2025年人教新课标选择性必修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年人教新课标选择性必修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9题，共18分)1、下列说法正确的是A.在稀溶液中，1molH2SO4(aq)与1molBa(OH)2(aq)完全中和所放出的热量为中和热B.25℃、101kPa时，CH3OH(l)和CH3OH(g)的燃烧热不相等C.20gBa(OH)2·8H2O粉末与10gNH4Cl晶体混合搅拌，放出氨气，该反应是放热反应D.燃烧热随热化学方程式中物质前的化学计量数的改变而改变2、金刚石和石墨均为碳的同素异形体；它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。下列说法正确的是。

A.等质量的金刚石和石墨完全燃烧，石墨放出的热量更多B.在通常状况下，金刚石和石墨相比，金刚石更稳定C.表示石墨燃烧热的热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1D.36g石墨转化成金刚石，放出的热量为5.7kJ3、已知：①能量越低的物质越稳定，②白磷转化成红磷是放热反应。据此，下列判断或说法中正确的是()A.在相同的条件下，红磷比白磷稳定B.在相同的条件下，白磷比红磷稳定C.红磷和白磷的结构相似D.红磷容易发生自燃而白磷不会自燃4、在1L密闭容器中，用足量的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示(CO2的体积已按标准状况折算)。下列分析不正确的是。

A.EF段反应速率加快的原因是反应体系的温度上升B.FG段反应速率减慢的原因是稀盐酸的浓度不断减小C.EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mo1•L—1•min—1D.OEF、FG三段中，用CO2表示的平均反应速率之比为2:4:15、裂解水制氢气的过程如下图所示。下列说法不正确的是。

A.反应Ⅰ的化学方程式是Fe3O4＋CO3FeO＋CO2B.反应Ⅱ的化学方程式是3FeO＋H2O（g）Fe3O4＋H2C.总反应的化学方程式是C＋2H2O（g）CO2＋2H2D.铁的氧化物是裂解水的催化剂6、地球上锂资源匮乏，应用受到极大制约，难以持续发展。钾元素储量大并且与锂元素具有类似的性质，赋予了钾离子电池良好的应用前景。某研究中的钾离子电池工作原理如图所示(放电时钾离子嵌入层状TiS2中，充电时钾离子则脱嵌。电池总反应为TiS2+xKKxTiS2。下列叙述正确的是。

A.放电时，电子从Cu电极流出B.放电时，正极的电极反应式为TiS2+xK++xe-=KxTiS2C.充电时，Cu电极的电势低于K电极D.其电解质溶液可以用水作溶剂7、实现“节能减排”和“低碳经济”的一个重要课题就是如何将转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用来生产甲醇。一定条件下发生反应：如图表示该反应过程中能量(单位为)的变化。下列说法中；正确的是。

A.B.C.D.8、下列有关NA的叙述错误的是A.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中，含CO数目小于NAB.12g金刚石中含有2NA个C—C键C.标准状况下，18gH2O中含有的中子数为10NAD.14g由C2H4与CO组成的混合气体含有的分子数目为0.5NA9、已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11mol3·L－3，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20mol3·L－3。向浓度为0.01mol·L－1的Cu2＋和Mg2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，下列说法正确的是()A.较先出现的沉淀是Mg(OH)2B.两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大C.当两种沉淀共存时，说明溶液中完全不存在Cu2＋、Mg2＋D.当两种沉淀共存时，溶液中≈8.2×108评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)∆H＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：。t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10

下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3mol·L-1·min-1B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变，再充入0.10molY，平衡时Z的体积分数减小11、过氧化氢是一种日常生活中常用的消毒剂；也是工业生产中的绿色氧化剂。以空气为原料，通过如图所示装置可制备过氧化氢。该装置工作时，下列判断正确的是。

A.b为电源负极，阴极电极反应为B.该装置的总反应为C.阳离子交换膜两侧电解液均增大D.该工艺中溶液可循环利用12、按下图装置进行电解(氯化钠足量)；若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是。

A.E表示生成金属钠的物质的量B.E表示消耗水的物质的量C.F表示溶解铜的物质的量D.F表示生成氯气的物质的量13、下列措施一定不能增大化学反应速率的是A.降低温度B.减小反应物的浓度C.固体块状的反应物改为粉末状D.压缩容器体积增大压强14、碳单质可应用于脱硝。向容积为2L的密闭容器中加入炭(足量)和NO，模拟发生脱硝反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)；测得不同温度下，NO的物质的量随时间的变化如下图所示：

