2025年滬教版選擇性必修1化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬教版選擇性必修1化學上冊階段測試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5題，共10分)1、下列溶液中，一定能大量共存的離子組是A.pH=1的溶液中：Na+、Mg2+、SOHCOB.含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、Cu2+、Cl-、SOC.加入Al能放出H2的溶液中：K+、NHNOC1-D.水電離產生的c(H+)=10-12mol/L-1的溶液：K+、Ba2+、NOOH-2、下列熱化學方程式正確的是A.甲烷的燃燒熱為ΔH=-890.3kJ/mol，則甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ/molB.500℃、30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，其熱化學方程式為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/molC.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，則稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反應的反應熱ΔH=2×(-57.3)kJ/molD.25℃、101KPa下，1gH2燃燒生成液態(tài)水放出142.9kJ熱量，其熱化學方程式為H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol3、在某一恒溫、容積可變的密閉容器中發(fā)生如下反應：時刻達到平衡后，在時刻改變某一條件；其反應過程如圖所示。下列說法正確的是。

A.時，B.Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，的體積分數(shù)：C.時刻改變的條件可以是向密閉容器中加入D.Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數(shù)：4、神舟十三號航天員在中國空間站進行的“天宮課堂“第二次授課活動中，演示了太空“冰雪”實驗——過飽和醋酸鈉溶液的結晶現(xiàn)象。下列說法正確的是A.過飽和醋酸鈉溶液結晶過程中B.醋酸鈉溶液是非電解質C.過飽和醋酸鈉溶液結晶過程中D.向水中加入醋酸鈉后，水的電離被抑制5、二氧化硫的催化氧化原理為2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，反應混合體系在平衡狀態(tài)時SO3的百分含量與溫度的關系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.在D點時v正＞v逆B.其他條件不變，增大氧氣的濃度可以提高二氧化硫的轉化率C.若C點的平衡常數(shù)分別為KB、KC，則KB＞KCD.恒溫恒容下向平衡體系中通入氦氣，平衡向右移動評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、830K時；在密閉容器中發(fā)生下列可逆反應：

CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0；K=0.5，試回答下列問題：

(1)該反應的平衡常數(shù)表達式為K=______________．

(2)在相同溫度下，若起始時c（CO）=1mol?L﹣1，c（H2O）=2mol?L﹣1，反應進行一段時間后，測得H2的濃度為0.5mol?L﹣1，則此時該反應是否達到平衡狀態(tài)_____（填“是”與“否”），此時v（正）______________v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”），你判斷的依據(jù)是_______________________。

(3)若降低溫度，該反應的K值將________，該反應的化學反應速率將______（均填“增大”“減小”或“不變”。下同）。

(4)平衡后再加1molCO和2molH2O,則CO的轉化率將_______7、下圖是利用一種微生物將廢水中尿素（H2NCONH2）的化學能直接轉化為電能；并生成環(huán)境友好物質的裝置，同時利用此裝置的電能在鐵器上鍍銅。

（1）M是電池的__極。N的電極反應式是_______。

（2）若廢水中尿素的質量分數(shù)為0.06%，處理1t該廢水，假設尿素完全轉化，被電鍍的鐵器增重_____g。8、回答下列問題。

(1)結合鈉與水的反應觀象，從能量變化的角度看，鈉與水的反應屬于___________反應。

(2)以硫酸銅為電解質溶液的銀鋅原電池中。銀片上觀察到的現(xiàn)象是___________；鋅電極的反應式為___________，溶液中向___________極移動。

(3)將一定量的A氣體和B氣體在2L的密閉容器中混合并在一定條件下發(fā)生反應；反應2min后測得C的濃度為0.6mol/L。

①用物質B表示的平均反應速率為___________

②其他條件不變時，再通入2molA氣體，該反應的正反應速率將___________(填“增大”“不變”或“減小”)。9、按要求填空。

(1)工業(yè)制膽礬時，將粗制CuO粉末(含雜質FeO、Fe2O3)慢慢加入適量的稀H2SO4中完全溶解，除去雜質離子后，再蒸發(fā)結晶可得純凈的膽礬晶體。已知：pH≥9.6時，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4時，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4時，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀?；卮鹣铝袉栴}：

為除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(從下面四個選項選擇)將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式為_______________________，然后加入適量的__________(寫化學式)調整溶液的pH使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀。

