2025年粵教滬科版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年粵教滬科版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷169考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是A.硅酸鈉溶液與鹽酸的反應(yīng)：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na+B.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋I(xiàn)O3－＋3H2O===3I2＋6OH－C.飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO32?+CaSO4CaCO3+SO42?D.向NaHCO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋HCO3—===BaCO3↓＋H2O2、酒駕是交通事故的第一大“殺手”。一種酒精檢測(cè)儀工作原理如圖，a、b兩個(gè)多孔鉑電極外均覆蓋了一層聚四氟乙烯納米纖維膜；方便氣體透過(guò)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.采用多孔鉑電極可增大電極與氣體接觸面積B.該酒精檢測(cè)儀運(yùn)用了原電池原理C.a極的電極反應(yīng)：CH3CH2OH+12OH--12e-=2CO2+9H2OD.乙醇濃度越大，電路中的電流強(qiáng)度就越大3、電池具有穩(wěn)定性高、安全、對(duì)環(huán)境友好等優(yōu)點(diǎn)，可用于電動(dòng)汽車(chē)。電池反應(yīng)下列有關(guān)電池的說(shuō)法正確的是（）A.該電池可用溶液作電解質(zhì)溶液B.該電池放電時(shí)，電池內(nèi)部的Li+向負(fù)極移動(dòng)C.該電池中Li作負(fù)極D.在該電池的放電過(guò)程中，電池正極的質(zhì)量逐漸減少4、化學(xué)創(chuàng)造美好生活。下列生產(chǎn)活動(dòng)中；沒(méi)有運(yùn)用相應(yīng)化學(xué)原理的是。

。選項(xiàng)。

生產(chǎn)活動(dòng)。

化學(xué)原理。

A

食品中添加適量二氧化硫。

SO2可以起到漂白；防腐、抗氧化等作用。

B

將液態(tài)植物油變成固態(tài)的氫化植物油。

油脂能發(fā)生水解反應(yīng)。

C

利用氯化鐵溶液腐蝕銅制印刷電路板。

2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+

D

利用冰箱冷藏食物。

溫度低時(shí)；化學(xué)反應(yīng)速率慢。

A.AB.BC.CD.D5、下列化學(xué)用語(yǔ)表示不正確的是（）A.醋酸的電離：CH3COOHCH3COO-+H+B.碳酸氫鈉在水溶液中的電離：NaHCO3=Na++HCOC.氯化銨的水解：NH+H2ONH4OH+H+D.碳酸鈣的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)6、氫氧電池以氫氣作還原劑；氧氣作氧化劑，電極為多孔鎳，電解質(zhì)溶液為30%的氫氧化鉀溶液。以下有數(shù)種說(shuō)法：

①負(fù)極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-=4OH-②負(fù)極反應(yīng)為2H2+4OH--4e-=4H2O③電池工作時(shí)正極區(qū)pH升高，負(fù)極區(qū)pH下降；④電池工作時(shí)溶液中的陰離子移向正極。正確的組合是A.①③④B.②③C.②④D.①④7、下列說(shuō)法不正確的是A.恒壓條件下的焓變?cè)跀?shù)值上等于變化過(guò)程中的熱效應(yīng)B.焓變的符號(hào)是△HC.焓變的單位通常是kJ/molD.硝酸銨溶于水是吸熱反應(yīng)8、如圖所示為反應(yīng)的反應(yīng)速率變化的圖像；則橫軸不可能是（）

A.反應(yīng)時(shí)間B.溫度C.壓強(qiáng)（通過(guò)改變?nèi)萜鞯娜莘e實(shí)現(xiàn)）D.的濃度評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、有機(jī)電化學(xué)合成是目前公認(rèn)的一種綠色可持續(xù)性合成策略；電化學(xué)合成1，2-二氯乙烷的裝置如圖。

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.a為負(fù)極，離子交換膜1為陽(yáng)離子交換膜B.M極發(fā)生反應(yīng)C.電路中每通過(guò)1mol理論上消耗28g乙烯D.隨電解進(jìn)行與需及時(shí)補(bǔ)充10、KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液500mL，其中c()=6.0mol/L。用石墨作電極電解此溶液，當(dāng)通電一段時(shí)間后，兩極都收集到22.4L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，假設(shè)電解后溶液的體積仍為500mL。下列說(shuō)法不正確的是A.原混合溶液中K+的物質(zhì)的量濃度為1mol/LB.上述電解過(guò)程中共轉(zhuǎn)移4mol電子C.加入CuO可使溶液恢復(fù)到原來(lái)的成分和濃度D.電解后溶液中H+的物質(zhì)的量濃度4mol/L11、丙烯與加成過(guò)程及能量變化如下圖；下列說(shuō)法正確的是。

A.Ⅰ和Ⅱ?yàn)橹虚g產(chǎn)物，Ⅰ比Ⅱ穩(wěn)定B.兩種加成方式的決速步分別是②和④C.生成1-溴丙烷的速率大于生成2-溴丙烷的速率D.使用催化劑有利于提高1-溴丙烷的產(chǎn)率12、利用甲烷可減少污染，反應(yīng)原理如下：T℃時(shí)，將2mol與1mol的混合氣體置于絕熱恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)；正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的趨勢(shì)如圖所示。

下列說(shuō)法正確的是A.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)且c點(diǎn)時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡態(tài)B.若則產(chǎn)生的量：ab段＜bc段C.a、b、c、d四點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)大?。篋.d點(diǎn)的正反應(yīng)速率大于c點(diǎn)的逆反應(yīng)速率13、在一密閉容器中，反應(yīng)aA(g)bB(g)達(dá)平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，當(dāng)達(dá)到新的平衡時(shí)，A的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的60%，則A.平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)了B.物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率減小了C.物質(zhì)B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加了D.a＜b14、室溫下，向兩份濃度均為0.1mol/LHX溶液中分別滴加0.1mol/L鹽酸和NaOH溶液，向兩份0.1mol/LHY溶液中也進(jìn)行同樣操作，測(cè)得x[x=-lg其中A=X或Y]與溶液pH的關(guān)系如圖所示。

已知：Ka(HX)＞Ka(HY)

下列說(shuō)法正確的是A.HY溶液對(duì)應(yīng)的曲線為I，Ka(HY)的數(shù)量級(jí)為10-4B.a點(diǎn)溶液中：c(HY)+c(Y-)=0.10mol/LC.溶液中水的電離程度：f＞e＞dD.e點(diǎn)溶液中：c(Na+)＜c(HX)，NaX的Kh=1.0×10-10.515、常溫下，分別用0.01mol/L的NaOH溶液滴定與之等濃度的體積均為25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶液；溶液的pH隨V(NaOH)變化曲線如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.常溫下K(HA)數(shù)量級(jí)約為10-5B.常溫下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7C.NaOH溶液滴定HA溶液應(yīng)選擇酚酞作為指示劑D.當(dāng)橫坐標(biāo)為37.50時(shí)，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)＜2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)16、某反應(yīng)過(guò)程中的能量變化如圖所示。下列敘述正確的是。