下列有关说法正确的是A.该反应ΔH＜0B.T1时，0~15min时的反应速率v(NO)=0.08mol·L-1·min-1C.正反应速率：M＜ND.T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各1mol，平衡时，NO的体积分数为40%15、下列反应属于基元反应的是A.B.C.D.16、科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等；为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是A.放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)B.放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC.放电时，电池总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)D.充电时，正极溶液中OH-溶度升高17、利用光能源可以将CO2转化为重要的化工原料C2H4(电解质溶液为稀硫酸)，同时可为制备次磷酸(H3PO2)提供电能；其工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.Y极为阳极B.标准状况下，当Z极产生11.2LO2时，可生成的数目为1NAC.a、b、d为阳离子交换膜，c为阴离子交换膜D.W极的电极反应式为18、向20mL0.5mol•L-1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液；测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中错误的是。

A.醋酸的电离平衡常数：B点>A点B.由水电离出的c(OH-)：B点>C点C.从B点到C点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO-)=c(Na+)D.从B点到C点混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)19、某温度时，ⅥA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：

①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ•mol-1

②H2(g)+S(g)=H2S(g)ΔH=-20kJ•mol-1

③H2(g)+Se(g)⇌H2Se(g)ΔH=+81kJ•mol-1

请回答：

(1)上述反应中属于放热反应的是___________(填序号，下同)，属于吸热反应的是___________。

(2)2gH2完全燃烧生成气态水，放出的热量为___________。

(3)请写出O2与H2S反应生成S的热化学方程式___________。

(4)根据下图写出热化学方程式___________。

(5)加入催化剂该反应的反应热H是否发生了改变___________(填“是”或“否”)。20、丙烯腈(C3H3N)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下。

①C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)⇌C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝−515kJ·mol−1

②C3H6(g)＋O2(g)⇌C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝−353kJ·mol−1

请回答下列各题：

(1)关于上述反应，下列说法正确的是____。

A.增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率。

B.反应②的ΔS等于零。

C.可以选择合适的催化剂来提高混合气中丙烯腈的生产效率。

D.上述反应在恒温、恒容密闭容器中进行，若H2O(g)浓度保持不变；则说明两反应均达到平衡状态。

(2)一定温度下，在体积不变的容器中充入C3H6、NH3、O2各1mol，一定时间后反应达到平衡状态，测得容器内C3H6和H2O的物质的量分别为0.4mol和1.4mol，该温度下反应②的平衡常数为____。

(3)若向容器内充入3molC3H6和1molO2只发生反应②，一定时间达到平衡状态，10min时再充入1molO2，15min重新达到平衡，请在图中画出10min～20min内C3H4O的百分含量的变化图__________。

(4)如图为一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。下列说法正确的是_____。

A.460℃之前产率随温度升高而增大是因为随温度升高反应平衡常数变大。

B.高于460℃产率下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低。

C.460℃时C3H6的转化率一定大于500℃

D.温度过高副反应可能变多不利于合成丙烯腈21、下列有关水溶液中的平衡相关的问题；请填空。

（1）已知常温下，将氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，有白色沉淀产生，写出反应离子方程式______________

（2）体积均为100mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。同浓度，同体积的CH3COONa与NaX溶液，离子总数目:CH3COONa溶液_______NaX溶液（填＞；＜，＝）

（3）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：。化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5

①25℃时，浓度均为0.01mol·L－1HCN和NaCN混合溶液显_____性（填酸，碱，中）。溶液中HCN浓度_________CN-浓度（填＞；＜，＝）

②25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH＝6，则溶液中＝____。

（4）在25°C下，将xmol·L-1的氨水与ymol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，则c（NH4＋）____c（Cl－）（填“>”、“<”或“=”）；用含x和y的代数式表示出氨水的电离平衡常数______。22、汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一。已知：

①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1

②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2

③CO2(g)CO(g)+O2(g)ΔH3

④2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH4

请完成以下问题：

(1)根据图，该反应在___(填“高温”“低温”或“任意温度”)下有利于该反应正向自发。

(2)图表示反应④的反应物NO、CO的起始物质的量比、温度对平衡时CO2的体积分数的影响。

①W、Y、Z三点的平衡常数的大小关系为：___(用W、Y、Z表示)，X、Y、Z三点，CO的转化率由大到小的顺序是___(用X；Y、Z表示)。

②T1℃时，在1L密闭容器中，0.1molCO和0.1molNO，达到Y点时，测得NO的浓度为0.02mol/L，则此温度下平衡常数K=___(算出数值)。若此温度下，某时刻测得CO、NO、N2、CO2的浓度分别为0.01mol/L、amol/L、0.01mol/L、0.04mol/L，要使反应向正方向进行，a的取值范围为___。23、如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生发应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：

(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=________________。下图是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为____________反应（填“放热”或“吸热”）。

(2)500℃该反应的平衡常数为______（保留两位小数），若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值______（填“增大”；“减小”或“不变”）。

