2024年滬科新版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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)2024年滬科新版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷774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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、t℃時(shí)，已知：Ksp(AgCl)=10-10，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示；則下列說法正確的是。

A.t℃時(shí)，Ag2CrO4的Ksp數(shù)量級(jí)為10-9B.無法計(jì)算Y點(diǎn)與Z點(diǎn)的KspC.Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)?2AgCl(s)+CrO(aq)的平衡常數(shù)：K=108D.在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，可使溶液由Y點(diǎn)變到X點(diǎn)最終變到Z點(diǎn)2、700℃時(shí)，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O,發(fā)生反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表(表中t2>t1):

。反應(yīng)時(shí)間/min

n(CO)/mol

n(H2O)/mol

0

1.20

0.60

t1

0.80

t2

0.20

下列說法正確的是()A.反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v(H2)=mol?L?1?min?1B.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達(dá)平衡時(shí)n(CO2)＝0.40molC.保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，與原平衡相比，達(dá)到新平衡時(shí)H2O轉(zhuǎn)化率增大D.溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為0.64，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)3、在一固定密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：一段時(shí)間后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，下列判斷正確的是A.平衡時(shí)，只有三氧化硫分子中存在B.平衡時(shí)，的體積分?jǐn)?shù)不再變化，反應(yīng)停止C.升高溫度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小D.使用合適的催化劑，可提高反應(yīng)速率，但不會(huì)改變的平衡轉(zhuǎn)化率4、銀鋅電池廣泛用作各種電子儀器的電源，其電極分別為Ag2O和Zn，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，總反應(yīng)為Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，下列說法中不正確的是A.原電池放電時(shí)，負(fù)極上發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)是ZnB.負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)是Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2C.工作時(shí)，負(fù)極區(qū)溶液堿性減弱，正極區(qū)溶液堿性增強(qiáng)D.溶液中OH－向正極移動(dòng)，K＋、H＋向負(fù)極移動(dòng)5、如圖；下列關(guān)于新型鎂鋰雙離子二次電池的說法不正確的是。

A.充電時(shí)，外加電源的正極與Y相連B.充電時(shí)，導(dǎo)線上每通過lmole—，理論上左室電解液質(zhì)量減輕12gC.放電時(shí)，Li十由左向右移動(dòng)D.放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)i1-xFePO4+xLi++xe—=LiFePO46、下列說法正確的是A.紙層析法點(diǎn)樣時(shí)應(yīng)用玻璃棒蘸取試樣，在濾紙條的原點(diǎn)處輕輕點(diǎn)樣，晾干后再點(diǎn)，重復(fù)3—5次B.吸濾瓶?jī)?nèi)液面高度將達(dá)到支管口時(shí)，應(yīng)拔掉吸濾瓶上的橡皮管，并從吸濾瓶支管口倒出溶液C.制備摩爾鹽實(shí)驗(yàn)中，將(NH4)2SO4飽和溶液與FeSO4飽和溶液混合后，在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)至大量晶體析出，然后冷卻、抽濾D.用一定濃度氫氧化鈉溶液滴定未知濃度醋酸溶液，若堿滴加過量，不需重做實(shí)驗(yàn)7、某種含二價(jià)銅的催化劑[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽車尾氣脫硝。催化機(jī)理如圖1所示；反應(yīng)過程中不同態(tài)物質(zhì)體系所具有的能量如圖2所示。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.總反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+2NO+2O26H2O+3N2B.該脫硝過程總反應(yīng)的焓變?H<0C.由狀態(tài)②到狀態(tài)③發(fā)生了氧化還原反應(yīng)D.狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程中有O-H鍵的形成8、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O離子數(shù)為0.1NAB.32gS8()分子中含有的S-S鍵數(shù)為8NAC.100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液，含有的O-H鍵數(shù)目為7NAD.0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO數(shù)目<0.1NA9、常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是A.在的溶液中，B.溶于稀硫酸，而不溶于稀硫酸，則C.相同濃度的和溶液，前者的pH較大，則D.相同濃度的HA和NaA溶液等體積混合后則溶液中評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、電位滴定是利用溶液電位突變指示終點(diǎn)的滴定法。常溫下，用標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定某生活用品中的含量(假設(shè)其它物質(zhì)均不反應(yīng)，且不含碳、鈉元素)，得到滴定過程中溶液電位與的關(guān)系如圖所示。已知：根據(jù)兩個(gè)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸的體積差可計(jì)算出的量。下列說法不正確的是。

A.滴定過程中水的電離程度逐漸增大B.滴定過程中溶液中逐漸增大C.1mL該生活用品中含有的質(zhì)量為D.曲線任一點(diǎn)溶液中均存在：11、南京大學(xué)研究發(fā)現(xiàn)電化學(xué)“大氣固碳”有效方法，電池工作原理示意圖如圖所示。充電時(shí)，利用催化劑的選擇性，陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：2Li2CO3-4e-=2CO2+O2+4Li+；下列有關(guān)說法正確的是。

A.放電時(shí)，M電極的電勢(shì)比N電極的高B.放電時(shí)，正極電極反應(yīng)式：3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3C.充電時(shí)，M電極接外電源負(fù)極，電解質(zhì)可選含Li+水溶液D.該電池每放電、充電一次，若均轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上能固定標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LCO212、在一定溫度下的定容密閉容器中，當(dāng)物質(zhì)的下列物理量不再變化時(shí)，表明反應(yīng)：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已達(dá)平衡的是（）A.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量B.混合氣體的壓強(qiáng)C.氣體的總物質(zhì)的量D.B的物質(zhì)的量濃度13、在1L密閉容器中充入CH3OH發(fā)生如下反應(yīng)：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是。

A.該反應(yīng)正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能B.600K時(shí)，從X到Y(jié)點(diǎn)可通過減小壓強(qiáng)實(shí)現(xiàn)C.改用更高效催化劑能增大Z點(diǎn)的平衡轉(zhuǎn)化率D.T1K時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為8.114、以Fe3O4/Pd為催化材料，利用電化學(xué)原理實(shí)現(xiàn)H2消除酸性廢水中的其反應(yīng)過程如圖所示[已知Fe3O4中Fe元素化合價(jià)為+2；+3價(jià)；分別表示為Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.處理的電極反應(yīng)為2+8H＋+6e-=N2↑+4H2OB.Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C.用該法處理后，水體的pH降低D.消耗6.72LH2，理論上可處理含4.6mg?L-1的廢水2m315、一定條件下,CH3COONa溶液存在水解平衡CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-下列說法正確的是A.加入少量NaOH固體,上述平衡左移,溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)B.加入少量FeCl3固體,c(CHCOO-)增大C.稀釋溶液,溶液的pH增大D.加入少量Na2CO3固體,減小16、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象與結(jié)論對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中滴加經(jīng)過鹽酸酸化的BaCl2溶液溶液中產(chǎn)生白色沉淀溶液中一定含有SOB向盛有Fe(NO3)2溶液的試管中加入0.1mol·L-1H2SO4溶液試管口出現(xiàn)紅棕色氣體溶液中NO被Fe2+還原為NO2C用蘸有濃氨水的玻璃棒靠近某有色氣體X玻璃棒周圍產(chǎn)生白煙氣體X可能是氯氣D向等濃度的KCl、KI溶液中分別滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液2滴只有KI溶液中出現(xiàn)沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A.AB.BC.CD.D17、已知：25℃時(shí)某些弱酸的電離平衡常數(shù)(如表)。如圖表示常溫下，稀釋CH3COOH；HClO兩種酸的稀溶液時(shí)；溶液pH隨加水量的變化。下列說法正確的是()

CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7

Ka2=5.6×10-11

A.相同濃度CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋COC.圖像中a、c兩點(diǎn)處的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.圖像中a點(diǎn)酸的總濃度大于b點(diǎn)酸的總濃度評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、對(duì)金屬制品進(jìn)行抗腐蝕處理,可減緩金屬的腐蝕,延長(zhǎng)其使用壽命。

（1）以下為鋁材表面處理的一種方法：

①堿洗的目的是除去鋁表面的自然氧化膜(Al2O3),有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為_________________。堿洗時(shí)常有氣泡冒出，該氣體是_________(填化學(xué)式)。

②電解時(shí),處理好的鋁材應(yīng)與電源的________極相連，鋁材表面形成氧化膜的電極反應(yīng)式為_______。

（2）鋼鐵容易生銹的主要原因是鋼鐵在煉制過程中混有少量的碳雜質(zhì)，在潮濕的空氣中容易形成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕。在酸性環(huán)境下,其正極反應(yīng)式為_________；在酸性很弱或中性條件下,其發(fā)生_______(填“析氫腐蝕”或“吸氧腐蝕”)。

（3）下列裝置中鐵片腐蝕由快到慢的順序是____________(用序號(hào)表示)。

（4）利用如圖裝置,可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。

若X為碳棒,開關(guān)K置于N處,該電化學(xué)防護(hù)法稱為______；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處,_____（填“能”或“不能”)達(dá)到防止鐵腐蝕的目的。19、在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常數(shù)(K)和溫度(T)的關(guān)系如下表所示。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___________；由上表可知該反應(yīng)為___________反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)。

(2)830℃時(shí)，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持溫度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡后，其平衡常數(shù)___________1.0(填“大于”“小于”或“等于”)，此時(shí)CO2的物質(zhì)的量為___________。

(3)下列有利于提高平衡時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率的措施有___________(填字母)。

a．使用催化劑b．升溫c．增大CO2和H2的投料比。

(4)若1200℃時(shí)，在某時(shí)刻反應(yīng)混合物中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，則此時(shí)反應(yīng)的平衡移動(dòng)方向?yàn)開__________(填“正反應(yīng)方向”“逆反應(yīng)方向”或“不移動(dòng)”)。

(5)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，其它條件不變，在相同時(shí)間內(nèi)，向上述反應(yīng)體系中投入一定量的CaO，H2的體積分?jǐn)?shù)增大；實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。

(已知：1微米=10-6米，1納米=10-9米)。

投入納米CaO比微米CaO時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)更高的原因是___________。20、（1）已知31g白磷(P4)變?yōu)?1g紅磷(P)時(shí)釋放能量。穩(wěn)定性白磷__紅磷(填“>”或“<”)；

（2）已知化學(xué)反應(yīng)N2＋3H22NH3的能量變化如圖所示。

molN2(g)和molH2(g)反應(yīng)生成1molNH3(l)的△H=__。

（3）298K時(shí)，0.5molC2H4(g)完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，放出705.5kJ的熱量。請(qǐng)寫出該反應(yīng)的燃燒熱的熱化學(xué)方程式__。

（4）金屬鈦冶煉過程中其中一步反應(yīng)是將原料金紅石轉(zhuǎn)化：

TiO2(金紅石)+2C+2Cl2TiCl4+2CO

已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ/mol

TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol

則TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=__。

（5）工業(yè)上用H2(g)和Cl2(g)反應(yīng)制HCl(g)，各鍵能為：H﹣H：436kJ·mol-1，Cl﹣Cl：243kJ·mol-1，H﹣Cl：431kJ·mol-1。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是__。21、以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當(dāng)前重要的研究課題。汽車尾氣中含有較多的氮氧化物和不完全燃燒的CO，汽車三元催化器可以實(shí)現(xiàn)降低氮氧化物的排放量。汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在催化劑的作用下轉(zhuǎn)化成兩種無污染的氣體。如，反應(yīng)Ⅰ：2CO(g)+2NO(g)?N2(g)+2CO2(g)ΔH1＜0；反應(yīng)Ⅱ：4CO(g)+2NO2(g)?N2(g)+4CO2(g)ΔH2＜0；(1)若在恒容的密閉容器中，充入2molCO和1molNO，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，下列選項(xiàng)中不能說明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。A．CO和NO的物質(zhì)的量之比不變B．混合氣體的密度保持不變C．混合氣體的壓強(qiáng)保持不變D．v(N2)正=2v(CO)逆(2)若在2L密閉容器中充入2molCO和1molNO2，發(fā)生上述反應(yīng)Ⅱ，如圖為平衡時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系。則溫度：T1_______T2(填“＜”或“＞”)；若在D點(diǎn)對(duì)反應(yīng)容器升溫的同時(shí)擴(kuò)大體積使體系壓強(qiáng)減小，重新達(dá)到的平衡狀態(tài)可能是圖中A～G點(diǎn)中的_______點(diǎn)。(3)某研究小組對(duì)反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)ΔH＜0進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)探究。在固定體積的密閉容器中，使用某種催化劑，改變?cè)蠚馀浔萚n0(NO2)∶n0(SO2)]進(jìn)行多組實(shí)驗(yàn)(各組實(shí)驗(yàn)的溫度可能相同，也可能不同)，測(cè)定NO2的平衡轉(zhuǎn)化率[α(NO2)]。部分實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。①圖中A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=_______。②如果將圖中C點(diǎn)的平衡狀態(tài)改變?yōu)锽點(diǎn)的平衡狀態(tài)，應(yīng)采取的措施是_______。③圖中C、D兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)溫度分別為TC和TD，通過計(jì)算判斷：TC_______TD(填“＞”“＜”或“=”)。(4)某研究小組探究催化劑對(duì)CO、NO2轉(zhuǎn)化的影響。將NO2和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑進(jìn)行反應(yīng)，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)量逸出氣體中NO2含量，從而確定尾氣脫氮率(脫氮率即NO2的轉(zhuǎn)化率)，結(jié)果如圖所示。①若高于450℃，圖中曲線中脫氮率隨溫度升高而降低的主要原因是_______；②a點(diǎn)_______(填“是”或“不是”)對(duì)應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，說明理由_______。22、信息；能源和材料被譽(yù)為當(dāng)代文明的三大支柱；請(qǐng)回答下列問題：