A.該反應(yīng)的△H＝E1－E2B.該反應(yīng)的能量變化與合成氨反應(yīng)的能量變化相同C.加入催化劑既能減小反應(yīng)的△H，又能加快反應(yīng)速率D.若該反應(yīng)常溫下能自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)的△S＞017、科學(xué)解釋能力是科學(xué)素養(yǎng)的重要組成部分。下列對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及操作的解釋合理的是?，F(xiàn)象及操作解釋A用pH試紙鑒別NaCl和NH4Cl溶液NH水解使溶液顯酸性B取少量某溶液，滴加氯化鋇溶液，生成白色沉淀該溶液中含有SOC配制氯化鐵溶液時(shí)加入少量鹽酸抑制Fe3+的水解D向AlCl3溶液中加入過(guò)量濃氨水，生成白色沉淀Al(OH)3不溶于堿溶液

A.AB.BC.CD.D評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、(1)高鐵電池是一種新型可充電電池，其總反應(yīng)式為3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，原電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)__________，正極附近溶液的堿性___________(填“增強(qiáng)”；“不變”或“減弱”)。

(2)為了驗(yàn)證Fe2+與Cu2+氧化性強(qiáng)弱，下列裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖莀__________，寫(xiě)出正極的電極反應(yīng)式___________。若開(kāi)始時(shí)兩極質(zhì)量相等，當(dāng)導(dǎo)線中通過(guò)0.05mol電子時(shí)，兩個(gè)電極的質(zhì)量差為_(kāi)__________。

(3)中國(guó)科學(xué)院長(zhǎng)春應(yīng)用化學(xué)研究所在甲醇燃料電池技術(shù)方面獲得新突破，甲醇(CH3OH)燃料電池的工作原理如圖所示。

①該電池工作時(shí)，c入口處對(duì)應(yīng)的電極為_(kāi)__________(填“正”或“負(fù)”)極。

②該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)__________。

③工作一段時(shí)間后，當(dāng)3.2g甲醇完全反應(yīng)生成CO2時(shí)，外電路中通過(guò)的電子數(shù)目為_(kāi)__________。19、熱的純堿液去油污效果好，原因是________________________________（離子方程式和文字說(shuō)明）。20、下圖表示8000C時(shí)A；B、C三種氣體的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間變化的情況；t時(shí)各組分濃度不再變化。試回答：

（1）該反應(yīng)的反應(yīng)物是___________________，達(dá)平衡時(shí)其轉(zhuǎn)化率是______________

（2）該反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________________________________________

（3）若t是2min,A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率是_________________，B的反應(yīng)速率是__________21、SO2是一種食品添加劑，還是重要的漂白劑和抗氧化劑，也是導(dǎo)致酸雨的重要物質(zhì)。工業(yè)常用足量氨水吸收處理SO2尾氣。根據(jù)相關(guān)信息回答下列問(wèn)題。

(1)下列操作能使氨水溶液中NH3·H2O的電離程度增大的是___________(填字母序號(hào)，下同)，能使電離常數(shù)增大的是___________。

A．通少量氨氣B．降低溫度C．加水稀釋D．升高溫度E．加少量的NH4Cl固體。

(2)已知：常溫下Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，常溫下，CH3COONH4的水溶液中由水電離出的c(H+)___________1.0×10-7mol·L-1(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，溶液中c(CH3COO-)___________c(NH)。

(3)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定葡萄酒中SO2的最大含量為0.25g·L-1。某化學(xué)興趣小組向葡萄酒中加入適量稀硫酸，加熱使全部逸出，并用完全氧化生成用的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定所得測(cè)定SO2的含量。

①滴定前，先在錐形瓶中滴入幾滴無(wú)色酚酞。達(dá)到滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是___________。

②讀數(shù)時(shí)，若滴定前平視液面，滴定后俯視液面，則對(duì)滴定結(jié)果的影響是___________(填“偏高”；“偏低”或“無(wú)影響”)。

③滴定至終點(diǎn)后，計(jì)算出消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積，重復(fù)以上操作2次，具體數(shù)據(jù)見(jiàn)下表。滴定次數(shù)123V(NaOH)(消耗)25.00mL24.98mL25.02mL

該葡萄酒中的SO2含量為_(kāi)__________g·L-1。22、“綠水青山就是金山銀山”；運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理研究碳；氮、硫的單質(zhì)及其化合物的反應(yīng)對(duì)緩解環(huán)境污染、能源危機(jī)具有重要意義。

(1)CO還原NO的反應(yīng)為2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-746kJ·mol-1。部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表(設(shè)CO以C≡O(shè)鍵構(gòu)成)：。化學(xué)鍵C≡O(shè)N≡NC=OE/(kJ·mol-1)1076945745

①由以上數(shù)據(jù)可求得NO的鍵能為_(kāi)__________kJ·mol-1。

②寫(xiě)出兩條有利于提高NO平衡轉(zhuǎn)化率的措施___________。

(2)一定條件下，向某恒容密閉容器中充入xmolCO2和ymolH2，發(fā)生的反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ·mol-1

①如圖中能表示該反應(yīng)的平衡常數(shù)K與溫度T之間的變化關(guān)系曲線為_(kāi)__________(填“a”或“b”)，其判斷依據(jù)是___________。

②若x=2、y=3，測(cè)得在相同時(shí)間內(nèi)不同溫度下H2的轉(zhuǎn)化率如圖所示，則在該時(shí)間段內(nèi)，恰好達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，此時(shí)容器內(nèi)的壓強(qiáng)與反應(yīng)開(kāi)始時(shí)的壓強(qiáng)之比為_(kāi)__________。

(3)在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應(yīng)生成N2.①NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，當(dāng)生成28gN2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為_(kāi)__________mol(保留三位有效數(shù)字)。

②將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體；勻速通入裝有催化劑M的反應(yīng)器中反應(yīng)(裝置如圖3)。

圖3圖4

反應(yīng)相同時(shí)間NOx的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線如圖4所示：在50~250℃范圍內(nèi)隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是___________23、氯酸鉀和亞硫酸氫鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl(-1價(jià))和S(+6價(jià))的速率v(縱坐標(biāo))與反應(yīng)時(shí)間t(橫坐標(biāo))的關(guān)系如圖所示，已知該反應(yīng)速率隨著溶液中c(H+)的增大而加快。

(1)反應(yīng)開(kāi)始時(shí)反應(yīng)速率加快的原因是______；

(2)反應(yīng)后期反應(yīng)速率減慢的原因是______。24、25℃時(shí)，物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L－1的幾種鹽溶液的pH如表：。序號(hào)①②③④⑤溶液NH4ClCH3COONH4NaHCO3NaXNa2CO3pH578.49.711.6

(1)用離子方程式解釋溶液⑤能去除油污的原因_____。

(2)寫(xiě)出溶液④中通少量CO2的離子方程式：_____。

(3)25℃時(shí)，溶液①中，由水電離產(chǎn)生的c(H+)=_____mol?L﹣1；

(4)①0.100mol?L-1NH4HCO3溶液中物質(zhì)的量濃度最大的離子是__________(填化學(xué)式)；②CH3COOH與NaOH反應(yīng)后的溶液中存在：c(Na+)＜c(CH3COO-)，該溶液呈_________性(填“酸”“堿”或“中”)，該溶液的溶質(zhì)是______。(填化學(xué)式)