A．KMnO4B．Cl2C．濃硫酸D．H2O2

(2)如圖為鈉硫高能電池的結構示意圖，該電池的工作溫度為320℃左右，電池反應為2Na+xS=Na2Sx，正極的電極反應式為___________。M(由Na2O和Al2O3制得)的兩個作用是________________。與鉛蓄電池相比，當消耗相同質量的負極活性物質時，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的_______倍。

(3)室溫時，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,當溶液pH=7時，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是_______________。10、一種磁性材料的磨削廢料的主要成分是鐵鎳合金(含鎳質量分數(shù)約21%)；還含有銅；鈣、鎂、硅的氧化物。由該廢料制備氫氧化鎳，工藝流程如圖：

“除鐵”時H2O2的作用是______，加入碳酸鈉的目的是____。11、已知氫氧化鈣和鎢酸鈣(CaWO4都是微溶電解質，兩者的溶解度均隨溫度升高而減小。在鎢冶煉工藝中，將氫氧化鈣加入鎢酸鈉堿性溶液中得到鎢酸鈣，發(fā)生反應I：(aq)+Ca(OH)2(s)?CaWO4(s)+2OH-(aq)，如圖為不同溫度下Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲線。試回答下列問題：(1)①計算T1時，Ksp(CaWO4)=_________。②T1_____T2(填“＞”“＝”或“＜”)。(2)①反應I平衡常數(shù)K的表達式為______。②該反應的△H______0(填“＞”“＝”或“＜”)。③由于溶液中離子間的相互作用，實驗測得的平衡常數(shù)與理論值直相距甚遠。50℃時，向一定體積的鎢酸鈉堿性溶液[c(Na2WO4)=c(NaOH)=0.5mol/L]中，加入過量Ca(OH)2，反應達到平衡后的沉淀率為60%，此時的平衡濃度為_________，實驗測得的平衡常數(shù)為_____(保留小數(shù)點后兩位)。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)12、增大反應物的濃度，能夠增大活化分子的百分數(shù)，所以反應速率增大。(____)A.正確B.錯誤13、常溫下，pH=11的CH3COONa溶液與pH=3的CH3COOH溶液，水的電離程度相同。(_______)A.正確B.錯誤14、如果的值越大，則酸性越強。（______________）A.正確B.錯誤15、用pH計測得某溶液的pH為7.45。（____________）A.正確B.錯誤16、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤17、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正確B.錯誤18、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯誤19、泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與Na2CO3溶液。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)20、某酸性廢液中含有Fe3+、Ni2+、NOCr2O等。該廢液的綜合利用工藝流程如下：

已知：①金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH：。Fe3+Ni2+Cr3+開始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9

②Ni2+與足量氨水的反應為：Ni2++6NH3[Ni(NH3)6]2+，[Ni(NH3)6]2+為難電離的絡合離子。

(1)濾渣a的主要成分為_______。

(2)“轉化”過程中起氧化作用的離子是_______。

(3)若試劑X是氨水，“沉鎳”的離子方程式為_______。試劑X還可以是下列中的_______(填序號)。

a．Cr2O3b．NaOHc．Cr(OH)3d．Fe2O3

(4)“電解”過程中，K2Cr2O7在_______(填“陽”、“陰”)極制得；生成CrO5()的轉化中，H2O2的作用是_______。

a．氧化劑b．還原劑c．既不是氧化劑；也不是還原劑。

(5)下圖所示雙膜三室電解法也可處理含鎳廢水并回收金屬鎳。陽極的電極反應式為_______；電解過程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是_______。

某鐵鎳蓄電池NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2可作為電源，放電時若外電路中轉移0.6mol電子，則正極增重_______g。21、Mn3O4是生產軟磁鐵氧體材料的主要原料。以硫酸工業(yè)的尾氣聯(lián)合制備化肥X和Mn3O4的工藝流程如下：

請回答下列問題：

(1)幾種鹽的溶解度見下如圖?；蔢的化學式為________；為獲得固體X，加入KCl溶液后需對混合溶液進行蒸發(fā)濃縮，當析出大量晶體后，應________(填操作名稱)；再洗滌；干燥晶體。

(2)檢驗X樣品是否含有氯化物雜質的實驗操作是________。

(3)如圖是隔絕空氣條件煅燒MnSO4·H2O時剩余固體質量與溫度的變化曲線，請寫出A→B的化學方程式：____________________。

(4)為了測定產品中Mn3O4的純度，取2.500g樣品與濃鹽酸共熱(雜質不與鹽酸反應)，將產生的氣體通入足量淀粉碘化鉀溶液中，稀釋至250mL，從中取25.00mL用0.1000mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定至終點時，消耗20.00mL標準溶液(2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6)。