（1）人類最早使用的合金材料是___（填字母），目前使用量最大的合金是___。

A．鐵合金B(yǎng)．鋁合金C．銅合金。

（2）鋁用作電線是利用了鋁的___性；鐵用作炊具是利用了鐵的___性。

（3）金屬的腐蝕現(xiàn)象非常普遍，鋼鐵腐蝕屬于電化學(xué)腐蝕，此過程的負(fù)極反應(yīng)式是___。下列方法不利于延緩鐵制品的腐蝕速度的是___（填字母）。

A．表面刷油或涂漆B．表面鍍鋅C．保存在潮濕環(huán)境中D．包上塑料層E．制成不銹鋼F．保存在溫度較高的地方。

（4）通常所說的三大材料是指金屬材料、無機(jī)非金屬材料和有機(jī)高分子材料。下述材料中全部屬于金屬材料的有___（填字母）。

A．玻璃；陶瓷、水泥B．玻璃鋼、聚乙烯、超導(dǎo)陶瓷。

C．青銅；碳素鋼、硬鋁D．塑料、合成纖維、橡膠。

（5）第二屆青奧會(huì)于2014年8月在南京舉行。青奧中心外墻的復(fù)合保溫材料采用鋁合金鎖邊。有關(guān)鋁合金的性質(zhì)正確的是___（填字母）。

A．強(qiáng)度小B．耐腐蝕C．密度大23、研究電解質(zhì)在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知部分弱酸的電離常數(shù)如下表：?；瘜W(xué)式電離平衡常數(shù)K

①寫出的的表達(dá)式_____

②常溫下，相同的三種溶液物質(zhì)的量濃度最小的是_______。

③將過量通入溶液，反應(yīng)的離子方程式是______。

(2)室溫下，用鹽酸溶液滴定的氨水溶液；滴定曲線如圖所示。

①a點(diǎn)所示的溶液中_____(填“>”“<”或“=”)

②b點(diǎn)所示的溶液中溶質(zhì)為_______。

③室溫下的氨水與的溶液中，由水電離出的之比為____。

(3)二元弱酸溶液中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨的變化如圖所示。則第二級(jí)電離平衡常數(shù)______。

24、甲烷自熱重整是先進(jìn)的制氫方法；包含甲烷氧化和水蒸氣重整兩個(gè)過程。

(1)甲烷自熱重整時(shí)向反應(yīng)系統(tǒng)同時(shí)通入甲烷、氧氣和水蒸氣，發(fā)生的主要化學(xué)反應(yīng)如下：。反應(yīng)過程反應(yīng)序號(hào)化學(xué)方程式△H/kJ·mol-1活化能Ea/kJ·mol-1甲烷氧化ⅠCH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)-802.6125.6ⅡCH4(g)+O2(g)→CO2(g)+2H2(g)-322.0172.5172.5水蒸氣重整ⅢCH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g)+206.2240.1ⅣCH4(g)+2H2O(g)→CO2(g)+4H2(g)+158.6243.9243.9

①請(qǐng)用有關(guān)理論分析以上四個(gè)反應(yīng)中反應(yīng)Ⅰ速率最快的原因___。

②以上四個(gè)反應(yīng)中，正向反應(yīng)限度最大的是__。

a．反應(yīng)Ⅰb．反應(yīng)Ⅱc．反應(yīng)Ⅲd．反應(yīng)Ⅳ

(2)甲烷水蒸氣催化重整分為兩階段制備甲醇：

(ⅰ)制備合成氣：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=206.2kJ·mol-1

(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

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(qiáng)的關(guān)系如圖所示。

①已知100℃時(shí)達(dá)到平衡的時(shí)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)=___mol·L-1·min-1。

②圖中p1___p2(填“<”、“>”或“=”)。

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(g)的物質(zhì)的量(n)與時(shí)間(t)及溫度的關(guān)系如圖所示。

③據(jù)研究，反應(yīng)過程中起催化作用的為Cu2O。實(shí)際生產(chǎn)中隨反應(yīng)進(jìn)行，Cu2O的量會(huì)減少，導(dǎo)致催化效率降低。若在反應(yīng)體系中充入少量CO2，有利于保持Cu2O的催化效率不降低，原因是___。

④在500℃恒壓條件下，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出反應(yīng)體系中n(CH3OH)隨時(shí)間t變化的總趨勢(shì)圖___。

評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共4分)25、NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)△H=+57.3kJ·mol-1(中和熱)。_____26、室溫下，0.1mol·L-1的HCl溶液與0.1mol·L-1的NaOH溶液中水的電離程度相等。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共2分)27、三氯氧磷(POCl3)是重要的基礎(chǔ)化工原料，廣泛用于制藥、染化、塑膠助劑等行業(yè)。某興趣小組用O2直接氧化PCl3制備POCl3；實(shí)驗(yàn)裝置設(shè)計(jì)如圖：

有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下表：。物質(zhì)熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃其它性質(zhì)PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3

回答下列問題：

(1)裝置C中反應(yīng)器的名稱是___________。

(2)裝置B中試劑為___________；裝置B的作用是___________。

(3)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________；裝置C中制備POCl3的化學(xué)方程式為___________。

(4)a裝置的作用是___________。

(5)通過佛爾哈德法可以測(cè)定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素的含量；實(shí)驗(yàn)步驟如下：

Ⅰ．取m克產(chǎn)品于錐形瓶中；加入足量NaOH溶液，待完全反應(yīng)后加稀硝酸至溶液顯酸性；

Ⅱ．向錐形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；

Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯；用力搖動(dòng)，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋；

Ⅳ．加入指示劑，用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag＋至終點(diǎn)；記下所用體積為VmL。

已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12

①滴定選用的指示劑是___________。

A．酚酞B．NH4Fe(SO4)2C．淀粉D．甲基橙。

②Cl元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(列出算式)___________。

③若取消步驟Ⅲ，會(huì)使步驟Ⅳ中出現(xiàn)兩種沉淀共存，此時(shí)c(Cl-)∶c(SCN-)=___________；該反應(yīng)使測(cè)定結(jié)果___________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共9分)28、NaBiO3可作為測(cè)定錳的氧化劑，Bi2O3在電子行業(yè)有著廣泛應(yīng)用，可利用浮選過的輝鉍礦(主要成分是Bi2S3,還含少量SiO2等雜質(zhì))來制備；工藝流程如下:

