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7题，共14分)1、某实验小组为研究黄铜(Cu—Zn合金)的抗腐蚀性能；进行了系列实验，结果如下：

。实验。

0~1h

1h

2h

1

6mol/L盐酸。

无气泡产生。

2

3mol/L硫酸。

无气泡产生。

黄铜表面出现少量小气泡；反应缓慢。

黄铜表面小气泡数量增加不明显；反应缓慢。

3

6mol/L硝酸。

2min时出现较多气泡；反应迅速进行；10min时出现明显的红棕色气体。

溶液变为蓝色；反应持续进行，但不剧烈。

溶液变为蓝色；反应持续进行，较为缓慢。

4

2mol/L硝酸。

黄铜表面出现少量小气泡；反应缓慢。

溶液出现淡蓝色；反应缓慢。

溶液出现淡蓝色；反应缓慢。

4

浓硝酸。

反应物接触后迅速反应；反应剧烈，产生大量红棕色气体，溶液变为深蓝色。

依据上述实验，所得结论不正确的是A.实验1、2、3中反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关B.可用稀硫酸溶解黄铜以测定铜的质量分数C.硝酸与黄铜反应的速率随硝酸浓度增大而加快D.黄铜在稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，说明其结构与简单Cu—Zn混合物不同2、在两个固定体积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2):n(CO2)]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)△H；CO2的平衡转化率a(CO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.该反应在高温下自发进行B.氢碳比：X<2.0C.若起始时，CO2、H2浓度分别为0.5mol/L和1.0mol/L，则可得P点对应温度的平衡常数值为512D.向处于P点状态的容器中，按2:4:1:4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，再次平衡后a(CO2)减小3、一种将电解池和燃料电池相组合的新工艺；使氯碱工业节能超过30%，其原理如图所示(离子交换膜均为阳离子交换膜)。下列说法错误的是。

A.X为Cl2，Y为H2B.A为电解池，B为燃料电池C.NaOH溶液浓度：b＞a＞cD.燃料电池的正极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O4、常压电化学法合成氨过程中用纳米Fe2O3做催化剂，其电解装置如图所示：熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是。

A.惰性电极Ⅱ是电解池的阴极，发生氧化反应B.产生2.24LO2时，内电路转移的OH-数为0.4NAC.惰性电极Ⅰ的电极反应为D.电解过程中OH-向惰性电极Ⅱ的方向移动5、下列说法中正确的是A.25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NaCl溶液的KWB.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性C.常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1:104D.根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性6、已知：为黄色，溶液中可以存在可逆反应：下列实验所得结论不正确的是。

(溶液中有少量的时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化)。①②③④加热前溶液为浅加热黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深

A.实验①中，溶液显浅黄色原因是水解产生了少量B.实验②中，酸化对水解的影响程度大于温度的影响C.实验③中，加热，可逆反应：正向移动D.实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为水解平衡正向移动7、我国科学家利用Na2CO3和碳纳米管组装“无Na预填装”的Na-CO2二次电池(如下图所示)。b电极中的碳纳米管可作导体、反应物和CO2通道等。电池的总反应下列关于该电池的说法不正确的是。

A.不能用水配制电解液B.电池组装后，在使用前必须先充电C.放电时，电解液中的Na+向a电极移动D.充电时，b极反应为2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2↑评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的含量。利用的反应原理为：一元酸实验步骤如下：

①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶，加入滴指示剂，用浓度为的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为

②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL；静置1分钟。

③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为

下列说法不正确的是A.步骤①中的指示剂不可以选用酚酞试液B.步骤②中静置的目的是为了使和HCHO完全反应C.步骤②若不静置会导致测定结果偏高D.饱和食盐水中的9、某温度下；在2L的恒容密闭容器中充入气体A和气体B发生反应生成气体C，反应过程中各组分的物质的量随反应时间的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.t1时刻反应达到平衡状态B.该温度下，反应的平衡常数为300C.该反应的化学方程式可表示为：A+3B2CD.0~10min内平均速率v(B)=0.09mol·L-1·min-110、在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则A.平衡向逆反应方向移动了B.物质A的转化率减小了C.物质B的质量分数增加了D.a＜b11、下列根据实验操作和现象得出结论不正确的是。选项实验操作实验现象结论A室温下，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液有白色絮状沉淀生成AlO结合H+能力比CO强B向Na2S2O3溶液中滴加稀H2SO4溶液产生气体，生成浅黄色沉淀硫酸表现强氧化性C向盛有1mL0.01mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol·L-1的NaCl溶液，再滴加5滴0.01mol·L-1的NaI溶液先有白色沉淀生成，后有黄色沉淀生成此温度下：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀溶液中可能存在平衡：II-+I2

A.AB.BC.CD.D12、一种以锌-石墨烯纤维无纺布为负极、石墨烯气凝胶(嵌有可表示为)为正极；盐-水“齐聚物”为电解质溶液的双离子电池如图所示。下列有关该电池的说法正确的是。

A.放电时，石墨烯气凝胶电极上的电极反应式为B.多孔石墨烯可增大电极与电解质溶液的接触面积，也有利于扩散至电极表面C.电池总反应为D.充电时，被还原，在石墨烯纤维无纺布电极侧沉积，被氧化后在阴极嵌入13、某污水处理厂利用微生物电池将镀铬废水中的Cr2O还原；其工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.电池工作时b极是负极，发生氧化反应B.电池工作时，电子由a极经导线流向b极，再由b极经过电解质溶液流向a极C.a极反应式为CH3COOH-8e-＋2H2O=2CO2↑＋8H＋D.左池每消耗3molCH3COOH，右池可处理含4molCr2O的废水14、已知反应2NO(g)+Br2(g)=2NOBr(g)的速率方程[v=k·c2(NO)·c(Br2)；k为速率常数]，该反应机理可分为两步：

