2025年沪科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、t℃时；AgCl(s)与AgI(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡，相关离子浓度的关系如下图所示。下列说法正确的是。

A.曲线Y表示与的变化关系B.t℃时，向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，可使溶液变为曲线X对应的饱和溶液C.t℃时，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常数K＝1×106D.t℃时，向浓度均为0.1mol/L的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，此时c(I－)=1×10－5mol/L2、高温下，炽热的铁与水蒸气在一容器可变的密闭容器中进行如下反应：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。下列条件的改变对反应速率几乎无影响的是。

①增加Fe的量；

②保持体积不变，充入N2使体系压强增大；

③将容器的体积缩小一半；

④保持压强不变，充入N2使容器体积增大。A.①②B.①③C.①④D.②③3、25℃时，FeS、CuS的溶度积常数分别为6.3×10－18mol2·L－2、1.3×10－36mol2·L－2。下列说法中，错误的是A.25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度B.反应CuSO4＋H2S＝CuS↓＋H2SO4不能发生C.可用FeS作沉淀剂除去废水中的Cu2＋D.25℃时，饱和CuS溶液中，Cu2＋的浓度为×10－18mol·L－14、Fe3O4中含有Fe(II)、Fe(III)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO其反应过程如图所示。下列说法错误的是。

A.Pd作负极B.Fe(II)与Fe(III)的相互转化起到了传递电子的作用C.反应过程中NO被Fe(II)还原为N2D.用该法处理后水体的pH降低5、室温下，下列实验操作和现象及实验结论均正确的是。选项实验操作和现象实验结论A测得溶液小于溶液的电离出的能力比弱B向浓度均为的和混合溶液中滴加溶液，出现白色沉淀C用广泛试纸测定相同浓度的与溶液的溶液大酸性强于D向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成与发生了双水解反应

A.AB.BC.CD.D6、用蒸馏水稀释0.1mol/L醋酸，始终保持增大趋势的是A.溶液中的c(CH3COO－)B.溶液中的c(H＋)C.溶液中的c(CH3COOHD.溶液中的c(OH－)评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、一定温度下；在2L的密闭容器中，M；N两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)反应的化学方程式为___________。

(2)反应达到最大限度的时间是___________min，该时间内的平均反应速率v(N)=___________，v(M)=___________。

(3)反应达到平衡状态时，放出80kJ的热量，当容器中充入1molN时，反应放出的热量为___________(填序号)

A．等于10kJB．小于10kJC．大于10kJD．等于20kJ

(4)判断该反应达到平衡状态的依据是___________(填序号)

A．该条件下；正；逆反应速率都为零。

B．该条件下；混合气体的密度不再发生变化。

C．该条件下；混合气体的压强不再发生变化。

D．条件下；单位时间内消耗2molN的同时，消耗1molM

(5)能加快反应速率的措施是___________(填序号)

A．升高温度B．容器容积不变，充入惰性气体Ar

C．容器压强不变，充入惰性气体ArD．使用催化剂8、过氧化氢H2O2（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A～D涉及H2O2的反应；填写空白：

A．Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2

B．Ag2O+H2O2===2Ag+O2↑+H2O

C．2H2O2===2H2O+O2↑

D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

（1）H2O2仅体现氧化性的反应是_________（填代号）；H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________（填代号）。

（2）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。

氧化反应：H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑

还原反应：MnO4－+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O

写出该氧化还原反应的离子方程式：___________________。

（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4____mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）______。A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．100mL容量瓶E．50mL量筒F．胶头滴管G．烧杯H．500mL容量瓶。

（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是______________

A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移。

B．转移时没有洗涤烧杯；玻璃棒。

C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面。

D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶。

E．摇匀后发现液面低于刻度线；又加蒸馏水至刻度线。

（5）如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。

①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水中加入适量HNO3调节溶液的pH约为5，则所得溶液中c(NH4＋)________(填“>”“＜”或“＝”)c(NO3－)。

②Ir－Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式为：______________________。

③理论上电路中每转移3mole－，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是________g。9、甲醇是一种重要的化工原料；在生产中有着重要的应用。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：

（i）制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1＝＋206.0kJ/mol

（ii）合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

请回答下列问题：

（1）制备合成气：将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应（i）；CH4的平衡转化率与温度；压强的关系如图所示。

①已知100℃时达到平衡的时间为5min，则从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为：v(H2)＝___。

②图中p1___p2（填“＜”；”“＞”或“＝”）。

③为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2；发生反应如下：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为___。

（2）合成甲醇：在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下，向2L的密闭容器中通入1molCO(g)和2molH2(g)，发生反应(ii)，反应过程中，CH3OH的物质的量（n）与时间（t）及温度的关系如图所示。

①应（ii）需在____（填“高温”或“低温”）才能自发进行。

②据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量的CO2有利于维持Cu2O的量不变；

原因是____（用化学方程式表示）。

③在500℃恒压条件下，请在______上图中画出反应体系中n(CH3OH)随时间t变化的总趋势图。

（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯；其反应的热化学方程式为：

CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：

①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是____。(填“3.5×106Pa”、“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”)。

