2025年滬科版選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版選擇性必修1化學(xué)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(xué)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、t℃時；AgCl(s)與AgI(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡，相關(guān)離子濃度的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線Y表示與的變化關(guān)系B.t℃時，向Z點對應(yīng)的溶液中加入蒸餾水，可使溶液變?yōu)榍€X對應(yīng)的飽和溶液C.t℃時，AgCl(s)+I－(aq)AgI(s)+Cl－(aq)的平衡常數(shù)K＝1×106D.t℃時，向濃度均為0.1mol/L的KI與KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，當(dāng)Cl－剛好完全沉淀時，此時c(I－)=1×10－5mol/L2、高溫下，熾熱的鐵與水蒸氣在一容器可變的密閉容器中進行如下反應(yīng)：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。下列條件的改變對反應(yīng)速率幾乎無影響的是。

①增加Fe的量；

②保持體積不變，充入N2使體系壓強增大；

③將容器的體積縮小一半；

④保持壓強不變，充入N2使容器體積增大。A.①②B.①③C.①④D.②③3、25℃時，F(xiàn)eS、CuS的溶度積常數(shù)分別為6.3×10－18mol2·L－2、1.3×10－36mol2·L－2。下列說法中，錯誤的是A.25℃時，F(xiàn)eS的溶解度大于CuS的溶解度B.反應(yīng)CuSO4＋H2S＝CuS↓＋H2SO4不能發(fā)生C.可用FeS作沉淀劑除去廢水中的Cu2＋D.25℃時，飽和CuS溶液中，Cu2＋的濃度為×10－18mol·L－14、Fe3O4中含有Fe(II)、Fe(III)，以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO其反應(yīng)過程如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.Pd作負(fù)極B.Fe(II)與Fe(III)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C.反應(yīng)過程中NO被Fe(II)還原為N2D.用該法處理后水體的pH降低5、室溫下，下列實驗操作和現(xiàn)象及實驗結(jié)論均正確的是。選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A測得溶液小于溶液的電離出的能力比弱B向濃度均為的和混合溶液中滴加溶液，出現(xiàn)白色沉淀C用廣泛試紙測定相同濃度的與溶液的溶液大酸性強于D向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成與發(fā)生了雙水解反應(yīng)

A.AB.BC.CD.D6、用蒸餾水稀釋0.1mol/L醋酸，始終保持增大趨勢的是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－)評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、一定溫度下；在2L的密閉容器中，M；N兩種氣體的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示：

(1)反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(2)反應(yīng)達到最大限度的時間是___________min，該時間內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(N)=___________，v(M)=___________。

(3)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，放出80kJ的熱量，當(dāng)容器中充入1molN時，反應(yīng)放出的熱量為___________(填序號)

A．等于10kJB．小于10kJC．大于10kJD．等于20kJ

(4)判斷該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是___________(填序號)

A．該條件下；正；逆反應(yīng)速率都為零。

B．該條件下；混合氣體的密度不再發(fā)生變化。

C．該條件下；混合氣體的壓強不再發(fā)生變化。

D．條件下；單位時間內(nèi)消耗2molN的同時，消耗1molM

(5)能加快反應(yīng)速率的措施是___________(填序號)

A．升高溫度B．容器容積不變，充入惰性氣體Ar

C．容器壓強不變，充入惰性氣體ArD．使用催化劑8、過氧化氫H2O2（氧的化合價為﹣1價），俗名雙氧水，醫(yī)療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口。對于下列A～D涉及H2O2的反應(yīng)；填寫空白：

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僅體現(xiàn)氧化性的反應(yīng)是_________（填代號）；H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性的反應(yīng)是_________（填代號）。

（2）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。

氧化反應(yīng)：H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑

還原反應(yīng)：MnO4－+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O

寫出該氧化還原反應(yīng)的離子方程式：___________________。

（3）上面實驗中用到一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L濃H2SO4____mL，配制中需要用到的主要玻璃儀器是（填序號）______。A．100mL量筒B．托盤天平C．玻璃棒D．100mL容量瓶E．50mL量筒F．膠頭滴管G．燒杯H．500mL容量瓶。

（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液濃度偏高的是______________

A．溶解后溶液沒有冷卻到室溫就轉(zhuǎn)移。

B．轉(zhuǎn)移時沒有洗滌燒杯；玻璃棒。

C．向容量瓶加水定容時眼睛俯視液面。

D．用量筒量取濃硫酸后洗滌量筒并把洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶。

E．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線；又加蒸餾水至刻度線。

（5）如圖是一種用電解原理來制備H2O2，并用產(chǎn)生的H2O2處理廢氨水的裝置。

①為了不影響H2O2的產(chǎn)量，需要向廢氨水中加入適量HNO3調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，則所得溶液中c(NH4＋)________(填“>”“＜”或“＝”)c(NO3－)。

②Ir－Ru惰性電極吸附O2生成H2O2，其電極反應(yīng)式為：______________________。

③理論上電路中每轉(zhuǎn)移3mole－，最多可以處理廢氨水中溶質(zhì)(以NH3計)的質(zhì)量是________g。9、甲醇是一種重要的化工原料；在生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用。工業(yè)上用天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇：

（i）制備合成氣：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1＝＋206.0kJ/mol

（ii）合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

請回答下列問題：

（1）制備合成氣：將1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反應(yīng)室（容積為100L），在一定條件下發(fā)生反應(yīng)（i）；CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強的關(guān)系如圖所示。

①已知100℃時達到平衡的時間為5min，則從反應(yīng)開始到平衡，用氫氣表示的平均反應(yīng)速率為：v(H2)＝___。

②圖中p1___p2（填“＜”；”“＞”或“＝”）。

③為解決合成氣中H2過量而CO不足的問題，原料氣中需添加CO2；發(fā)生反應(yīng)如下：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，為了使合成氣配比最佳，理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為___。

（2）合成甲醇：在Cu2O/ZnO作催化劑的條件下，向2L的密閉容器中通入1molCO(g)和2molH2(g)，發(fā)生反應(yīng)(ii)，反應(yīng)過程中，CH3OH的物質(zhì)的量（n）與時間（t）及溫度的關(guān)系如圖所示。