①樣品與濃鹽酸發(fā)生反應的離子方程式為________。

②該樣品的純度為________。22、以水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3；MgO等)為原料制備草酸鈷的流程如圖；回答下列問題：

(1)溶液1的成分為___，寫出堿浸過程的離子反應方程式___。

(2)酸浸過程涉及兩個氧化還原反應，其中一個反應是Co2O3與鹽酸反應，其反應現(xiàn)象是___，另一個反應具有3種反應物，試寫出其離子方程式___。

(3)固體1的成分為___，常溫下，pH=a時溶液中離子沉淀完全(假定其離子濃度等于1×10-5mol/L)，則所得固體1的Ksp=___；請指出常溫下用NaF沉鎂而不是用調pH的方法除鎂的可能原因___[Ksp[Co(OH)2]=6.31×10-15、Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11、Ksp(MgF2)=7×10-11]。

(4)草酸鈷在氧氣氛圍中熱重分析如表：(失重率=W1、W2為起始點、終點的固體質量)。序號溫度范圍/℃熱分解步驟失重率%實際理論實際理論1150~210CoC2O4?2H2O=CoC2O4+2H2O19.1019.672290~32046.3445.3545.353890~9203.816.66.6

加熱到290~320℃和890~920℃時的化學方程式分別為：___、___。

(5)鈷酸鋰電池廣泛應用于各種手提電腦電源，工作原理如圖所示，電池反應式為LixC6+Li1-xCoO26C+LiCoO2。

電腦工作時，電源放電，鋰離子由LixC6材料區(qū)通過隔膜到達Li1-xCoO2材料區(qū)，請分別寫出正極、負極電極反應方程式___，___。23、PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工業(yè)。由方鉛礦(主要成分為PbS，含有雜質FeS等)和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCO3的流程如下：

已知：PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水；各物質的溶度積見表。試回答下列問題：。物質Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3PbCl2PbSPbCO3Ksp2×10-138.0×10-161×10-381.6×10-58.0×10-287.4×10-14

（1）PbCO3的名稱是________。

（2）步驟①中MnO2的作用是________，根據(jù)下圖分析過程①的最佳反應條件是_________。

（3）步驟②趁熱抽濾的原因是___________________。

（4）步驟③洗滌用的試劑是____________。

（5）將濾液Ⅱ先酸化，然后加入MnO2，反應的離子方程式為________；若反應后進一步調節(jié)溶液的pH可分離出Fe3+和Mn2+，則調節(jié)溶液pH的范圍為_________時表示Fe3+已沉淀完全]。

（6）步驟④反應的離子方程式為______________。評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共24分)24、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；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結構簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結構簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質量為571；J的相對分了質量為193。碘番酸的結構簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；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化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，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。計算口服造影劑中碘番酸的質量分數(shù)___________。：25、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。請回答下列問題：

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

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成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反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質溶液，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“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉移，則理論上需要W2Q的質量為_________。26、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；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，得到的溶質也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質，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之間有如下的轉化關系（部分物質未寫出）：

（1）寫出物質的化學式：A______________；F______________。

（2）物質C的電子式為______________。

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

（4）已知D→G轉化過程中，轉移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質X的一種同素異形體為電極，在酸性介質中用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方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質；轉化關系如下圖：

（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的原子結構示意圖為__________。

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

（3）若甲是Cl2。

①甲轉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反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

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）。評卷人得分六、結構與性質(共1題，共5分)28、鹽是一類常見的電解質；事實表明鹽的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分別呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的離子方程式分別為：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各離子濃度由大到小的順序是______。

(3)鹽類的水解在日常生活中也有一定的應用，如實驗室配制FeCl3溶液時常會出現(xiàn)渾濁，若要避免這種情況，則在配制時需要在蒸餾水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明礬KAl(SO4)2?12H2O凈化水質的原因________。(用離子反應方程式及必要的文字回答)參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

略2、D【分析】【詳解】

A．表示甲烷燃燒的熱化學方程式中，水必須呈液態(tài)，而CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ/mol中；水呈氣態(tài)，A不正確；

B．合成氨反應為可逆反應，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應生成NH3(g)，放熱19.3kJ，實際參加反應的N2小于0.5mol，所以其熱化學方程式為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜-38.6kJ/mol；B不正確；

C．稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反應，不僅存在反應H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，還存在反應Ba2++=BaSO4↓，此反應也要放出熱量，則稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反應的反應熱ΔH＜2×(-57.3)kJ/mol；C不正確；

