2025年粵教版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年粵教版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷197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8題，共16分)1、以PbO為原料回收鉛的過程如下：

Ⅰ.將PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；

Ⅱ.電解Na2PbCl4溶液后生成Pb；原理如圖所示。

下列判斷不正確的是A.陽極區(qū)的溶質(zhì)主要是H2SO4B.電極Ⅱ的電極反應(yīng)式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C.當有2.07gPb生成時，通過陽離子交換膜的陽離子為0.04molD.電解過程中為了實現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用，可向陰極區(qū)補充PbO2、下列有關(guān)說法中正確的是A.在低溫下能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的B.室溫下不能自發(fā)進行，說明該反應(yīng)的C.若化學(xué)反應(yīng)在任何溫度下都不能自發(fā)進行D.加入合適的催化劑能降低反應(yīng)活化能，從而改變反應(yīng)的焓變3、下列說法正確的是A.溶液中的B.相同溫度下，氨水溶液與氨水溶液中之比是2：1C.向溶液中滴加硝酸使溶液此時混合液中的D.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，使混合液的此時混合液中4、某溫度下，在體積一定的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，下列說法正確的是A.當2v(H2)=3v(NH3)時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)B.一段時間后，混合氣體密度不變，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)C.平衡后再充入NH3，達到新平衡時，NH3的百分含量變小D.若反應(yīng)前充入的N2與H2物質(zhì)的量相等，達平衡時H2的轉(zhuǎn)化率比N2的高5、關(guān)于等體積且pH相同的醋酸和鹽酸，下列敘述不正確的是（）A.分別與NaOH溶液中和，消耗NaOH的物質(zhì)的量醋酸大于鹽酸B.分別稀釋至原溶液的m倍和n倍，稀釋后兩溶液的pH仍然相同，則m>nC.分別與足量的鋅粉反應(yīng)，生成氫氣的體積醋酸大于鹽酸D.分別與形狀完全一樣的鋅粒反應(yīng)生成相同條件下等量的氫氣，所需時間鹽酸小于醋酸6、對于①NaHCO3②Na2CO3③CH3COOH④CH3COONa四溶液物質(zhì)的量濃度均為0.01mol/L，下列說法正確的是A.①中加入NaOH固體，增大B.②的離子濃度為：c(Na+)>c(OH-)>c()>c(H+)C.③溶液中加入等體積的水稀釋，溶液中所有離子濃度都減小D.②和④等體積混合：c(Na+)>c(CH3COO-)+2c()+c()7、已知25℃時，和的飽和溶液中，金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負對數(shù)與溶液的變化關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是。

A.向等濃度的和的混合溶液中滴加溶液，先沉淀B.當和沉淀共存時，溶液中：C.Y點對應(yīng)的分散系是均一穩(wěn)定的D.無法通過直接控制的方法除去溶液中含有的少量8、溫度為T1時，在三個容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)?2NO(g)+O2(g)△H＞0。實驗測得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說法正確的是。容器編號物質(zhì)的起始濃度(mol/L)物質(zhì)的平衡濃度(mol/L)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35

A.容器Ⅱ中剛開始反應(yīng)時v正＜v逆B.達平衡時，容器I與容器Ⅱ中的總壓強之比為4∶5C.達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)大于50%D.當溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則T2>T1評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、現(xiàn)需設(shè)計一套實驗裝置來電解飽和食鹽水；并測量電解產(chǎn)生的氫氣的體積(約6mL)和檢驗氯氣的氧化性(不應(yīng)將多余的氯氣排入空氣中)。

（1）試從上圖圖1中選用幾種必要的儀器,連成一整套裝置,各種儀器接口的連接順序(填編號)是:A接________,B接________。

（2）鐵棒接直流電源的________極;碳棒上發(fā)生的電極反應(yīng)為________。

（3）能說明氯氣具有氧化性的實驗現(xiàn)象是________。

（4）假定裝入的飽和食鹽水為50mL(電解前后溶液體積變化可忽略),當測得的氫氣為5.6mL（已折算成標準狀況）時,溶液的pH為________。

（5）工業(yè)上采用離子交換膜法電解飽和食鹽水，如上圖圖2，該離子交換膜是________（填“陽離子”或“陰離子”）交換膜，溶液A是________（填溶質(zhì)的化學(xué)式）10、下表是幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)酸電離方程式電離常數(shù)KCH3COOHCH3COOHCH3COO－+H+K=1.75×10-5H2CO3H2CO3H++HCO3－

HCO3－H++CO32－K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11H2SH2SH++HS－