(1)NO(g)+Br2(g)=NOBr2(g)快[Kc=]

(2)NOBr2(g)+NO(g)=2NOBr(g)慢[速率方程v=k1·c(NO)·c(NOBr)，k1为速率常数；该反应速率近似认为是总反应的速率]

将2mol的NO与1mol的Br2放入1L的容器中混合反应。下列说法错误的是A.k=k1KcB.反应消耗一半时的反应速率与反应起始速率的比值是8∶1C.10s时反应达平衡，平衡时n(NO)=n(NOBr)，则0~10s时间内，NO的平均速率为0.10mol·L-1·min-1D.到达平衡后，压强增大，平衡移动的方向与温度升高平衡移动的方向相反，则△H>0评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、电池与工农业生产；日常生活有着密切的关联。请回答下列问题：

(1)燃料电池是目前电池研究的热点之一、某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极。

①负极是___________(填“a”或“b”)，该电极上发生___________(填“氧化”或“还原”)反应。

②b极发生的电极反应式是___________。

③标准状况下，消耗11.2L时，转移的电子数为___________。

(2)某同学利用家中废旧材料制作可使扬声器发出声音的电池，装置如下图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。

A．电子由铝制易拉罐经导线流向碳棒B．在碳棒上有气体生成；该气体可能为氢气。

C．铝质易拉罐逐渐被腐蚀，说明铝失去电子D．扬声器发声；说明该装置将电能转化为化学能。

(3)铁及其化合物应用广泛，如可用作催化剂；印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。

①写出溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式：___________。

②若将①中的反应设计成原电池，请画出该原电池的装置图，标出正、负极和电解质溶液___________。16、NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。

用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：

2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=−116.1kJ·mol−1

3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=75.9kJ·mol−1

反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。17、在某温度下合成氨：N2＋3H22NH3（△H<0），把N2和H2以1︰1的物质的量之比混匀后分成两等份；同时分别充入A体积和B体积两个装有催化剂的真空容器中（A；B两容器容积固定），在保持同温度下，A、B两个容器的合成氨反应先后达到平衡状态。请回答：

（1）写出该反应的平衡常数表达式：_____________，KA______KB（填“>”、“<”或“=”）。

（2）平衡常数K值越大，表明建立平衡时__________。

A．N2的转化率越低B．NH3的产量越小。

C．正反应进行得越彻底。

（3）欲增大该反应K值，可以采取的措施为__________。

A．升高温度B．降低温度。

C．增大N2、H2的浓度D．使用高效的催化剂。

（4）分析下表中数据后，完成下列问题[M（平）表示平衡时混合物的平均相对分子质量]：达平衡时，容器A中N2的转化率为___________，容器B中M（平）为__________，容器______（填“A”或“B”）中，NH3的物质的量所占的比例较大。容器A容器BM（平）20平衡时N2的转化率10%18、乙二酸俗名草酸，某化学学习小组的同学欲探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中x值。通过查阅资料该小组同学通过网络查询得知，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；该组同学设计了滴定的方法测定x值。

①称取1.260g纯草酸晶体；将其酸制成100.00mL水溶液为待测液。

②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4

③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定；达到终点时消耗10.00mL；请回答：

(1)将草酸晶体配制成溶液时，必须用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、_______、_______。

(2)滴定时，将KMnO4标准液装在图中的_______(填“甲”或“乙”)滴定管中。

(3)下列滴定操作会使测得的x值偏大的是_______。

A．滴定终点时俯视滴定管刻度。

B．滴定终点时仰视滴定管刻度。

C．滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小。

D．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失19、乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：＋H2(g)ΔH=＋124kJ·mol-1，工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9)，控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)变化如图，控制反应温度为600℃的理由___________

20、已知：①CaCO3(s)=CaO＋CO2(g)ΔH=＋177.7kJ·mol-1

②C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=-131.3kJ·mol-1

③C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

④CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

⑤H2SO4(l)＋NaOH(l)=Na2SO4(l)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

⑥HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

⑦2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1

(1)上述热化学方程式中，不正确的有___________，不正确的理由分别是：___________。

(2)根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式___________。

(3)上述正确的热化学方程式中，表示燃烧热的热化学方程式有___________；表示中和热的热化学方程式有___________。21、填空。

(1)将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。下图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。

①电极b为_______极。

②电极b上的电极反应为_______。

(2)浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图所示；该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。

①X为_______极，Y极的电极反应式为_______。

②Y极生成1molCl2时，_______molLi+移向_______(填“X”或“Y”)极。

(3)微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中；电解质溶液为酸性，示意图如下：

①该电池中外电路电子的流动方向为_______(填“从A到B”或“从B到A”)。

②A电极附近甲醇发生的电极反应为_______。22、已知T℃时，向50mL一元碱MOH溶液中滴加盐酸；溶液的pH；pOH随滴入盐酸体积的变化如图所示。

(1)当时，溶液中_______(填“>”、“<”或“=”；下同)。

(2)T_______25℃，判断依据是_______；a=_______。

(3)T℃时，电离常数的值为_______(保留两位有效数字)。

(4)盐酸与MOH溶液恰好中和时，所得溶液的pH_______6.5。23、运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。