②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是______。10、研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是__。

a.体系压强保持不变。

b.混合气体颜色保持不变。

c.NO和O2的物质的量之比保持不变。

d.每消耗1molO2同时生成2molNO2

（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），达平衡后测得各组分浓度如下：。物质COH2CH3OH浓度(mol•L-1)0.91.00.6

①列式并计算平衡常数K=___。

②若降低温度，K值增大，则反应的△H__0(填“＞”或“＜”)。

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正__v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是：__。11、完成下面的题。

(1)CH3COOH溶于水的电离方程式为_______；向CH3COOH溶液中加入醋酸钠固体时，电离平衡向_______移动(填“左”或者“右”)；c(H+)_______，c(CH3COO-)_______。(填“增大”；“减小”“不变”；上同)

(2)0.1mol/LHCl溶液的pH为_______。

(3)某温度下，水的离子积常数KW=1×10-12，则此温度_______25℃，原因是_______。12、研究大气中含氮化合物；含硫化合物的转化具有重要意义。

(1)汽车发动机工作时会引发和反应；其能量变化示意图如下(常温常压下测定)：

写出该反应的热化学方程式：_______。

(2)土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成两步反应的能量变化如图所示：

①第一步反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)，原因是_______。

②写出第二步反应的热化学方程式_______。

③结合两步反应过程，全部氧化成时的_______。13、直接甲醇燃料电池(DMFC)结构如图所示。

(1)写出该电池放电时正极的电极反应式：_______；放电时，H+向_______极移动(填“a”或“b”)。

(2)当有1molCH3OH完全氧化时转移电子数目为_______；实际上由于甲醇的氧化过程可能不完全，往往有中间产物如HCOOH等化合物生成，写出生成HCOOH时的电极反应式：_______。

(3)甲醇可以通过电解甲烷制备；装置如图，电解液为含有NaCl；X的乙醇溶液。

已知：当电解发生时，阳极区发生如下过程：Cl-→Cl·→CH3Cl→CH3OH，电解池中阳极的材料是_______(填“石墨”或“铁皮”)，写出生成Cl·的电极反应式：_______；电解液中的另一种电解质X可能是_______。14、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。向2L密闭容器中通入2mol气体N2和6mol气体H2，在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；已知：反应2min达到平衡，此时N2的浓度减少了2/3。

回答下列问题：

⑴反应2min内，用NH3表示该反应的速率是________________；

⑵反应平衡时，N2的转化率为________________；

⑶如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时NH3浓度为1.1mol/L，则该反应的ΔH_____0；（填“＞”；“＜”或“＝”）

⑷合成氨工业采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解释的是________(填序号)。

①20MPa～50MPa②500℃的高温③铁触媒作催化剂。

④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中。

⑸如果其他条件不变；将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：

反应速率________（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是___________________；评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误16、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误17、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误18、用pH试纸测定氯化钠溶液等无腐蚀性的试剂的pH时，试纸可以用手拿。(_____)A.正确B.错误19、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误20、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共40分)21、从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：

注：酸浸后钼元素以MoO形式存在。

回答下列问题：

(1)高温焙烧时，废钼催化剂中的金属元素转化为金属氧化物，则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为______。

(2)“调pH”中，加入MoO3调节溶液的pH略大于______时；可除去目标杂质离子。

已知：溶液中某离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为沉淀完全；常温下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。

(3)若反萃取剂A是氨水，则反萃取过程中MoO发生的离子方程式为______。

(4)已知“除砷”过程中，pH对As去除率的影响如图所示。当pH＞10后，随着pH的增大，去除率呈下降趋势的原因可能是_______。

(5)钼酸铵溶液可用于测定磷肥含磷量，步骤如下：准确称量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。以硫酸—硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵沉淀(NH4)3H4PMo12O42•H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于50.00mL6.00mol•L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞为指示剂，用0.40mol•L-1盐酸溶液滴定其中过量的NaOH，消耗盐酸23.00mL。计算磷肥中磷的百分含量_______(以P2O5计)(写出计算过程)。

已知：(NH4)3H4PMo12O42•H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。22、电解精炼铜的阳极泥中含有等，从其中提取的单质的流程如图所示；回答下列问题：

(1)粗铜中含有两种元素的单质，但在阳极泥中几乎检测不到，原因是___________。

(2)已知阳极泥进行“硫酸化(隔绝空气)焙烧”，烟气中含有等。

①写出“焙烧”过程中与浓硫酸反应的化学方程式：___________。

②将通入水中即可生成单质硒，该反应的离子方程式为___________。

③实验室中将粗硒从溶液中分离出来的操作为___________。

(3)用惰性电极电解“浸液”时，溶液中发生的总反应离子方程式为___________。

(4)“银电解”时，阳极材料是___________。

(5)上述流程中，可以循环利用的物质是___________(填写化学式)。23、环境问题是广大群众关注的热点话题之一，化工厂排放的废水、废渣一般利用化学原理可以进行排放物达标检测与无害化处理。某皮革厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如图：