①應(yīng)（ii）需在____（填“高溫”或“低溫”）才能自發(fā)進行。

②據(jù)研究，反應(yīng)過程中起催化作用的為Cu2O，反應(yīng)體系中含少量的CO2有利于維持Cu2O的量不變；

原因是____（用化學(xué)方程式表示）。

③在500℃恒壓條件下，請在______上圖中畫出反應(yīng)體系中n(CH3OH)隨時間t變化的總趨勢圖。

（3）工業(yè)上可通過甲醇羰基化法制取甲酸甲酯；其反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：

CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)科研人員對該反應(yīng)進行了研究，部分研究結(jié)果如下：

①從反應(yīng)壓強對甲醇轉(zhuǎn)化率的影響“效率”看，工業(yè)制取甲酸甲酯應(yīng)選擇的壓強是____。(填“3.5×106Pa”、“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”)。

②實際工業(yè)生產(chǎn)中采用的溫度是80℃，其理由是______。10、研究NO2、SO2；CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

（1）一定條件下，將2molNO與2molO2置于恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各項能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是__。

a.體系壓強保持不變。

b.混合氣體顏色保持不變。

c.NO和O2的物質(zhì)的量之比保持不變。

d.每消耗1molO2同時生成2molNO2

（2）CO可用于合成甲醇，一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入CO和H2，發(fā)生反應(yīng)CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），達平衡后測得各組分濃度如下：。物質(zhì)COH2CH3OH濃度(mol?L-1)0.91.00.6

①列式并計算平衡常數(shù)K=___。

②若降低溫度，K值增大，則反應(yīng)的△H__0(填“＞”或“＜”)。

③若保持體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此時v正__v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是：__。11、完成下面的題。

(1)CH3COOH溶于水的電離方程式為_______；向CH3COOH溶液中加入醋酸鈉固體時，電離平衡向_______移動(填“左”或者“右”)；c(H+)_______，c(CH3COO-)_______。(填“增大”；“減小”“不變”；上同)

(2)0.1mol/LHCl溶液的pH為_______。

(3)某溫度下，水的離子積常數(shù)KW=1×10-12，則此溫度_______25℃，原因是_______。12、研究大氣中含氮化合物；含硫化合物的轉(zhuǎn)化具有重要意義。

(1)汽車發(fā)動機工作時會引發(fā)和反應(yīng)；其能量變化示意圖如下(常溫常壓下測定)：

寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_______。

(2)土壤中的微生物可將大氣中的經(jīng)兩步反應(yīng)氧化成兩步反應(yīng)的能量變化如圖所示：

①第一步反應(yīng)為_______反應(yīng)(填“放熱”或“吸熱”)，原因是_______。

②寫出第二步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______。

③結(jié)合兩步反應(yīng)過程，全部氧化成時的_______。13、直接甲醇燃料電池(DMFC)結(jié)構(gòu)如圖所示。

(1)寫出該電池放電時正極的電極反應(yīng)式：_______；放電時，H+向_______極移動(填“a”或“b”)。

(2)當(dāng)有1molCH3OH完全氧化時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為_______；實際上由于甲醇的氧化過程可能不完全，往往有中間產(chǎn)物如HCOOH等化合物生成，寫出生成HCOOH時的電極反應(yīng)式：_______。

(3)甲醇可以通過電解甲烷制備；裝置如圖，電解液為含有NaCl；X的乙醇溶液。

已知：當(dāng)電解發(fā)生時，陽極區(qū)發(fā)生如下過程：Cl-→Cl·→CH3Cl→CH3OH，電解池中陽極的材料是_______(填“石墨”或“鐵皮”)，寫出生成Cl·的電極反應(yīng)式：_______；電解液中的另一種電解質(zhì)X可能是_______。14、合成氨工業(yè)對國民經(jīng)濟和社會發(fā)展具有重要的意義。向2L密閉容器中通入2mol氣體N2和6mol氣體H2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；已知：反應(yīng)2min達到平衡，此時N2的濃度減少了2/3。

回答下列問題：

⑴反應(yīng)2min內(nèi)，用NH3表示該反應(yīng)的速率是________________；

⑵反應(yīng)平衡時，N2的轉(zhuǎn)化率為________________；

⑶如果只升高反應(yīng)溫度，其他反應(yīng)條件不變，平衡時NH3濃度為1.1mol/L，則該反應(yīng)的ΔH_____0；（填“＞”；“＜”或“＝”）

⑷合成氨工業(yè)采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解釋的是________(填序號)。

①20MPa～50MPa②500℃的高溫③鐵觸媒作催化劑。

④將生成的氨液化并及時從體系中分離出來，未反應(yīng)的N2、H2循環(huán)到合成塔中。

⑸如果其他條件不變；將容器的容積變?yōu)?L，進行同樣的實驗，則與上述反應(yīng)比較：

反應(yīng)速率________（填“增大”、“減小”或“不變”），理由是___________________；評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、則相同條件下，氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和。(_______)A.正確B.錯誤16、比較ΔH大小，只需比較數(shù)值，不用考慮正負(fù)號。____A.正確B.錯誤17、某醋酸溶液的將此溶液稀釋到原體積的2倍后，溶液的則(_______)A.正確B.錯誤18、用pH試紙測定氯化鈉溶液等無腐蝕性的試劑的pH時，試紙可以用手拿。(_____)A.正確B.錯誤19、新制氯水中加入固體NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯誤20、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40分)21、從廢鉬催化劑(主要成分為MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收鉬酸銨晶體的工藝流程如圖所示：

注：酸浸后鉬元素以MoO形式存在。

回答下列問題：

(1)高溫焙燒時，廢鉬催化劑中的金屬元素轉(zhuǎn)化為金屬氧化物，則“焙燒”過程中MoS2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。

(2)“調(diào)pH”中，加入MoO3調(diào)節(jié)溶液的pH略大于______時；可除去目標(biāo)雜質(zhì)離子。

已知：溶液中某離子濃度≤10-5mol?L-1時，認(rèn)為沉淀完全；常溫下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。

(3)若反萃取劑A是氨水，則反萃取過程中MoO發(fā)生的離子方程式為______。

(4)已知“除砷”過程中，pH對As去除率的影響如圖所示。當(dāng)pH＞10后，隨著pH的增大，去除率呈下降趨勢的原因可能是_______。

(5)鉬酸銨溶液可用于測定磷肥含磷量，步驟如下：準(zhǔn)確稱量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高溫下使之分解，磷轉(zhuǎn)化為磷酸。過濾、洗滌、棄去殘渣。以硫酸—硝酸為介質(zhì)，加入過量鉬酸銨溶液生成鉬磷酸銨沉淀(NH4)3H4PMo12O42?H2O，將過濾、洗滌后的沉淀溶于50.00mL6.00mol?L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞為指示劑，用0.40mol?L-1鹽酸溶液滴定其中過量的NaOH，消耗鹽酸23.00mL。計算磷肥中磷的百分含量_______(以P2O5計)(寫出計算過程)。