已知:NaBiO3難溶于水。

回答下列問題。

（1）溶液Ⅰ中主要成分為BiCl3、FeCl2,則濾渣Ⅰ的主要成分是________(寫化學(xué)式)。

（2）海綿鉍與鹽酸、H2O2反應(yīng)的化學(xué)方程式是__________

（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO發(fā)生反應(yīng)的離于方程式是______，從反應(yīng)后的混合體系中獲得純凈NaBiO3,操作Ⅱ包括_________。

（4）一定溫度下，向氨水中通入CO2，得到(NH4)2CO3、NH4HCO3等物質(zhì)，溶液中各種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示。隨著CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)將______(填“增大”“減小”或“不變”)。pH=9時(shí)，溶液中c(NH4+)+c(H+)=______(用離子濃度表示)。

（5）取所得NaBiO3樣品2.0g,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。則該樣晶中NaBiO3純度為_________。29、某廠廢棄的加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如圖工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：

溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(shí)(c=0.01mol?L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c=1.0×10-5mol?L-1)的pH8.74.73.29.0

回答下列問題：

(1)“堿浸”中NaOH的作用是__。

(2)“濾液②”中含有的金屬離子是__。

(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是___。

(4)利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni(OH)2的Ksp=__(列出計(jì)算式)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol/L，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是__。

(5)硫酸鎳在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應(yīng)的離子方程式__。

(6)將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是__。30、MgF2是一種重要的無機(jī)化工原料；可用于制備多晶材料；光學(xué)玻璃?，F(xiàn)有如下兩種途徑可以制得。

途徑Ⅰ：以工業(yè)級(jí)MgSO4溶液(含F(xiàn)e3+和Mn2+等雜質(zhì))為原料制備MgF2；過程如下：

(1)除雜。

①向硫酸鎂溶液中加入Na2SO4，加熱、保持溶液溫度在80~95℃，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，反應(yīng)后濾液的pH____(填“增大”；“不變”或“減小”)；

②調(diào)節(jié)濾液的pH，使溶液呈弱堿性，向其中加入H2O2，將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2沉淀，寫出該反應(yīng)的離子方程式____。

③Mn+(Fe3+、Mn2+、Mg2+)轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸锍恋淼膒H如圖。除雜時(shí)未采取將Mn2+直接轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2的原因是____。

(2)沉鎂。

向“除雜”后濾液中加入Na2CO3，同時(shí)產(chǎn)生氣體，寫出生成Mg2(OH)2CO3的化學(xué)方程式____。

(3)酸溶。

將所得Mg2(OH)2CO3置于____(填“玻璃”；“聚丙烯”或“石英”)燒杯中；加入適量的HF，攪拌溶解。

途徑Ⅱ：以磷肥副產(chǎn)物H2SiF6溶解MgO，充分反應(yīng)后過濾、得MgSiF6溶液，濃縮得MgSiF6·6H2O，300℃條件下煅燒得MgF2。

(4)溶解時(shí)，H2SiF6質(zhì)量分?jǐn)?shù)控制在18%~20%的原因：____(20℃時(shí)，MgSiF6的溶解度30.8g)。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．t℃時(shí)，溶液中有當(dāng)c()=10-6mol?L-1時(shí)，c(Ag+)=10-3mol?L-1，則Ksp=[c(Ag+)]2?c()=(10-3mol?L-1)2×10-6mol?L-1=10-12，所以t℃時(shí)，Ag2CrO4的Ksp數(shù)量級(jí)為10-12；A錯(cuò)誤；

B．該曲線為t℃時(shí)Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線，即曲線上的點(diǎn)的Ksp相同，所以Y點(diǎn)和Z點(diǎn)的Ksp為10-12；B錯(cuò)誤；

C．由題可知Ksp(Ag2CrO4)=10-12，Ksp(AgCl)=10-10，則新的平衡體系，K===108；C正確；

D．在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍為飽和溶液，點(diǎn)仍在曲線上，所以在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y點(diǎn)變?yōu)閄點(diǎn)；D錯(cuò)誤；

故選C。2、B【分析】【詳解】

A.由表中數(shù)據(jù)可知，t1min內(nèi)參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量為1.2mol－0.8mol＝0.4mol，v（CO）＝=mol·L－1·min－1，速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v(H2)=v(CO)=mol·L－1·min－1；故A錯(cuò)誤；

B.CO與H2O按物質(zhì)的量比1：1反應(yīng)，充入0.60molCO和1.20molH2O與充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡時(shí)生成物的濃度對(duì)應(yīng)相同，t1min時(shí)n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min時(shí)n（H2O）＝0.2mol，說明t1min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，根據(jù)化學(xué)方程式可知，則生成的n（CO2）＝0.40mol；故B正確；

C.保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，與原平衡相比，平衡向右移動(dòng)，達(dá)到新平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O轉(zhuǎn)化率減小；故C錯(cuò)誤；

D.t1min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)c（CO）＝0.8mol÷2L＝0.4mol/L，c（H2O）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，則K==1；溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為0.64，說明溫度升高，平衡是向左移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。

綜合以上分析；答案選B。

【點(diǎn)睛】

該題是高考中的中的常見題型，試題綜合性強(qiáng)，旨在培養(yǎng)學(xué)生分析、歸納和總結(jié)問題的能力。本題屬于基本理論中化學(xué)平衡問題，主要考查學(xué)生對(duì)速率概念與計(jì)算，平衡常數(shù)概念與計(jì)算，平衡移動(dòng)等有關(guān)內(nèi)容理解和掌握程度。復(fù)習(xí)時(shí)要讓學(xué)生深刻理解一些基本概念的內(nèi)涵和外延。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．平衡時(shí)，18O2中也存在故A錯(cuò)誤；

B．平衡時(shí)，的體積分?jǐn)?shù)會(huì)變化；反應(yīng)不會(huì)停止，化學(xué)反應(yīng)平衡是動(dòng)態(tài)平衡，故B錯(cuò)誤；

C．升高溫度；逆反應(yīng)速率增大，正反應(yīng)速率減小，故C錯(cuò)誤；

D．催化劑只能改變反應(yīng)速率；不會(huì)改變平衡轉(zhuǎn)化率，故D正確；

答案選D。4、D【分析】【分析】

根據(jù)原電池總反應(yīng)為Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，分析Zn化合價(jià)升高，作負(fù)極，Ag2O化合價(jià)降低；作正極。

【詳解】

A．根據(jù)前面分析；原電池放電時(shí)，負(fù)極上發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)是Zn，故A正確；

B．根據(jù)總反應(yīng)Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，得到負(fù)極發(fā)生的反應(yīng)是Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2；故B正確；

C．根據(jù)總方程式，工作時(shí)，負(fù)極區(qū)氫氧根不斷消耗，因此溶液堿性減弱，正極反應(yīng)Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－；因此正極區(qū)溶液堿性增強(qiáng)，故C正確；

D．根據(jù)原電池溶液中離子移動(dòng)方向“異性相吸”原理，溶液中OH－向負(fù)極移動(dòng)，H＋、K＋向正極移動(dòng)；故D錯(cuò)誤。