(3)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)______v(逆)（填“＞”；“＜”或“=”）。

(4)下列措施能使增大的是______。

A．升高温度B．在原容器中充入1molHe

C．将水蒸气从体系中分离出D．缩小容器容积，增大压强评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)24、25℃时，0.01mol·L-1的盐酸中，c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1。（____________）A.正确B.错误25、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共40分)26、钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分MoS2；含有少量不反应杂质)制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下：

(1)焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是___________。(填序号)

a．适当增大空气的用量b．增大钼精矿的量c．将矿石粉碎。

(2)“碱浸”过程中反应的离子方程式为___________。

(3)已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为___________、___________；过滤；洗涤烘干。

(4)在碱性条件下，将钼精矿加入到足量的NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，可观察到钼精矿逐渐溶解至固体消失。该反应的离子方程式为___________。空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入物质是___________。(填字母)

A．通适量的N2B．油脂C．NaNO2D．盐酸。

(5)在实际生产中会有少量SO生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO前测定碱浸液中c(MoO)=0.80mol/L，c(SO)=0.02mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为___________%。(保留整数)[已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8溶液体积变化可忽略不计]。27、元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。

(1)工业上利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：

①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是___。

②“水浸Ⅰ”要获得“浸出液”的操作是____。已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3在高温焙烧时反应的化学方程式为___。

③若向“滤液”中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则操作Ⅱ发生反应的离子方程式为___。

(2)含有Cr2O的废水毒性较大；某工厂为了使废水的排放达标，进行如下处理：

Cr2OCr3+、Fe3+Cr(OH)3、Fe(OH)3

①该废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)和H+，发生反应的离子方程式为___。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10-13mol·L-1，则残留的Cr3+的浓度为____。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)28、平板液晶显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含CeO2、SiO2、Fe2O3等物质；某实验小组以此粉末为原料回收铈，设计流程如图所示。

已知：CeO2具有强氧化性；一般不与常见的无机酸反应。

(1)滤渣B的主要成分化学式___________，说出该物质的主要应用___________。

(2)步骤②的离子方程式___________，为了加快步骤②的反应速率，有人提出在较高温度下进行，你认为___________恰当(填“是”或“否”)，解释理由___________

(3)将NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其加入NH4Cl的作用是___________。

(4)第④步反应的化学方程式是___________。29、某种废锂电池正极材料的主要成分是LiCoO2，含少量Al、Fe等，LiCoO2不溶于水。实验室回收废锂电池制备锂单质的流程如图所示：

(1)正极材料酸浸时发生主要反应的化学方程式为_______。某同学从环境保护的角度考虑上述做法不合理，理由是_______，于是提出可用酸化的双氧水代替盐酸，则反应的离子方程式为______。

(2)Li2CO3在高温焙烧时发生反应的化学方程式为______。

(3)固体C与焦炭的反应需在真空条件下进行的原因是_______。

(4)工业上采用熔融盐电解法制备金属锂，电解质为熔融的LiCl-KCl，采用石墨阳极和低碳钢阴极，则阴极的电极反应式为______。如果用LiCl的水溶液代替熔融的LiCl-KCl，则其后果是_____。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共32分)30、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___________。：31、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_________。32、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：____________________。33、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9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A.中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，在稀溶液中，1molH2SO4(aq)与1molBa(OH)2(aq)完全中和，生成硫酸钡沉淀和2molH2O；故放出的热量不是中和热，A错误；

B.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，25℃、101kPa时，CH3OH(l)和CH3OH(g)的能量不一样；则燃烧热不相等，B正确；

C.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌；放出氨气，该反应是室温下就可发生的吸热反应，C错误；

D.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；燃烧热不会随热化学方程式中物质前的化学计量数的改变而改变，D错误；

答案选B。2、C【分析】由图可知：1molO2+1molC(金刚石)的能量比1molCO2的能量高395.4KJ，即1molO2和1molC(金刚石)完全反应生成1molCO2放出395.4KJ的能量；1molO2+1molC(石墨)的能量比1molCO+molO2的能量高110.5KJ，即molO2和1molC(石墨)反应生成1molCO放出110.5KJ的能量；1molCO+molO2的能量比1molCO2的能量高283.0KJ，即1molCO和molO2完全反应生成1molCO2放出283.0KJ的能量。

【详解】

A.根据图像；金刚石与氧气的总能量大于石墨与氧气的总能量，生成的产物的能量相同，所以金刚石完全燃烧放出的能量多，故A错误；

B.因为金刚石与氧气的总能量大于石墨与氧气的总能量；而氧气等量，所以金刚石的能量大于石墨的能量，能量越低越稳定，所以石墨稳定，故B错误；

C.从图可知，molO2和1molC(石墨)反应生成1molCO放出110.5KJ的能量，1molCO和molO2完全反应生成1molCO2放出283.0KJ的能量，则1molO2和1molC(石墨)反应生成1molCO2放出393.5KJ的能量。根据燃烧热的定义，表示石墨燃烧热的热化学方程式应写成：C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1；故C正确；