HS－H++S2－K1=1.3×10-7

K2=7.1×10-15H3PO4H3PO4H++H2PO4－

H2PO4－H++HPO42－

HPO42－H++PO43－K1=7.1×10-3

K2=6.3×10-8

K3=4.2×10-13

回答下列各題：

（1）K只與溫度有關(guān)，當溫度升高時，K值________（填“增大”“減小”或“不變”）。

（2）在溫度相同時，各弱酸的K值不同，那么K值的大小與酸性的相對強弱有何關(guān)系？_________。

（3）若把CH3COOH、H2CO3、HCO3－、H2S、HS－、H3PO4、H2PO4－、HPO42－都看作是酸，其中酸性最強的是________，最弱的是________。

（4）多元弱酸是分步電離的，每一步都有相應(yīng)的電離平衡常數(shù)，對于同一種多元弱酸的K1、K2、K3之間存在著數(shù)量上的規(guī)律，此規(guī)律是________，產(chǎn)生此規(guī)律的原因是_______________________。11、工業(yè)上可利用CO2來制備清潔液體顏料甲醇；有關(guān)化學(xué)反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.6kJ?mol-1

反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2＝+41kJ?mol-1

（1）反應(yīng)Ⅰ在___（填“低溫”或“高溫”）下可自發(fā)反應(yīng)。

（2）有利于提高上述反應(yīng)甲醇平衡產(chǎn)率的條件是___。

A．高溫高壓B．低溫低壓C．高溫低壓D．低溫高壓。

（3）在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合氣體，體積比1：3，總物質(zhì)的量amol進行反應(yīng)，測得CO2轉(zhuǎn)化率、CH3OH和CO選擇性隨溫度、壓強變化情況分別如圖所示（選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比）。

①下列說法正確的是___。

A．壓強可影響產(chǎn)物的選擇性。

B．CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先增大后減小。

C．由圖1可知；反應(yīng)的最佳溫度為220℃左右。

D．及時分離出甲醇和水以及使氫氣和二氧化碳循環(huán)使用；可提高原料利用率。

②250℃時，反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ達到平衡，平衡時容器體積為VL，CO2轉(zhuǎn)化率為25%，CH3OH和CO選擇性均為50%，則該溫度下反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為___。

③分析圖2中CO選擇性下降的原因___。12、水的電離方程式為：H2O?H++OH-，其平衡移動的分析，符合勒夏特列原理。H2O?H++OH-移動方向c(H+)c(OH-)水的電離程度Kw①升溫___________________________________②通入HCl(g)___________________________________③通入氨氣___________________________________④加Na___________________________________⑤加FeCl3(s)___________________________________⑥加入NaHSO4(s)___________________________________13、某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)下列說法正確的是__________。

A．加入Na2SO4可以使溶液由a點變到b點。

B．通過蒸發(fā)可以使溶液由d點變到c點。

C．d點無BaSO4沉淀生成。

D．a(chǎn)點對應(yīng)的Ksp大于c點對應(yīng)的Ksp

(2)將100mL1mol·L－1H2SO4加入100mL含Ba2＋0.137g的溶液中充分反應(yīng)后，過濾出沉淀，濾液中殘留的Ba2＋的物質(zhì)的量濃度為____________。

(3)將沉淀用100mL純水和100mL0.01mol·L－1的H2SO4分別洗滌，兩種情況下?lián)p失的BaSO4的質(zhì)量之比為________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，此時v放減小，v吸增大。(____)A.正確B.錯誤15、熱化學(xué)方程式表示的意義：25℃、101kPa時，發(fā)生上述反應(yīng)生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的熱量。(_______)A.正確B.錯誤16、熱化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)與ΔH成正比。____A.正確B.錯誤17、常溫下，反應(yīng)C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的ΔH＞0。__________________A.正確B.錯誤18、恒溫恒容下進行的可逆反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)。(____)A.正確B.錯誤19、25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等。（______________）A.正確B.錯誤20、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共16分)21、氯氧化鉍(BiOCl)廣泛用于彩釉調(diào)料、塑料助劑等。一種用火法煉銅過程產(chǎn)生的銅轉(zhuǎn)爐煙塵(除含鉍的化合物之外，還有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制備高純氯氧化鉍的工藝流程如下：

已知：①BiOCl難溶于水；

②“浸鉍”所得浸取液中含BiCl3、AsCl3等物質(zhì)。

回答下列問題：

(1)“浸銅”時有單質(zhì)硫生成，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。

(2)“沉鉍”時需控制溶液的pH=3.0，此時BiCl3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______?！俺零G”所得濾液可導(dǎo)入到_______中使用(填流程中操作單元名稱)。