(1)铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，原因是_______。

(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释_______。

(3)合成氨过程中发生的反应机理如下：

I．2xFe+N22FexN(慢)；

II．2FexN+3H22xFe+2NH3(快)

回答下列问题：

①合成氨反应的速率快慢主要取决于_______(填“I”或“II”)；

②合成氨反应的催化剂是_______(填化学式)：

③反应I的活化能_______反应II的活化能(填“＞”“＝”或“＜”)。

④使用催化剂前后，合成氨反应的ΔH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)24、(_______)A.正确B.错误25、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误26、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共12分)27、氮是生物体的重要组成元素；也是维持高等动植物生命活动的必需元素。研究氮的循环和转化对生产和生活有重要的价值。

Ⅰ.某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。

(1)设备1中发生反应的化学方程式是_______。

(2)同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为_______。

Ⅱ.工业制硝酸时尾气中含有可用以下方法吸收：

(3)水吸收法。用水吸收的缺陷是_______(用化学方程式和必要的文字说明)。

(4)溶液吸收法。发生的反应有：_______(书写化学方程式)。

(5)用不同浓度的溶液吸收含量不同的尾气(表示尾气中的体积百分含量)，测得氮氧化物吸收率与溶液浓度的关系如图所示。

①依据测得的关系图，下列说法正确的是_______(填序号)。

A.含量越大；氮氧化物的吸收率越大。

B.溶液浓度越大；氮氧化物的吸收率越大。

②当小于50%时，通入适量能提升氮氧化物的吸收率，原因是_______。

Ⅲ.氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过氨热分解法制氢气。相关化学键的键能数据。化学键键能E/()946.0436.0390.8

一定温度下，利用催化剂将分解为和回答下列问题：

(6)反应_______

(7)为防止环境污染，以下装置(除⑤标明外，其余盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是_______(填序号)。

28、MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：

软锰矿Mn2+溶出液Mn2+纯化液MnO2

资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有和

②金属离子沉淀的pH。Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3

③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。

(1)溶出。

①溶出前，软锰矿需研磨，目的是_______。

②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。

i.II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。

ii.若Fe2+全部来自于反应完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。

(2)纯化。

已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。

(3)电解。

Mn2+纯化液经电解得MnO2.生成MnO2的电极反应式是_______。

(4)产品纯度测定。

向ag产品中依次加入足量bg和足量稀加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为dL。(已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO286.94；134.0)产品纯度为_______(用质量分数表示)。29、以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红(Fe2O3)的过程如下：

回答下列问题：

(1)酸溶时，粉碎硫酸渣的目的是________________。

(2)还原过程中加入FeS2粉增大溶液中Fe2+的含量，同时有H2SO4生成，写出该反应的离子方程式：____________________________。

(3)滤渣A的主要成分为_________。

(4)为得到纯净的Fe(OH)3固体，需要对沉淀进行洗涤，判断沉淀Fe(OH)3是否洗净的方法是__________。

(5)当离子浓度≤1×10-5mol/L时可认为其沉淀完全。若要使Mg2+完全沉淀则要保持c(OH-)≥_________。{已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，}30、铜阳极泥(主要含有铜；银、金、少量的镍)是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：

已知：分金液的主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3－=Ag++2SO32－

(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为___________；已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。

“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用为______________________。

(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______________________。

(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。

“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgC的原因为___________。调节溶液的pH不能过低，理由为___________。

(4)已知离子浓度≤10－5mol/L时，认为该离子沉淀完全。已知：Ksp[Pb(OH)2]=2.5×10－16，Ksp[Sb(OH)3]=10－41。浸取“分银渣”可得到含0.025mol/LPb2+的溶液(含少量Sb3+杂质)。欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为___________。(忽略溶液体积变化)

(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/LNiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：

为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为___________g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为___________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共36分)31、A；B、D、E四种元素均为短周期元素；原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素：W为A、B两元素组成的18电子分子，可作火箭燃料；甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子。它们之间的转化关系如图②所示。

请回答下列问题：

(1)E元素价电子排布式为_____________，Z化学式为_____________；X分子的空间构型为_____________。

(2)E元素可分别与钙(Ca)、钛(Ti)元素形成化合物，其中的熔点为782℃，沸点1600℃，的熔点为−24.1℃，沸点为136.4℃，两者熔沸点差别很大的原因是_______________________________________。

(3)已知一种分子结构如图所示：断裂1molB−B键吸收167kJ的热量，生成1molB≡B放出942kJ热量。则由气态分子变成气态分子的热化学方程式为：_________________________(和分子用化学式表示)。

(4)将一定量的的混合气体放入1L恒容密闭容器中，在200℃下达到平衡。测得平衡气体的总物质的量为0.4mol，其中为0.1mol，为0.1mol。则该条件下的平衡转化率为_____________，该温度下的平衡常数为_____________。32、物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。其中A为气体化合物；甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D；F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。

则。

（1）A的分子式是_________，甲的电子式是________。

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是________________。

（3）若1.7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______。33、现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子(各种离子不重复)。阳离子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+阴离子OH-、C1-、CONOSO

已知：

①A；B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性。

②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生(沉淀包括微溶物；下同)。

③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀。

试回答下列问题：

(1)写出化学式：A_______B_______D_______

(2)E溶液呈酸性的原因是：(用离子方程式表示)_______

(3)将C溶液逐滴加入等体积、等物质量的浓度的A溶液中，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：_______。