D.由图可知；金刚石能量比石墨高，所以石墨转化为金刚石应吸收热量，故D错误；

答案选C。

【点睛】

燃烧热定义：在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。本题中石墨的燃烧热，要注意：1、生成的是CO2而非CO；2、写表示其燃烧热的热化学方程式时，应使C(石墨)的计量数为1。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．白磷转化成红磷是放热反应；说明红磷能量比白磷低，红磷比白磷稳定，A正确；

B．红磷能量比白磷低；红磷稳定，B错误；

C．已知信息不能得出红磷和白磷的结构相似；且红磷和白磷的结构不同，C错误；

D．红磷的着火点比白磷高；故白磷比红磷更易燃，D错误；

故答案选D。4、C【分析】【分析】

OE段反应开始持续进行；反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减慢，最后，G点收集到的二氧化碳的体积最大。

【详解】

A．反应放热导致反应体系的温度上升；所以EF段反应速率加快，故A正确；

B．反应进行一段时间后；盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减慢，故B正确；

C．EF段产生的CO2为：由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04mol，时间为1min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：故C错误；

D．由于时间都是1min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比；即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，故D正确；

答案选C。5、C【分析】【分析】

A．反应Ⅰ：反应物为Fe3O4、CO，生成物为FeO、CO2；

B．反应Ⅱ：反应物为FeO、H2O，生成物为Fe3O4、H2；

C．反应Ⅲ：反应物为CO2；C；生成物为CO；裂解水制氢气，将反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得总反应；

D．在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率；而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫做催化剂．

【详解】

A．反应Ⅰ：反应物为Fe3O4、CO，生成物为FeO、CO2，反应为：Fe3O4+CO3FeO+CO2；故A正确；

B．反应Ⅱ：反应物为FeO、H2O，生成物为Fe3O4、H2，反应为：3FeO+H2O（g）Fe3O4+H2；故B正确；

C．反应Ⅲ：反应物为CO2、C，生成物为CO，反应为：C+CO2=2CO，将反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得总反应为C＋H2O（g）CO+H2；故C错误；

D．铁的氧化物四氧化三铁参与反应，但总反应为C＋H2O（g）CO+H2；反应产物没有四氧化三铁，所以铁的氧化物是裂解水的催化剂，故D正确；

故选C。

【点睛】

难点：读信息写方程式，注意利用题干信息，C选项、将反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得总反应为C＋H2O（g）CO+H2，选项D，根据催化剂的特点分析是解答关键。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．放电时；K电极为负极，电子从K电极为流出，故A错误；

B．放电时，正极发生还原反应，K+嵌入TiS2中，电极反应式为TiS2+xK++xe−=KxTiS2；故B正确；

C．充电时；Cu电极为阳极，电势高于K电极(阴极)，故C错误；

D．金属K与水剧烈反应；故其电解质溶液不能用水作溶剂，故D错误；

故选B。7、C【分析】【分析】

【详解】

由图可知：反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为熵减的反应，即△H＜0，△S＜0，答案选C。8、C【分析】【分析】

【详解】

A.由于碳酸根CO会发生水解，故1L1mol·L-1Na2CO3溶液中，含CO数目小于1L×1mol·L-1NAmol-1=NA；A正确；

B.金刚石中每个碳原子与周围的4个碳原子形成C-C键，每个C-C被两个碳原子共用，故12g金刚石中含有=2NA个C—C键；B正确；

C.标准状况下，18gH2O中含有的中子数为=8NA；C错误；

D.由于C2H4和CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g由C2H4与CO组成的混合气体含有的分子数目为=0.5NA；D正确；

故答案为：C。9、D【分析】【详解】

A．Ksp的越小越容易生成沉淀，所以先生成沉淀Cu(OH)2；故A错误；

B．两种离子开始沉淀时，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，Cu2＋所需溶液中的c(OH-)较小；pH较小，故B错误；

C．当两种沉淀共存时，都沉淀溶解平衡，溶液中一定存在Cu2＋、Mg2＋；只是浓度较小而已，故C错误；

D．沉淀共存时，在的分子和分母同乘以氢氧根离子浓度的平方，得===8.2×108；故D正确；

故选D。二、多选题(共9题，共18分)10、CD【分析】【分析】

【详解】

A．反应前2min，消耗n(Y)=(0.16mol－0.12mol)=0.04mol，根据反应方程式，则生成n(Z)=0.04mol×2=0.08mol，根据化学反应速率的表达式v(Z)==4.0×10－3mol/(L·min)；故A错误；