(3)工業(yè)生產(chǎn)中還可采用鐵鹽氧化法除砷。向“浸鉍”所得浸取液中加入和H2O2，并調(diào)節(jié)pH，生成FeAsO4沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______。欲使溶液中且不產(chǎn)生沉淀，應(yīng)控制pH的范圍為_______。(已知：的Ksp分別計算結(jié)果保留2位小數(shù))

(4)氯氧化鉍(BiOCl)可用作鉀離子電池(有機物作離子導(dǎo)體)的負極材料，充電時嵌入K+，BiOCl被還原為Bi，電極反應(yīng)式是_______。研究發(fā)現(xiàn)，充電過程中，除上述反應(yīng)外，還包括該反應(yīng)的發(fā)生使得電池的儲能_______(填“增大”“減小”或“不變”)。22、可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有等物質(zhì)。以獨居石為原料制備的工藝流程如下：

回答下列問題：

(1)鈰的某種核素含有58個質(zhì)子和80個中子，該核素的符號為_______；

(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少寫兩條)；

(3)濾渣Ⅲ的主要成分是_______(填化學(xué)式)；

(4)加入絮凝劑的目的是_______；

(5)“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的的)；

(6)濾渣Ⅱ的主要成分為在高溫條件下，葡萄糖()和可制備電極材料同時生成和該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)23、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，請用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論進行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學(xué)式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)_____。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共3題，共30分)24、已知B是常見的金屬單質(zhì)；E為常見的氣態(tài)非金屬單質(zhì)，H常溫下為無色液體，C的濃溶液在加熱時才與D反應(yīng)。根據(jù)下列框圖所示，試回答：

（1）F的電子式為____________，所含化學(xué)鍵為_________；

（2）反應(yīng)①的離子方程式為_____________________________；

（3）每生成1molK，反應(yīng)放出98.3kJ的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________；

（4）反應(yīng)②的化學(xué)方程式為_______________________；

（5）化合物F與Na2S溶液反應(yīng)，生成NaOH和S單質(zhì)，試寫出該反應(yīng)的離子方程式為__________________________。25、A、B、C、D是中學(xué)化學(xué)的常見物質(zhì)，其中A、B、C均含有同一種元素。在一定條件下相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系如下圖所示（部分反應(yīng)中的H2O已略去）。請?zhí)羁眨?/p>

（1）若A可用于自來水消毒，D是生產(chǎn)、生活中用量最大、用途最廣的金屬單質(zhì)，加熱蒸干B的溶液不能得到B，則B的化學(xué)式可能是____；工業(yè)上制取A的離子方程式為_____________。

（2）若A是一種堿性氣體，常用作制冷劑，B是汽車尾氣之一，遇空氣會變色，則反應(yīng)①的化學(xué)方程式為___________________。

（3）若D是氯堿工業(yè)的主要產(chǎn)品，B有兩性，則反應(yīng)②的離子方程式是__________。

（4）若D是空氣質(zhì)量預(yù)報必報的無色有刺激性氣味氣體，A、B、C的的焰色反應(yīng)都呈黃色，則B的化學(xué)式是___________。26、已知有原子序數(shù)依次增大的A；B、C、D、E五種短周期元素和過度金屬元素F；其相關(guān)信息如下：

①A與C形成的化合物的水溶液呈堿性。

②B的最高正價和最低負價的代數(shù)和為0

③D的常見化合物的焰色反應(yīng)為黃色。

④E的氧化物屬于兩性氧化物。

（1）分子式為B5A12且其一氯代物只有一種的有機物的名稱為____.

（2）C元素的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應(yīng)的水化物化合生成M，M的水溶液呈___性。

（3）1molD元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與2molE元素的單質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)生氣體體積為_______L（標準狀況下）

（4）F與B形成的合金在潮濕的空氣中易發(fā)生電化學(xué)腐蝕形成紅棕色固體，腐蝕過程中正極的電極反應(yīng)式為______.參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

電解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如圖所示，電極Ⅱ周圍PbCl42-得電子轉(zhuǎn)化為Pb，則電極Ⅱ為陰極，陰極的電極反應(yīng)是發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)方程式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；電極Ⅰ為陽極，根據(jù)陰離子放電順序，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)：2H2O－4e?=4H＋＋O2↑；以此解題。

【詳解】

A.根據(jù)分析，電極Ⅰ為陽極，根據(jù)陰離子放電順序，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)：2H2O－4e?=4H＋＋O2↑，陽極區(qū)的溶質(zhì)主要是H2SO4；故A正確；

B.電極Ⅱ周圍PbCl42-得電子轉(zhuǎn)化為Pb，則電極Ⅱ為陰極，陰極的電極反應(yīng)是發(fā)生還原反應(yīng)，電極Ⅱ的電極反應(yīng)式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；故B正確；