D．1gH2燃燒生成液態(tài)水放出142.9kJ熱量，則1molH2燃燒生成液態(tài)水時放熱142.9kJ×2=285.8kJ，所以熱化學方程式為H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol；D正確；

故選D。3、C【分析】【詳解】

A．由題圖可知，時，反應正向進行，時，反應達到平衡，A錯誤；

B．時刻改變條件后達到新平衡時，逆反應速率不變，說明和原平衡等效，平衡不移動，A的體積分數(shù)：B錯誤；

C．向容積可變的密閉容器中加入C；逆反應速率瞬間增大，正反應速率瞬間減小，因為是等溫；等壓條件，再次建立的平衡與原平衡等效平衡不移動，符合圖像，C正確；

D．時刻改變條件后達到新平衡時逆反應速率不變；說明和原平衡等效，所以Ⅰ；Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數(shù)不變，D錯誤；

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．過飽和醋酸鈉溶液結晶過程是一個放熱過程，故A正確；

B．溶液是混合物；既不是電解質也不是非電解質，B錯誤；

C．過飽和醋酸鈉溶液結晶過程即CH3COO-(aq)+Na+(aq)=CH3COOH(s)，故該過程中混亂度減小即C錯誤；

D．向水中加入醋酸鈉后，由于CH3COO-為弱酸根離子；能夠發(fā)生水解，對水的電離其促進作用，D錯誤；

故答案為：A。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．在D點時，SO3%比平衡時小，則表明反應仍將正向進行，所v正＞v逆；A正確；

B．恒溫恒容下；增大氧氣的濃度，可以促使平衡正向移動，從而提高二氧化硫的轉化率，B正確；

C．從圖中可知，升高溫度，SO3%減小，則正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，因為B點溫度低于C點，所以KB＞KC；C正確；

D.恒溫恒容下；向平衡體系中通入氦氣，平衡體系中的反應物和生成物的濃度都不發(fā)生變化，所以平衡不移動，D錯誤；

故選D。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【分析】

（1）平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值；

（2）由三段法可得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）

根據(jù)濃度商與平衡常數(shù)之間的關系判斷是否達到平衡狀態(tài)及平衡移動的方向；

（3）該反應為放熱反應；降低溫度，K值增大；降低溫度，反應速率減小；

（4）平衡后再加1molCO和2molH2O；達到的新的平衡與原平衡等效。

【詳解】

（1）該反應的平衡常數(shù)表達式為K=

（2）由分析可知濃度商Qc===c（正）大于v（逆）；

（3）該反應為放熱反應；降低溫度，K值增大；降低溫度，反應速率減?。?/p>

（4）平衡后再加1molCO和2molH2O，達到的新的平衡與原平衡等效，因此CO的轉化率不變?！窘馕觥竣?②.否③.大于④.此時濃度商Qc=0.33<0.5，向正反應方向進行⑤.增大⑥.減小⑦.不變7、略

【分析】【分析】

根據(jù)題中信息可知；該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，由圖可知，電解液溶液為酸性溶液，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得到電子發(fā)生還原反應，M為負極，N為正極，在鐵上鍍銅，鐵為陰極與負極相連，銅為陽極與正極相連，根據(jù)得失電子守恒計算。

【詳解】

(1)由圖可知，電解液溶液為酸性溶液，N極通入氧氣，發(fā)生還原反應，為原電池的正極，電極反應式是O2＋4H＋＋4e－=2H2O，則M為負極，發(fā)生氧化反應，答案為：負；O2＋4H＋＋4e－=2H2O；

(2)若廢水中尿素的質量分數(shù)為0.06%，處理1t該廢水，假設尿素完全轉化，則n(H2NCONH2)==10mol，負極發(fā)生電極反應式為H2NCONH2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，可知轉移60mol電子，電鍍池陽極反應為Cu2++2e-=Cu，根據(jù)得失電子守恒，析出銅的物質的量為mol=30mol；則被電鍍的鐵器增重的銅的質量為30mol×64g/mol=1920g。答案為：1920。

【點睛】

原電池負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，常說的質子實際上就是氫離子，有關原電池或電解池的計算一定要注意根據(jù)電路中通過的電子的物質的量相等來計算?！窘馕觥控揙2＋4H＋＋4e－=2H2O19208、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)鈉與水時；鈉迅速熔化成小球，說明反應放熱，即鈉與水的反應屬于放熱反應。