綜上所述，答案為D。5、B【分析】【分析】

放電時(shí)，左邊鎂為負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為Mg-2e-=Mg2+，右邊為正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為電解質(zhì)溶液中鋰離子透過鋰離子交換膜移向正極；充電時(shí)，外加電源的正極與正極相連，陽(yáng)極上LiFePO4失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；負(fù)極與負(fù)極相連，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移進(jìn)行計(jì)算解答。

【詳解】

A.左邊鎂失電子；為負(fù)極；右邊電極上得電子、發(fā)生還原反應(yīng)、為正極，即X為負(fù)極接線柱、Y為正極接線柱，充電時(shí)，外加電源的正極與電池正極相連，負(fù)極與電池負(fù)極相連，故A正確；

B.充電時(shí)，導(dǎo)線上每通過1mole?，左室得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為但右側(cè)將有1molLi+移向左室；所以溶液質(zhì)量減輕12?7=5g，故B錯(cuò)誤；

C.放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中鋰離子透過鋰離子交換膜移向正極，即放電時(shí)，Li+由左向右移動(dòng)；故C正確；

D.右邊為正極、得電子、發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為故D正確；

故答案選：B。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．紙層析法點(diǎn)樣時(shí)；應(yīng)使用毛細(xì)管取樣，A錯(cuò)誤；

B．當(dāng)吸濾瓶中液面將達(dá)到支管口位置時(shí)；應(yīng)拔掉吸濾瓶上的橡皮管，從吸濾瓶上口倒出溶液，B錯(cuò)誤；

C．將(NH4)2SO4飽和溶液與FeSO4飽和溶液混合后；在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)至大量晶體析出，然后冷卻；抽濾，再用酒精可以洗去摩爾鹽表面的水，然后晾干，C錯(cuò)誤；

D．用一定濃度氫氧化鈉溶液滴定未知濃度醋酸溶液；生成的醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，使溶液呈堿性，需用酚酞作指示劑，則堿滴加過量，對(duì)實(shí)驗(yàn)影響不大，故不需重做實(shí)驗(yàn)，D正確；

故選D。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖1知，該脫銷過程反應(yīng)物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由圖1所給數(shù)據(jù)知，反應(yīng)物NH3為2mol，NO為2mol，O2為0.5mol，生成物N2為2mol，H2O為3mol，故該脫銷過程總方程式為：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2；A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)圖2可知，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，為放熱反應(yīng)，則總反應(yīng)焓變?chǔ)＜0；B正確；

C．由圖1可知；狀態(tài)②到狀態(tài)③中Cu的化合價(jià)發(fā)生變化，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，C正確；

D．狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程為[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O；有O-H鍵的形成，D正確；

故選A。8、C【分析】【詳解】

A．Cr2O會(huì)發(fā)生水解，因此1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O離子數(shù)小于0.1NA；A錯(cuò)誤；

B．32gS8()分子的物質(zhì)的量為mol，則含有的S-S鍵數(shù)為NA；B錯(cuò)誤；

C．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液，n(CH3CH2OH)=n(H2O)=1個(gè)CH3CH2OH分子中含有1個(gè)O-H，1個(gè)H2O分子中含有2個(gè)O-H，因此100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液，含有的O-H鍵數(shù)目為7NA；C正確；

D．溶液體積未知；不能計(jì)算離子數(shù)目，D錯(cuò)誤；

答案選C。9、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)物料守恒，溶液中故A錯(cuò)誤；

B．溶于稀硫酸，而不溶于稀硫酸，說明ZnS比CuS更難溶，同類型難溶電解質(zhì)，溶度積越小，越難溶，故故B錯(cuò)誤；

C．電離平衡常數(shù)越大，弱酸酸性越強(qiáng)。則對(duì)應(yīng)強(qiáng)堿弱酸鹽的水解程度越小。相同濃度的和溶液，前者的pH較大，說明水解程度大，酸性弱于HF，即故C錯(cuò)誤；

D．相同濃度的HA和NaA溶液等體積混合后溶液呈酸性，則根據(jù)電荷守恒可得根據(jù)物料守恒則綜上溶液中存在故D正確；

故選D。二、多選題(共8題，共16分)10、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．隨著鹽酸的加入；碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，最后轉(zhuǎn)化為氯化鈉，鹽類的水解程度越來越小，故對(duì)水的電離的促進(jìn)作用也越來越小，鹽酸過量時(shí)還將抑制水的電離，故滴定過程中水的電離程度逐漸減小，A錯(cuò)誤；

B．隨著鹽酸的加入，碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，故c()逐漸增大，c()逐漸減小，滴定過程中溶液中逐漸增大；B正確；

C．由圖中可知，(V2-V1)即碳酸氫鈉消耗鹽酸的體積，原溶液中碳酸鈉的物質(zhì)的量濃度為：mol/L，故1mL該生活用品中含有的質(zhì)量為=C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)溶液中電荷守恒可知，曲線任一點(diǎn)溶液中均存在：D正確；

故答案為：AC。11、BD【分析】【分析】

放電時(shí)為原電池，M極上Li失電子生成Li+，則M為負(fù)極，N為正極，正極上CO2得電子生成C和Li2CO3，反應(yīng)式為3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充電時(shí)為電解池，陰極上Li+得電子生成Li，陽(yáng)極上Li2CO3失電子生成CO2和O2，反應(yīng)式為2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+；

【詳解】

A．放電時(shí)為原電池；M為負(fù)極，N為正極，正極電勢(shì)比負(fù)極電勢(shì)高，即N高于M，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)分析，原電池的正極上CO2得電子生成C和Li2CO3，反應(yīng)式為3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；故B正確；

C．放電時(shí)M為負(fù)極，則充電時(shí)M為陰極，與電源負(fù)極相連，但電解質(zhì)不能選含Li+水溶液；因?yàn)長(zhǎng)i電極會(huì)與水反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)放電時(shí)正極反應(yīng)式3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3可知，電池每放電一次轉(zhuǎn)移2mol電子就有0.5mol碳生成；根據(jù)充電時(shí)陽(yáng)極電極反應(yīng)2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+，充電一次且每轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)生成0.5molO2，C+O2═CO2，所以該電池每放、充2mol電子一次，理論上能固定0.5molCO2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2LCO2；故D正確；

答案選BD。12、AD【分析】【詳解】

A.兩邊氣體的計(jì)量數(shù)相等；氣體的總物質(zhì)的量一直不變，但隨著反應(yīng)的進(jìn)行，混合氣體的總質(zhì)量發(fā)生變化，故混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量是一個(gè)變量，則當(dāng)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化時(shí)，能說明反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，故A符合；