C.當有2.07gPb生成時，即生成Pb的物質(zhì)的量為==0.01mol，根據(jù)電極反應(yīng)式為PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.02mol，電解液中的陽離子為氫離子，則通過陽離子交換膜的陽離子為0.02mol，故C錯誤；

D.陰極電解一段時間后溶液為HCl和NaCl的混合溶液，根據(jù)題意“將PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的電解液”，繼續(xù)向陰極區(qū)加PbO粗品可恢復(fù)其濃度且實現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用；故D正確；

答案選C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由氣體的化學(xué)計量數(shù)可知，?S<0，且?H-T?S<0的反應(yīng)自發(fā)進行，在低溫下能夠自發(fā)進行，則該反應(yīng)的?H<0；故A錯誤；

B．由氣體的化學(xué)計量數(shù)可知，?S>0，且?H-T?S<0的反應(yīng)自發(fā)進行，室溫下不能自發(fā)進行，說明?H>0；故B錯誤；

C．?H-T?S<0的反應(yīng)自發(fā)進行，若化學(xué)反應(yīng)在任何溫度下都不能自發(fā)進行，故C正確；

D．催化劑能降低反應(yīng)活化能；不改變反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，不能改變反應(yīng)的焓變，故D錯誤；

故選C。3、C【分析】【詳解】

盡管在溶液中會發(fā)生水解反應(yīng)，但水解的程度是很微弱的，總的來說A項錯誤；

在氨水中存在電離平衡：如果二者的電離程度相同，則兩種氨水中的之比是2：1，但是溶液的濃度越大，電離程度越小，所以在這兩種溶液中之比小于2：1。B錯誤；

C.由于只有電離產(chǎn)生，而則由和共同電離產(chǎn)生，所以混合液中的C項正確；

D．若混合液的則根據(jù)溶液呈電中性可知可得D項錯誤；

答案選C。4、D【分析】【詳解】

A．化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)計量數(shù)成正比，因此，無論反應(yīng)是否平衡，始終有2v(H2)=3v(NH3)，則2v(H2)=3v(NH3)不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)；A錯誤；

B．反應(yīng)在恒容容器中進行；根據(jù)質(zhì)量守恒，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，則混合氣體的密度始終不變，當密度不變時，不能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，B錯誤；

C．平衡后再充入NH3，平衡正向移動，但根據(jù)勒夏特列原理只能削弱不能抵消可知，達到新平衡時，NH3的百分含量變大；C錯誤；

D．若反應(yīng)前充入的N2與H2物質(zhì)的量相等，N2過量，因此達平衡時H2的轉(zhuǎn)化率比N2的高；D正確；

答案選D。5、D【分析】【詳解】

A．pH相同的醋酸和鹽酸；醋酸濃度大于鹽酸，等體積且pH相同的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，分別與NaOH溶液中和，消耗NaOH的物質(zhì)的量醋酸大于鹽酸，故A正確；

B．加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動，分別稀釋至原溶液的m倍和n倍，稀釋后兩溶液的pH仍然相同，則m>n；故B正確；

C．pH相同的醋酸和鹽酸；醋酸濃度大于鹽酸，等體積且pH相同的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，分別與足量的鋅粉反應(yīng)，生成氫氣的體積醋酸大于鹽酸，故C正確；

D．醋酸是弱酸；反應(yīng)開始后，醋酸與鋅反應(yīng)的速率大于鹽酸，生成等量的氫氣，所需時間鹽酸大于醋酸，故D錯誤；

選D。6、D【分析】【詳解】

A．向①NaHCO3溶液中加入NaOH固體，會發(fā)生反應(yīng)：因此溶液中將減??；故A項錯誤；

B．②Na2CO3屬于易溶于水的強堿弱酸鹽，在溶液中完全電離出Na+、會發(fā)生水解：但水解程度微弱，因此溶液中離子濃度：c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)；故B項錯誤；

C．③向CH3COOH溶液中加入等體積水，促進醋酸的電離，溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+濃度均減小，根據(jù)溫度不變，Kw不變，則溶液中OH-濃度將增大；故C項錯誤；

D．Na2CO3、CH3COONa均屬于強堿弱酸鹽，在水中均完全電離，Na2CO3、CH3COONa等體積混合，由于碳酸根、醋酸根的水解，溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+2c()+c()+c(OH-)，則c(Na+)>c(CH3COO-)+2c()+c()；故D項正確；

綜上所述，答案為：D。7、C【分析】【分析】

Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，則Fe(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2，則相等時，F(xiàn)e(OH)2中氫氧根離子的濃度大于Cu(OH)2中氫氧根離子的濃度，所以曲線a表示Cu(OH)2、曲線b表示Fe(OH)2；據(jù)此分析。