已知：①酸浸后的溶液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。

②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：。阳离子Fe3+Mg2+Аl3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.49沉淀溶解时的pH——＞8溶解＞9溶解

(1)如需配制480mL酸浸环节所需的硫酸，需要用量简量取18.4mol·L-1的浓硫酸__________mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需哪些仪器：__________。

(2)经氧化环节滤液I中的Cr3+转化为Cr2O写出此反应的离子方程式：__________。

(3)调pH=8环节，既可以将溶液中某些杂质离子转化为沉淀，同时又可以将Cr2O转化为某种含铬元素微粒，溶液颜色由橙色变为黄色，请解释该颜色变化的原因__________。

(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR⇌MRn+nNa+，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有__________。

(5)请写出流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：__________。

(6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN—的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：。银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

滴定时可选为滴定指示剂的是_____(填编号)；

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

如何确定该滴定过程的终点：__________。24、I．(1)已知：H3BO3为一元弱酸，电离常数Ka=5.8×10-10，H2CO3的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，向饱和硼酸溶液中滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，写出发生反应的离子方程式：___________________。

(2)已知：a.常温下，醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数均为1.8×10-5；b．CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O；则CH3COONH4溶液呈__________性（填“酸”、“碱”、“中”，下同），NH4HCO3溶液呈____________性。

Ⅱ．氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种工业酸性废液(主要含Na＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋；

Al3＋、Cl－、)中回收氧化铁流程如下：

已知：常温下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)写出在该酸性废液中通入空气时发生的离子反应方程式：___________________，指出使用空气的优点是：_________________________________。

(2)常温下，根据已知条件计算在pH＝5的溶液中，理论上下列微粒在该溶液中可存在的最大浓度c(Fe3＋)＝___________，c(Mg2＋)＝___________。

(3)有人用氨水调节溶液pH，在pH＝5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时Fe(OH)3沉淀中可能混有的杂质是______(填化学式，下同)，用_______试剂可将其除去。评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)25、KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：

①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中；将溶液加热并保持微沸1h；

②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；

③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶并放在暗处；

④利用氧化还原滴定方法；在70～80℃条件下用基准试剂(纯度高；相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。

请回答下列问题：

（1）准确量取一定体积的KMnO4溶液使用的仪器是___________。

（2）在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用___________(填序号)。A．H2C2O4·2H2OB．FeSO4C．浓盐酸D．Na2SO3（3）若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4溶液的物质的量浓度为___________mol·L-1。

（4）若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，遇热易分解，可用较高浓度的双氧水和冰醋酸制备，原理：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH＋H2OΔH<0。某实验小组制备过氧乙酸。步骤如下：

(1)浓缩双氧水：(装置如图)蛇形冷凝管连接恒温水槽；维持冷凝管中的水温为60℃，c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水滴入蛇形冷凝管中，重复浓缩2～3次。

①蛇形冷凝管的进水口为________(填“a”或“b”)。

②常压下，H2O2的沸点是158℃。实验完成后，较高浓度的双氧水主要收集在圆底烧瓶________内(填“A”或“B”)。

(2)制备过氧乙酸：向三颈烧瓶中；加入25mL冰醋酸和一定量浓硫酸，再缓缓加入15mL42.5％的双氧水，温度控制在40℃，搅拌4h后，室温静置12h。

①浓硫酸的用量对生成过氧乙酸的质量分数有较为明显的影响，如图呈现了两者之间的关系。根据图中数据，本实验浓硫酸的用量最好控制在________(填字母)范围。

A．1.5mL～2.0mLB．3.5mL～4.0mLC．5.5mL～6.0mL

②滴加双氧水要有冷却措施，目的是________。控制反应温度在40℃的加热方法是________。

(3)测定所得产品浓度：

Ⅰ．取VmL产品溶液酸化后，用amol/L的KMnO4标准溶液滴定其残留的H2O2，终点时消耗KMnO4标准溶液V1mL(KMnO4只与产品中的H2O2反应)。

Ⅱ．另取VmL产品溶液，加入过量的KI溶液充分反应，然后以淀粉作指示剂，用bmol/LNa2S2O3标准溶液滴定生成的I2，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。

已知：H2O2＋2I-＋2H＋＝I2＋2H2OCH3COOOH＋2I-＋2H＋＝CH3COOH＋I2＋H2O

①写出Ⅰ中酸性KMnO4溶液与H2O2反应的离子方程式________，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，终点颜色变化为________，产品中过氧乙酸的浓度为________mol/L。

②下列实验操作可能使测定结果偏高的是________(填字母序号)。

A．盛装KMnO4标准溶液的滴定管没有润洗。

B．用KMnO4标准溶液滴定前仰视读数；滴定终点时俯视读数。

C．Ⅱ中加入的KI溶液量不足。

D．用Na2S2O3标准溶液滴定前，振荡锥形瓶的时间过长27、重铬酸钾法测定水样COD(水样的化学耗氧量，主要是测定有机物的化学耗氧量，以O2计，单位为mg·L-1)；部分实验装置如下图所示：