B．该反应∆H＜0，为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)；故B错误；

C．根据表格数据；反应7分钟时达到平衡状态，Y的物质的量变化量为0.06mol，列三段式：

该温度下此反应的平衡常数K==1.44；故C正确；

D．根据C项计算分析可知，原平衡状态下，Z的体积分数为×100%=37.5%；恒容密闭容器中，其他条件不变时，再充入0.1molY，设Y的变化量为xmol，列三段式：

则=1.44，解得x=0.015，此时的Z的体积分数=×100%=35.7%；则Z的体积分数减小，故D正确；

答案选CD。11、BD【分析】【分析】

该装置为电解池，由右侧“空气→过氧化氢溶液”可知O化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为电解池的阴极，b为电源负极；a为电源正极。

【详解】

A．根据分析可知b为电源负极，阴极上空气的氧气得电子结合水分子生成过氧化氢，根据电荷守恒、元素守恒可得电极反应为A项错误；

B．阳极通入NaOH溶液，所以阳极氢氧根放电，阳极电极反应为故总反应为B项正确；

C．阳极反应消耗OH-；故阳离子交换膜左侧电解液pH减小，C项错误；

D．阳极反应消耗NaOH；阴极反应生成NaOH，故该工艺中NaOH溶液可循环利用，D项正确。

综上所述答案为BD。12、AC【分析】【详解】

A．阳极是氯离子放电产生氯气；阴极是氢离子放电产生氢气。根据图像可知当通过4mol电子时E曲线表示的物质是2mol，因此应该是氯气或氢气，F是氯化钠，A错误；

B．根据方程式2＋2H2O↑＋2NaOH＋O2↑可知；当通过4mol电子时消耗2mol水，因此E可以表示反应消耗水的物质的量，B正确；

C．根据以上分析可知铜作为阴极不参与反应；C错误；

D．根据以上分析可知F能表示生成氯气的物质的量；D正确；

答案选AC。13、AB【分析】【详解】

A．降低温度；则反应速率降低，故A符合题意；

B．减小反应物的浓度；则降低了化学反应速率，故B符合题意；

C．固体块状的反应物改为粉末状；则增大了反应物的接触面积；加快了化学反应速率，故C不符合题意；

D．有气体参加的化学反应；压缩容器体积增大压强，增大了反应物的浓度，则加快了化学反应速率；若反应中不存在气体，压缩容器体积增大压强，化学反应速率没有变化，故D不符合题意；

答案选AB。14、AD【分析】【详解】

A．由图可知，T2＞T1，温度升高，NO的量增加，反应向逆反应方向进行，说明正向反应放热，即该反应ΔH＜0；A项正确；

B．T1时，0~15min时的反应速率v(NO)==0.04mol·L-1·min-1；B项错误；

C．T2＞T1；则正反应速率：M＞N，C项错误；

D．由反应可知，反应前后体积不变，T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各1mol与开始通入2molNO等效，则平衡时，NO的体积分数==40%；D项正确；

答案选AD。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A.氢气和氧气的反应要经过多步反应才能完成；不属于基元反应，故A错误；

B.反应是氢气和氧气反应过程中的一个基元反应；故B正确；

C.和的中和反应是基元反应；故C正确；

D.转化为的反应是总反应；要经过几步反应才能完成，不属于基元反应，故D错误；

故选：BC。16、CD【分析】【分析】

放电是化学能转化成电能，根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，即Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)正极反应式为CO2+2e—+2H+=HCOOH；充电时，电池的正极连接电源的正极，电池的负极连接电源的负极，充电时各电极反应式应为放电时电极反应式的逆过程，据此分析；

【详解】

A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：故A说法正确；

B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时；转移电子数为2mol，故B说法正确；

C．放电时，正极上CO2+2e—+2H+=HCOOH，负极上Zn转化为Zn－2e－＋4OH－=电池总反应为：Zn＋CO2＋2OH－＋2H2O=＋HCOOH；故C说法错误；

D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低；故D说法错误；

答案为CD。17、AB【分析】【分析】

根据题目所给信息分析，题图左侧为原电池设备，右侧为电解池设备；左侧Z极上发生氧化反应是原电池负极，W极上发生还原反应是原电池正极，电解质溶液中H+由左到右穿过a膜；右侧Y极连接原电池负极(Z极)，是电解池阴极，发生还原反应X极连接原电池正极(W极)，是电解池阳极，发生氧化反应原料室中Na+通过d膜进入N室保证电荷守恒，通过c膜进入产品室，M室中生成的H+通过b膜进入产品室，H+与按个数比1﹕1生成H3PO2；