【詳解】

A．向等濃度的和的混合溶液中滴加溶液；溶度積小的先沉淀，應(yīng)先生成氫氧化銅沉淀，故A正確；

B．pH=8時，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，當pH=10時，-lgc(Cu2+)=11.7，則Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)∶c(Cu2+)==故B正確；

C．Y點對應(yīng)的Cu(OH)2分散系中，c(Cu2+)×c2(OH-)＞Ksp[Cu(OH)2]，平衡逆向移動，形成沉淀，即Y點對應(yīng)的Cu(OH)2分散系是不穩(wěn)定的體系；故C錯誤；

D．氫氧化銅溶度積較小，調(diào)節(jié)pH，先生成氫氧化銅沉淀，不能通過直接控制pH的方法可除去溶液中含有的量故D正確；

答案選C。

【點睛】

本題的難點為B，要注意根據(jù)圖像提供的數(shù)據(jù)計算出Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Cu(OH)2]。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A．T1溫度下；根據(jù)實驗I的數(shù)據(jù)：

該反應(yīng)的平衡常數(shù)K===0.8，容器Ⅱ反應(yīng)達平衡前，Qc==＜0.8，此時反應(yīng)向著正方向進行，v正＞v逆；故A錯誤；

B．達平衡時，容器I中氣體的總物質(zhì)的量濃度為0.8mol/L；溫度相同，化學(xué)平衡常數(shù)相同，故溫度為T1，反應(yīng)達平衡時，容器Ⅱ中的平衡常數(shù)K=0.8，容器Ⅱ反應(yīng)達平衡前，Qc==＜0.8；此時反應(yīng)向著正方向進行，氣體的物質(zhì)的量濃度增大，即達平衡時，容器II中氣體的總物質(zhì)的量濃度大于1.0mol/L，則達平衡時，容器I與容器II中的總壓強之比=總物質(zhì)的量濃度之比＜4∶5，故B錯誤；

C.根據(jù)2NO2(g)?2NO(g)+O2(g)，如果Ⅲ中NO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c(NO2)=0.5mol/L，且容器中還有c(O2)=0.1mol/L剩余；與I相比，Ⅲ是相當于增大壓強，平衡逆向移動，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，則達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于50%，故C錯誤；

D．v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)?c(O2)，達到平衡時，v正=v逆，則k正c2(NO2)=k逆c2(NO)?c(O2)，則K═=當溫度改變?yōu)門2時，若k正=k逆，則此溫度下K=1＞0.8，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，K增大，因此T2＞T1；故D正確；

故選D。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）A為鐵棒，則應(yīng)為陰極，產(chǎn)生H2；B為陽極，產(chǎn)生Cl2；據(jù)此確定后續(xù)連接裝置；

（2）鐵棒為陰極，與電源的負極相連；碳棒為陽極，由Cl-發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成Cl2；據(jù)此寫出電極反應(yīng)式；

（3）氧化性Cl2>I2；淀粉遇碘變藍色；

（4）根據(jù)公式計算反應(yīng)生成n(H2)，結(jié)合電極反應(yīng)式計算反應(yīng)生成n(OH-)，再根據(jù)計算溶液中c(H+)；從而得出溶液的pH；

（5）電極a產(chǎn)生Cl2，則電極a為陽極，電極b為陰極；根據(jù)離子移動方向，確定離子交換膜的類型和溶液A的成分；

【詳解】

（1）A為鐵棒，則應(yīng)為陰極，產(chǎn)生H2，則A后應(yīng)連接測量H2體積的裝置，因此A接G、F、I；B為陽極，產(chǎn)生Cl2，則B后連接Cl2的性質(zhì)檢驗裝置；因此B接D；E、C；故答案為：G、F、I，D、E、C。

（2）鐵棒為陰極，與電源的負極相連；碳棒為陽極，由Cl-發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成Cl2，故答案為：

（3）由于氧化性Cl2>I2，能將I-氧化成I2，而淀粉遇碘變藍色，因此若觀察到淀粉-KI溶液變成藍色，則說明Cl2具有氧化性；故答案為：淀粉-KI溶液變成藍色。

（4）反應(yīng)生成由電極反應(yīng)式2H2O+2e－=H2↑＋2OH－可知，反應(yīng)生成n(OH－)=0.5×10-3mol，則溶液中因此溶液中因此溶液的pH=12，故答案為：12。

（5）由于電極a產(chǎn)生Cl2，則電極a為陽極，電極b為陰極；由圖可知，離子由電極a區(qū)域向電極b區(qū)域移動；因此移動的離子為陽離子，因此離子交換膜為陽離子交換膜；因此溶液A為NaCl稀溶液，故答案為：陽離子，NaCl。