测定步骤如下：

①取20.00mL水样置于250mL仪器M中；并向其中加入适量硫酸汞用于除去水样中的氯离子。

②准确加入10.00mL0.1mol·L-1重铬酸钾标准溶液及沸石；连接磨口回流冷凝管，从冷凝管上口慢慢地加入30mL硫酸-硫酸银溶液，只需加热回流2h即可充分反应。

③冷却后，将溶液倒入烧杯中，加3滴试亚铁灵指示剂，用0.10mol·L-1硫酸亚铁铵标准溶液滴定；达到滴定终点时，记录硫酸亚铁铵标准溶液的体积为amL。

已知：I.本实验条件下，Cr2O的氧化性强于MnO

II.水样被氧化时，K2Cr2O7发生反应Cr2O(橙色)+14H++6e-=2Cr3++7H2O；

III.Fe2++试亚铁灵(指示剂)→红褐色(终点)。

回答下列问题：

(1)仪器M的名称为___________。

(2)溶液中的氯离子未除去或除不尽会发生副反应，若存在1mol氯离子，则会消耗重铬酸钾_______mol(结果保留2位有效数字)，COD测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。

(3)硫酸银在实验中的作用是___________；油浴加热的优点是___________。

(4)重铬酸钾氧化有机物的产物为CO2，CO2的电子式为_____；硫酸亚铁铵标准溶液滴定时发生反应的离子方程式为___________。

(5)达到滴定终点时的现象是___________；水样COD=______mg·L-1(用含a的代数式表示)。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共28分)28、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：29、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。30、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。31、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

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

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

A．t℃时，AgCl（s）与AgI（s）比较，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；

B．t℃时；向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液；

C．t℃时，AgCl（s）+I－（aq）AgI（s）+Cl－（aq）的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)；

D．图象可知Ksp（AgCl）=10-10，Ksp（AgI）=10-16；结合溶度积常数计算。

【详解】

A．t℃时，AgCl（s）与AgI（s）比较，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），由图象可知曲线X的Ksp=10-10，曲线Y的Ksp=10-16；，则Y表示的是AgI离子浓度变化，故A错误；

B．t℃时；向Z点对应的溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，对X来说为不饱和溶液，故B错误；

C．t℃时，AgCl（s）+I－（aq）AgI（s）+Cl－（aq）的平衡常数K=c(Cl－)/c(I－)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)=10-10/10-16=106；故C正确；

D．图象可知Ksp（AgCl）=10-10，Ksp（AgI）=10-16，t℃时，向浓度均为0.1mol·L－1的KI与KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，当Cl－刚好完全沉淀时，c（Ag＋）==10-5mol·L－1，此时c（I－）=10-16/10-5mol·L－1=1×10-11mol·L－1；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查了沉淀溶解平衡的理解应用，解题关键：溶度积常数计算、影响溶解平衡的因素，难点是C、D项关于溶度积常数的计算。2、A【分析】【详解】

①加入固体；气体浓度不变，故增加铁的量对该化学反应速率无影响；

②保持体积不变，先入N2使体系压强增大；但参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变；

③将容器的体积缩小一半；气体浓度增大，则化学反应速率增大；

④保持压强不变；充入氮气使容器体积增大，使参与反应气体的浓度减小，反应速率变小；

故正确选项为：A3、B【分析】【详解】

A.FeS；CuS为同种类型的沉淀；且Ksp[FeS]远大于Ksp[CuS]，所以FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故A正确；

B.CuS是不溶于酸的黑色物质，所以能发生反应：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4；这是弱酸制备强酸的特例，故B错误；

C.FeS的溶解度大于CuS的溶解度，根据溶解度大的沉淀可以转化成溶解度小的沉淀可知可用FeS作沉淀剂除去废水中的Cu2＋；故C正确；

D.饱和CuS溶液中存在平衡设铜离子的浓度为amol/L，则有Ksp[CuS]=c(Cu2＋)·c(S2-)=amol/L·amol/L=1.3×10－36mol2·L－2，解得c(Cu2＋)=×10－18mol·L－1；故D正确；

故答案为B。4、D【分析】【分析】

由图可知Pd上氢气失电子生成氢离子，发生氧化反应，故Pb作负极，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，总反应方程式：据此分析解答。

【详解】

A．由图可知Pd上氢气失电子生成氢离子，发生氧化反应，故Pb作负极；故A正确；

B．Fe(Ⅱ)得电子生成Fe(Ⅲ)；Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；

C．由图可知反应过程中NO2得到Fe(Ⅱ)给的电子生成N2，所以反应过程中NO2被Fe(Ⅲ)还原为N2；故C正确；

D．总反应方程式可知：所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；

故答案选D。5、A【分析】【详解】

A．弱酸的酸性越弱，电离出氢离子的能力越弱，酸根离子的水解能力越强，弱酸盐同浓度时的越大。题目中<则电离出的能力弱；A正确；

B．向浓度均为的和混合溶液中滴加溶液，出现白色沉淀，但不能确定白色沉淀的成分，不能判断和的溶度积常数；B错误；

C．有漂白性，会使试纸褪色，不能用试纸检验其酸性强弱；C错误；

D．溶液中加入溶液发生的反应为：该反应的原理是强酸制弱酸，而非双水解，D错误；

故选A。6、D【分析】【详解】

用蒸馏水稀释0.1mol/L醋酸，那么溶质的分子和离子的浓度即c(CH3COO－)、c(H＋)和c(CH3COOH)始终减小，由于一定温度下是常数，则溶液中的c(OH－)始终保持增大趋势；