(5)下列說(shuō)法正確的是_____。

a.c(NH4+)：①＞②

b.物質(zhì)的量濃度和體積均相等的NaCl和NaX兩種溶液中；離子總數(shù)相等。

c.等體積的③和⑤形成的混合溶液中：c(HCO3－)+c(CO32－)=0.1mol?L－1

d.將pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀釋相同倍數(shù)；HX溶液的pH變化小。

(6)某同學(xué)欲用0.1mol?L－1CaCl2溶液來(lái)鑒別溶液③和⑤，當(dāng)他將CaCl2溶液滴入裝有溶液③的試管中時(shí)，出現(xiàn)了意想不到的現(xiàn)象：試管中出現(xiàn)了白色沉淀，并伴有氣體生成。試解釋產(chǎn)生上述現(xiàn)象的原因：_____。25、(1)在一密閉容器中發(fā)生反應(yīng)反應(yīng)N2+3H2?2NH3?H＜0，達(dá)到平衡后，只改變某一個(gè)條件時(shí)，反應(yīng)速率與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示：t1、t3時(shí)刻分別改變的一個(gè)條件是(填選項(xiàng))。A．增大壓強(qiáng)B．減小壓強(qiáng)C．升高溫度D．降低溫度E。加催化劑F。充入氮?dú)鈚1時(shí)刻___________；t3時(shí)刻___________。(2)在恒容密閉容器中通入X并發(fā)生反應(yīng)：2X(g)?Y(g)，溫度T1、T2下X的物質(zhì)的量濃度C(X)隨時(shí)間t變化的曲線如圖所示。回答下列問(wèn)題：①該反應(yīng)進(jìn)行到M點(diǎn)放出的熱量___________進(jìn)行到W點(diǎn)放出的熱量(填“＞”、“＜”或“=”)②T2下，在0~t1時(shí)間內(nèi)，v(Y)=___________③N點(diǎn)的逆反應(yīng)速率___________M點(diǎn)的正反應(yīng)速率(填“＞”、“＜”或“=”)(3)研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時(shí)，涉及如下反應(yīng)：2NO2(g)+NaCl(s)?NaNO3(s)+ClNO(g)K1?H＜0(I)2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)K2?H＜0(II)則4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)K=___________(用K1、K2表示)。為研究不同條件對(duì)反應(yīng)(II)的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min時(shí)反應(yīng)(II)達(dá)到平衡。測(cè)得10min內(nèi)v(ClNO)=7.5×10-3mol?L-1?min-1，則平衡后n(Cl2)=___________mol，NO的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________。26、(1)為了證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)；甲；乙、丙、丁、戊五人分別進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。

①甲用pH試紙測(cè)出0.010mol·L-1氨水的pH為10，則認(rèn)定NH3·H2O是弱電解質(zhì)；你認(rèn)為這一方法________(填“正確”或“不正確”)。

②乙取相同pH、相同體積的氨水與NaOH溶液，加入幾滴酚酞溶液后，分別滴入同濃度的鹽酸至溶液剛好褪色。實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，測(cè)得消耗的鹽酸的體積分別為amL和bmL。若a____b(填“>”、“=”或“<”)；則證明氨水是弱堿。

③丙取出10mL0.010mol·L-1氨水，滴入2滴酚酞溶液，顯紅色，再加入少量NH4Cl晶體；顏色變______(填“深”或“淺”)。你認(rèn)為證明氨水是弱堿的原因是______。

④丁取出10mL0.010mol·L-1氨水，用pH試紙測(cè)其pH=a，然后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測(cè)其pH=b，若要確認(rèn)NH3·H2O是弱電解質(zhì)，則a、b值應(yīng)滿足的關(guān)系是_____。

(2)已知室溫時(shí)，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離；回答下列各問(wèn)題：

①HA的電離平衡常數(shù)K=______。

②由HA電離出的c(H+約為水電離出的c(H+)的______倍。評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)27、銻(Sb)位于元素周期表第VA族。高純銻在光電催化、半導(dǎo)體材料等方面有著重要的應(yīng)用。以輝銻礦(主要成分為Sb2S3，還含有PbS、CuS、SiO2等)為原料酸性浸出法；氫氣還原冶煉高純銻的工藝流程如圖：

已知：①浸出液中除含有鹽酸外，還含有Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等；

②常溫下，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10-16，Ksp[Sb(OH)3]＝1.0×10-41，Ksp(PbS)＝8.0×10-28，Ksp(CuS)＝6.4×10-36。

回答下列問(wèn)題：

(1)濾渣1中除S外，還有________________。

(2)“浸出”時(shí)，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________。

(3)“還原”是用銻粉還原高價(jià)金屬離子。其中，Sb將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+的離子方程式為_(kāi)_______，該轉(zhuǎn)化有利于“水解”時(shí)銻鐵分離，理由是________________________。

(4)“沉銅、鉛”過(guò)程中，緩慢滴加極稀的Na2S溶液，當(dāng)Pb2＋沉淀完全時(shí)，溶液中c(Cu2＋)＝________mol·L-1。

(5)“水解”是利用SbCl3的水解反應(yīng)制取Sb2O3(SbCl3的水解反應(yīng)分為三步，中間產(chǎn)物有SbOCl等)。寫(xiě)出SbOCl水解生成Sb2O3的化學(xué)方程式：________________________。為了促進(jìn)水解趨于完全，操作時(shí)將SbCl3徐徐加入大量水中，反應(yīng)后期還要加入少量氨水。試結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋這兩項(xiàng)操作的作用：________________________。

(6)已知輝銻礦中Sb2S3的含量為68％，整個(gè)流程中銻元素的損耗率為10％，則5t該輝銻礦可制得Sb的質(zhì)量為_(kāi)_______kg。28、某工業(yè)廢玻璃粉末含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等。某課題小組設(shè)計(jì)如下工藝流程對(duì)資源進(jìn)行回收，得到Ce(OH)4和硫酸鐵銨礬。

已知：CeO2不溶于稀硫酸；酸性條件下，Ce3+易水解，Ce4+有較強(qiáng)氧化性。

（1）硫酸鐵銨礬可凈水，其原理是（寫(xiě)離子方程式）________________________________。

（2）濾液A的主要成分_______________（填寫(xiě)化學(xué)式）。

（3）反應(yīng)①的離子方程式是_____________________________。

（4）反應(yīng)②的化學(xué)反應(yīng)方程式是__________________________。

（5）已知制硫酸鐵銨礬晶體［Fe2(SO4)3·(NH4)2SO4·24H2O，式量964］的產(chǎn)率為80%，若加入13.2g(NH4)2SO4（式量132），可制得晶體的質(zhì)量是_________。

（6）化合物HT可作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來(lái)；過(guò)程表示為：

Ce2(SO4)3(水層)+6HT(有機(jī)層)2CeT3(有機(jī)層）+3H2SO4(水層)

分液得到CeT3(有機(jī)層），再加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液?？蛇x擇硫酸作反萃取劑的原因是___（從平衡移動(dòng)角度回答）。29、鉬(Mo)是重要的過(guò)渡金屬元素，具有廣泛用途。由鉬精礦(主要成分是MoS2)濕法回收鉬酸銨［(NH4)2MoO4]部分工藝流程如下：

(1)“氧化焙燒”時(shí)通常采用粉碎礦石、逆流焙燒或增大空氣量等措施，除了增大氧化焙燒速率，其作用還有_______。MoS2焙燒時(shí)得到＋6價(jià)鉬的氧化物，焙燒時(shí)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。