【點睛】

電解池中陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)溶液中陽離子流向陰極，陰離子流向陽極，電子經(jīng)外電路和電源由陽極流向陰極。【解析】G、F、ID、E、C負2Cl--2e-=Cl2↑淀粉-KI溶液變成藍色12陽離子NaCl10、略

【分析】【分析】

⑴由于升高溫度；電離是吸熱過程，有利于電離平衡正向移動，因此K值增大。

⑵K值越大；酸越強，則電離程度越大，當酸濃度相等時，K越大，酸中氫離子濃度越大，酸性越強。

⑶由表可看出H3PO4的K值最大，酸性最強；而HS－的K值最??；酸性最弱。

⑷由于上一級電離對下一級電離的抑制作用；使得上一級的電離常數(shù)遠大于下一級的電離常數(shù)。

【詳解】

⑴由于升高溫度；電離是吸熱過程，有利于電離平衡正向移動，因此K值增大，故答案為：增大。

⑵K值越大；酸越強，則電離程度越大，當酸濃度相等時，K越大，酸中氫離子濃度越大，酸性越強，故答案為：K值越大，相同濃度時電離出的氫離子濃度越大，所以酸性越強。

⑶由表可看出H3PO4的K值最大，酸性最強；而HS－的K值最小，酸性最弱，故答案為：H3PO4；HS－。

⑷由于上一級電離對下一級電離的抑制作用，使得上一級的電離常數(shù)遠大于下一級的電離常數(shù)，故答案為：K1K2K3；上一級電離產(chǎn)生的H＋對下一級電離有抑制作用?！窘馕觥吭龃驥值越大，相同濃度時電離出的氫離子濃度越大，所以酸性越強上一級電離產(chǎn)生的H＋對下一級電離有抑制作用11、略

【分析】【分析】

根據(jù)吉布斯自由能判斷反應(yīng)自發(fā)進行的條件；根據(jù)平衡移動原理分析解答；根據(jù)轉(zhuǎn)化率；平衡常數(shù)的表達式分析解答。

【詳解】

（1）對于反應(yīng)CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ?mol﹣1；△H＜0，△S＜0，則如反應(yīng)能自發(fā)進行，應(yīng)滿足△H﹣T?△S＜0，低溫下即可進行，故答案為：低溫；

（2）反應(yīng)CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ?mol﹣1；由化學(xué)計量數(shù)可知，增大壓強，平衡正向移動，且正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動，則低溫高壓有利于提高甲醇的產(chǎn)率，故答案為：D；

（3）①A.增大壓強；反應(yīng)Ⅰ正向移動，甲醇的產(chǎn)率增大，說明壓強影響產(chǎn)物的選擇性，故A正確；

B.反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)；生成溫度，平衡逆向移動，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故B錯誤；

C.由圖1可知；反應(yīng)的溫度控制在220℃左右時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率；甲醇的含量較大，CO的含量較小，升高到240℃以后，甲醇的選擇性減小，則反應(yīng)的最佳溫度為220℃左右，故C正確；

D.及時分離出甲醇和水；可使平衡正向移動，且循環(huán)使用氫氣和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D正確，故答案為：ACD；

②在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合氣體；體積比1：3，總物質(zhì)的量amol進行反應(yīng)；

250℃時，反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ達到平衡，平衡時容器體積為VL，CO2轉(zhuǎn)化率為25%，CH3OH和CO選擇性均為50%，由方程式可知，消耗n（CO2）=×25%mol=mol，生成CH3OH和CO共mol，分別為mol，生成n（H2O）=mol，兩個反應(yīng)消耗氫氣的物質(zhì)的量為mol×3+mol=mol，則剩余氫氣的物質(zhì)的量為mol﹣mol=mol，則反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)故答案為：

③對于反應(yīng)Ⅱ，增大壓強平衡不移動，但對應(yīng)反應(yīng)Ⅰ，增大壓強，平衡正向移動，導(dǎo)致反應(yīng)物的濃度降低，生成水的濃度增大，則導(dǎo)致反應(yīng)Ⅱ平衡逆向移動，CO的選擇性下降，故答案為：增大壓強，有利于反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，使反應(yīng)物濃度減小，從而使反應(yīng)Ⅱ逆向移動，CO選擇性下降。【解析】低溫DACD增大壓強，有利于反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，使反應(yīng)物濃度減小，從而使反應(yīng)Ⅱ逆向移動，CO選擇性下降12、略

