共7分)28、略

【分析】【分析】

根據(jù)B形成的化合物種類繁多；則可確定B為C元素；根據(jù)C；D為空氣中含量最多的兩種元素，且A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，所以C為N元素；D為O元素；D、E形成兩種不同的離子化合物，則E為Na元素；F為同周期半徑最小的元素，E、F同周期，所以F為C1元素；它們的原子核外電子層數(shù)之和為13，則A為H元素，然后結合元素及其單質、化合物的性質來解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是H；B是C，C是N，D是O，E是Na，F(xiàn)是Cl元素。

(1)化學組成為AFD是HClO，O原子最外層有6個電子，其中的2個成單電子分別與H、Cl原子形成共價鍵，使分子中各個原子都達到穩(wěn)定結構，故HClO的結構式為H-O-Cl；A、C、F三種元素形成的化合物CA4F為NH4Cl，該物質是由與Cl-以離子鍵結合形成的離子化合物；

(2)化合物甲、乙是由A、B、D、E中的三種或四種組成，且甲、乙的水溶液均呈堿性。一種是NaOH，一種是NaHCO3，二者反應產生Na2CO3、H2O，則甲、乙反應的離子方程式為OH-+=+H2O；

(3)D是O，E是Na，二者形成的離子O2-、Na+核外電子排布都是2、8，它們的電子層結構相同，對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑由大到小的順序是：r(O2-)＞r(Na+)；

(4)B是C，C是N元素，二者是同一周期元素。同一周期元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越強，所以元素的非金屬性：C比N弱；元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，強酸與弱酸鹽發(fā)生復分解反應制取弱酸，可根據(jù)：Na2CO3+2HNO3=CO2↑+H2O+2NaNO3或NaHCO3+HNO3=CO2↑+H2O+NaNO3證明元素的非金屬性：C＜N；

(5)A是H，C是N，CA3是NH3，將其設計為原電池，總反應方程式為：4NH3+3O2=2N2+6H2O，在負極上NH3失去電子被氧化反應產生N2，負極的反應式為2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，每有1molNH3反應轉移3mol電子，3.4gNH3的物質的量n(NH3)==0.2mol，則轉移電子的物質的量是n(e-)=0.2mol×3=0.6mol，則轉移的電子數(shù)目是N(e-)=0.6NA?！窘馕觥縃—O—Cl離子OH-+=+H2Or(O2-)＞r(Na+)弱Na2CO3+2HNO3=CO2↑+H2O+2NaNO3或NaHCO3+HNO3=CO2↑+H2O+NaNO32NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA六、實驗題(共3題，共27分)29、略

【分析】【分析】

將磷鐵渣(主要含F(xiàn)eP、以及少量等雜質)在維持溫度60℃，邊攪拌邊向三頸燒瓶中加入一定量的硫酸和溶液，反應后有