【详解】

A．根据分析；Y极为阴极，A错误；

B．标况下，11.2LO2物质的量是0.5mol，根据电极反应式代入计算，转移电子2mol，本题中原电池与电解池之间是简单串联，所以X极上反应也应失去电子2mol，代入电极反应式计算，应生成2molH+，故最终应生成2molH3PO2；B错误；

C．根据题目分析，a、b；d膜均过阳离子；c膜过阴离子，C正确；

D．根据选项分析；电子反应式正确，D正确；

综上，本题选AB。18、CD【分析】【分析】

向20mL0.5mol•L-1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，随着氢氧化钠的增多，氢离子浓度逐渐减小，A点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，B点溶液中溶质为CH3COONa，C点溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa；以此解答。

【详解】

A．醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度升高平衡常数增大，温度：B点>A点，电离平衡常数：B点>A点；故A正确；

B．B点：溶液中溶质为CH3COONa，醋酸根水解促进水的电离；C点：溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，水的电离被抑制；由水电离出的c(OH-)：B点>C点；故B正确；

C．溶液中电荷守恒为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液显中性时c(H+)=c(OH-)；B点溶液已经呈碱性，则从B点到C点，溶液中不可能存在c(CH3COO-)=c(Na+)；故C错误；

D．C点溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，由于CH3COO-发生水解，则c(CH3COO-)＜c(OH-)，减少氢氧化钠的量时，溶液中可能存在：c(CH3COO-)=c(OH-)；故D错误；

故选CD。三、填空题(共5题，共10分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)放热反应中ΔH＜0，吸热反应中ΔH＞0；上述反应中属于放热反应的是①②，属于吸热反应的是③；

(2)2gH2的物质的量为1mol，根据反应①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ•mol-1可知，1molH2完全燃烧生成气态水时放出的热量为242kJ，则2gH2完全燃烧生成气态水放出的热量为242kJ；

(3)已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ•mol-1

②H2(g)+S(g)=H2S(g)ΔH=-20kJ•mol-1

根据盖斯定律：(①-②)×2可得O2与H2S反应生成S的热化学方程式O2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g)ΔH=-444kJ•mol-1；

(4)根据图示，反应物为N2和O2，生成物为NO，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，ΔH=+182.6kJ/mol，则该热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182.6kJ/mol；

(5)催化剂只改变反应速率和反应历程，不改变反应的焓变。【解析】①②③242kJO2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g)ΔH=-444kJ•mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182.6kJ/mol否20、略

【分析】【分析】

(1)关于上述反应的判断；按相关原理进行判断；

(2)按已知条件；结合三段式计算一定温度下反应②的平衡常数；

(3)在图中画出10min～20min内C3H4O的百分含量的变化图，抓住10min、15min瞬间C3H4O的百分含量即可；

(4)关于一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线说法的判断；结合图示信息和相应原理判断即可；

【详解】

(1)A.生产丙烯腈的反应为：C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)⇌C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝−515kJ·mol−1；增大压强，平衡左移，则增压不利于提高丙烯腈平衡产率，A错误；

B.反应②为C3H6(g)＋O2(g)⇌C3H4O(g)＋H2O(g)ΔH＝−353kJ·mol−1，虽然气体分子数目不变，但各物质的熵不同，故ΔS不等于零；B错误；

C.可以选择合适的催化剂极大地提高反应速率；从而提高混合气中丙烯腈的生产效率，C正确；

D.上述反应在恒温、恒容密闭容器中进行，若H2O(g)浓度保持不变；则意味着一定时间内反应中生成水和消耗水的量相等，则说明反应①；②这两反应均达到平衡状态，D正确；

答案为：CD；

(2)已知一定温度下，在体积不变的容器中充入C3H6、NH3、O2各1mol，一定时间后反应达到平衡状态，测得容器内C3H6和H2O的物质的量分别为0.4mol和1.4mol，运用三段式进行计算如下：则解得则②C3H6(g)＋O2(g)⇌C3H4O(g)＋H2O(g)的平衡常数=3.5；

答案为：3.5；

(3)若向容器内充入3molC3H6和1molO2只发生反应②，一定时间达到平衡状态，10min时再充入1molO2，则此瞬间C3H4O的百分含量下降，因为增大氧气浓度，平衡向右移动，15min重新达到平衡，C3H4O的百分含量增大，则10min～20min内C3H4O的百分含量的变化图为

答案为：

(4)已知生产丙烯腈的反应为：C3H6(g)＋NH3(g)＋O2(g)⇌C3H3N(g)＋3H2O(g)ΔH＝−515kJ·mol−1；则：

A.460℃之前产率随温度升高而增大是因为随温度升高反应速率加快；同时生产丙烯腈的反应为放热反应，温度升高反应平衡常数变小，A错误；

B.催化剂在一定温度范围内活性较高；若温度过高，活性降低，高于460℃产率下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低；反应速率变慢，B正确；