(2)向“濾液1”中加入硝酸，調(diào)節(jié)pH為5~7，加熱到65~70℃過(guò)濾除硅。則濾渣2的成分為_(kāi)______。

(3)為了提高原料的利用率，工藝流程中“濾渣1”應(yīng)循環(huán)到_______操作。

(4)向“濾液2”先加入有機(jī)溶劑“萃取”，再加氨水“反萃取”，進(jìn)行“萃取”和“反萃取”操作的目的是_______。

(5)“酸沉”中析出鉬酸銨晶體時(shí)，加入HNO3調(diào)節(jié)pH為1.5~3，其原因是_______。

(6)Na2MoO4·2H2O是一種無(wú)公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，常用鉬酸銨和氫氧化鈉反應(yīng)來(lái)制取。寫(xiě)出制備N(xiāo)a2MoO4·2H2O的化學(xué)方程式_______。30、某科研小組設(shè)計(jì)出利用工業(yè)廢酸(主要成分為稀硫酸)浸取某廢棄的氧化銅鋅礦(主要含CuO、ZnO和SiO2)的方案；實(shí)現(xiàn)廢物綜合利用，如圖所示。

已知：各離子開(kāi)始沉淀及完全沉淀時(shí)的如下表所示。離子開(kāi)始沉淀時(shí)的完全沉淀時(shí)的6.349.71.483.26.28.0

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)堆浸時(shí)，為了提高浸出效率可采取的措施有(任寫(xiě)兩種)：_______、_______

(2)堆浸時(shí)產(chǎn)生的礦渣主要成分是_______

(3)物質(zhì)A的作用是_______，可使用下列物質(zhì)中的_______。

A.KMnO4B.O2C.H2O2D.Cl2

(4)除鐵過(guò)程中加入氨水的目的是調(diào)節(jié)溶液的應(yīng)控制在_______范圍之間。

(5)物質(zhì)B可直接用作氮肥，則B的化學(xué)式是_______。

(6)除鐵后得到的可用溶液在堿性環(huán)境下將其氧化得到一種高效的多功能水處理劑寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式_______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A.硅酸鈉應(yīng)該寫(xiě)成離子形式，正確的離子方程式為：SiO32-＋2H＋===H2SiO3↓；故A錯(cuò)誤；

B.酸性溶液，離子方程式中不能出現(xiàn)OH-，用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正確的離子方程式為：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；故B錯(cuò)誤；

C.飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)是沉淀的轉(zhuǎn)化：CO32-＋CaSO4CaCO3＋SO42-；故C正確；

D.NaHCO3溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，反應(yīng)生成碳酸鋇、碳酸鈉和水，離子方程式為：Ba2＋＋2OH－＋2HCO===BaCO3↓＋H2O+CO32-；故D錯(cuò)誤。

故答案選C。2、C【分析】【分析】

該裝置中生成物為二氧化碳；則電解質(zhì)溶液為酸性，酸性條件下，乙醇燃料電池中，負(fù)極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)；根據(jù)圖示得出酸性燃料電池的反應(yīng)物和生成物，再根據(jù)原電池原理寫(xiě)出該電池的反應(yīng)式來(lái)判斷。

【詳解】

A．采用多孔鉑電極可增大電極與氣體接觸面積；使反應(yīng)更充分，故A正確；

B．該酒精檢測(cè)儀運(yùn)用了原電池原理；乙醇在負(fù)極失電子被氧化，氧氣在正極得電子被還原，故B正確；

C．O2通入右側(cè)Pt電極，則右側(cè)Pt電極為正極，左側(cè)Pt電極為負(fù)極，該電池的負(fù)極反應(yīng)式為CH3CH2OH+3H2O-12e-═CO2↑+12H+；故C錯(cuò)誤；

D．乙醇濃度越大；電路中的電流強(qiáng)度就越大，讀出的數(shù)值越大，故D正確；

故選C。3、C【分析】【詳解】

A.溶液作電解質(zhì)溶液時(shí)；將會(huì)與Li發(fā)生反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.該電池放電時(shí)，陽(yáng)離子移向正極；故B錯(cuò)誤；

C.Li的化合價(jià)升高；失去電子，作負(fù)極，故C正確；

D.在該電池的放電過(guò)程中，正極上不斷有生成；正極的質(zhì)量逐漸增大，故D錯(cuò)誤；

故選：C。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．食品在國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)范圍內(nèi)添加適量二氧化硫；可以起到漂白；防腐、抗氧化等作用，A項(xiàng)正確；

B．將液態(tài)植物油變成固態(tài)的氫化植物油；是油脂發(fā)生加成反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．用氯化鐵溶液腐蝕銅制印刷電路板，是因?yàn)殍F離子具有強(qiáng)氧化性，離子方程式為：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；C項(xiàng)正確；

D．溫度低時(shí)；食品變質(zhì)的速率減慢，故可利用冰箱冷藏食物，D項(xiàng)正確；

答案選B。5、C【分析】【詳解】

A.醋酸是弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平衡，醋酸的電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+；故A正確；

B.碳酸氫鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為NaHCO3=Na++HCO故B正確；

C.銨根離子水解生成NH3·H2O，水解方程式為NH+H2ONH3·H2O+H+；故C錯(cuò)誤；

D.碳酸鈣在溶液中存在溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)；故D正確；

答案選C。6、B【分析】【詳解】

①氫氧電池中，堿性條件下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-；故錯(cuò)誤；

②氫氧電池中，堿性條件下，氫氣在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為：2H2+4OH--4e-=4H2O；故正確；

③電池工作時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，放電有氫氧根離子生成，則正極區(qū)pH升高，負(fù)極的電極反應(yīng)式為2H2+4OH--4e-=4H2O；放電有氫氧根離子消耗，則負(fù)極區(qū)pH下降，故正確；

④電池工作時(shí)溶液中的陽(yáng)離子移向正極；陰離子移向負(fù)極，故錯(cuò)誤；

②③正確，故選B。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．恒壓條件下的焓變；在數(shù)值上等于生成物的總能量減去反應(yīng)物的總能量，即等于變化過(guò)程中的熱效應(yīng)，A正確；

B．焓(H)是與物質(zhì)內(nèi)能有關(guān)的物理量，焓變是變化前后物質(zhì)的焓值差，用符號(hào)△H表示；B正確；

C．焓的單位通常是kJ/mol；則焓變單位也是kJ/mol，C正確；

D．硝酸銨溶于水是吸熱過(guò)程；但沒(méi)有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，不能稱為吸熱反應(yīng)，D不正確；

故選D。8、A【分析】【詳解】

由題圖可知，縱坐標(biāo)隨橫軸上物理量值的逐漸增大而增大，對(duì)反應(yīng)來(lái)說(shuō)，其他條件不變時(shí)，升高溫度、壓縮體積增大壓強(qiáng)、增大的濃度，都能使增大；故B；C、D都不合題意；

在反應(yīng)過(guò)程中，隨著時(shí)間的增加，的濃度逐漸減小，逐漸減??；A符合題意；

故答案為：A。二、多選題(共9題，共18分)9、CD【分析】【分析】

由圖可知右側(cè)銅的化合價(jià)由+1價(jià)變?yōu)?2價(jià)；發(fā)生氧化反應(yīng)，則右側(cè)為陽(yáng)極，左側(cè)為陰極，以此解題。

【詳解】

A．M極為陰極；故a為負(fù)極，陰極生成氫氧根離子，鈉離子向左側(cè)遷移，左側(cè)NaOH濃度變大，故離子交換膜1為陽(yáng)離子交換膜，故A正確；

B．M極為陰極，電極反應(yīng)式為故B正確；

C．N極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為CuCl-e-+Cl-=CuCl2，電路中每通過(guò)1mole-，生成1mol氯化銅，乙烯與氯化銅反應(yīng)CH2=CH2+2CuCl2=CH2ClCH2Cl+2CuCl；消耗乙烯0.5mol即14g，故C錯(cuò)誤；