已知：(NH4)3H4PMo12O42?H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。22、電解精煉銅的陽極泥中含有等，從其中提取的單質(zhì)的流程如圖所示；回答下列問題：

(1)粗銅中含有兩種元素的單質(zhì)，但在陽極泥中幾乎檢測不到，原因是___________。

(2)已知陽極泥進行“硫酸化(隔絕空氣)焙燒”，煙氣中含有等。

①寫出“焙燒”過程中與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。

②將通入水中即可生成單質(zhì)硒，該反應(yīng)的離子方程式為___________。

③實驗室中將粗硒從溶液中分離出來的操作為___________。

(3)用惰性電極電解“浸液”時，溶液中發(fā)生的總反應(yīng)離子方程式為___________。

(4)“銀電解”時，陽極材料是___________。

(5)上述流程中，可以循環(huán)利用的物質(zhì)是___________(填寫化學(xué)式)。23、環(huán)境問題是廣大群眾關(guān)注的熱點話題之一，化工廠排放的廢水、廢渣一般利用化學(xué)原理可以進行排放物達標(biāo)檢測與無害化處理。某皮革廠對制革工業(yè)污泥中Cr(Ⅲ)的處理工藝流程如圖：

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

②常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如表：。陽離子Fe3+Mg2+Аl3+Cr3+沉淀完全時的pH3.711.15.49沉淀溶解時的pH——＞8溶解＞9溶解

(1)如需配制480mL酸浸環(huán)節(jié)所需的硫酸，需要用量簡量取18.4mol·L-1的濃硫酸__________mL；配制時所用玻璃儀器除量筒、燒杯和玻璃棒外，還需哪些儀器：__________。

(2)經(jīng)氧化環(huán)節(jié)濾液I中的Cr3+轉(zhuǎn)化為Cr2O寫出此反應(yīng)的離子方程式：__________。

(3)調(diào)pH=8環(huán)節(jié)，既可以將溶液中某些雜質(zhì)離子轉(zhuǎn)化為沉淀，同時又可以將Cr2O轉(zhuǎn)化為某種含鉻元素微粒，溶液顏色由橙色變?yōu)辄S色，請解釋該顏色變化的原因__________。

(4)鈉離子交換樹脂的反應(yīng)原理為Mn++nNaR?MRn+nNa+，則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子有__________。

(5)請寫出流程中用SO2進行還原時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：__________。

(6)沉淀滴定法是測定粒子濃度的方法之一，為了測定某廢水中SCN—的濃度，可用標(biāo)準(zhǔn)AgNO3溶液滴定待測液，已知：。銀鹽性質(zhì)AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN顏色白黃白磚紅白Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

滴定時可選為滴定指示劑的是_____(填編號)；

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

如何確定該滴定過程的終點：__________。24、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(yīng)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(xué)性質(zhì)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(yīng)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(diào)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(zhì)是______(填化學(xué)式，下同)，用_______試劑可將其除去。評卷人得分五、實驗題(共3題，共21分)25、KMnO4溶液常用作氧化還原反應(yīng)滴定的標(biāo)準(zhǔn)液，由于KMnO4的強氧化性，它的溶液很容易被空氣中或水中的某些少量還原性物質(zhì)還原，生成難溶性物質(zhì)MnO(OH)2，因此配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的操作如下所示：

①稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水中；將溶液加熱并保持微沸1h；

②用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2；

③過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處；

④利用氧化還原滴定方法；在70～80℃條件下用基準(zhǔn)試劑(純度高；相對分子質(zhì)量較大、穩(wěn)定性較好的物質(zhì))溶液標(biāo)定其濃度。

請回答下列問題：

（1）準(zhǔn)確量取一定體積的KMnO4溶液使用的儀器是___________。

（2）在下列物質(zhì)中，用于標(biāo)定KMnO4溶液的基準(zhǔn)試劑最好選用___________(填序號)。A．H2C2O4·2H2OB．FeSO4C．濃鹽酸D．Na2SO3（3）若準(zhǔn)確稱取Wg你選的基準(zhǔn)試劑溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為___________mol·L-1。

（4）若用放置兩周的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液去測定水樣中Fe2＋的含量，測得的濃度值將___________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。26、過氧乙酸(CH3COOOH)是一種高效消毒劑，遇熱易分解，可用較高濃度的雙氧水和冰醋酸制備，原理：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH＋H2OΔH<0。某實驗小組制備過氧乙酸。步驟如下：

(1)濃縮雙氧水：(裝置如圖)蛇形冷凝管連接恒溫水槽；維持冷凝管中的水溫為60℃，c口接抽氣泵，使裝置中的壓強低于常壓，將滴液漏斗中低濃度的雙氧水滴入蛇形冷凝管中，重復(fù)濃縮2～3次。

①蛇形冷凝管的進水口為________(填“a”或“b”)。

②常壓下，H2O2的沸點是158℃。實驗完成后，較高濃度的雙氧水主要收集在圓底燒瓶________內(nèi)(填“A”或“B”)。

(2)制備過氧乙酸：向三頸燒瓶中；加入25mL冰醋酸和一定量濃硫酸，再緩緩加入15mL42.5％的雙氧水，溫度控制在40℃，攪拌4h后，室溫靜置12h。

①濃硫酸的用量對生成過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)有較為明顯的影響，如圖呈現(xiàn)了兩者之間的關(guān)系。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，本實驗濃硫酸的用量最好控制在________(填字母)范圍。

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

②滴加雙氧水要有冷卻措施，目的是________。控制反應(yīng)溫度在40℃的加熱方法是________。

(3)測定所得產(chǎn)品濃度：

Ⅰ．取VmL產(chǎn)品溶液酸化后，用amol/L的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其殘留的H2O2，終點時消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL(KMnO4只與產(chǎn)品中的H2O2反應(yīng))。