(2)以硫酸銅為電解質溶液的銀鋅原電池中，鋅是負極，失去電子，鋅電極的反應式為銀片是正極，銅離子放電，銀片上觀察到的現(xiàn)象是生成紫紅色的單質銅，原電池中陰離子移向負極，則溶液中向鋅極移動。

(3)①反應2min后測得C的濃度為0.6mol/L，根據(jù)方程式可知消耗B的濃度是0.3mol/L，用物質B表示的平均反應速率為0.3mol/L÷2min＝0.15

②其他條件不變時，再通入2molA氣體，反應物濃度增大，該反應的正反應速率將增大?！窘馕觥糠艧嵘勺霞t色的單質銅(合理即可)負(或鋅、Zn)0.15增大9、略

【分析】【詳解】

(1)使用氧化劑將雜質Fe2+氧化為Fe3+；同時不能引入新的雜質離子。

A．KMnO4會引入雜質K+、Mn2+；A不符合題意；

B．Cl2會引入雜質Cl-；B不符合題意；

C．加入濃硫酸，濃硫酸被溶液稀釋為稀硫酸，不能氧化Fe2+；C不符合題意；

D．H2O2具有強氧化性，可以將Fe2+氧化為Fe3+，由于還原產物是H2O；不引入雜質，D符合題意；

故合理選項是D；

根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

加入物質消耗溶液的H+，調整溶液pH，使溶液中的雜質離子Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同時Cu2+仍然以離子形式存在于溶液中，還不引入新的雜質離子，由于要制取CuSO4晶體，因此加入的物質可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；

(2)該裝置是原電池，根據(jù)總反應方程式可知：Na為負極，失去電子發(fā)生氧化反應，負極的電極反應式為Na-e-=Na+；S為正極，得到電子，發(fā)生還原反應，根據(jù)總反應方程式可知正極的電極反應式為xS+2e-=

M是由Na2O和Al2O3制得；其作用有兩個，一個是在高溫下電離產生離子，起導電作用，另一個作用是隔離鈉與硫，防止二者直接接觸發(fā)生反應；

對于鈉硫高能電池來說，每反應產生1mol電子，消耗負極Na的質量是23g；對于鉛蓄電池來說，Pb為負極，由于Pb是+2價金屬，消耗207gPb(即1molPb)，轉移2mol電子，則產生1mol電子，消耗負極Pb的質量是=103.5g，可見與鉛蓄電池相比，當消耗相同質量的負極活性物質時，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池的=4.5倍；

(3)向NH4HSO4溶液中加入NaOH，當二者的物質的量的比是1：1時，反應產生等物質的量的Na2SO4、(NH4)2SO4，此時c(Na+)=c()，水解消耗，則c()＞c()，水解使溶液顯酸性，因此當溶液顯中性時，NaOH的物質的量要比NH4HSO4多，則離子濃度：c(Na+)＞c()，溶液顯中性時，c(H+)=c(OH-)，且鹽電離產生的離子濃度大于弱電解質水電離產生的離子濃度，則c()＞c(H+)=c(OH-)，所以溶液中離子濃度關系為：c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。【解析】D2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OCu(OH)2(CuO或Cu2(OH)2CO3)xS+2e-=離子導電和隔離鈉與硫4.5c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)10、略

【分析】【分析】

廢料的主要成分是鐵鎳合金(含鎳質量分數(shù)約21%)，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物，酸溶后過濾，得到的濾液中含有Fe3+、Fe2+、Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等，二氧化硅不與酸反應，廢渣為二氧化硅，“除鐵”時加入H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉可調節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣；“除銅”時，通入H2S氣體，生成CuS沉淀，除去Cu2+；加入NaF，生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，濾液中加入氫氧化鈉生成Ni(OH)2沉淀，過濾得到Ni(OH)2固體。

【詳解】

“酸溶”后所得溶液中含有Fe3+、Fe2+，“除鐵”時H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；加入碳酸鈉的目的是調節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣?！窘馕觥繉e2+氧化為Fe3+調節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣11、略