B.兩邊氣體的計(jì)量數(shù)相等；所以容器的壓強(qiáng)始終不變，則混合氣體的壓強(qiáng)不再變化時(shí)，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B不符合；

C.兩邊氣體的計(jì)量數(shù)相等；氣體的總物質(zhì)的量一直不變，則氣體的總物質(zhì)的量不再變化時(shí)，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C不符合；

D.B的物質(zhì)的量濃度不再變化；說明正逆反應(yīng)速率相等，可以說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D符合；

故選AD。13、BD【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖象可知：升高溫度，CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率提高；說明升高溫度平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以該反應(yīng)正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能，A正確；

B．在600K時(shí)，從X到Y(jié)點(diǎn)，CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率提高；則反應(yīng)正向移動(dòng)，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，要使平衡正向移動(dòng)，可通過減小壓強(qiáng)實(shí)現(xiàn)，B正確；

C．催化劑只能使化學(xué)反應(yīng)速率加快；而化學(xué)平衡不發(fā)生移動(dòng)，因此使用高效催化劑不能改變Z點(diǎn)物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C錯(cuò)誤；

D．假設(shè)反應(yīng)開始時(shí)CH3OH的物質(zhì)的量是1mol，由于在T1時(shí)CH3OH的轉(zhuǎn)化率是90%，則此時(shí)CH3OH的物質(zhì)的量是0.1mol，反應(yīng)產(chǎn)生的HCHO(g)、H2(g)的物質(zhì)的量都是0.9mol，由于容器的容積是1L，所以平衡濃度c(CH3OH)=0.1mol/L，c(HCHO)=0.9mol/L，c(H2)=0.9mol/L，因此T1時(shí)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=D正確；

故合理選項(xiàng)是BD。14、CD【分析】根據(jù)圖示可知，F(xiàn)e3O4/Pd為催化材料，F(xiàn)e(Ⅲ)得電子生成Fe(Ⅱ)，F(xiàn)e(Ⅱ)失電子生成Fe(Ⅲ)，處理得到電子轉(zhuǎn)化為氮?dú)猓姌O反應(yīng)分別為2+8H++6e-=N2↑+4H2O，3H2-6e-=6H+，總反應(yīng)為：2H++2+3H2N2+4H2O，該反應(yīng)中N元素化合價(jià)降低被還原，H元素化合價(jià)升高被氧化，氫氣為還原劑，為氧化劑；據(jù)此分析。

【詳解】

A．根據(jù)圖示，處理得到電子轉(zhuǎn)化為氮?dú)?，電極反應(yīng)為2+8H++6e-=N2↑+4H2O；故A不符合題意；

B．Fe(Ⅲ)得電子生成Fe(Ⅱ)；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不符合題意；

C．根據(jù)圖示，總反應(yīng)方程式可知：2H++2+3H2N2+4H2O；所以用該法處理后水體的pH升高，故C符合題意；

D．6.72LH2的條件未知；無法計(jì)算氫氣的物質(zhì)的量，故無法計(jì)算廢水的體積，故D符合題意；

答案選CD。15、AD【分析】【詳解】

A．加入少量NaOH固體；抑制水解，上述平衡左移，溶液中離子濃度增大，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故A正確；

B．FeCl3消耗了氫氧根離子；使平衡正移，醋酸根濃度減小，故B錯(cuò)誤；

C．稀釋溶液；平衡正向進(jìn)行，但是氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減小，故C錯(cuò)誤；

D．加入少量Na2CO3固體，抑制水解，平衡逆向移動(dòng)，c(CHCOO-)增大，平衡常數(shù)常數(shù)不變，則減小；故D正確；

故選AD。16、CD【分析】【分析】

【詳解】

略17、AC【分析】【分析】

根據(jù)圖像及表格數(shù)據(jù)可知，電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，則酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>稀釋促進(jìn)電離，同pH的酸，稀釋相同倍數(shù)，酸性越弱，pH越變化越小；則曲線I是CH3COOH；曲線II是HClO；依此解答。

【詳解】

A．溶液的酸性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的酸根離子的水解能力越弱，離子濃度越大，則溶液中：c(CH3COO－)>c(ClO－)，則相同濃度CH3COONa和NaClO的混合液，顯堿性，各離子濃度的大小關(guān)系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)；A正確；

B．根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：B錯(cuò)誤；

C．是R-的水解平衡常數(shù)，Kh只與溫度有關(guān)；故圖像中a；c兩點(diǎn)處的溶液中相等，C正確；

D．曲線I是CH3COOH，曲線II是HClO；酸性越強(qiáng)，說明酸電離程度越大；則根據(jù)圖像可知，a點(diǎn)酸性弱于b點(diǎn)；故D錯(cuò)誤；

答案選AC。三、填空題(共7題，共14分)18、略

【分析】【詳解】

（1）①Al2O3是兩性氧化物，與OH-反應(yīng)生成AlO2-和H2O，離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；因?yàn)锳l具有兩性，能與OH-反應(yīng)生成AlO2-和H2，所以堿洗時(shí)常有氣泡冒出，該氣體是H2。②要通過電解使處理好的鋁材表面形成氧化膜，處理好的鋁材應(yīng)與電源的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，又根據(jù)酸性電解質(zhì)溶液，所以電極反應(yīng)式為：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。

（2）在酸性環(huán)境下，鋼鐵易發(fā)生析氫腐蝕，H+在正極上得到電子生成H2，所以正極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；在酸性很弱或中性條件下；負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，稱為吸氧腐蝕。

（3）由圖可知，①為化學(xué)腐蝕，②③裝置是原電池，在②中，金屬鐵做負(fù)極，③中金屬鐵作正極，做負(fù)極的腐蝕速率快，并且兩個(gè)電極金屬活潑性相差越大，負(fù)極金屬腐蝕速率越快，正極被保護(hù)，并且原電池原理引起的腐蝕＞化學(xué)腐蝕，所以②＞①>③；④⑤裝置是電解池，④中鐵為陰極，⑤中鐵為陽(yáng)極，陽(yáng)極金屬被腐蝕的速率快，陰極被保護(hù)，即⑤＞④，根據(jù)電解原理引起的腐蝕＞原電池原理引起的腐蝕＞化學(xué)腐蝕＞有防護(hù)腐蝕措施的腐蝕，并且原電池的正極金屬腐蝕速率快于電解池的陰極金屬腐蝕速率，所以鐵腐蝕快慢順序?yàn)椋孩荩劲冢劲伲劲郏劲堋?/p>

（4）X為碳棒，開關(guān)K置于N處，形成電解池，鐵作陰極被保護(hù)，該電化學(xué)防護(hù)法稱為外加電流的陰極保護(hù)法；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，形成原電池，Zn作負(fù)極、鐵作正極，能達(dá)到防止鐵腐蝕的目的?！窘馕觥緼l2O3+2OH-=2AlO2-+H2OH2正2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+2H++2e-=H2↑吸氧腐蝕⑤>②>①>③>④外加電流的陰極保護(hù)法能19、略