Ⅱ．另取VmL產(chǎn)品溶液，加入過量的KI溶液充分反應(yīng)，然后以淀粉作指示劑，用bmol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，終點時消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。

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

①寫出Ⅰ中酸性KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)的離子方程式________，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定I2，終點顏色變化為________，產(chǎn)品中過氧乙酸的濃度為________mol/L。

②下列實驗操作可能使測定結(jié)果偏高的是________(填字母序號)。

A．盛裝KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管沒有潤洗。

B．用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定前仰視讀數(shù)；滴定終點時俯視讀數(shù)。

C．Ⅱ中加入的KI溶液量不足。

D．用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定前，振蕩錐形瓶的時間過長27、重鉻酸鉀法測定水樣COD(水樣的化學(xué)耗氧量，主要是測定有機物的化學(xué)耗氧量，以O(shè)2計，單位為mg·L-1)；部分實驗裝置如下圖所示：

測定步驟如下：

①取20.00mL水樣置于250mL儀器M中；并向其中加入適量硫酸汞用于除去水樣中的氯離子。

②準(zhǔn)確加入10.00mL0.1mol·L-1重鉻酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液及沸石；連接磨口回流冷凝管，從冷凝管上口慢慢地加入30mL硫酸-硫酸銀溶液，只需加熱回流2h即可充分反應(yīng)。

③冷卻后，將溶液倒入燒杯中，加3滴試亞鐵靈指示劑，用0.10mol·L-1硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；達到滴定終點時，記錄硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為amL。

已知：I.本實驗條件下，Cr2O的氧化性強于MnO

II.水樣被氧化時，K2Cr2O7發(fā)生反應(yīng)Cr2O(橙色)+14H++6e-=2Cr3++7H2O；

III.Fe2++試亞鐵靈(指示劑)→紅褐色(終點)。

回答下列問題：

(1)儀器M的名稱為___________。

(2)溶液中的氯離子未除去或除不盡會發(fā)生副反應(yīng)，若存在1mol氯離子，則會消耗重鉻酸鉀_______mol(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)，COD測定結(jié)果_______(填“偏大”或“偏小”)。

(3)硫酸銀在實驗中的作用是___________；油浴加熱的優(yōu)點是___________。

(4)重鉻酸鉀氧化有機物的產(chǎn)物為CO2，CO2的電子式為_____；硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。

(5)達到滴定終點時的現(xiàn)象是___________；水樣COD=______mg·L-1(用含a的代數(shù)式表示)。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共28分)28、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(yīng)；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(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學(xué)方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)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(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)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(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。：29、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(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應(yīng)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(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)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(fù)極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。30、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)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(zhì)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(zhì)，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(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

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

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____________________________。

（5）科學(xué)家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)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(yīng)方程式：____________________。31、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)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(jié)構(gòu)示意圖為__________。

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

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)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(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學(xué)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）。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

A．t℃時，AgCl（s）與AgI（s）比較，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；

B．t℃時；向Z點對應(yīng)的溶液中加入蒸餾水，離子濃度減小，對X來說為不飽和溶液；

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

D．圖象可知Ksp（AgCl）=10-10，Ksp（AgI）=10-16；結(jié)合溶度積常數(shù)計算。

【詳解】

A．t℃時，AgCl（s）與AgI（s）比較，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），由圖象可知曲線X的Ksp=10-10，曲線Y的Ksp=10-16；，則Y表示的是AgI離子濃度變化，故A錯誤；

B．t℃時；向Z點對應(yīng)的溶液中加入蒸餾水，離子濃度減小，對X來說為不飽和溶液，故B錯誤；

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

D．圖象可知Ksp（AgCl）=10-10，Ksp（AgI）=10-16，t℃時，向濃度均為0.1mol·L－1的KI與KCl混合溶液中加入AgNO3溶液，當(dāng)Cl－剛好完全沉淀時，c（Ag＋）==10-5mol·L－1，此時c（I－）=10-16/10-5mol·L－1=1×10-11mol·L－1；故D錯誤；

故選C。

【點睛】

本題考查了沉淀溶解平衡的理解應(yīng)用，解題關(guān)鍵：溶度積常數(shù)計算、影響溶解平衡的因素，難點是C、D項關(guān)于溶度積常數(shù)的計算。2、A【分析】【詳解】

①加入固體；氣體濃度不變，故增加鐵的量對該化學(xué)反應(yīng)速率無影響；

②保持體積不變，先入N2使體系壓強增大；但參加反應(yīng)氣體的濃度不變，則反應(yīng)速率不變；

③將容器的體積縮小一半；氣體濃度增大，則化學(xué)反應(yīng)速率增大；

④保持壓強不變；充入氮氣使容器體積增大，使參與反應(yīng)氣體的濃度減小，反應(yīng)速率變?。?/p>

故正確選項為：A3、B【分析】【詳解】

A.FeS；CuS為同種類型的沉淀；且Ksp[FeS]遠(yuǎn)大于Ksp[CuS]，所以FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故A正確；

B.CuS是不溶于酸的黑色物質(zhì)，所以能發(fā)生反應(yīng)：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4；這是弱酸制備強酸的特例，故B錯誤；

C.FeS的溶解度大于CuS的溶解度，根據(jù)溶解度大的沉淀可以轉(zhuǎn)化成溶解度小的沉淀可知可用FeS作沉淀劑除去廢水中的Cu2＋；故C正確；

D.飽和CuS溶液中存在平衡設(shè)銅離子的濃度為amol/L，則有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正確；

故答案為B。4、D【分析】【分析】

由圖可知Pd上氫氣失電子生成氫離子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故Pb作負(fù)極，F(xiàn)e(Ⅱ)失電子生成Fe(Ⅲ)，總反應(yīng)方程式：據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由圖可知Pd上氫氣失電子生成氫離子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故Pb作負(fù)極；故A正確；

B．Fe(Ⅱ)得電子生成Fe(Ⅲ)；Fe(Ⅱ)失電子生成Fe(Ⅲ)，則Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用，故B正確；