答案选D。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应进行到6min时,N减少8mol-2mol=6mol，M增加5mol-2mol=3mol，因此反应的化学方程式为2NM，故答案为：2NM；

(2)根据题图可知反应进行到6min时物质的物质的量不再发生变化，因此反应达到最大限度的时间是6min，该时间内的平均反应速率故答案为：6；0.5mol/(L·min)；0.25mol/(L·min)；

(3)充入8molN；反应达到平衡状态时，放出80kJ的热量，充入1molN与充入8mol时相比，若转化率相同，则放出10kJ的热量，但该反应是在密闭容器中，充入1mol与充入8mol相比，压强减小，平衡逆向移动，所以反应放出的热量小于10kJ，故答案为：B；

(4)A．达到平衡状态时正；逆反应速率相等；但不能为零，A错误；

B．密度是混合气体的质量和容器容积的比值；在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此该条件下，混合气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，B错误；

C．正反应体积减小；则该条件下，混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，C正确；

D．该条件下；单位时间内消耗2molN，表示正反应速率，生成1molM，表示逆反应速率；单位时间内消耗2molN的同时，消耗1molM表示正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，D正确；

故答案为：CD。

(5)A．升高温度反应速率加快；A符合题意；

B．容器容积不变，充入惰性气体Ar；反应物浓度不变，反应速率不变，B不合题意；

C．容器压强不变，充入惰性气体Ar；容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，C不合题意；

D．使用催化剂；反应速率加快，D符合题意；

故答案为：AD。【解析】2NM6min0.5mol/(L·min)0.25mol/(L·min)BCDAD8、略

【分析】【详解】

（1）A、根据反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应；B、根据化学反应方程式，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2体现还原性；C、H2O2既是氧化剂又是还原剂，既体现氧化性又体现还原性；D、H2O2只体现氧化性；H2O2仅体现氧化性的是D；既体现氧化性又体现还原性的是C；（2）氧化还原反应中得失电子数目守恒，因此该反应的离子方程式为2MnO4－+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；（3）稀释前后溶质物质的量不变，实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL容量瓶，因此有500×10－3×1=V(H2SO4)×10－3×18，解得V(H2SO4)=27.8mL；配制时需要的仪器有量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，即CEFGH；（4）根据c=n/V=m/MV，A、溶解后溶液没有冷却到室温就转移，定容后冷却到室温后，溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，A符合题意；B、转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质的物质的量或质量减小，所配溶液浓度偏低，B不符合题意；C、定容时俯视液面，容量瓶中溶液的体积偏小，浓度偏高，C符合题意；D、量筒洗涤后转移到容量瓶中，容量瓶中的溶质的质量或物质的量偏高，所配浓度偏高，D符合题意；E、定容后、摇匀再加蒸馏水，对溶液稀释，浓度偏低，E不符合题意；综上所述，符合题意的是ACD；（5）①根据溶液呈现电中性，即有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(NO3－)，溶液的pH=5，有c(H＋)>c(OH－)，推出c(NO3－)>c(NH4＋)；②O2得到电子，转化成H2O2，发生还原反应，电极反应式为O2＋2H＋＋2e－=H2O2；③根据题意，NH3中N转化成N2，每转移3mole－，消耗NH3的物质的量为1mol，即处理NH3的质量为17g。

【点睛】

本题易错点是问题(3)，学生计算浓硫酸的体积时，用480mL进行计算，忽略了实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL容量瓶配制；选择量筒时，应选择大而接近的。【解析】DC2MnO4－+5H2O2+6H+===2Mn2++8H2O+5O2↑27.8CEFGHACD＜O2＋2H＋＋2e－===H2O2179、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①根据图象数据，用甲烷表示的平均反应速率v（CH4）===0.001mol/（L•min），氢气的反应速率是甲烷化学反应速率的3倍，故用H2表示的平均反应速率为0.0030mol•L-1•min-1；②根据化学方程式可以得出，反应前后气体体积增大，增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，可以从200℃来分析，发现甲烷的转化率是p1时大于p2时的，所以p1＜p2；③CH4+H2O（g）CO+3H2，②CO2+H2=CO+H2O，③CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），则①×3+②+③×4得：3CH4+CO2+2H2O=4CH3OH；所以为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为3：1；

（2）①合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应前后气体体积减小，△S＜0，反应是放热反应，△H＜0，满足△H-T△S＜0，需要在低温下自发进行；②在加热条件下CO能还原Cu2O使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化碳有利于抑制反应向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变，反应方程式为Cu2O+CO2Cu+CO2；③合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应前后气体体积减小，在500℃恒压条件下，容器体积减小压强增大，相当于增大了压强，达到平衡时，画出达平衡时间小于2s，由于平衡正向进行，所以画出甲醇物质的量平衡时纵坐标高于恒容条件下甲醇物质的量得到图象为