(4)在100mL0.1mol·L-1E溶液中，逐滴加入35mL2mol·L-1NaOH溶液，最终得到沉淀物质的量为_______mol34、A；B、M、X、Y、Z是短周期元素；且原子序数依次增大。已知它们的部分化合物的性质如下：

。A的最简氢化物。

B的最简氢化物。

M的最简氢化物。

X的氧化物。

Y的最简氢化物分子构型。

Z的最高价氧化物。

含氢量最高的有机物。

水溶液呈碱性。

水溶液呈酸性。

两性氧化物。

正四面体。

对应水化物为最强酸。

(1)M原子核外电子占据的轨道有______个，B的最简氢化物的电子式：_____________

(2)M、X、Z三种元素简单离子的半径由大到小的顺序是：__________________(用离子符号和“﹥”表示)

(3)B的最简氢化物与Z的氢化物相遇时现象为__________________________

(4)推测A和Y组成的化合物的熔点是______________(填“高“或“低”)，理由是______________________________________________________________。

(5)A元素的氢化物有多种，1molA的某种氢化物分子中含有14mol电子。已知在常温常压下1g该氢化物在足量氧气中充分燃烧生成液态水时放出的热量为50KJ,请写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．实验1、2、3中阳离子都是氢离子，且c(H+)均为6mol/L；但阴离子各不相同，因此反应速率不同，与溶液中阴离子种类有关，故A正确；

B．根据实验2；1h以上稀硫酸才与黄铜缓慢反应，经过2h气泡数量增加都不明显，不能保证其中的锌全部溶解，不能用来测定其中铜的质量分数，故B错误；

C．根据实验3；4、5可知；硝酸与黄铜反应的速率随硝酸浓度增大而加快，故C正确；

D．根据实验2；1h以内，稀硫酸与黄铜不反应，经过2h，反应缓慢，气泡数量增加都不明显，说明黄铜在稀硫酸中有较强的抗腐蚀性能，说明黄铜合金的结构与简单Cu—Zn混合物不同，故D正确；

故选B。2、C【分析】【详解】

A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，反应的熵变△S＜0，若△H-T△S＜0；则需在低温下进行，故A错误；

B．氢碳比[]越大；二氧化碳的转化率越大，根据图像，氢碳比：X＞2.0，故B错误；

C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比[]＝2；起始时氢气为1mol/L；二氧化碳为0.5mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，则：

2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)

起始浓度(mol/L)：0.5100

变化浓度(mol/L)：0.250.750.1250.5

平衡浓度(mol/L)：0.250.250.1250.5

代入平衡常数表达式K＝=＝512；故C正确；

D．P点平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O的浓度比值为2∶2∶1∶4，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡后a(CO2)增大；故D错误；

答案选C。3、D【分析】【分析】

由图可知；电解池中，左侧电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气X，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气Y和氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动；燃料电池中，左侧电极为负极，氢气在氢氧根离子作用下失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为正极，氧气和水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动。

【详解】

A．由分析可知；X为氯气；Y为氢气，故A正确；

B．由分析可知；A为电解池，B为燃料电池，故B正确；

C．由分析可知，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b＞a＞c；故C正确；

D．燃料电池的负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O；故D错误；

故选D。4、D【分析】【分析】

根据图象可知，电极Ⅱ生成氧气，故发生氧化反应为阳极，则电极Ⅰ为阴极，说明纳米Fe2O3在电极上先被还原成Fe，之后Fe与N2和H2O(g)反应生成NH3和Fe2O3。

【详解】

A．根据分析可知电极Ⅱ为阳极；失电子发生氧化反应，A错误；

B．温度和压强未知，无法确定2.24LO2的物质的量；则无法确定转移电子数，B错误；

C．根据分析可知惰性电极Ⅰ上Fe2O3被还原生成Fe，电极反应为Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；C错误；

D．电解池中阴离子向阳极移动；即向惰性电极Ⅱ的方向移动，D正确；

综上所述答案为D。5、C【分析】【详解】

A．KW只与温度有关，温度越高，KW越大，因此25℃时NH4Cl溶液的KW小于100℃时NaCl溶液的KW；A错误；

B．100℃时，KW=10-12，pH=2的盐酸c(H+)=0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)==1mol/L，二者等体积混合，OH-过量；溶液显碱性，B错误；

C．常温下，pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10-5mol/L，酸抑制水的电离，由水电离出的c(H+)=溶液中c(OH-)=mol/L=10-9mol/L，pH=5的硫酸铝溶液中，铝离子水解促进水的电离，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L，因此常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比=10-9:10-5=1:104；C正确；

D．溶液的酸碱性要比较c(H+)和c(OH-)的相对大小，未给温度，KW未知，pH=6.8的溶液无法计算c(OH-)；因此无法判断溶液的酸碱性，D错误。

答案选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．实验①中，0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大，颜色加深，故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产性了少量Fe(OH)3；选项A正确；

B．实验②中，酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响；选项B正确；

C．实验③中，酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，则氯离子影响平衡移动，加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应：即加热平衡正向移动，选项C正确；

D．实验④，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡均可能使颜色变深，故不可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动；选项D不正确。