C．由圖可知反應(yīng)過程中NO2得到Fe(Ⅱ)給的電子生成N2，所以反應(yīng)過程中NO2被Fe(Ⅲ)還原為N2；故C正確；

D．總反應(yīng)方程式可知：所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤；

故答案選D。5、A【分析】【詳解】

A．弱酸的酸性越弱，電離出氫離子的能力越弱，酸根離子的水解能力越強，弱酸鹽同濃度時的越大。題目中<則電離出的能力弱；A正確；

B．向濃度均為的和混合溶液中滴加溶液，出現(xiàn)白色沉淀，但不能確定白色沉淀的成分，不能判斷和的溶度積常數(shù)；B錯誤；

C．有漂白性，會使試紙褪色，不能用試紙檢驗其酸性強弱；C錯誤；

D．溶液中加入溶液發(fā)生的反應(yīng)為：該反應(yīng)的原理是強酸制弱酸，而非雙水解，D錯誤；

故選A。6、D【分析】【詳解】

用蒸餾水稀釋0.1mol/L醋酸，那么溶質(zhì)的分子和離子的濃度即c(CH3COO－)、c(H＋)和c(CH3COOH)始終減小，由于一定溫度下是常數(shù)，則溶液中的c(OH－)始終保持增大趨勢；

答案選D。二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)反應(yīng)進行到6min時,N減少8mol-2mol=6mol，M增加5mol-2mol=3mol，因此反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NM，故答案為：2NM；

(2)根據(jù)題圖可知反應(yīng)進行到6min時物質(zhì)的物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，因此反應(yīng)達到最大限度的時間是6min，該時間內(nèi)的平均反應(yīng)速率故答案為：6；0.5mol/(L·min)；0.25mol/(L·min)；

(3)充入8molN；反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，放出80kJ的熱量，充入1molN與充入8mol時相比，若轉(zhuǎn)化率相同，則放出10kJ的熱量，但該反應(yīng)是在密閉容器中，充入1mol與充入8mol相比，壓強減小，平衡逆向移動，所以反應(yīng)放出的熱量小于10kJ，故答案為：B；

(4)A．達到平衡狀態(tài)時正；逆反應(yīng)速率相等；但不能為零，A錯誤；

B．密度是混合氣體的質(zhì)量和容器容積的比值；在反應(yīng)過程中質(zhì)量和容積始終是不變的，因此該條件下，混合氣體的密度不再發(fā)生變化不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，B錯誤；

C．正反應(yīng)體積減小；則該條件下，混合氣體的壓強不再發(fā)生變化能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，C正確；

D．該條件下；單位時間內(nèi)消耗2molN，表示正反應(yīng)速率，生成1molM，表示逆反應(yīng)速率；單位時間內(nèi)消耗2molN的同時，消耗1molM表示正逆反應(yīng)速率相等，能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，D正確；

故答案為：CD。

(5)A．升高溫度反應(yīng)速率加快；A符合題意；

B．容器容積不變，充入惰性氣體Ar；反應(yīng)物濃度不變，反應(yīng)速率不變，B不合題意；

C．容器壓強不變，充入惰性氣體Ar；容器容積增大，反應(yīng)物濃度減小，反應(yīng)速率減小，C不合題意；

D．使用催化劑；反應(yīng)速率加快，D符合題意；

故答案為：AD?！窘馕觥?NM6min0.5mol/(L·min)0.25mol/(L·min)BCDAD8、略

【分析】【詳解】

（1）A、根據(jù)反應(yīng)沒有化合價的變化，不屬于氧化還原反應(yīng)；B、根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式，Ag2O為氧化劑，H2O2為還原劑，H2O2體現(xiàn)還原性；C、H2O2既是氧化劑又是還原劑，既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性；D、H2O2只體現(xiàn)氧化性；H2O2僅體現(xiàn)氧化性的是D；既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性的是C；（2）氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)目守恒，因此該反應(yīng)的離子方程式為2MnO4－+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；（3）稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變，實驗室沒有480mL的容量瓶，應(yīng)用500mL容量瓶，因此有500×10－3×1=V(H2SO4)×10－3×18，解得V(H2SO4)=27.8mL；配制時需要的儀器有量筒、膠頭滴管、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶，即CEFGH；（4）根據(jù)c=n/V=m/MV，A、溶解后溶液沒有冷卻到室溫就轉(zhuǎn)移，定容后冷卻到室溫后，溶液體積減小，所配溶液濃度偏高，A符合題意；B、轉(zhuǎn)移時沒有洗滌燒杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶質(zhì)的物質(zhì)的量或質(zhì)量減小，所配溶液濃度偏低，B不符合題意；C、定容時俯視液面，容量瓶中溶液的體積偏小，濃度偏高，C符合題意；D、量筒洗滌后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，容量瓶中的溶質(zhì)的質(zhì)量或物質(zhì)的量偏高，所配濃度偏高，D符合題意；E、定容后、搖勻再加蒸餾水，對溶液稀釋，濃度偏低，E不符合題意；綜上所述，符合題意的是ACD；（5）①根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，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得到電子，轉(zhuǎn)化成H2O2，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2＋2H＋＋2e－=H2O2；③根據(jù)題意，NH3中N轉(zhuǎn)化成N2，每轉(zhuǎn)移3mole－，消耗NH3的物質(zhì)的量為1mol，即處理NH3的質(zhì)量為17g。

【點睛】

本題易錯點是問題(3)，學(xué)生計算濃硫酸的體積時，用480mL進行計算，忽略了實驗室沒有480mL的容量瓶，應(yīng)用500mL容量瓶配制；選擇量筒時，應(yīng)選擇大而接近的?！窘馕觥緿C2MnO4－+5H2O2+6H+===2Mn2++8H2O+5O2↑27.8CEFGHACD＜O2＋2H＋＋2e－===H2O2179、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）①根據(jù)圖象數(shù)據(jù)，用甲烷表示的平均反應(yīng)速率v（CH4）===0.001mol/（L?min），氫氣的反應(yīng)速率是甲烷化學(xué)反應(yīng)速率的3倍，故用H2表示的平均反應(yīng)速率為0.0030mol?L-1?min-1；②根據(jù)化學(xué)方程式可以得出，反應(yīng)前后氣體體積增大，增大壓強，化學(xué)平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率減小，可以從200℃來分析，發(fā)現(xiàn)甲烷的轉(zhuǎn)化率是p1時大于p2時的，所以p1＜p2；③CH4+H2O（g）CO+3H2，②CO2+H2=CO+H2O，③CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），則①×3+②+③×4得：3CH4+CO2+2H2O=4CH3OH；所以為了使合成氣配比最佳，理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為3：1；