D．N極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為CuCl-e-+Cl-=CuCl2；陰極生成氫氧根離子，鈉離子向左側(cè)遷移，左側(cè)NaOH濃度變大，氯離子向右側(cè)遷移，NaCl濃度變小，需及時(shí)補(bǔ)充，NaOH不需要補(bǔ)充，故D錯(cuò)誤；

故選CD。10、AC【分析】【分析】

用石墨作電極電解此溶液，當(dāng)通電一段時(shí)間后，兩極都收集到22.4L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，陽(yáng)極反應(yīng)為：4OH--4e-=2H2O+O2↑，陰極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑；陽(yáng)極電子守恒分析計(jì)算。

【詳解】

兩極都收集到22.4L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，氣體物質(zhì)的量為1mol，陽(yáng)極反應(yīng)為：4OH--4e-=2H2O+O2↑，可知電解過(guò)程中參加電極反應(yīng)的OH-為4mol，轉(zhuǎn)移電子4mol，兩電極電子轉(zhuǎn)移相同；陰極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑；其中生成1molH2轉(zhuǎn)移2mol電子，則被還原的Cu2+也為1mol；已知500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c()=6.0mol/L，C(Cu2+)=2mol/L，溶液中存在電荷守恒為：c(K+)+2c(Cu2+)=c()，計(jì)算c(K+)=2mol/L；

A．根據(jù)計(jì)算可知原混合溶液中c(K+)為2mol/L；故A錯(cuò)誤；

B．上述電解過(guò)程中共轉(zhuǎn)移4mol電子；故B正確；

C．根據(jù)原理知道電解得到的是Cu；氫氣和氧氣；電解質(zhì)復(fù)原：出什么加什么，所以應(yīng)該加入氫氧化銅，故C錯(cuò)誤；

D．電解后溶液中H+的物質(zhì)的量濃度是氫氧根離子減少的量減去氫離子減少量，H+的物質(zhì)的量濃度為=4mol/L；故D正確；

故答案為AC。11、AD【分析】【詳解】

A．由圖可知中間產(chǎn)物Ⅱ?yàn)?-溴丙烷；中間產(chǎn)物Ⅰ為2-溴丙烷，中間產(chǎn)物Ⅰ能量比中間產(chǎn)物Ⅱ低，所以Ⅰ比Ⅱ穩(wěn)定，故A項(xiàng)正確；

B．反應(yīng)速率的快慢取決于慢反應(yīng)；所以兩種加成方式的決速步分別是①和③，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．由圖可知生成1-溴丙烷的活化能E2大于生成2-溴丙烷的活化能E1；所以生成1-溴丙烷的速率小于生成2-溴丙烷的速率，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．由圖可知反應(yīng)①生成中間產(chǎn)物Ⅰ為2-溴丙烷；反應(yīng)③生成中間產(chǎn)物Ⅱ?yàn)?-溴丙烷，反應(yīng)③活化能更大，在相同的溫度區(qū)間，升高相同的溫度，活化能大的反應(yīng)速率常數(shù)增大的倍數(shù)較大，活化能小的速率常數(shù)擴(kuò)大的倍數(shù)較小，所以反應(yīng)③速率的增大程度大于反應(yīng)①，故A項(xiàng)正確；

故選AD。12、CD【分析】【詳解】

A．由a到c反應(yīng)速率逐漸增大；說(shuō)明正向反應(yīng)放熱，正反應(yīng)速率升高，由于c到d速率改變，在c點(diǎn)未達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；

B．a(chǎn)b段溫度低于bc段，若ab段反應(yīng)物濃度大于bc段，ab段正反應(yīng)速率小于bc段，ab段生成物濃度小于bc段，ab段逆反應(yīng)速率小于bc段，且bc段＜ab段，則產(chǎn)生的量：ab段＞bc段；B錯(cuò)誤；

C．由于反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，故溫度越高K值越小，C正確；

D．d點(diǎn)的正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率；d點(diǎn)的逆反應(yīng)速率大于c點(diǎn)的逆反應(yīng)速率，d點(diǎn)的正反應(yīng)速率大于c點(diǎn)的逆反應(yīng)速率，D正確；

答案選CD。13、AB【分析】【詳解】

假如保持溫度不變；將容器體積增加一倍過(guò)程中，平衡不移動(dòng)，則A的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的50%，現(xiàn)在A的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的60%，說(shuō)明假設(shè)不成立，平衡逆向移動(dòng)了，據(jù)此分析解題：

A．由分析可知；平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)了，A符合題意；

B．由分析可知；平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)了，故物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率減小了，B符合題意；

C．由分析可知；平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)了，故物質(zhì)B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小了，C不合題意；

D．由分析可知，增大體積，減小壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，說(shuō)明a＞b；D不合題意；

故答案為：AB。14、CD【分析】【詳解】

A．由HAH++A-可知：Ka(HA)=-lgKa(HA)=-lg=-lgc(H+)+lg整理得：pH=-lgKa(HA)+[-lg]=-lgKa(HA)+x，又因?yàn)镵a(HX)＞Ka(HY)，所以pH：HXII，所以HY溶液對(duì)應(yīng)的曲線為I，Ka(HY)的數(shù)量級(jí)為10-5；故A錯(cuò)誤；

B．曲線I為對(duì)應(yīng)的HY溶液，設(shè)0.10mol/LHY溶液中c(H+)=mmol·L-l，K(HY)==10-4.75，c(H+)10-2.9mol·L-l，pH=2.9，a點(diǎn)時(shí)溶液pH=2.75，說(shuō)明加了鹽酸，溶液體積增大，根據(jù)物料守恒c(HY)+c(Y-)<0.10mol/L；故B錯(cuò)誤；

C．HX為弱酸，設(shè)0.10mol/LHX溶液中c(H+)=mmol·L-l，K(HX)==10-3.5，c(H+)10-2.25mol·L-l；pH=2.25，d點(diǎn)的pH=1.5，說(shuō)明d點(diǎn)滴加了酸，抑制了水的電離，e點(diǎn)和f點(diǎn)滴加了NaOH溶液，趨向于滴定終點(diǎn)，但滴定終點(diǎn)為堿性溶液，所以f點(diǎn)還沒(méi)有達(dá)到滴定終點(diǎn)，所以溶液中水的電離程度：f＞e＞d，故C正確；

D．根據(jù)上述分析可知：e點(diǎn)x=0、pH=3.5說(shuō)明c(HX)=c(X-)，溶液中電荷守恒關(guān)系為c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，所以c(H+)+c(Na+)=c(HX)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)a(HA)3.5，Ka(HA)=10-3.5，所以其水解常數(shù)Kh==故D正確；

故答案：CD。15、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．c(HA)=c(A-)時(shí)，pH=4.75，K(HA)==c(H+)=10-4.75，常溫下K(HA)數(shù)量級(jí)約為10-5；故A正確；

B．當(dāng)c(H2B-)=c(H3B)時(shí)，Ka1=c(H＋)=10-2.5，c(H2B-)=c(HB2-)時(shí)，Ka2=c(H＋)=10-7.2，HB2-的電離程度更小，則Ka3＜10-7.2，H2B-的水解平衡常數(shù)Kh==10-11.5＜Ka2=10-7.2，說(shuō)明H2B-的水解程度小于電離程度，常溫下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH小于7；故B錯(cuò)誤；