答案选D。7、C【分析】【分析】

根据总反应可知充电时Na2CO3(s)/碳纳米管电极上C被氧化为二氧化碳，所以b电极为阳极，a电极为阴极，钠离子在Al复合电极上被还原为Na单质，则放电时a为负极，钠被氧化为Na+，b电极为正极；二氧化碳部分被还原为C单质，部分生成碳酸钠。

【详解】

A．由于该电池工作时有钠单质参与；钠会与水反应降低效率，所以不能用水配制电解液，A正确；

B．根据题意可知该电池组装好时Al符合电极上没有钠单质；所以要先充电，生成钠单质，然后才能放电，B正确；

C．放电时a极为负极，而原电池中阳离子向正极移动，即Na+向b电极移动；C错误；

D．充电时b为阳极，Na2CO3(s)/碳纳米管电极上C被氧化为二氧化碳，电极反应为2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2↑；D正确；

综上所述答案为C。二、多选题(共7题，共14分)8、AC【分析】【分析】

A.氢氧化钠与甲酸恰好反应时生成甲酸钠；甲酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合酚酞的变色范围分析；

B.为了使铵根离子与甲醛充分反应；需要将混合液静置；

C.若不静置；铵根离子反应不完全，导致测定结果偏低；

D.结合反应一元酸及待测计算饱和食盐水中的

【详解】

步骤中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，酚酞的变色范围为所以指示剂可选用酚酞试液，故A错误；

B.步骤中静置1分钟的目的是为了使和HCHO完全反应；从而减小实验误差，故B正确；

C.步骤若不静置，没有完全反应；导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；

D.反应一元酸中产生的消耗NaOH溶液的体积为则饱和食盐水中的故D正确。

故答案选：AC。9、CD【分析】【分析】

根据图示可知A、B的物质的量在减少，C的物质的量在增加，说明A、B是反应物，C是生成物，在前10min内三种物质的物质的量改变为△n(A)：△n(B)：△n(C)=0.6mol：1.8mol：1.2mol=1：3：2，10min后三种物质都存在，且物质的量不再发生变化，说明该反应为可逆反应，三种物质的物质的量变化比等于化学方程式中该物质的化学计量数的比，故该反应方程式为：A+3B2C。

【详解】

A．t1时刻三种物质的物质的量相等，但由于t1时刻后各种物质的物质的量仍然发生变化；故该时刻反应未达到平衡状态，A项错误；

B．根据图示可知平衡时n(A)=0.6mol，n(B)=0.2mol，n(C)=1.2mol，由于容器的容积是2L，故平衡时各种物质的浓度c(A)=0.3mol/L，c(B)=0.1mol/L，c(C)=0.6mol/L，该反应为A+3B2C，故该温度下的化学平衡常数K==1200；B项错误；

C．由分析可知，该反应的化学方程式为：A+3B2C；C项正确；

D．0~10min内，△n(B)=2.0mol-0.2mol=1.8mol，平均速率D项正确；

答案选CD。10、AB【分析】【详解】

假如保持温度不变；将容器体积增加一倍过程中，平衡不移动，则A的浓度变为原来的50%，现在A的浓度变为原来的60%，说明假设不成立，平衡逆向移动了，据此分析解题：

A．由分析可知；平衡向逆反应方向移动了，A符合题意；

B．由分析可知；平衡向逆反应方向移动了，故物质A的转化率减小了，B符合题意；

C．由分析可知；平衡向逆反应方向移动了，故物质B的质量分数减小了，C不合题意；

D．由分析可知，增大体积，减小压强，平衡向逆反应方向移动，说明a＞b；D不合题意；

故答案为：AB。11、BC【分析】【详解】

A．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，两者发生双水解反应生成氢氧化铝和碳酸钠，故可知AlO结合H+能力比CO强；A正确；

B．稀硫酸在此反应中提供了酸性环境；各元素的价态没有发生变化，没有体现氧化性，B错误；

C．向盛有1mL0.01mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol·L-1的NaCl溶液，出现氯化银白色沉淀，再滴加5滴0.01mol·L-1的NaI溶液，AgNO3溶液过量，立即产生碘化银沉淀，没有沉淀转化，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；C错误；

D．向盛有相同浓度KI3溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明有I2，向盛有相同浓度KI3溶液中滴加AgNO3溶液，有黄色沉淀说明生成碘化银沉淀，有I-，故溶液中可能存在平衡：II-+I2；D正确；

故选BC。12、BC【分析】【分析】

石墨烯气凝胶(嵌有可表示为)为正极，电极反应式为锌-石墨烯纤维无纺布为负极，电极反应式为故电池总反应为

【详解】

A．放电时，石墨烯气凝胶电极为正极，发生还原反应得电子，电极反应式为A项错误；

B．多孔石墨烯可增大电极与电解质溶液的接触面积，能增大反应速率，也有利于扩散至电极表面；B项正确；

C．由分析可知，电池总反应为C项正确；

D．充电时，被还原，在石墨烯纤维无纺布电极侧沉积，被氧化后在阳极嵌入；D项错误；

答案选BC。13、CD【分析】【分析】

根据化合价的变化；升高时失去电子做负极，化合价降低时得到电子做正极；根据离子的移动规律：阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此判断正负极，根据电子；电荷、原子守恒书写电极反应；