（2）①合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反應(yīng)前后氣體體積減小，△S＜0，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H＜0，滿足△H-T△S＜0，需要在低溫下自發(fā)進行；②在加熱條件下CO能還原Cu2O使其減少，因此反應(yīng)體系中含有少量二氧化碳有利于抑制反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，維持Cu2O的量不變，反應(yīng)方程式為Cu2O+CO2Cu+CO2；③合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反應(yīng)前后氣體體積減小，在500℃恒壓條件下，容器體積減小壓強增大，相當(dāng)于增大了壓強，達到平衡時，畫出達平衡時間小于2s，由于平衡正向進行，所以畫出甲醇物質(zhì)的量平衡時縱坐標(biāo)高于恒容條件下甲醇物質(zhì)的量得到圖象為

（3）①從反應(yīng)壓強對甲醇轉(zhuǎn)化率的影響“效率“看，圖象中轉(zhuǎn)化率變化最大的是4.0×106pa；②依據(jù)圖象分析；低于80℃，反應(yīng)速率較小，溫度在高于80℃對反應(yīng)速率影響不大，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度過高，平衡逆向進行，不利于轉(zhuǎn)化率增大。

考點：考查了反應(yīng)速率概念計算，平衡標(biāo)志的判斷，影響化學(xué)平衡、反應(yīng)速率因素和圖象的分析等相關(guān)知識?！窘馕觥?.0030mol?L-1?min-1<3:1低溫Cu2O+CO2Cu+CO20×106低于80℃，反應(yīng)速率較?。桓哂?0℃時，溫度對反應(yīng)速率影響較小，又因反應(yīng)放熱，升高溫度時平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率降低10、略

【分析】【詳解】

(1)a.正反應(yīng)體積減?。粔簭娛亲兞?，則體系壓強保持不變能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，a選；

b.混合氣體顏色保持不變，說明二氧化氮濃度不再發(fā)生變化，能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，b選；

c.NO和O2的物質(zhì)的量之比保持不變；說明正逆反應(yīng)速率相等，能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，c選；

d.每消耗1molO2同時生成2molNO2均表示正反應(yīng)速率；不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，d不選；

答案選abc。

(2)①根據(jù)表中平衡時物質(zhì)的濃度可知平衡常數(shù)K=

②若降低溫度，K值增大，說明降低溫度平衡正向進行，正反應(yīng)放熱，則反應(yīng)的△H＜0。

③若保持體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此時濃度熵＝＝K，平衡不發(fā)生移動，所以v正=v逆。【解析】abc=(或0.67)＜=Q=K，平衡不發(fā)生移動，所以v正=v逆11、略

【分析】【詳解】

(1)CH3COOH是一元弱酸，主要以電解質(zhì)分子存在，存在電離平衡，電離產(chǎn)生H+和CH3COO-，所以CH3COOH溶于水的電離方程式為：CH3COOH?H++CH3COO-；向CH3COOH溶液中加入醋酸鈉固體時，溶液中c(CH3COO-)增大，電離平衡向左移動，導(dǎo)致溶液中c(H+)減小，但平衡移動的趨勢是微弱的，平衡移動消耗量遠(yuǎn)小于加入量使其濃度增大的趨勢，因此最終達到平衡時溶液中c(CH3COO-)增大；

(2)HCl是一元強酸，完全電離產(chǎn)生H+和Cl-，0.1mol/LHCl溶液的c(H+)=0.1mol/L；所以溶液的pH為1；

(3)水是弱電解質(zhì)，存在電離平衡，電離過程會吸收熱量，升高溫度促進水的電離平衡正向移動，使水的離子積常數(shù)增大。某溫度下，水的離子積常數(shù)KW=1×10-12，大于室溫下的水的離子積常數(shù)KW=1×10-14，因此此溫度大于25℃?！窘馕觥竣?CH3COOH?H++CH3COO-②.左③.減?、?增大⑤.1⑥.大于⑦.水的離子積常數(shù)隨溫度的升高而增大12、略

【分析】【詳解】

（1）反應(yīng)物鍵能之和-生成物鍵能之和=（945+498-2630）kJ/mol=+173kJ/mol，故該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2（g）+O2(g)=2NO(g)+173kJ/mol；

（2）第一步反應(yīng)中反應(yīng)物能量高于生成物能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；第二步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為結(jié)合兩步反應(yīng)過程，全部氧化成時總反應(yīng)為【解析】(1)N2（g）+O2(g)=2NO(g)+173kJ/mol

(2)放熱反應(yīng)物能量高于生成物能量13、略

【分析】從甲醇燃料電池結(jié)構(gòu)圖可以看出，a極的反應(yīng)物是甲醇和水，生成了CO2，所以a極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為：b極為正極，電極反應(yīng)式為：總反應(yīng)方程式為

【詳解】

(1)b是正極，電極反應(yīng)式為：H+是陽離子，向正極移動，b是正極，所以H+向b極移動；

(2)負(fù)極的電極反應(yīng)式：1molCH3OH完全氧化轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA；甲醇的氧化生成HCOOH的電極反應(yīng)式為：

(3)陽極區(qū)發(fā)生的過程：Cl-→Cl·→CH3Cl→CH3OH,，陽極是溶液中的Cl-發(fā)生反應(yīng)，而不是電極發(fā)生反應(yīng)，說明陽極是惰性電極，所以陽極的材料是石墨；生成Cl·的電極反應(yīng)式為：乙醇中加入電解質(zhì)是為了增強導(dǎo)電性，同時為陽極反應(yīng)提供Cl-，所以電解液中的另一種電解質(zhì)可能是KCl；【解析】b6NA石墨KCl14、略

【分析】【分析】

（1）列出三段式；根據(jù)v=△c/△t計算；

（2）根據(jù)轉(zhuǎn)化率定義計算；

（3）溫度升高；生成物濃度減小，由此分析；

（4）勒沙特列原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度；壓強或溫度等）；平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，勒沙特列原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，與平衡移動無關(guān)，則不能用勒沙特列原理解釋；

（5）如果其他條件不變，將容器的容積變?yōu)?L，相當(dāng)于加壓，體積減??；反應(yīng)物的濃度增大，因而使反應(yīng)速率增大。

【詳解】

（1）反應(yīng)2min達到平衡，此時N2的濃度減少了2/3，N2減少2×2/3=4/3

N2（g）+3H2（g）2NH3（g）

n開始260

n轉(zhuǎn)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）反應(yīng)平衡時，N2的轉(zhuǎn)化率為4/3mol÷2mol=2/3；