【分析】【詳解】

(1)①根據(jù)圖象可知T1時，當lg(Ca2+)=10-4，即當鈣離子濃度為10-4mol/L時，lg()=10-6，即的濃度為10-6mol/L，所以Ksp(CaWO4)＝c(Ca2＋)·c()＝10-4mol/L×10-6mol/L=1×10-10mol2/L2，故答案為：1×10-10mol2/L2；②由于兩者的溶解度均隨溫度升高而減小，則溶度積常數(shù)也隨溫度的升高而減小，根據(jù)圖象可知在鈣離子濃度相等的條件下，T1曲線對應的酸根離子濃度大，溶度積常數(shù)更大，所以T12，故答案為：<；(2)①化學平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度冪之積和反應物濃度冪之積的比值，則根據(jù)方程式可知該反應平衡常數(shù)K的表達式為故答案為：或②由圖可知，當lg(Ca2+)=10-2，即當鈣離子濃度為10-2mol/L時，T1時（鈣離子濃度相同）：c()＝10-8mol/L，c(OH-)=10-3mol/L，K(T1)===102mol/L；T2時：c()＝10-9mol/L，c(OH-)=10-3.4mol/L，K(T2)===102.2mol/L；因T12，K(T1)2)，說明升高溫度，平衡正向移動，則正反應吸熱，△H>0，故答案為：>；③達到平衡后的沉淀率為60%，則的濃度減小0.5mol/L×60%=0.3mol/L，列三段式：因此，平衡時的濃度為0.2mol/L，故答案為：0.2mol/L；6.05mol/L?！窘馕觥?×10-10mol2/L2<或>0.2mol/L6.05mol/L三、判斷題(共8題，共16分)12、B【分析】【詳解】

增大反應物濃度，能增大單位體積內活化分子數(shù)目，能加快化學反應速率。在溫度一定時，活化分子百分數(shù)是一定的，所以增大反應物濃度，不能增大活化分子百分數(shù)，故錯誤。13、B【分析】【詳解】

酸抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離，錯誤。14、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強，故正確。15、A【分析】【分析】

【詳解】

pH計可準確的測定溶液的pH，即可為測得某溶液的pH為7.45，故答案為：正確。16、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數(shù)有關，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

碳酸鈉溶液中電荷守恒：則c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案為：正確。18、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無關，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對大小來判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。19、B【分析】【詳解】

泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液。故錯誤。四、工業(yè)流程題(共4題，共24分)20、略

【分析】【分析】

某酸性廢液含有H+、Fe3+、Ni2+、NO和Cr2O等，在溶液中加入廢氧化鐵調節(jié)溶液PH=3.5，使鐵離子全部沉淀，過濾得到濾渣，濾液中加入NaHSO3與Cr2O發(fā)生反應生成Cr3+，加入足量氨水沉淀鉻離子形成氫氧化鉻沉淀，過濾后的濾液中加入Na2S沉淀鎳，氫氧化鉻中加入H+得到Cr3+，通過電解得到Cr2O由于鉻沒有發(fā)生變價，所以H2O2既不是氧化劑也不是還原劑；以此解答該題。

【詳解】

(1)pH調節(jié)為3.5，使鐵離子完全沉淀，濾渣a為Fe(OH)3；

故答案為：Fe(OH)3。

(2)轉化時NaHSO3與Cr2O發(fā)生氧化還原反應，Cr2O+3HSO+5H+=2Cr3++3SO+4H2O，Cr2O起到了氧化作用，由于溶液為酸性NaHSO3和NO會發(fā)生反應，NO起到氧化作用；

故答案為：Cr2ONO

(3)若試劑X是氨水，“沉鎳”的離子方程式為：[Ni(NH3)6]2++S2－=NiS↓+6NH3，加入的硫化鈉會生成更難溶的NiS；可根據(jù)金屬離子開始沉淀和沉淀完全時的pH分析，又不引進新雜質，X可為Cr(OH)3、Cr2O3；

故答案為：[Ni(NH3)6]2++S2-=NiS↓+6NH3；ac。

(4)“電解”過程中，Cr3+在陽極失去電子生成K2Cr2O7；Cr2O與CrO5中Cr的沒有發(fā)生價態(tài)變化；所以雙氧水既不是氧化劑也不是還原劑；

故答案為：陽極；c。

(5)陽極發(fā)生氧化反應生成氧氣，電極方程式為：4OH--4e-=2H2O+O2↑；電解過程中，需要控制溶液pH值為4左右，原因是pH過高時Ni2+會形成氫氧化物沉淀，pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率；正極反應為：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-，放電時若外電路中轉移0.6mol電子，則有0.3molNiO2參加反應，生成0.3molNi(OH)2；正極增重0.3mol×(93-91)g/mol=0.6g；