【详解】

A．根据氢离子的移动方向或者Cr的化合价由+6变为+3而得电子判断b为正极；发生还原反应，故A不正确；

B．根据a极中醋酸中碳元素平均化合价由0价升到二氧化碳中碳的+4价判断a极为负极，则b极为正极；电子由负极经导线流向正极，但不能经过电解质溶液，故B不正确；

C．根据化合价的变化判断失去电子数，根据电荷守恒和原子守恒进行书写电极反应，书写电极反应：CH3COOH-8e-＋2H2O=2CO2↑＋8H＋；故C正确；

D．根据左边的电极反应CH3COOH-8e-＋2H2O=2CO2↑＋8H＋，当消耗3molCH3COOH时，失去的电子数为24mol，则正极理论上得到的电子数为24mol，根据b电极的反应：当得到电子数为24mol时，消耗4molCr2O故D正确；

故选答案CD。

【点睛】

原电池实质是氧化还原反应，负极失去的电子数等于正极得到的电子数。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A．反应可由反应(1)+(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，由可得将其代入得出即可得出描述正确，不符题意；

B．根据反应消耗一半时的浓度均为起始时的一半，反应速率与反应起始速率的比值是1∶8，描述错误，符合题意；

C．利用三段式：

据题意，平衡时即则0~10s时间内，NO的平均速率为描述正确，不符题意；

D．压强增大，平衡正向移动，温度升高平衡逆向移动，正向为放热反应，故D错误。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

氢氧燃料电池工作时，通入氢气的一极（a极）为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极（b极）为电池的正极，发生还原反应，电子由负极经外电路流向正极，负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应方程式为2H2+O2=2H2O；该装置为原电池；铝为负极，铝失去电子生成铝离子；炭棒为正极，稀醋酸溶液中的H+在正极表面得电子生成氢气；原电池中；电子从负极经导线流向正极。

【详解】

(1)①通入氢气的一极（a极）为电池的负极，发生氧化反应，负极是a(填“a”或“b”)；该电极上发生氧化(填“氧化”或“还原”)反应。故答案为：a；氧化；

②氢氧燃料电池工作时，通入氧气的一极（b极）为电池的正极，发生还原反应：故答案为：

③标准状况下，消耗11.2L(0.5mol)时，转移的电子数为(或)。故答案为：(或)；

(2)A．原电池中，电子从负极经导线流向正极，故电子由铝制易拉罐经导线流向碳棒，故A正确；B．炭棒为正极，在碳棒上有气体生成，可能是稀醋酸溶液中的H+得电子生成氢气；故B正确；C．铝为负极，铝失去电子生成铝离子，铝质易拉罐逐渐被腐蚀，故C正确；D．该装置为原电池，将化学能转化为电能，从而使扬声器发声，故D错误；故答案为：ABC；

(3)①溶液腐蚀印刷电路铜板，生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式：故答案为：

②若将①中的反应设计成原电池，铜作负极，氯化铁溶液作电解质，碳或惰性电极作正极，画出该原电池的装置图，标出正、负极和电解质溶液故答案为：【解析】a氧化(或)ABC16、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律和热化学方程式的书写进行分析。

【详解】

（1）将两个热化学方程式编号，2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq）ΔH=−116.1kJ·mol−1（①式）3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）ΔH=75.9kJ·mol−1（②式）应用盖斯定律，将（①式×3+②式）÷2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1kJ·mol−1）×3+75.9kJ·mol−1]÷2=-136.2kJ·mol−1。【解析】−136.217、略

【分析】【分析】

化学平衡常数是在一定条件下；当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，平衡常数的大小体现了反应的进行程度，当平衡常数K值越大，表明建立平衡时正反应进行得越彻底，反应物的转化率越大，产物的产量越大，由于平衡常数K仅与温度有关，因此欲改变该反应K值，需要改变温度。据此解题。

【详解】

（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，该反应的平衡常数表达式K＝平衡常数仅与温度有关，当温度不变时，同一可逆反应的平衡常数保持不变，因此KA=KB；

（2）平衡常数的大小体现了反应的进行程度；当平衡常数K值越大，表明建立平衡时正反应进行得越彻底，反应物的转化率越大，产物的产量越大，答案应选C。

（3）由于平衡常数K仅与温度有关，因此欲增大该反应K值，需要改变温度。因N2＋3H22NH3（△H<0）；故降低温度，有利于平衡正移，K值减小，答案应选B。

（4）根据可逆反应N2＋3H22NH3，设初始投料N2和H2分别为1mol，设发生转化的N2物质的量为xmol；可列出关系式：

N2＋3H22NH3

初始110

转化x3x2x

平衡1-x1-3x2x

因此在容器A中存在M（平）=M（N2）×＋M（H2）×+M（NH3）×=20，解得：x=0.25mol，因此N2的转化率=25%；

根据可逆反应N2＋3H22NH3，设初始投料N2和H2分别为1mol；在B容器中存在下列关系式：

N2＋3H22NH3

初始110

转化0.10.30.2

平衡0.90.70.2

因此在容器B中存在M（平）=M（N2）×＋M（H2）×+M（NH3）×=28×＋2×+17×=16.7g/mol；

由表格中平衡时N2的转化率可看出容器A中反应正向进行的程度比容器B中大，因此容器A中反应所生成的NH3的物质的量所占的比例大。答案应写：25%、16.7、A。【解析】KA=KBCB25%16.7A18、略

【分析】【详解】

(1)配制100.00mL一定物质的量浓度的草酸溶液；所需用到的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；

(2)因为KMnO4具有强氧化性；会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故选甲；

(3)A．滴定终点时俯视滴定管刻度，则所读消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此计算所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大；x偏大；