（3）原平衡時c(NH3)=8/3mol÷2L=4/3mol·L－1，如果只升高反應(yīng)溫度，其他反應(yīng)條件不變，平衡時NH3濃度為1.1mol·L－1，濃度減小，平衡逆向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的ΔH<0；

（4）①高于常壓；增大壓強，化學(xué)平衡會正向移動，有利于氨氣的合成，能用勒沙特列原理解釋，故錯誤；

②500℃的高溫；不有利于氨氣的合成，但是可以提高催化劑的催化活性，不能用勒沙特列原理解釋，故正確；

③鐵觸媒作催化劑；不會引起化學(xué)平衡的移動，不能用勒沙特列原理解釋，故正確；

④將生成的氨液化并及時從體系中分離出來，未反應(yīng)的N2、H2循環(huán)到合成塔中；都會使得化學(xué)平衡正向移動，有利于氨的合成，能用勒沙特列原理解釋，故錯誤；

故選②③；

（5）如果其他條件不變，將容器的容積變?yōu)?L，相當(dāng)于加壓，體積減小，反應(yīng)物的濃度增大，因而使反應(yīng)速率增大?！窘馕觥竣?2/3mol/L·min（或0.67mol/L·min）②.2/3（或67%或66.7%）③.<④.②③⑤.增大⑥.體積減小，反應(yīng)物的濃度增大，因而使反應(yīng)速率增大三、判斷題(共6題，共12分)15、A【分析】【詳解】

由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量之和大于生成物的總能量之和，因此氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和，說法正確。16、B【分析】【分析】

【詳解】

比較ΔH大小，需要正負(fù)號和數(shù)值一起比較，錯誤。17、B【分析】【詳解】

無論強酸溶液還是弱酸溶液加水稀釋，溶液的酸性都減弱，pH都增大，即a18、B【分析】【詳解】

pH試紙不能用手拿，應(yīng)該放在干凈的表面皿或玻璃片上。19、B【分析】【詳解】

遵循電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，錯誤。20、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40分)21、略

【分析】【分析】

本題是一道由廢鉬催化劑制備鉬酸銨晶體的方法；首先在原料中焙燒，使其中的各種元素轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的氧化物，再用硫酸溶解，用氧化鉬調(diào)節(jié)pH除雜，再用有機萃取劑萃取其中的鉬元素，隨后加入氨水進行反萃取，加入氯化鎂除去雜志后結(jié)晶即可，以此解題。

【詳解】

（1）高溫焙燒時，MoS2中Mo轉(zhuǎn)化為氧化物，S轉(zhuǎn)化為二氧化硫，則相應(yīng)的方程式為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

（2）調(diào)節(jié)pH時可以除去溶液中的銅離子和三價鐵離子，則當(dāng)三價鐵離子除凈時，此時c(OH-)=此時pH=2.83；同理可求出當(dāng)銅離子除凈時，pH=6.7，故答案為：6.7；

（3）根據(jù)流程可知，反萃取時，是將鉬從有機相中提取的過程，根據(jù)信息可知，該過程的方程式為：MoO+4NH3?H2O=MoO+4NH+2H2O；

（4）根據(jù)流程可知，除砷時是鎂離子，銨根離子和其形成沉淀而除去，而pH過高時鎂離子容易形成沉淀從而失去了沉砷的效果，故答案為：當(dāng)pH＞10后，隨著pH的增大，加入的Mg2+開始形成Mg(OH)2沉淀；導(dǎo)致沉淀劑量不足，使得As的去除率下降；

（5）根據(jù)題意可知，過量的NaOH，n(NaOH)過量=0.4×23×10-3=0.0092mol，則和(NH4)3H4PMo12O42?H2O反應(yīng)的NaOH，n(NaOH)反應(yīng)=6×50×10-3-0.0092mol×=0.208mol，根據(jù)(NH4)3H4PMo12O42?H2O~26NaOH~P2O5，則n(P2O5)=n(NaOH)反應(yīng)=×0.208mol=0.004mol，其質(zhì)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)當(dāng)pH＞10后，隨著pH的增大，加入的Mg2+開始形成Mg(OH)2沉淀；導(dǎo)致沉淀劑量不足，使得As的去除率下降。

(5)20.0%22、略

【分析】【分析】

銅陽極泥含有Au、Ag、Cu、Cu2S、Cu2Se、Ag2Se、PbS等；焙燒，加入稀硫酸得到煙氣用水吸收，得到粗硒，窯渣加入水浸銅，電解得到銅，浸渣含有金；銀，電解得到銀和粗金，據(jù)此分析解題。

【詳解】

(1)已知Fe、Zn比Cu更活潑的金屬，故粗銅中含有兩種元素的單質(zhì)，但由于二者先于銅失去電子進入電解質(zhì)溶液中，故在陽極泥中幾乎檢測不到，故答案為：的單質(zhì)均比銅活潑；先于銅失去電子進入電解質(zhì)溶液中；

(2)已知陽極泥進行“硫酸化(隔絕空氣)焙燒”，煙氣中含有等。

①“焙燒”過程中與濃硫酸反應(yīng)即Cu與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成CuSO4、SO2和H2O，故該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：故答案為：

②將通入水中即可生成單質(zhì)硒，Se的化合價降低被還原為Se單質(zhì)，故S的化合價升高被氧化為故該反應(yīng)的離子方程式為故答案為：

③實驗室中分離不溶性固體和液體的方法是過濾；故將粗硒從溶液中分離出來的操作為過濾，故答案為：過濾；

(3)用惰性電極電解“浸液”即主要電解硫酸銅溶液時，溶液中發(fā)生的總反應(yīng)離子方程式為故答案為：

(4)由題干信息可知；“銀電解”即進行銀的精煉，根據(jù)銅的精煉過程可知，用含金；銀、鉛的合金(或粗銀)作陽極材料，用純銀作陰極，故答案為：含金、銀、鉛的合金(或粗銀)；

(5)焙燒需消耗硫酸，而得到粗硒生成硫酸，則硫酸可循環(huán)利用，故答案為：H2SO4?！窘馕觥康膯钨|(zhì)均比銅活潑，先于銅失去電子進入電解質(zhì)溶液中過濾含金、銀、鉛的合金(或粗銀)23、略