【分析】【詳解】

①水的電離為吸熱反應(yīng)，所以升高溫度，促進水的電離，平衡向右移動，溶液中c(H+)和氫c(OH-)均會增大，水的電離平衡常數(shù)Kw增大；

②通入HCl(g)，溶液中c(H+)增大，抑制水的電離，水的電離平衡向左移動，c(OH-)減小，因為溫度不變，所以水的電離平衡常數(shù)Kw不變；

③氨氣溶于水顯堿性，通入氨氣，溶液中c(OH-)增大，抑制水的電離，水的電離平衡向左移動，c(H+)減小，因為溫度不變，所以水的電離平衡常數(shù)Kw不變；

④加Na后，鈉與水電離生成的H+發(fā)生反應(yīng)，促進水的電離，水的電離平衡向右移動，因為生成NaOH，所以溶液中c(OH-)增大，但溫度不變，水的電離平衡常數(shù)Kw不變，所以c(H+)減??；

⑤向水中加入FeCl3(s)，F(xiàn)e3+水解會促進水的電離，水的電離平衡向右移動，F(xiàn)e3+水解產(chǎn)生H+，所以溶液中c(H+)增大，因為溫度不變，水的電離平衡常數(shù)Kw不變，所以c(OH-)減?。?/p>

⑥加入NaHSO4(s)，相當于加入了強酸，溶液中c(H+)增大，抑制水的電離，使水的電離平衡向左移動，因為溫度不變，水的電離平衡常數(shù)Kw不變，所以c(OH-)減小?！窘馕觥坑乙圃龃笤龃笤龃笤龃笞笠圃龃鬁p小減小不變左移減小增大減小不變右移減小增大增大不變右移增大減小增大不變左移增大減小減小不變13、略

【分析】【分析】

（1）該圖中的是平衡曲線，線上的任意點都是平衡狀態(tài)，b和d不是平衡狀態(tài)；結(jié)合選項分析判斷；

（2）根據(jù)硫酸根離子與鋇離子的反應(yīng)，求出剩余的硫酸根離子濃度，再根據(jù)Ksp計算；

（3）利用離子對溶解平衡的影響及Ksp（BaSO4）來計算溶解的硫酸鋇的質(zhì)量，然后確定兩種洗滌方法中BaSO4沉淀的損耗量之比。

【詳解】

（1）A．硫酸鋇溶液中存在著溶解平衡，a點在平衡曲線上，加入Na2SO4，會增大c(SO42-)，平衡左移，c(Ba2+)應(yīng)降低，即加入Na2SO4不能使溶液由a點變到b點；故A錯誤；

B．d點時溶液不飽和，蒸發(fā)溶劑水，c(SO42-)、c(Ba2+)均增大，通過蒸發(fā)不能使溶液由d點變到c點；故B錯誤；

C．d點表示Qc＜Ksp；溶液不飽和，不會有沉淀析出，故C正確；

D．Ksp是一常數(shù)，溫度不變Ksp不變，在曲線上的任意一點Ksp都相等；故D錯誤；

故答案為C；

（2）由圖象可知Ksp(BaSO4)=10-5×10-5=10-10，將100mL1mol?L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反應(yīng)后，反應(yīng)生成BaSO4，硫酸根離子過量，加入n(Ba2+)=0.137g÷137g/mol=0.001mol，剩余的硫酸根離子的濃度為：c(SO42-)=（0.1mol－0.001mol）÷0.2L=0.495mol/L，所以剩余的鋇離子為：c(Ba2+)=≈2.02×10-10mol/L；

（3）用100mL蒸餾水洗滌沉淀時，溶解的BaSO4的物質(zhì)的量為0.1L×c(Ba2+)=0.1L×mol/L=10-6mol，用100mL0.01mol?L-1H2SO4溶液洗滌時，硫酸根離子抑制了沉淀的溶解，則溶解的BaSO4的物質(zhì)的量為0.1L×c(Ba2+)=0.1L×=10-9mol，由同種物質(zhì)的質(zhì)量之比等于物質(zhì)的質(zhì)量之比可知兩種情況下?lián)p失的BaSO4的質(zhì)量之比為10-6mol：10-9mol=1000：1。

【點睛】

本題考查沉淀溶解平衡，注意理解難溶電解質(zhì)在水中的沉淀溶解平衡特點，正確理解和掌握溶度積Ksp的概念以及影響因素是解答的關(guān)鍵?！窘馕觥緾（2分）2.02×10－10mol·L－1（3分）103∶1（3分）三、判斷題(共7題，共14分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，反應(yīng)混合物分子能量增大，單位體積活化分子數(shù)、活化分子百分數(shù)均增大，此時v放增大，v吸增大，故錯誤。15、A【分析】【詳解】

題中沒有特殊說明，則反應(yīng)熱是在常溫常壓下測定，所以表示25℃、101kPa時，1mol反應(yīng)[]，放熱241.8kJ。(正確)。答案為：正確。16、A【分析】【分析】