B．滴定终点时仰视滴定管刻度，则所读消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此计算所得n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小；x偏小；

C．滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗KMnO4溶液的体积偏大，由此计算所得n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小；x偏小；

D．滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则所读酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此计算所得n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x偏小；故选A。【解析】①.胶头滴管②.100mL容量瓶③.甲④.A19、略

【分析】【详解】

根据图中信息，升高温度，甲苯的转化率不断升高，氮苯乙烯的选择性逐渐降低，温度越高，需要的能源越多，耗能越大，工业生产既要考虑速率，也要考虑成本，而在600℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降，高温还可能使催化剂失活，且能耗大；故答案为：600℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降，高温还可能使催化剂失活，且能耗大。【解析】600℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降，高温还可能使催化剂失活，且能耗大20、略

【分析】【分析】

(1)

观察题给热化学方程式：①不正确，原因是CaO的聚集状态没写；②不正确，因为该反应不符合事实，生成水煤气的反应是一个吸热反应，应为“ΔH=＋131.3kJ·mol-1”；⑤不正确，中和反应是溶液中的离子反应，不是液体之间的反应，除H2O外其余物质状态应改为“aq”。①②⑤均不正确。

(2)

由③④，根据盖斯定律可知，C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1。

(3)

燃烧热是101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以③④是表示燃烧热的热化学方程式。只有⑥是表示中和热的热化学方程式。【解析】(1)①②⑤①CaO的状态没标，②应为“ΔH=＋131.3kJ·mol-1”，⑤除H2O外其余物质状态应改为“aq”

(2)C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1

(3)③④⑥21、略

【分析】【详解】

（1）①根据图示可知：在电极b上CO2得到电子被还原产生HCOOH，所以b电极为正极；

②在电极b上CO2得到电子被还原产生HCOOH，则b电极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；

（2）①根据图示可知：在X电极上H+得到电子被还原产生H2，故电极X为正极；Y电极上Cl-失去电子被氧化产生Cl2，故Y电极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

②在电极Y上Cl-失去电子被氧化产生Cl2，Y电极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，每反应产生1molCl2，反应过程中转移2mol电子，阳极反应消耗2molCl-，则根据电荷守恒可知会有2molLi+向X电极移动；

（3）①根据图示可知：在A电极上甲醇失去电子被氧化产生CO2，同时产生H+；故A电极作为电池的负极，所以该电池外电路电子的流动方向为从电极A通过外电路流向电极B；

②在A电极附近，甲醇失去电子被被氧化产生CO2，同时产生H+，故A电极发生的电极反应为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。【解析】(1)正CO2+2e-+2H+=HCOOH

(2)正2Cl--2e-=Cl2↑2X

(3)从A到BCH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+22、略

【分析】【详解】

(1)由图示可知，pH=6.5时，pH=pOH，即故答案为：=；

(2)由图示可知水的电离为吸热，所以温度越高水的电离程度越大，水的离子积常数越大；由有故答案为：＞；此时水的电离程度增大，说明温度升高；11；

(3)T℃时，MOH溶液的pOH=2，即则其电离常数故答案为：

(4)由图示分析可知，pH=pOH=6.5时，溶液呈中性，MOH溶液的起始pOH=2，即而MOH的浓度为则MOH为一元弱碱，HCl为一元强酸，恰好中和时生成的MCl，MCl发生水解时候溶液呈酸性，所以pH＜6.5，故答案为＜。【解析】=>此时水的电离程度增大，说明温度升高11<23、略

【分析】(1)

铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，这是由于铵态氮肥中的NH发生水解反应，消耗水电离产生NH3·H2O，同时产生H＋，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性；而碳酸钾是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应产生OH-，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性。当二者混合使用时，二者水解反应相互促进，使产生NH3·H2O部分分解产生NH3逸出；导致铵态氮肥的肥效降低，因此不能混合使用；

(2)

合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1；该反应的正反应是放热反应，在工业生产中温度常控制在480°C，而非常温下进行。这是由于相对于常温下，480℃时温度高，合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳，有利于氨气的合成；

(3)

①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应。根据已知条件可知反应I是慢反应；故合成氨反应的速率快慢主要取决于反应I；

②合成氨反应的催化剂是铁触媒；即使用Fe作催化剂合成氨气；

③反应的活化能越大；发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生。由于反应I是慢反应，反应II是快反应，所以反应活化能：I＞II；

④使用催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此使用催化剂前后，合成氨反应的反应热ΔH不变。【解析】(1)NH与CO接触后更易发生水解而导致铵态氮肥肥效减弱。

(2)较常温；480℃时合成氨反应速率较快，且催化剂在该温度下催化效能最佳。

(3)IFe＞不变四、判断题(共3题，共15分)24、B【分析】【详解】

焓变ΔH的单位为kJ/mol，不是kJ，故错误。25、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。26、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。五、工业流程题(共4题，共12分)27、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；设备1中氨气与空气中的氧气在催化剂作用下共热反应生成一氧化氮和水，设备2中一氧化氮与空气；水反应生成硝酸，设备3中硝酸与氨气反应生成硝酸铵。

【详解】

（1）由分析可知，设备1中发生的反应为催化剂作用下，氨气与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为故答案为：

（2）由得失电子数目守恒可知；设备1中4mol氨气完全被氧化生成一氧化氮消耗5mol氧气，设备2中4mol一氧化氮完全反应生成硝酸消耗3mol氧气，则由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为5：3，故答案为：5：3；