【分析】【分析】

向含鉻污泥中加入稀硫酸和水并將溶液pH調(diào)節(jié)為1，根據(jù)信息①知，硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后過濾，向濾液中加入雙氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O然后向溶液中加入NaOH溶液并調(diào)節(jié)溶液的pH=8，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中Cr2O轉(zhuǎn)化為CrO然后過濾，向濾液中加入鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，發(fā)生反應(yīng)2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-。

【詳解】

(1)根據(jù)c1V1=c2V2列等式，18.4mol·L-1×V1×10-3L=2mol·L-1×500×10-3L，V1=54.3mL；配制時所用玻璃儀器除量筒；燒杯和玻璃棒外；還需要的儀器：500mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：54.3；500mL容量瓶、膠頭滴管；

(2)經(jīng)氧化環(huán)節(jié)濾液I中的Cr3+轉(zhuǎn)化為Cr2O此反應(yīng)的離子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+。故答案為：2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+；

(3)利用電荷守恒和原子守恒書寫離子方程式：Cr2O+2OH-2CrO+H2O，當(dāng)pH增大時該平衡向右移動，溶液中Cr2O濃度減小、CrO-離子濃度增大，顏色由橙色變?yōu)辄S色，故答案為：Cr2O+2OH-2CrO+H2O，當(dāng)pH增大時該平衡向右移動，溶液中Cr2O濃度減小、CrO離子濃度增大；顏色由橙色變?yōu)辄S色；

(4)鈉離子交換樹脂的反應(yīng)原理為Mn++nNaR?MRn+nNa+，陽離子互換原則確定，利用鈉離子交換樹脂可除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子有Mg2+、Ca2+，故答案為：Mg2+、Ca2+；

(5)流程中用SO2進行還原時發(fā)生反應(yīng)是還原CrO生成Cr(OH)(H2O)5SO4，反應(yīng)的離子方程式：2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-，故答案為：2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-；

(6)指示劑選擇原則①顏色變化明顯②Ksp略微大于AgSCN，確定K2CrO4作為指示劑，滴定終點現(xiàn)象是當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時，沉淀由白色變?yōu)榇u紅色，且半分鐘內(nèi)沉淀顏色不再改變；故答案為：B；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時，沉淀由白色變?yōu)榇u紅色，且半分鐘內(nèi)沉淀顏色不再改變。【解析】54.3500mL容量瓶、膠頭滴管2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+Cr2O+2OH-2CrO+H2O，當(dāng)pH增大時該平衡向右移動，溶液中Cr2O濃度減小、CrO離子濃度增大，顏色由橙色變?yōu)辄S色Mg2+、Ca2+2CrO+3SO2+12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓+SO+2OH-B當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時，沉淀由白色變?yōu)榇u紅色，且半分鐘內(nèi)沉淀顏色不再改變24、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(diào)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(yīng)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(yīng)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(jié)合第(2)小題的計算結(jié)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(zhì)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、實驗題(共3題，共21分)25、略

【分析】【分析】

（1）

KMnO4溶液具有強氧化性；能將堿式滴定管下端的橡膠管腐蝕，所以不能用堿式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取；

（2）

H2C2O4·2H2O在常溫常壓下是穩(wěn)定的結(jié)晶水合物；FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化；濃鹽酸易揮發(fā)；Na2SO3在空氣中不穩(wěn)定易被氧化成Na2SO4；所以答案為A；

（3）

若準(zhǔn)確稱取Wg你選的基準(zhǔn)試劑溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。根據(jù)得失電子守恒原理有關(guān)系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為c(KMnO4)=

（4）

在放置過程中，由于空氣中還原性物質(zhì)的作用，使KMnO4溶液的濃度變小了，再去滴定水樣中的Fe2＋時，消耗KMnO4溶液(標(biāo)準(zhǔn)溶液)的體積會增大，導(dǎo)致計算出來的c(Fe2＋)會增大，測定的結(jié)果偏高?！窘馕觥?1)酸式滴定管。

(2)A

(3)

(4)偏高26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①蛇形冷凝管的進水口在下面；即圖中a，出水口在上面；

②圓底燒瓶B收集的是揮發(fā)又冷凝后的水；故高濃度的過氧化氫最終主要收集在圓底燒瓶A；

(2)①由圖可知；當(dāng)濃硫酸的總體積在反應(yīng)物總體積4%-5%之間時，即可達到良好的實驗效果，反應(yīng)物總體積為40mL，因此A項用量最合理，故答案為：A；

②用高濃度的雙氧水和冰醋酸反應(yīng)制過氧乙酸，雙氧水和冰醋酸反應(yīng)放出大量的熱；而CH3COOOH不穩(wěn)定；遇熱易分解，過氧化氫易分解，溫度升高會加速分解；故向冰醋酸中滴加提濃的雙氧水要有冷卻措施，主要防止過氧化氫和過氧乙酸因溫度過高大量分解；控制反應(yīng)溫度在40℃的加熱方法是水浴加熱；

(3)①Ⅰ中酸性KMnO4溶液與H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，MnO被還原為Mn2+，H2O2被氧化為O2，反應(yīng)的離子方程式2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；硫代硫酸鈉滴定含碘溶液；指示劑應(yīng)為淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的藍(lán)色，等碘消耗完溶液會褪色，所以滴定終點時的現(xiàn)象為：滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變無色；

Na2S2O3滴定生成的I2包含H2O2和CH3COOOH產(chǎn)生的，由可得n(I2)總=KMnO4滴定殘留的H2O2，由2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O可得由H2O2＋2I-＋2H＋＝I2＋2H2O可知H2O2產(chǎn)生I2的物質(zhì)的量為n(I2)1=n(H2O2)=mol，則由CH3COOOH產(chǎn)生的I2的物質(zhì)的量為n(I2)2=n(I2)總-n(I2)1=mol，由CH3COOOH＋2I-＋2H＋＝CH3COOH＋I2＋H2O可得n(CH3COOOH)=n(I2)2=mol，過氧乙酸的濃度為c=n(CH3COOOH)/V=mol÷V×10-3L=(bV2-5aV1)/2Vmol/L；

②A．盛裝KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管沒有潤洗，導(dǎo)致KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度偏小，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，造成計算H2O2產(chǎn)生的I2物質(zhì)的量偏多，計算CH3COOOH產(chǎn)生的I2偏??；使結(jié)果偏低，A不選；

B．用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定前