C．滴定終點(diǎn)溶液呈堿性；NaOH溶液滴定HA溶液應(yīng)選擇酚酞作為指示劑，故C正確；

D．當(dāng)橫坐標(biāo)為37.50時(shí)，溶液為Na2HB、NaH2B等物質(zhì)的量混合物，溶液中存在電荷守恒①c(H+)+c(Na+)=3c(B3-)+2c(HB2-)+c(H2B-)+c(OH-)，物料守恒：②2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B-)+3c(HB2-)+3c(B3-)，將①×2-②，得2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)；故D錯(cuò)誤；

故選BD。16、AD【分析】【分析】

由圖象可知；反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，結(jié)合反應(yīng)熱△H=正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能分析判斷。

【詳解】

A．△H=正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能=E1-E2；故A正確；

B．合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)；圖示反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，圖示反應(yīng)的能量變化與合成氨反應(yīng)的能量變化不同，故B錯(cuò)誤；

C．加催化劑能夠降低反應(yīng)所需的活化能，但不影響反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，因此不能改變反應(yīng)的△H；但可以加快反應(yīng)速率，故C錯(cuò)誤；

D．圖示反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H＞0，若該反應(yīng)常溫下能自發(fā)進(jìn)行，即△G=△H-T?△S＜0，則反應(yīng)的△S＞0；故D正確；

故選AD。17、AC【分析】【分析】

【詳解】

略三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【分析】

3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，放電時(shí)為原電池，鋅失電子作負(fù)極，高鐵酸鉀在正極上得電子，據(jù)此分析解答；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，結(jié)合原電池原理分析解答；原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，由圖可知，質(zhì)子向正極移動(dòng)，因此c通入氧氣，c入口處對(duì)應(yīng)的電極為正極，b通入甲醇，b入口處對(duì)應(yīng)的電極為負(fù)極；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，放電時(shí)為原電池，鋅失電子作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高鐵酸鉀在正極得到電子，電極反應(yīng)式為FeO+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，所以正極附近溶液中氫氧根離子濃度增大，堿性增強(qiáng)，故答案為：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；增強(qiáng)；

(2)為了驗(yàn)證Fe2+與Cu2+氧化性強(qiáng)弱，裝置③形成的原電池中鐵做負(fù)極，F(xiàn)e失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，銅離子在正極銅上析出，反應(yīng)為Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，則Fe2+與Cu2+氧化性強(qiáng)弱為：Fe2+＜Cu2+，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茄b置③；裝置③正極的電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu；若構(gòu)建原電池時(shí)兩個(gè)電極的質(zhì)量相等，當(dāng)導(dǎo)線中通過(guò)0.05mol電子時(shí)，負(fù)極Fe-2e-=Fe2+，溶解0.025mol鐵，質(zhì)量減小0.025mol×56g/mol=1.4g，正極Cu2++2e-=Cu，析出0.025mol銅，質(zhì)量增加0.025mol×64g/mol=1.6g，所以兩個(gè)電極的質(zhì)量差為1.4g+1.6g=3g，故答案為：③；Cu2++2e-=Cu；3g；

(3)①原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，由圖可知，質(zhì)子向正極移動(dòng)，因此c通入氧氣，c入口處對(duì)應(yīng)的電極為正極，b通入甲醇，b入口處對(duì)應(yīng)的電極為負(fù)極；故答案為：正；

②負(fù)極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子，電極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案為：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；

③工作一段時(shí)間后，當(dāng)3.2g即=0.1mol甲醇完全反應(yīng)生成CO2時(shí)，有0.6mol即0.6NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移，故答案為：0.6NA?！窘馕觥縕n-2e-+2OH-=Zn(OH)2增強(qiáng)③Cu2++2e-=Cu3g正CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+0.6NA19、略

【分析】【分析】

根據(jù)題中熱的純堿液去油污效果好可知；本題考查鹽類(lèi)水解，運(yùn)用弱電解質(zhì)水解和堿性溶液可促進(jìn)油污的水解分析。

【詳解】

純堿水解顯堿性，可促進(jìn)油污的水解，而熱的純堿水解程度增大，反應(yīng)速率加快，去污效果好，水解反應(yīng)離子方程式為CO32?+H2O?HCO3?+OH?、HCO3?+H2O?H2CO3+OH?，故答案為：純堿水解顯堿性，可促進(jìn)油污的水解，而熱的純堿水解程度增大，反應(yīng)速率加快，去污效果好，水解反應(yīng)離子方程式為CO32?+H2O?HCO3?+OH?、HCO3?+H2O?H2CO3+OH??！窘馕觥考儔A水解顯堿性,可促進(jìn)油污的水解,而熱的純堿水解程度增大,反應(yīng)速率加快，去污效果好,水解反應(yīng)離子方程式為CO32?+H2O?HCO3?+OH?、HCO3?+H2O?H2CO3+OH?20、略

【分析】【詳解】

（1）由圖可知，隨反應(yīng)進(jìn)行A的濃度降低，A為反應(yīng)物，B、C的濃度增大，故B、C為生成物；達(dá)平衡時(shí)其轉(zhuǎn)化率是（2.4―1.2）/2.4=0.5,即50%。（2）由圖可知平衡時(shí)△c（A）=2.4mol·L－1-1.2mol·L－1=1.2mol·L－1，△c（B）=0.4mol·L－1，△c（C）=1.2mol·L－1，A、B、C化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等于濃度變化量之比為1.2mol·L－1：0.4mol·L－1：1.2mol·L－1=3：1：3，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故反應(yīng)方程式為：3AB+3C；（3）由圖可知△c（A）=2.4mol·L－1-1.2mol·L－1=1.2mol·L－1，所v（A）=1.2mol·L－1/2min=0.6mol/（L·min）；B的反應(yīng)速率是v（B）=v（A）/3=0.6mol/（L·min）/3=0.2mol/（L·min）。.【解析】①.A②.50%③.3AB+3C④.0.6mol·L-1·min-1⑤.0.2mol·L-1·min-121、略

【分析】（1）

A．通入氨氣；氨水的濃度增大，電離程度減小，A不選；

B．NH3·H2O的電離是吸熱反應(yīng)；降低溫度平衡逆向移動(dòng)，電離程度減小，B不選；

C．加水稀釋；促進(jìn)一水合氨的電離，電離程度增大，C選；

D．升高溫度，NH3·H2O的電離平衡正向移動(dòng)；電離程度增大，D選；

E．加入少量氯化銨固體；銨根離子濃度增大，抑制氨水的電離，電離程度減小，E錯(cuò)誤；

故NH3·H2O的電離程度增大的是：CD；

電離常數(shù)只受溫度影響；升高溫度平衡正向移動(dòng)，則能使電離常數(shù)增大的是D；

（2）

CH3COONH4溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，促進(jìn)水的電離，則水電離出的c(H+)>1.0×10-7mol·L-1，已知常溫下Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，則CH3COONH4溶液中醋酸根的水解程度和銨根的水解程度相同，c(CH3COO-)=c(NH)；

（3）

①用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液；指示劑是無(wú)色酚酞，達(dá)到滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，錐形瓶?jī)?nèi)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色且30s內(nèi)不褪色；

②讀數(shù)時(shí)；若滴定前平視液面，滴定后俯視液面，NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，則對(duì)滴定結(jié)果的影響是偏低；