故答案為:pH過高時Ni2+會形成氫氧化物沉淀，pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率；0.6?！窘馕觥縁e(OH)3Cr2ONO[Ni(NH3)6]2++S2-=NiS↓+6NH3ac陽c4OH--4e-=2H2O+O2↑pH過高時Ni2+會形成氫氧化物沉淀，pH過低時會有氫氣析出，降低鎳的回收率0.621、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)圖中幾種鹽的溶解度可知，X為溶解度最低的鹽，是K2SO4；為獲得固體K2SO4；加入KCl溶液后需對混合溶液進行蒸發(fā)濃縮，當析出大量晶體后，應趁熱過濾，再洗滌；干燥晶體。

(2)檢驗K2SO4樣品是否含有氯化物雜質，可取少量樣品于試管中配成溶液，滴加過量Ba(NO3)2溶液，再取上層清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液；若無白色沉淀生成，則不含氯化物；

(3)原MnSO4·H2O的質量為100mg，A點質量為89.35mg，減小的質量為100mg-89.35mg=10.65mg，而100mgMnSO4·H2O中水的質量為100mg××100%=10.65mg，可知A為MnSO4，A中Mn元素的質量為89.35mg××100%=32.54mg，B中氧元素的質量為45.17mg-32.54mg=12.63mg，則B中Mn：O==3:4，根據(jù)元素化合價的判斷可知A分解生成B的反應為氧化還原反應，Mn元素化合價升高，則S化合價降低，還原產物為SO2，根據(jù)電子守恒或原子守恒可知A→B的化學方程式為3MnSO4Mn3O4＋SO2↑＋2SO3↑；

(4)Mn3O4與濃鹽酸混合加熱生成氯氣和氯化錳，發(fā)生反應的離子方程式為Mn3O4＋8H＋＋2Cl－3Mn2＋＋Cl2↑＋4H2O；根據(jù)：Mn3O4~~~~~Cl2~~~~~I2~~~~2Na2S2O3，Mn3O4的物質的量為0.1000mol·L－1×0.020L×=0.001mol，該樣品Mn3O4的純度為×100%=91.6%。

點睛：硫酸工業(yè)的尾氣中含有二氧化硫，反應Ⅰ是用碳酸鈣、二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，再被空氣中的氧氣氧化成硫酸鈣，反應Ⅱ為硫酸鈣中加入碳酸銨和氨水，生成碳酸鈣沉淀和硫酸銨，反應Ⅲ向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反應后，進行蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、干燥等操作即得K2SO4產品，反應Ⅳ為二氧化錳氧化二氧化硫得硫酸錳，經除雜結晶得硫酸錳晶體，再經加熱可得Mn3O4；【解析】K2SO4趁熱過濾取少量樣品于試管中配成溶液，滴加過量Ba(NO3)2溶液，再取上層清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀生成，則不含氯化物3MnSO4Mn3O4＋SO2↑＋2SO3↑Mn3O4＋8H＋＋2Cl－3Mn2＋＋Cl2↑＋4H2O91.6%22、略

【分析】【分析】

將水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、MgO等)堿浸，Al2O3和NaOH溶液反應生成NaAlO2、H2O，所以溶液1中的成分為NaAlO2；向剩余固體中加入鹽酸，Co2O3和鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成Co2+和Cl2，Co2O3和FeO在酸性條件下反應生成Co2+、Fe3+和H2O，得到含有Co2+、Fe3+、Mg2+的溶液；向溶液中加入氨水，調節(jié)pH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3，再向溶液中加入NaF，使Mg2+轉化為Mg(OH)2，最后加入Na2C2O4溶液，得到CoC2O4。

【詳解】

(1)堿浸時，Al2O3和NaOH溶液反應生成NaAlO2、H2O，所以溶液1中的成分為NaAlO2，離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O；

(2)酸浸過程涉及兩個氧化還原反應，其中一個反應是Co2O3與鹽酸反應生成Co2+和Cl2，現(xiàn)象是固體溶解，有黃綠色氣體生成，另一個反應具有3種反應物，是Co2O3和FeO在酸性條件下反應生成Co2+、Fe3+和H2O，離子方程式為：Co2O3+2FeO+10H+=2Co2++2Fe3++5H2O；

(3)向溶液中加入氨水，調節(jié)pH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3，所以固體1是Fe(OH)3；常溫下，pH=a時溶液中離子沉淀完全(假定其離子濃度等于1×10-5mol/L)，則則所得固體1的由Ksp[Co(OH)2]=6.31×10-15、Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11可知，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11＞Ksp[Co(OH)2]=6.31×10-15，調pH使Mg2+轉化為Mg(OH)2過程中，Co(OH)2先沉淀；從而導致Co元素的損失；