C.460℃时C3H6转化率不一定高于500℃；因为不明确是否处于平衡状态，C错误；

D.温度超过460℃时；产率下降，意味着可能有副反应，则温度过高副反应可能变多不利于合成丙烯腈，D正确；

答案为：BD。

【点睛】

关于产率和转化率，转化率(α)=n(转化)÷n(起始)，关注在反应物的变化，产率=m(实际)÷m(理论)，更加关注生成物的变化。有同学会认为，转化率和产率的变化趋势是相同的。在通常情况下，这个结论是正确的。但是一个化学反应伴随着副反应时这个结论就不对了。转化率变大意味着反应物反应的多了，但是不一定转化成我们想要的物质，此时转化率变大了而产率有可能变小了。对于一个放热反应，产率先增大后减小，说明此反应伴随着副反应。【解析】CD3.5BD21、略

【分析】【分析】

(1)已知常温下，将氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，有白色沉淀产生，是铝离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；

(2)pH相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，pH变化大的为强酸，小的为弱酸，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，根据电荷守恒判断；

(3)①NaCN溶液中CN-离子水解溶液显碱性，计算水解平衡常数和HCN电离平衡常数比较判断溶液酸碱性和离子浓度关系；

②25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度；

(4)电荷守恒；判断离子浓度大小；氨水的电离平衡常数为电离出离子的浓度积与溶质浓度的比值。

【详解】

(1)已知常温下，将氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，有白色沉淀产生，是铝离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑；

(2)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较小，说明HX的酸性比醋酸弱，HX的电离平衡常数比醋酸小，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(X−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，所以溶液中所有离子浓度为阳离子浓度的2倍，醋酸的电离程度大于HX，醋酸根离子水解程度小于X−根离子；所以醋酸钠溶液中氢离子浓度大于NaX，则醋酸钠溶液离子数目较多，故答案为：＞；

(3)①25℃时，浓度均为0.01mol⋅L−1HCN和NaCN混合溶液，CN−+H2O⇌HCN+OH−，水解程度大于酸的电离程度，溶液显碱性，溶液中HCN浓度大于CN−浓度，故答案为：碱性；＞；

②25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，故答案为：18；

(4)电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，溶液呈中性，即c(H+)=c(OH−)，即c(NH4+)=c(Cl−)，氨水中的电离常数为故答案为：=；【解析】2Al3++3CO32-+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑>碱性>18=22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)图象分析，反应是放热反应，反应的焓变ΔH=E1-E2=145kJ/mol-890kJ/mol=-745kJ/mol，热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH4=-745kJ/mol；反应是放热反应；ΔH＜0，ΔS＜0，低温下ΔH-TΔS＜0，有利于该反应正向自发，故答案为：低温；

(2)①图象分析，反应物NO、CO的起始物质的量比一定，反应是放热反应，温度越高平衡逆向进行，二氧化碳体积分数减小，平衡常数减小，T1＞T2；由于Y；Z温度相同，故W、Y、Z三点的平衡常数的大小关系为：W＞Y=Z；温度一定，随反应物NO、CO的起始物质的量比增大，X→Y反应正向进行，一氧化碳的转化率X＜Y，Y→Z平衡正向进行，一氧化氮增大会提高一氧化碳的转化率，则Y＜Z，X、Y、Z三点，CO的转化率的从大到小的顺序Z＞Y＞X，故答案为：W＞Y=Z；Z＞Y＞X；

②T1℃时；在1L密闭容器中，0.1molCO和0.1molNO，达到Y点时，测得NO的浓度为0.02mol/L，则。

则此温度下平衡常数K==1600，某时刻测得CO、NO、N2、CO2的浓度分别为0.01mol/L、amol/L、0.01mol/L、0.04mol/L，要使反应向正方向进行，应满足Q＜K=1600，Q=＜1600，解得a＞0.01，故答案为：1600；a＞0.01。【解析】低温W＞Y=ZZ＞Y＞XK=1600a＞0.0123、略

【分析】【分析】

（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，再结合计算；根据温度对平衡的影响效果作答；

（2）平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度；平衡逆向移动，平衡常数减小；

（3）依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；

（4）要增大；应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断。

【详解】

（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v(H2)==0.225mol/(L·mon)；根据图示信息可知；升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，故答案为0.225mol/(L·min)；放热；

（2）由（1）可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以平衡常数K===5.3；升高温度；平衡向逆反应方向移动，平衡常数会减小，故答案为5.3；减小；

（3）CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则浓度商Q==4＜K=5.33；说明反应正向进行v(正)＞v(逆)；故答案为＞；