③由表知V(NaOH)=n(NaOH)=cV(NaOH)=0.0900mol/L×0.025L=0.00225mol，根據(jù)2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的質(zhì)量為：×0.00225mol×64g/mol=0.072g，該葡萄酒中的二氧化硫含量為：=0.24g/L?！窘馕觥?1)CDD

(2)＞=

(3)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，錐形瓶?jī)?nèi)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色且30s內(nèi)不褪色偏低0.2422、略

【分析】【分析】

熱化學(xué)方程式已給；直接帶入計(jì)算公式就可以計(jì)算，后面涉及到平衡移動(dòng)的計(jì)算，平衡移動(dòng)的改變條件。

【詳解】

（1）①設(shè)NO的鍵能為x反應(yīng)?H=(1076×2+2x)-(745×2×2+945)=-746解得x=513.5，NO的鍵能為513.5

②該反應(yīng)為氣體體積縮小的放熱反應(yīng)，若提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率，需要使平衡正向移動(dòng)，采取的措施有：增大壓強(qiáng)、降低溫度、增大與的投料比等；

（2）①該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度不利于反應(yīng)向右進(jìn)行，會(huì)使平衡常數(shù)減小，曲線a符合此特點(diǎn)；

②由圖可知，當(dāng)溫度在T2時(shí)，的轉(zhuǎn)化率最高。溫度越高反應(yīng)速率越大，在相同時(shí)間內(nèi)達(dá)到平衡狀態(tài)前，H2的轉(zhuǎn)化率最高，但達(dá)到平衡狀態(tài)后繼續(xù)升溫，反應(yīng)會(huì)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致H2的轉(zhuǎn)化率降低，由圖知b點(diǎn)為平衡狀態(tài)；列三段式：

同溫同體積時(shí)壓強(qiáng)比等于物質(zhì)的量比，故b點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)與反應(yīng)開(kāi)始時(shí)的壓強(qiáng)比為（1.2+0.6+0.8+0.8）:（2+3）=17:25；

（3）①與生成的反應(yīng)方程式為28克氮?dú)饩褪?摩爾；

=3.43

②在一定溫度范圍內(nèi)催化劑活性較大，超過(guò)溫度范圍，催化劑活性降低，由圖可知迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高而增大，與溫度升高共同使NOx的去除反應(yīng)速率增大；上升階段緩慢主要是溫度上高引起的NOx的去除反應(yīng)速率增大但催化劑活性降低。

【點(diǎn)睛】

本題考查熱化學(xué)方程式的計(jì)算和平衡移動(dòng)方面的問(wèn)題?！窘馕觥?13.5增大壓強(qiáng)、降低溫度、增大CO與NO的投料比a該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度不利于反應(yīng)向右進(jìn)行，會(huì)使平衡常數(shù)減小17：25。3.43在一定溫度范圍內(nèi)催化劑活性較大，超過(guò)溫度范圍，催化劑活性降低23、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由題意知，KClO3與NaHSO3反應(yīng)生成Cl-和根據(jù)得失電子守恒初步確定反應(yīng)為：+3→Cl-+3根據(jù)元素守恒和電荷守恒，確定方程式右邊添加3個(gè)H+，完整反應(yīng)為：+3=Cl-+3+3H+，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中c(H+)增大，結(jié)合題目所給信息知反應(yīng)速率加快，故此處填：+3→Cl-+3+3H+，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液中c(H+)增大；

(2)隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)物濃度越來(lái)越小，反應(yīng)速率逐漸變慢，故此處填和濃度減小。【解析】+3=3+Cl-+3H+，溶液中c(H+)增大ClO和HSO濃度減小24、略

【分析】【分析】

（1）油污主要成分是油脂；油脂在堿性條件下水解成可溶的物質(zhì)，從鹽類(lèi)水解的角度分析；

（2）利用電離平衡常數(shù)大的制取電離平衡常數(shù)小的進(jìn)行分析；

（3）利用水的離子積進(jìn)行分析和判斷；

（4）①利用越弱越水解；以及水解程度非常微弱進(jìn)行分析；

②利用電荷守恒進(jìn)行分析；

（5）根據(jù)鹽類(lèi)水解的原理和弱電解質(zhì)電離的原理進(jìn)行分析；

（6）利用反應(yīng)原理進(jìn)行分析；

【詳解】

（1）油污的主要成分是油脂，油脂在堿中能水解成可溶的高級(jí)脂肪酸鈉和甘油，Na2CO3屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，CO32－水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

答案為CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

（2）根據(jù)越弱越水解以及表中數(shù)據(jù)，得出電離出H＋能力大?。篊H3COOH>H2CO3>HX>HCO3－，因此溶液④中通入少量的CO2，其離子方程式為X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

答案為X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

（3）25℃時(shí)，NH4Cl溶液的pH=5，NH4＋結(jié)合水電離出的OH－，溶液顯酸性，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)水=10－5mol·L－1；

答案為10－5mol·L－1；

（4）①CH3COONH4溶液的pH=7，說(shuō)明CH3COO－水解能力與NH4＋水解能力相同，根據(jù)（2）HCO3－水解能力強(qiáng)于NH4＋，即該溶液中離子濃度最大的是NH4＋；

答案為NH4＋；

②反應(yīng)后溶液中離子有CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，因c(Na＋)3COO－)，則有c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性；此時(shí)溶液中的溶質(zhì)應(yīng)為CH3COOH和CH3COONa；

答案為酸；CH3COOH和CH3COONa；

（5）a、CH3COONH4屬于弱酸弱堿鹽，CH3COO－和NH4＋互相促進(jìn)水解，因此相同濃度時(shí)，c(NH4＋)：①＞②；故a正確；

b、根據(jù)電荷守恒，NaCl溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，NaX溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(X－)＋c(OH－)，比較離子總數(shù)大小，只要比較陽(yáng)離子濃度和，又因?yàn)镹aCl和NaX物質(zhì)的量濃度和體積相同，即c(Na＋)相同，即比較離子總數(shù)大小，只需要比較c(H＋)，NaCl溶液顯中性，NaX溶液顯堿性，因此前者c(H＋)大于后者，即兩者離子總數(shù)不相等，故b錯(cuò)誤；

c、等體積③和⑤混合，根據(jù)物料守恒，因此有c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)=0.1mol/l；故c錯(cuò)誤；

d、根據(jù)上述分析，CH3COOH的酸性強(qiáng)于HX；因此pH相同時(shí)，稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化小，故d正確；

答案為ad；

（6）根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，得出2HCO3－+Ca2＋CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大；使平衡向右移動(dòng)，產(chǎn)生大量白色沉淀和氣體；

答案為2HCO3－+Ca2＋CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大，使平衡向右移動(dòng)，產(chǎn)生大量白色沉淀和氣體?！窘馕觥竣?CO32－+H2OHCO3－+OH－②.X－+CO2+H2O=HCO3－+HX③.10－5④.NH4+⑤.酸⑥.CH3COOH和CH3COONa⑦.ad⑧.2HCO3－+Ca2+CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2+)增大，使平衡向右移動(dòng)，產(chǎn)生大量白色沉淀和氣體25、略

【分析】【詳解】

(1)由圖象可知，t1時(shí)刻反應(yīng)速率增大且v正＜v逆，說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且反應(yīng)后氣體分子數(shù)減少，升高溫度或減小壓強(qiáng)均可使反應(yīng)逆向移動(dòng)，但減小壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率減小，故t1時(shí)刻改變的條件應(yīng)是升高溫度，故答案選C；t3時(shí)刻正逆反應(yīng)速率同等程度增大；平衡不發(fā)生移動(dòng)，則此時(shí)改變的條件可能是加入了催化劑，故答案選E；