(4)設CoC2O4?2H2O物質的量為1mol，質量為183g，其中結晶水質量為36g，則150~210℃失重183g0.1967=36g，即此階段失去全部結晶水，剩余固體質量為147g；290~320℃最終剩余固體質量為147g(1-0.4535)=80.33g，其中含Co的質量為59g，則O的物質的量為（80.33g-59g）16g/mol=1.333mol，最終固體為Co3O4，故反應的方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2↑；890~920℃最終剩余固體質量為80.33g(1-0.066)=75g，其中O的物質的量為（75g-59g）16g/mol=1mol，最終固體為CoO，故反應的方程式為2Co3O46CoO+O2↑；

(5)根據(jù)電池反應式：LixC6+Li1-xCoO26C+LiCoO2，正極發(fā)生還原反應，則正極的電極反應式為：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2；負極發(fā)生氧化反應，則負極的電極反應式為：LixC6-xe-=6C+xLi+?！窘馕觥縉aAlO2Al2O3+2OH-=2AlO+H2O固體溶解，有黃綠色氣體生成Co2O3+2FeO+10H+=2Co2++2Fe3++5H2OFe(OH)31×10(3a-47)調pH使Mg2+轉化為Mg(OH)2過程中，Co(OH)2先沉淀，從而導致Co元素的損失3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2↑2Co3O46CoO+O2↑Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2LixC6-xe-=6C+xLi+23、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：方鉛礦(主要成分為PbS，含有雜質FeS等)和軟錳礦(主要成分為MnO2)加入鹽酸、NaCl主要發(fā)生反應：MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O，浸出，趁熱過濾，得到含有S的浸出渣，濾液I含有PbCl2、MnCl2、FeCl2、FeCl3等，冷卻過濾得到PbCl2，將其與碳酸鈉溶液反應，發(fā)生沉淀轉化可得產品PbCO3，濾液II含有Mn2+、Fe2+、Fe3+，將濾液Ⅱ先酸化，然后加入MnO2，氧化Fe2+，調節(jié)溶液的pH沉淀Fe3+，可分離出Fe3+和Mn2+；據(jù)此分析作答。

【詳解】

(1)PbCO3的名稱是碳酸鉛；

(2)根據(jù)流程，加入二氧化錳得到S，故MnO2的作用是氧化劑(將難溶的PbS轉化為S和PbCl2)；根據(jù)圖可知，80℃和3mol/LHCl時，浸取率最高，溫度再高或者鹽酸濃度再高，浸取率變化不明顯，故80℃和3mol/LHCl為最佳條件；

(3)已知PbCl2易溶于熱水，故步驟②趁熱抽濾的原因是PbCl2降溫易結晶析出，趁熱抽濾有利于鉛的化合物與不溶性雜質分離；

(4)已知PbCl2難溶于冷水和乙醇；故步驟③洗滌用的試劑是冷水或乙醇，以降低氯化鉛的溶解損耗；

(5)濾液II含有Mn2+、Fe2+、Fe3+，先酸化然后加入MnO2可氧化Fe2+生成Fe3+，反應為：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，則Fe3+完全沉淀時，c(OH-)==mol/L=10-11mol/L，則c(H+)=10-3mol/L，pH=3，又Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13，c(Mn2+)=0.2mol/L，則Mn2+剛開始沉淀時c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，則c(H+)=10-8mol/L，pH=8，故為Fe3+完全沉淀而不使Mn2+沉淀；pH范圍為：3≤pH＜8；

(6)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知PbCl2的溶度積要比PbCO3的溶度積大得多，所以雖然為不同種類型的沉淀，也可知PbCO3的溶解度較小，所以PbCl2與碳酸鈉溶液混合使PbCl2轉化為PbCO3，離子方程式為：PbCl2(S)+CO32-(aq)=PbCO3(S)+2Cl-(aq)?！窘馕觥竣?碳酸鉛②.氧化劑（將難溶的PbS轉化為S和PbCl2）③.80℃和3mol/LHCl④.PbCl2降溫易結晶析出，趁熱抽濾有利于鉛的化合物與不溶性雜質分離⑤.冷水或乙醇⑥.⑦.3≤pH＜8⑧.五、有機推斷題(共4題，共24分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數(shù)小于8，所以Y的最外層為3個電子，Q的最外層為4個電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，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，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據(jù)元素分析，該反應方程式為

②以稀硫酸為電解質溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負極37g26、略

【分析】【詳解】