【詳解】

ΔH表示按方程式計量數(shù)比例和物質(zhì)狀態(tài)進行化學(xué)反應(yīng)生成時放出或吸收的熱量，則熱化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)與ΔH成正比，正確。17、A【分析】【詳解】

常溫下，反應(yīng)C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，其ΔS＞0，則ΔH＞0，正確。18、B【分析】【分析】

【詳解】

恒溫恒容下進行的可逆反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的生成速率相等時，即正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故錯誤。19、B【分析】【分析】

【詳解】

水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數(shù)就相同，認為在25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等的說法是錯誤的。20、A【分析】【詳解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾，正確。四、工業(yè)流程題(共2題，共16分)21、略

【分析】【分析】

根據(jù)題目已知信息，第一步酸浸時，F(xiàn)e2O3溶解轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，含鉍化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后濾液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4，含鉍化合物、CuS、PbSO4、As2O3進入浸銅步驟，根據(jù)(1)問題干知CuS在此步驟中轉(zhuǎn)化為CuSO4、S，此時濾液中主要含CuSO4、H2SO4，含鉍化合物、PbSO4、As2O3、S進入浸鉍步驟，根據(jù)已知信息，浸鉍時，鉍元素轉(zhuǎn)化為BiCl3，As2O3轉(zhuǎn)化為AsCl3，PbSO4轉(zhuǎn)化為浸渣中主要含有S，浸鉍后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、經(jīng)過除鉛、砷步驟后，溶液中主要含BiCl3，經(jīng)過沉鉍操作，BiCl3轉(zhuǎn)化為BiOCl。

【詳解】

(1)浸銅時加入的物質(zhì)是MnO2、稀硫酸、濾渣，得到單質(zhì)硫，初步確定反應(yīng)為MnO2＋H+＋CuS→S↓＋Mn2+＋Cu2+＋H2O，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平得離子方程式為CuS＋MnO2＋4H+=Cu2++Mn2+＋S↓＋2H2O；

(2)由所給信息知，BiCl3轉(zhuǎn)化為BiOCl，根據(jù)元素守恒推測還有NaCl、CO2生成，根據(jù)元素守恒配平得方程式為：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+NaCl+CO2↑；沉鉍后的濾液中含有NaCl；可導(dǎo)入浸鉍環(huán)節(jié)循環(huán)使用，故此處填：浸鉍；

(3)浸取液中砷元素以As3+形式存在，反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為FeAsO4，As元素化合價升高，此反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒初步配平反應(yīng)為：Fe3++As3++H2O2→FeAsO4↓，由流程知，浸取液為酸性，故可在右邊添加6個H+配平電荷守恒，左邊添加2個H2O配平元素守恒，得完整離子方程式為：Fe3++As3++H2O2+2H2O=FeAsO4↓+6H+；

當c()=10-8mol/L時，溶液c(Fe3+)=此時溶液中c(OH-)=則c(H+)=則pH=-Lgc(H+)=5+=5.23，由于要確保c()＜10-8mol/L；故pH＜5.23，故此處填：pH＜5.23；

(4)由題意知，BiOCl中Bi元素得3個電子被還原為Bi，K+嵌入電極材料，根據(jù)元素守恒推測還有KCl、K2O生成，對應(yīng)電極反應(yīng)為：BiOCl+3e-+3K+=Bi+KCl+K2O；BiOCl得電子生成Bi是儲能過程，生成的Bi轉(zhuǎn)化為K3Bi也為儲能過程，故該反應(yīng)的發(fā)生使得電池的儲能增大，故此處填：增大?！窘馕觥緾uS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2OBiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑浸鉍Fe3++H2O2+As3++2H2O=FeAsO4↓+6H+pH＜5.23BiOCl+3e-+3K+=Bi+K2O+KCl增大22、略

【分析】【分析】

焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣Ⅰ為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3·nH2O。

【詳解】

(1)鈰的某種核素含有58個質(zhì)子和80個中子，則質(zhì)量數(shù)為58+80=138，該核素的符號為

(2)為提高“水浸”效率；可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等；

(3)結(jié)合流程可知，濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3；

(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；

(5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為↑；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()==≈2.3×10-8，則Kh()h()，因此常溫下加入的溶液呈堿性；

(6)由在高溫條件下，葡萄糖()和可制備電極材料同時生成和可知，該反應(yīng)中Fe價態(tài)降低，C價態(tài)升高，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3++6=6+9CO↑+6H2O。【解析】適當升高溫度，將獨居石粉碎等Al(OH)3和Fe(OH)3促使鋁離子沉淀↑堿性3++6=6+9CO↑+6H2O五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)23、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