（3）①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，图象中转化率变化最大的是4.0×106pa；②依据图象分析；低于80℃，反应速率较小，温度在高于80℃对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向进行，不利于转化率增大。

考点：考查了反应速率概念计算，平衡标志的判断，影响化学平衡、反应速率因素和图象的分析等相关知识。【解析】0.0030mol•L-1•min-1<3:1低温Cu2O+CO2Cu+CO20×106低于80℃，反应速率较小；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低10、略

【分析】【详解】

(1)a.正反应体积减小；压强是变量，则体系压强保持不变能说明反应达到平衡状态，a选；

b.混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮浓度不再发生变化，能说明反应达到平衡状态，b选；

c.NO和O2的物质的量之比保持不变；说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，c选；

d.每消耗1molO2同时生成2molNO2均表示正反应速率；不能说明反应达到平衡状态，d不选；

答案选abc。

(2)①根据表中平衡时物质的浓度可知平衡常数K=

②若降低温度，K值增大，说明降低温度平衡正向进行，正反应放热，则反应的△H＜0。

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时浓度熵＝＝K，平衡不发生移动，所以v正=v逆。【解析】abc=(或0.67)＜=Q=K，平衡不发生移动，所以v正=v逆11、略

【分析】【详解】

(1)CH3COOH是一元弱酸，主要以电解质分子存在，存在电离平衡，电离产生H+和CH3COO-，所以CH3COOH溶于水的电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO-；向CH3COOH溶液中加入醋酸钠固体时，溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡向左移动，导致溶液中c(H+)减小，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于加入量使其浓度增大的趋势，因此最终达到平衡时溶液中c(CH3COO-)增大；

(2)HCl是一元强酸，完全电离产生H+和Cl-，0.1mol/LHCl溶液的c(H+)=0.1mol/L；所以溶液的pH为1；

(3)水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程会吸收热量，升高温度促进水的电离平衡正向移动，使水的离子积常数增大。某温度下，水的离子积常数KW=1×10-12，大于室温下的水的离子积常数KW=1×10-14，因此此温度大于25℃。【解析】①.CH3COOH⇌H++CH3COO-②.左③.减小④.增大⑤.1⑥.大于⑦.水的离子积常数随温度的升高而增大12、略

【分析】【详解】

（1）反应物键能之和-生成物键能之和=（945+498-2630）kJ/mol=+173kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：N2（g）+O2(g)=2NO(g)+173kJ/mol；

（2）第一步反应中反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应；第二步反应的热化学方程式为结合两步反应过程，全部氧化成时总反应为【解析】(1)N2（g）+O2(g)=2NO(g)+173kJ/mol

(2)放热反应物能量高于生成物能量13、略

【分析】从甲醇燃料电池结构图可以看出，a极的反应物是甲醇和水，生成了CO2，所以a极为负极，电极反应式为：b极为正极，电极反应式为：总反应方程式为

【详解】

(1)b是正极，电极反应式为：H+是阳离子，向正极移动，b是正极，所以H+向b极移动；

(2)负极的电极反应式：1molCH3OH完全氧化转移电子数为6NA；甲醇的氧化生成HCOOH的电极反应式为：

(3)阳极区发生的过程：Cl-→Cl·→CH3Cl→CH3OH,，阳极是溶液中的Cl-发生反应，而不是电极发生反应，说明阳极是惰性电极，所以阳极的材料是石墨；生成Cl·的电极反应式为：乙醇中加入电解质是为了增强导电性，同时为阳极反应提供Cl-，所以电解液中的另一种电解质可能是KCl；【解析】b6NA石墨KCl14、略

【分析】【分析】

（1）列出三段式；根据v=△c/△t计算；

（2）根据转化率定义计算；

（3）温度升高；生成物浓度减小，由此分析；

（4）勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度；压强或温度等）；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释；

（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，相当于加压，体积减小；反应物的浓度增大，因而使反应速率增大。

【详解】

（1）反应2min达到平衡，此时N2的浓度减少了2/3，N2减少2×2/3=4/3

N2（g）+3H2（g）2NH3（g）

n开始260

n转化4/348/3

n平衡2/328/3

v(NH3)=△c/△t=8/3mol÷2L÷2min=2/3mol·L－1·min－1（或0.67mol·L－1·min－1）

（2）反应平衡时，N2的转化率为4/3mol÷2mol=2/3；

（3）原平衡时c(NH3)=8/3mol÷2L=4/3mol·L－1，如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时NH3浓度为1.1mol·L－1，浓度减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的ΔH<0；

（4）①高于常压；增大压强，化学平衡会正向移动，有利于氨气的合成，能用勒沙特列原理解释，故错误；

②500℃的高温；不有利于氨气的合成，但是可以提高催化剂的催化活性，不能用勒沙特列原理解释，故正确；

③铁触媒作催化剂；不会引起化学平衡的移动，不能用勒沙特列原理解释，故正确；

④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中；都会使得化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒沙特列原理解释，故错误；