(2)①由圖象分析可知，T1℃先達(dá)到平衡狀態(tài)，則T1＞T2，T1→T2為溫度降低的過(guò)程，X的濃度減小，說(shuō)明平衡正向進(jìn)行，則該反應(yīng)的正反應(yīng)方向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，即△H＜0；W點(diǎn)的反應(yīng)進(jìn)行程度大于M點(diǎn)，故該反應(yīng)進(jìn)行到M點(diǎn)放出的熱量＜進(jìn)行到W點(diǎn)放出的熱量；

②T2下，在0~t1時(shí)間內(nèi)，X的濃度變化量為(a-b)mol/L，則Y的濃度變化量為mol/L，因此

③根據(jù)①的分析可知，T1＞T2；則N點(diǎn)的逆反應(yīng)速率小于M點(diǎn)的逆反應(yīng)速率；

(3)根據(jù)已知信息，反應(yīng)Ⅰ×2-Ⅱ可得反應(yīng)4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，因此該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=10min內(nèi)v(ClNO)=7.5×10-3mol?L-1?min-1，根據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)與化學(xué)反應(yīng)速率成正比可得，v(Cl2)=v(ClNO)=×7.5×10-3mol?L-1?min-1，v(NO)=v(ClNO)=7.5×10-3mol?L-1?min-1，則平衡后n(Cl2)=0.1mol-(×7.5×10-3mol?L-1?min-1×10min×2L)=0.025mol，△n(NO)=7.5×10-3mol?L-1?min-1×10min×2L=0.15mol，則NO的轉(zhuǎn)化率為【解析】CE＜

＜0.02575％26、略

【分析】【詳解】

(1)①若NH3·H2O是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.010mol/L氨水中c(OH-)應(yīng)為0.010mol/L，pH=12，甲用pH試紙測(cè)出0.010mol·L-1氨水的pH為10，說(shuō)明NH3·H2O沒(méi)有完全電離；應(yīng)為弱電解質(zhì)。故答案：正確。

②取相同pH、相同體積的氨水與NaOH溶液，加入幾滴酚酞溶液后，分別滴入同濃度的鹽酸至溶液剛好褪色。實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，測(cè)得消耗的鹽酸的體積分別為amL和bmL。若a>b，則證明氨水是弱堿。故答案：>。

③向0.010mol/L氨水中加入少量NH4Cl晶體，有兩種可能：一是氯化銨在水溶液中電離出的NH水解使溶液顯酸性，使其pH降低，二是NH使NH3·H2O電離平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移動(dòng)，而使溶液的pH降低，這兩種可能均會(huì)使溶液顏色變淺，可證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)。故答案：淺；0.010mol·L-1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化銨晶體后c(NH)增大，使NH3·H2O的電離平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移動(dòng)，從而使溶液的pH降低?？勺C明NH3·H2O是弱電解質(zhì)（其他合理答案也行）。

④若NH3·H2O是強(qiáng)電解質(zhì)，用蒸餾水稀釋至1000mL，其pH=a-2，因?yàn)镹H3·H2O是弱電解質(zhì)，不能完全電離，所以a、b應(yīng)滿足a-2

(2)①HA為弱酸，其電離反應(yīng)的方程式為：HAH++A-，0.1mol·L-1的HA在水中有0.1%發(fā)生電離，所以c(H+)=10-4mol/L,則電離平衡常數(shù)===10-7。故答案：10-7。

②根據(jù)室溫時(shí)，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，溶液中HA電離出的c(H+)=10-4mol/L，水電離出的c(H+)=10-10mol/L，由HA電離出的c(H+)約為水電離出的c(H+)的=106倍，故答案：106?！窘馕觥空_>淺0.010mol·L-1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化銨晶體后c(NH)增大，使NH3·H2O的電離平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移動(dòng)，從而使溶液的pH降低?？勺C明NH3·H2O是弱電解質(zhì)(合理即可)a-2-7106四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)27、略

【分析】【分析】

向輝銻礦(主要成分為Sb2S3，還含有PbS、CuS、SiO2等)中加入鹽酸、FeCl3溶液，由已知信息①可知，浸出液中除含有鹽酸外，還含有Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等，Sb2S3、PbS、CuS和FeCl3溶液反應(yīng)生成Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+和S單質(zhì)，SiO2不溶于酸，則濾渣1中含有S和SiO2；向浸出液中加入Sb，Sb將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，F(xiàn)e2+比Fe3+更不易水解生成沉淀，該轉(zhuǎn)化有利于“水解”時(shí)銻鐵分離；加入Na2S溶液，Pb2+、Cu2+轉(zhuǎn)化為PbS、CuS沉淀析出，則濾渣2中含有PbS、CuS；“水解”是利用SbCl3的水解反應(yīng)制取Sb2O3，Sb2O3在H2中冶煉得到高純Sb。

【詳解】

(1)由分析可知，濾渣1中除S外，還有SiO2；

(2)“浸出”時(shí)，Sb2S3和FeCl3溶液反應(yīng)生成和單質(zhì)，化學(xué)方程式為

(3)Sb和Fe3+反應(yīng)生成Fe2+和Sb3+，離子方程式為Sb將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，F(xiàn)e2+比Fe3+更不易水解生成沉淀；該轉(zhuǎn)化有利于“水解”時(shí)銻鐵分離；

(4)由已知信息②可知，Ksp(PbS)＝8.0×10-28，Ksp(CuS)＝6.4×10-36，當(dāng)Pb2＋沉淀完全時(shí)，溶于中則

(5)SbOCl水解生成Sb2O3和HCl，化學(xué)方程式為不斷加入SbCl3使c(SbCl3)增大，有利于水解平衡正向移動(dòng)，后期加入氨水中和鹽酸，使c(H+)減小，水解平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)SbCl3水解完全；

(6)輝銻礦中Sb2S3的含量為68％，5t該輝銻礦中Sb的質(zhì)量為整個(gè)流程中銻元素的損耗率為10％，則5t該輝銻礦可制得Sb的質(zhì)量為【解析】SiO2Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀不斷加入SbCl3使c(SbCl3)增大，有利于水解平衡正向移動(dòng)，后期加入氨水中和鹽酸，使c(H+)減小，水解平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)SbCl3水解完全219628、略

【分析】【分析】

廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等)加入氫氧化鈉溶液，SiO2能和NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3，濾液A中含有Na2SiO3，濾渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO，向?yàn)V渣中加入稀硫酸，F(xiàn)e2O3和FeO溶于稀硫酸，而CeO2不溶于稀硫酸，濾液B中含有硫酸鐵和硫酸亞鐵，氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，再加入硫酸銨溶液，得到硫酸鐵銨礬。濾渣B中含有CeO2，加入稀硫酸提供酸性環(huán)境，用H2O2還原CeO2得到含Ce3+的溶液，然后加堿得到Ce(OH)3懸濁液，最后用氧氣氧化得到Ce(OH)4。

【詳解】

（1）硫酸鐵銨礬溶于水電離出Fe3＋，F(xiàn)e3＋水解生成Fe(OH)3膠體，能吸附水中的懸浮物，達(dá)到凈水的目的，其原理用離子方程式表示為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H