【分析】(1)

化學(xué)平衡常數(shù)是在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=由上表可知隨之溫度升高平衡常數(shù)逐漸增大；說明升高溫度平衡正向進(jìn)行，所以該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。

(2)

830℃時(shí)，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持溫度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡后，由于平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，則其平衡常數(shù)等于1.0。設(shè)平衡時(shí)消耗二氧化碳的物質(zhì)的量是xmol，則剩余二氧化碳是2mol－xmol、氫氣是8mol－xmol、一氧化碳和水蒸氣均是xmol，由于反應(yīng)前后體積不變，可以用物質(zhì)的量代替濃度計(jì)算平衡常數(shù)，則解得x＝1.6，所以此時(shí)CO2的物質(zhì)的量為0.4mol。

(3)

a．使用催化劑不能影響平衡，CO2轉(zhuǎn)化率不變；

b．正反應(yīng)吸熱，升溫平衡正向進(jìn)行，CO2轉(zhuǎn)化率增大；

c．增大CO2和H2的投料比有利于增大氫氣的轉(zhuǎn)化率，CO2轉(zhuǎn)化率降低；

答案選b；

(4)

若1200℃時(shí)，在某時(shí)刻反應(yīng)混合物中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，則此時(shí)濃度熵為＞2.6；所以反應(yīng)的平衡移動(dòng)方向?yàn)槟娣磻?yīng)方向。

(5)

由于相同質(zhì)量的納米CaO比微米CaO的表面積大，吸收CO2的速率更快；在相同時(shí)間內(nèi)消耗CO2的量更多，導(dǎo)致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移動(dòng)的程度更大，所以投入納米CaO，氫氣的體積分?jǐn)?shù)更高?！窘馕觥?1)吸熱。

(2)等于0.4mol

(3)b

(4)逆反應(yīng)方向。

(5)相同質(zhì)量的納米CaO比微米CaO的表面積大，吸收CO2的速率更快；在相同時(shí)間內(nèi)消耗CO2的量更多，導(dǎo)致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移動(dòng)的程度更大，所以投入納米CaO，氫氣的體積分?jǐn)?shù)更高20、略

【分析】【詳解】

（1）已知31g白磷(P4)變?yōu)?1g紅磷(P)時(shí)釋放能量，說明白磷比紅磷的能量高，物質(zhì)所具有的能量越高，穩(wěn)定性越弱，則穩(wěn)定性白磷<紅磷；（2）據(jù)圖可知，molN2(g)和molH2(g)反應(yīng)生成1molNH3(l)的△H=-（b+c-a）kJ/mol；（3）298K時(shí)，0.5molC2H4(g)完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，放出705.5kJ的熱量，則1molC2H4(g)完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水，放出705.5kJ×2=1411kJ的熱量，所以表示C2H4(g)燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411kJ/mol；（4）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ/mol②TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol③根據(jù)蓋斯定律，③+①×2-②得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=-80kJ/mol；（5）工業(yè)上用H2(g)和Cl2(g)反應(yīng)制HCl(g)：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，已知各鍵能為：H﹣H：436kJ·mol-1，Cl﹣Cl：243kJ·mol-1，H﹣Cl：431kJ·mol-1，ΔH=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和=436kJ·mol-1+243kJ·mol-1-431kJ·mol-1×2=-183kJ/mol，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol?！窘馕觥?lt;-（b+c-a）kJ/molC2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411kJ/mol-80kJ/molH2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol21、略

【分析】【詳解】

(1)A．因起始時(shí)所加兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量之比不等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，CO和NO的物質(zhì)的量之比一直在改變，當(dāng)CO和NO的物質(zhì)的量之比不變時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A不選；B．容器恒容，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，混合氣體的總質(zhì)量不變，則混合氣體的密度始終保持不變，所以混合氣體的密度保持不變時(shí)，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B選；C．該反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不相等，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，混合氣體的壓強(qiáng)一直在改變，當(dāng)混合氣體的壓強(qiáng)保持不變時(shí)，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C不選；D．當(dāng)2v(N2)正=v(CO)逆時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，v(N2)正=2v(CO)逆時(shí)，正逆反應(yīng)速率不相等，反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，故D選；答案選：BD；(2)反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，T1溫度時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)大于T2溫度時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)，說明T1＜T2；若在D點(diǎn)對(duì)反應(yīng)容器升溫的同時(shí)擴(kuò)大體積使體系壓強(qiáng)減小，升高溫度和擴(kuò)大體積使體系壓強(qiáng)減小，均會(huì)使平衡逆向移動(dòng)，CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，重新達(dá)到的平衡狀態(tài)可能是圖中的E點(diǎn)；(3)①圖中A點(diǎn)n0(NO2)∶n0(SO2)=0.4，達(dá)到平衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，設(shè)起始時(shí)NO2和SO2的物質(zhì)的量濃度分別為0.4amol/L、amol/L，列三段式為：此溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)K==0.25；②NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)ΔH＜0為反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量相等的放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，NO2的轉(zhuǎn)化率增大，如果將圖中C點(diǎn)的平衡狀態(tài)改變?yōu)锽點(diǎn)的平衡狀態(tài)，應(yīng)采取的措施是降低溫度；③圖中C點(diǎn)n0(NO2)∶n0(SO2)=1，達(dá)到平衡時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，設(shè)起始時(shí)NO2和SO2的物質(zhì)的量濃度分別為bmol/L、bmol/L，列三段式為：此溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)K==1；同理，D對(duì)應(yīng)溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)K=1，C點(diǎn)和D點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)相等，說明C點(diǎn)和D點(diǎn)的溫度相等，即TC=TD；(4)①若高于450℃，圖中曲線中脫氮率隨溫度升高而降低，主要原因是溫度太高時(shí)，催化劑的活性降低，使平衡脫氮率降低，且反應(yīng)4CO(g)+2NO2(g)?N2(g)+4CO2(g)ΔH2＜0為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，也會(huì)使平衡脫氮率降低；②某研究小組探究催化劑對(duì)CO、NO2轉(zhuǎn)化的影響。將NO2和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑進(jìn)行反應(yīng)，相同時(shí)間內(nèi)測(cè)量逸出氣體中NO2含量，從而確定尾氣脫氮率(脫氮率即NO2的轉(zhuǎn)化率)，不同的催化劑并不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，且反應(yīng)4CO(g)+2NO2(g)?N2(g)+4CO2(g)ΔH2＜0為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線Ⅱ可知，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度時(shí)的平衡脫氮率應(yīng)該更高，所以a點(diǎn)不是對(duì)應(yīng)溫度下的平衡脫氮率?！窘馕觥緽D＜E0.25降低溫度=溫度太高，催化劑的活性降低，反應(yīng)放熱，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)不是因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)線Ⅱ可知，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高22、略