（4）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积减小的放热反应；则。

A．该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小；A项错误；

B.在原容器中充入1molHe，反应物的浓度保持不变，平衡不移动，的值保持不变；B项错误；

C.将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，的值增大；C项正确；

D.缩小容器容积，增大压强，平衡向正反应方向移动，的值增大；D项正确；

故答案为CD。【解析】①.0.225mol/(L·min)②.放热③.5.33④.减小⑤.＞⑥.CD四、判断题(共2题，共12分)24、A【分析】【分析】

【详解】

25℃时，KW=1.0×10-14，0.01mol·L-1的盐酸中，c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，根据KW=c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1，故答案为：正确。25、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。五、工业流程题(共4题，共40分)26、略

【分析】【分析】

焙烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，离子方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作除去不反应的杂质，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4•10H2O。将过滤后的溶液足量HCl，将Na2MoO4转化为H2MoO4，H2MoO4高温下发生分解生成MoO3，MoO3高温下被氢气还原为金属钼；据此分析解答相关问题。

(1)

焙烧时；使钼精矿充分反映即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，故正确答案为ac；

(2)

操作1的名称是过滤，除去矿石中不参与反应的杂质，“碱浸”过程中的离子方程式为MoO3+=+CO2↑；

(3)

由图像知，在0-10℃范围内溶解度随温度的升高而升高，10℃以上不再是所以获得的方法是在适宜条件下蒸发浓缩；冷却至10℃以下结晶；

(4)

ClO-中的氯元素是+1价，具有氧化性氯元素化合价降低到-1价，生成Cl-，MoS2中Mo元素为+2价，S元素为-1价，两种元素的化合价均升高，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为根据题目信息，在空气中是氧气与钼酸盐共同作用，在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，现在是密闭系统中，钼酸盐未变，还需加入NaNO2；是替代氧气起氧化剂的作用；

(5)

当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的则的去除率为【解析】(1)ac

(2)MoO3+CO=MoO+CO2↑

(3)蒸发浓缩冷却至10℃以下结晶。

(4)C

(5)8927、略

【分析】【分析】

(1)

①为加快焙烧速率和提高原料的利用；可采取的措施将铬铁矿粉碎等；故答案为铬铁矿粉碎等；

②根据流程，过程I得到浸出液和浸出渣，该操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，Na2CrO4中Cr显＋6价，而铬铁矿中Cr显＋3价，Cr2O3高温焙烧过程中Cr2O3为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法进行配平，反应方程式为2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2=4Na2CrO4＋4CO2；故答案为过滤；2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2；

③滤液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，浸出液与Na2S反应得到Cr(OH)3，Cr的化合价由＋6→＋3价，降低3价，S的化合价由－2价→＋6价，化合价升高8价，最小公倍数为24，有8CrO＋3S2-→3SO＋8Cr(OH)3↓，根据反应前后所带电荷数相等，因此离子方程式为8CrO＋3S2-＋20H2O=3SO＋8Cr(OH)3↓＋16OH－；故答案为8CrO＋3S2-＋20H2O=3SO＋8Cr(OH)3↓＋16OH－；

(2)

①绿矾为FeSO4·7H2O，废水中加入绿矾，得到Cr3＋和Fe3＋，Cr2O作氧化剂，Fe2＋作还原剂，根据化合价升降法进行配平，反应离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；故答案为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；

②代入数值，解得c(Cr3＋)=3.0×10-6mol·L-1；故答案为3.0×10-6mol·L-1。【解析】(1)铬铁矿粉碎等过滤2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋4CO2；8CrO＋3S2-＋20H2O=3SO＋8Cr(OH)3↓＋16OH－

(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O3.0×10-6mol·L-128、略

【分析】【分析】

CeO2、SiO2、Fe2O3中加入过量盐酸，Fe2O3溶于盐酸得到FeCl3溶液，滤出固体CeO2、SiO2；固体中加入足量稀硫酸、H2O2，SiO2不溶于硫酸，CeO2被H2O2还原为Ce3+，含有Ce3+的溶液加入碱生成Ce(OH)3的悬浊液；向Ce(OH)3的悬浊液中通入HCl制得CeCl3·6H2O，NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3；Ce(OH)3的悬浊液中加入NaClO，Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4。

【详解】

(1)滤渣A是CeO2、SiO2，SiO2和硫酸不反应，所以滤渣B的主要成分化学式SiO2，SiO2的主要应用是制光导纤维等。

(2)步骤②中CeO2被H2O2还原为Ce3+，反应的离子方程式2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑，H2O2在高温下易分解；不能在高温下进行该反应；

(3)NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3；

(4)第④步反应是Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4，反应的化学方程式是2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。

【点睛】

本题以废玻璃粉末为原料回收铈为载体考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理是解题关键，注意常见化合物的性质，掌握混合物分离的方法，培养学生