（3）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为反应中二氧化氮还有转化为一氧化氮，不可能被完全吸收，所以不能用水吸收处理工业制硝酸产生的尾气，故答案为：有转化成没被吸收掉；

（4）氢氧化钠溶液吸收法发生的反应为一氧化氮、二氧化氮在氢氧化钠溶液中反应生成亚硝酸钠和水，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O，故答案为：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；

（5）A．由图可知；氢氧化钠溶液浓度一定时，二氧化氮的含量越高，氮氧化物的吸收率越大，故正确；

B．由图可知；二氧化氮含量一定时，氢氧化钠溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率先增大后减小，故错误；

故选A；

②由图可知，由图可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮的含量增大而增大，当α小于50%时，通入适量氧气，可以将一氧化氮氧化为二氧化氮，使二氧化氮的含量增大，从而增大氮氧化物的吸收率，故答案为：由图可知，氮氧化物的吸收率随的含量增大而增大，将氧化成使其含量增大；从而增大氮氧化物的吸收率；

（6）由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：反应ΔH=390.8kJ/mol×3×2—946.0kJ/mol—436.0kJ/mol×3=＋90.8kJ/mol；故答案为：＋90.8；

（7）氨气极易溶于水，用水吸收多余氨气时，若将气体直接通入水中会产生倒吸；装置①只有进气口，没有出气口，通入气体速率过快，会因压强过大发生意外事故，不能用于吸收氨气；装置②中倒置的漏斗和装置④中球形干燥管的容积大，气体产生倒吸，但不能持续进行，所以能用于吸收氨气；装置③中氨气直接通入水中，会产生倒吸，不能用于吸收氨气；装置⑤中氨气通入四氯化碳中，没有与水直接接触，氨气能缓慢溶于水中，不会产生倒吸，能用于吸收氨气，所以能用于吸收氨气的装置为②④⑤，故答案为：②④⑤。【解析】(1)

(2)5：3

(3)有转化成没被吸收掉。

(4)2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O

(5)A由图可知，氮氧化物的吸收率随的含量增大而增大，将氧化成使其含量增大；从而增大氮氧化物的吸收率。

(6)＋90.8

(7)②④⑤28、略

【分析】【分析】

软锰矿首先进行研磨；可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。

【详解】

(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；

②i．根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；

ii．根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2；

(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+；

(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；

(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)产品纯度【解析】①.增大反应物接触面积，加快Mn2+溶出速率②.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O③.Fe2+主要来自于反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，从而提高了Fe的利用率④.先加MnO2，可利用溶液的酸性将Fe2+全部氧化为Fe3+，再加氨水调溶液pH≈5，将Fe3+和Al3+沉淀除去⑤.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+⑥.86.94(b/134.0-2.5cd)/a29、略

【分析】【分析】

硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2；再加氢氧化钠调节pH值3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤；烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；以此解答。

【详解】

(1)酸溶时；粉碎硫酸渣的目的是增大接触面积，加快溶解速率；

(2)还原过程中加入FeS2粉增大溶液中Fe2+的含量，同时有H2SO4生成，根据元素的原子守恒、电子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式是：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+；

(3)硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等物质，Fe2O3、Al2O3、MgO可以与酸发生反应，变为可溶性的物质，而酸性氧化物SiO2与酸不能发生反应，仍然以固体的形式存在，所以滤渣A的主要成分为SiO2；

(4)沉淀Fe(OH)3是从含有SO42-过滤出来的，所以检验Fe(OH)3是否洗净的方法是判断洗涤溶液中是否含有SO42-，取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加少量BaCl2溶液；若无明显现象，则沉淀已洗净；

(5)Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，若Mg2+完全沉淀，则c2(OH-)==5.6×10-7，则c(OH-)=7.5×10-4mol/L。【解析】①.增大接触面积，加快溶解速率②.FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+③.SiO2④.取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加少量BaCl2溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净⑤.7.5×10-4mol/L30、略

【分析】【分析】

本题是结合工艺流程考查元素化合物知识的综合应用。

铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行“分铜”，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加人足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl。

（1）①“分铜”时；单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水；

②“分铜”时加人足量的NaCl沉淀银离子；避免银的损失；

（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-；据此书写离子方程式；

（3）①分银液中主要成分为[Ag（SO3）2]3-，且存在[Ag（SO3）2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度；平衡正向进行；

②调节溶液的PH不能过低；容易和亚硫酸根离子反应生成污染性气体二氧化硫；

（4）根据Ksp[Pb（OH）2]可计算出Pb2+离子开始出现沉淀时的pH值，根据Ksp[Sb（OH）3]]可计算出Sb3+离子沉淀完全时的pH值；据此判断溶液的pH值范围。

【详解】

（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用是使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。本小题答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；避免银元素的损失。

（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O。本小题答案为：2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－+3H2O。

（3）“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，是因为H2SO4电离产生的氢离子降低了SO32－的浓度，促使[Ag(SO3)2]3Ag++2SO32－平衡正向移动，产生Ag+，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；调节溶液的pH不能过低，避免产生污染气体SO2。

（4）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+的浓度为0.025mol/L，Ksp[Pb(OH)2]=c(Pb2+)c2(OH-)=0.025mol/L×c2(OH-)=2.5×10－16，故c(OH-)=1.0×10-7，pH<7；Ksp[Sb(OH)3]=c(Sb2+)c3(OH-)=10－5mol/L×c3(OH-)=10－41,c(OH-)=1.0