故选②③；

（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，相当于加压，体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大。【解析】①.2/3mol/L·min（或0.67mol/L·min）②.2/3（或67%或66.7%）③.<④.②③⑤.增大⑥.体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大三、判断题(共6题，共12分)15、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

比较ΔH大小，需要正负号和数值一起比较，错误。17、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a18、B【分析】【详解】

pH试纸不能用手拿，应该放在干净的表面皿或玻璃片上。19、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。20、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。四、工业流程题(共4题，共40分)21、略

【分析】【分析】

本题是一道由废钼催化剂制备钼酸铵晶体的方法；首先在原料中焙烧，使其中的各种元素转化为相应的氧化物，再用硫酸溶解，用氧化钼调节pH除杂，再用有机萃取剂萃取其中的钼元素，随后加入氨水进行反萃取，加入氯化镁除去杂志后结晶即可，以此解题。

【详解】

（1）高温焙烧时，MoS2中Mo转化为氧化物，S转化为二氧化硫，则相应的方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

（2）调节pH时可以除去溶液中的铜离子和三价铁离子，则当三价铁离子除净时，此时c(OH-)=此时pH=2.83；同理可求出当铜离子除净时，pH=6.7，故答案为：6.7；

（3）根据流程可知，反萃取时，是将钼从有机相中提取的过程，根据信息可知，该过程的方程式为：MoO+4NH3•H2O=MoO+4NH+2H2O；

（4）根据流程可知，除砷时是镁离子，铵根离子和其形成沉淀而除去，而pH过高时镁离子容易形成沉淀从而失去了沉砷的效果，故答案为：当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀；导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降；

（5）根据题意可知，过量的NaOH，n(NaOH)过量=0.4×23×10-3=0.0092mol，则和(NH4)3H4PMo12O42•H2O反应的NaOH，n(NaOH)反应=6×50×10-3-0.0092mol×=0.208mol，根据(NH4)3H4PMo12O42•H2O~26NaOH~P2O5，则n(P2O5)=n(NaOH)反应=×0.208mol=0.004mol，其质量=0.004×142=0.568g，磷肥中磷的百分含量=【解析】(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2

(2)6.7

(3)MoO+4NH3•H2O=MoO+4NH+2H2O

(4)当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀；导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降。

(5)20.0%22、略

【分析】【分析】

铜阳极泥含有Au、Ag、Cu、Cu2S、Cu2Se、Ag2Se、PbS等；焙烧，加入稀硫酸得到烟气用水吸收，得到粗硒，窑渣加入水浸铜，电解得到铜，浸渣含有金；银，电解得到银和粗金，据此分析解题。

【详解】

(1)已知Fe、Zn比Cu更活泼的金属，故粗铜中含有两种元素的单质，但由于二者先于铜失去电子进入电解质溶液中，故在阳极泥中几乎检测不到，故答案为：的单质均比铜活泼；先于铜失去电子进入电解质溶液中；

(2)已知阳极泥进行“硫酸化(隔绝空气)焙烧”，烟气中含有等。

①“焙烧”过程中与浓硫酸反应即Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成CuSO4、SO2和H2O，故该反应的化学方程式为：故答案为：

②将通入水中即可生成单质硒，Se的化合价降低被还原为Se单质，故S的化合价升高被氧化为故该反应的离子方程式为故答案为：

③实验室中分离不溶性固体和液体的方法是过滤；故将粗硒从溶液中分离出来的操作为过滤，故答案为：过滤；

(3)用惰性电极电解“浸液”即主要电解硫酸铜溶液时，溶液中发生的总反应离子方程式为故答案为：

(4)由题干信息可知；“银电解”即进行银的精炼，根据铜的精炼过程可知，用含金；银、铅的合金(或粗银)作阳极材料，用纯银作阴极，故答案为：含金、银、铅的合金(或粗银)；

(5)焙烧需消耗硫酸，而得到粗硒生成硫酸，则硫酸可循环利用，故答案为：H2SO4。【解析】的单质均比铜活泼，先于铜失去电子进入电解质溶液中过滤含金、银、铅的合金(或粗银)23、略

【分析】【分析】

向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息①知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH=8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中Cr2O转化为CrO然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-。

【详解】

(1)根据c1V1=c2V2列等式，18.4mol·L-1×V1×10-3L=2mol·L-1×500×10-3L，V1=54.3mL；配制时所用玻璃仪器除量筒；烧杯和玻璃棒外；还需要的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：54.3；500mL容量瓶、胶头滴管；

(2)经氧化环节滤液I中的Cr3+转化为Cr2O此反应的离子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+。故答案为：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+；

(3)利用电荷守恒和原子守恒书写离子方程式：Cr2O+2OH-2CrO+H2O，当pH增大时该平衡向右移动，溶液中Cr2O浓度减小、CrO-离子浓度增大，颜色由橙色变为黄色，故答案为：Cr2O+2OH-2CrO+H2O，当pH增大时该平衡向右移动，溶液中Cr2O浓度减小、CrO离子浓度增大；颜色由橙色变为黄色；

(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR⇌MRn+nNa+，阳离子互换原则确定，利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有Mg2+、Ca2+，故答案为：Mg2+、Ca2+；

(5)流程中用SO2进行还原时发生反应是还原CrO生成Cr(OH)(H2O)5SO4，反应的离子方程式：2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-，故答案为：2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-；

(6)指示剂选择原则①颜色变化明显②Ksp略微大于AgSCN，确定K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变；故答案为：B；当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。【解析】54.3500mL容量瓶、胶头滴管2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+Cr2O+2OH-2CrO+H2O，当pH增大时该平衡向右移动，溶液中Cr2O浓度减小、CrO离子浓度增大，颜色由橙色变为黄色Mg2+、Ca2+2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-B当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变24、略

【分析】【分析】

Ⅱ．工业废液中鼓入足量的空气，将Fe2＋完全氧化成Fe3＋，加入氨水调节溶液的pH得到氢氧化铁沉淀，过滤出氢氧化铁，洗涤、干燥后灼烧得氧化铁。

【详解】

I．(1)由H3BO3、H2CO3的电离常数可知，H3BO3是一元弱酸且酸性强弱顺序为：H2CO3>H3BO3>根据强酸制弱酸的原理，向饱和硼酸溶液中滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，发生反应的离子方程式：+H3BO3=+或+H3BO3=++H2O或+H3BO3+H2O=+(2)醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数相等，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性；由题中信息可知，酸性：CH3COOH>H2CO3，又因醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数相等，则NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，NH4HCO3溶液呈碱性；Ⅱ．(1)在该酸性废液中通入足量空气时，将Fe2＋完全氧化成Fe3＋，发生的离子反应方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；使用空气作氧化剂的优点是：耗费少且没有污染；(2)常温下，在pH＝5的溶液中，c(OH-)＝10-9mol/L，则c(Fe3＋)＝=mol/L=3.5×10－11mol·L－1；c(Mg2＋)＝=mol/L=1.2×107mol·L－1；(3)在pH＝5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时溶液中c(Al3＋)＝=mol/L=1.0×10－6mol·L－1<1.0×10－5mol·L－1，结合第(2)小题的计算结果可知，此时溶液中的Al3＋被完全沉淀而Mg2+未被沉淀，则Fe(OH)3沉淀中可能混有的杂质是Al(OH)3，根据Al(OH)3可溶于强碱而Fe(OH)3不溶于强碱的原理，可用NaOH将Al(OH)3除去。【解析】+H3BO3=+或+H3BO3=++H2O或+H3BO3+H2O=+中碱4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O耗费少且无污染3.5×10－11mol·L－11.2×107mol·L－1Al(OH)3NaOH五、实验题(共3题，共21分)25、略

【分析】【分析】

（1）

KMnO4溶液具有强氧化性；能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取；

（2）

H2C2O4·2H2O在常温常压下是稳定的结晶水合物；FeSO4在空气中不稳定易被氧化；浓盐酸易挥发；Na2SO3在空气中不稳定易被氧化成Na2SO4；所以答案为A；

（3）

若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。根据得失电子守恒原理有关系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，则KMnO4溶液的浓度为c(KMnO4)=

（4）

在放置过程中，由于空气中还原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的Fe2＋时，消耗KMnO4溶液(标准溶液)的体积会增大，导致计算出来的c(Fe2＋)会增大，测定的结果偏高。【解析】(1)酸式滴定管。

(2)A

(3)

(4)偏高26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①蛇形冷凝管的进水口在下面；即图中a，出水口在上面；

②圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水；故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；

(2)①由图可知；当浓硫酸的总体积在反应物总体积4%-5%之间时，即可达到良好的实验效果，反应物总体积为40mL，因此A项用量最合理，故答案为：A；

②用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热；而CH3COOOH不稳定；遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解；故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；控制反应温度在40℃的加热方法是水浴加热；

(3)①Ⅰ中酸性KMnO4溶液与H2O2发生氧化还原反应，MnO被还原为Mn2+，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；硫代硫酸钠滴定含碘溶液；指示剂应为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，所以滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变无色；

Na2S2O3滴定生成的I2包含H2O2和CH3COOOH产生的，由可得n(I2)总=KMnO4滴定残留的H2O2，由2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O可得由H2O2＋2I-＋2H＋＝I2＋2H2O可知H2O2产生I2的物质的量为n(I2)1=n(H2O2)=mol，则由CH3COOOH产生的I2的物质的量为n(I2)2=n(I2)总-n(I2)1=mol，由CH3COOOH＋2I-＋2H＋＝CH3COOH＋I2＋H2O可得n(CH3COOOH)=n(I2)2=mol，过氧乙酸的浓度为c=n(CH3COOOH)/V=mol÷V×10-3L=(bV2-5aV1)/2Vmol/L；

②A．盛装KMnO4标准溶液的滴定管没有润洗，导致KMnO4标准溶液的浓度偏小，消耗KMnO4标准溶液的体积偏大，造成计算H2O2产生的I2物质的量偏多，计算CH3COOOH产生的I2偏小；使结果偏低，A不选；

B．用KMnO4标准溶液滴定前