【分析】【分析】

(1)合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)；金屬大規(guī)模被使用的先后順序跟金屬的活動(dòng)性關(guān)系最大，金屬活動(dòng)性較弱時(shí)，比較難形成化合物，常以單質(zhì)形式存在，比較容易被利用；目前使用量最大的合金是鐵合金；

(2)Al屬于金屬；能導(dǎo)電；鐵屬于金屬，具有導(dǎo)熱性；

(3)鋼鐵混有少量的碳雜質(zhì)；在潮濕的空氣中容易形成原電池，負(fù)極上都是鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；防止金屬腐蝕的方法有：犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；外加電源的陰極保護(hù)法、改變物質(zhì)結(jié)構(gòu)、涂油等，據(jù)此分析解答；

(4)因?yàn)榻饘俨牧鲜侵附饘僭鼗蛞越饘僭貫橹鳂?gòu)成的具有金屬特性的材料的統(tǒng)稱．包括純金屬；合金、金屬材料金屬間化合物和特種金屬材料等；所以可判斷那種是金屬材料；

(5)根據(jù)合金的特點(diǎn)：熔點(diǎn)比成分金屬低；硬度比成分金屬大；性能和強(qiáng)度都優(yōu)于純金屬來回答。

【詳解】

(1)由于銅的活動(dòng)性比較弱；以單質(zhì)形式存在的比較多，所以，人類歷史上使用最早的合金是銅合金，世界上最常見；應(yīng)用很廣的合金是鐵合金；

故答案為：C；A；

(2)Al屬于金屬；具有金屬的通性，所以能導(dǎo)電；鐵屬于金屬，具有金屬的通性，所以具有導(dǎo)熱性；

故答案為：導(dǎo)電；導(dǎo)熱；

(3)鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Fe-2e-=Fe2+，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；如果水膜的酸性較強(qiáng)，則發(fā)生析氫腐蝕，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；

A．表面刷油或涂漆；使金屬不具備生銹的條件：和水接觸，所以能防止或減緩鋼鐵腐蝕，選項(xiàng)A不符合；

B．表面鍍鋅采用的是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；所以能防止或減緩鋼鐵腐蝕，選項(xiàng)B不符合；

C．保存在潮濕環(huán)境中和水接觸；使金屬具備生銹的條件，加快腐蝕，選項(xiàng)C符合；

D．包上塑料層使金屬與水和氧氣隔絕；能夠防止生銹，選項(xiàng)D不符合；

E．制成不銹鋼；不銹鋼是在在普通鋼中加入金屬鉻而形成的耐腐蝕合金，所以能起到防腐作用，選項(xiàng)E不符合；

F．溫度越高；反應(yīng)速率越快，保存在溫度較高的地方加快金屬腐蝕，選項(xiàng)F符合；

答案選CF；

(4)A．玻璃；陶瓷、水泥是傳統(tǒng)的硅酸鹽材料；屬無機(jī)非金屬材料；

B．玻璃鋼是玻璃纖維與合成材料塑料復(fù)合而成的一種特殊材料；屬于復(fù)合材料；聚乙烯屬于有機(jī)高分子材料；超導(dǎo)陶瓷屬于無機(jī)非金屬材料；

C．青銅；碳素鋼、硬鋁三者都屬于合金；屬于金屬材料；

D．塑料；合成纖維、橡膠三者都屬于有機(jī)高分子材料；

答案選C；

(5)鋁合金具有強(qiáng)度大；耐腐蝕、密度小于成分金屬的特點(diǎn)；

答案選AB。【解析】CA導(dǎo)電導(dǎo)熱Fe-2e→Fe2+CFCAB23、略

【分析】【分析】

根據(jù)電離常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)，多元弱酸的酸性電離常數(shù)減小，酸性減弱，電離出的離子會(huì)發(fā)生水解，而水解的程度和電離程度剛好相反，根據(jù)已知數(shù)據(jù)既可以判斷酸性強(qiáng)弱，也可判斷離子水解程度的大小。

【詳解】

(1)①根據(jù)電力平衡常數(shù)的定義書寫弱酸的電離平衡常數(shù)，H2S屬于二元弱酸，根據(jù)第一步電離方程式書寫得：

②常溫下，NaF、Na2CO3、Na2S三種鹽都發(fā)生水解顯堿性，Na2CO3、Na2S水解后溶液的酸堿性主要由第一步?jīng)Q定，根據(jù)“越弱越水解”即水解后的弱酸的酸性越弱，則該水解離子越容易水解，通過表中電離平衡常數(shù)的大小判斷酸性：HF>>HS-,則離子水解程度大?。篎-<2-,故當(dāng)pH相同時(shí)，這三種溶液種濃度最小的是Na2S。

③根據(jù)表中的電離平衡常數(shù)的大小可以判斷出酸性強(qiáng)弱：H2S>>HS-,依據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，寫出離子方程式為：

(2)①根據(jù)圖中a點(diǎn)pH大于7，且是常溫下，故顯堿性，根據(jù)電荷守恒：當(dāng)>則>故答案為：>。

②b點(diǎn)溶液顯中性，假設(shè)鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)時(shí)，由于生成氯化銨溶液而顯酸性故溶液顯中性時(shí)氨水應(yīng)多一點(diǎn)。故溶質(zhì)應(yīng)是：和

③室溫下pH=10的氨水，根據(jù)c(H+)=mol/L,溶液中的氫離子全部來自于水電離出的，故水電離出的氫離子濃度為mol/L，pH=5的氯化銨溶液，c(H+)=mol/L，氫離子全部來自于水，故水電離出的氫離子濃度為mol/L，則兩溶液中的濃度之比為:

(3)根據(jù)圖中特殊點(diǎn)，當(dāng)pH=4.2時(shí)，c(A2-)=c(HA-),根據(jù)得故答案

【點(diǎn)睛】

根據(jù)圖像進(jìn)行計(jì)算時(shí)找特殊點(diǎn)，根據(jù)特殊點(diǎn)中橫縱坐標(biāo)的表示的意義進(jìn)行計(jì)算相應(yīng)的量。【解析】>和或24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①比較反應(yīng)速率快慢時(shí)；通?？凑磻?yīng)的活化能，正反應(yīng)的活化能越小，反應(yīng)速率越快，則以上四個(gè)反應(yīng)中反應(yīng)Ⅰ速率最快的原因是：反應(yīng)Ⅰ的活化能小，活化分子數(shù)(活化分子百分?jǐn)?shù))多，反應(yīng)快。

②以上四個(gè)反應(yīng)中；反應(yīng)Ⅰ放出的熱量最多，產(chǎn)物最穩(wěn)定，反應(yīng)進(jìn)行的程度最大，所以正向反應(yīng)限度最大的是a。答案為：反應(yīng)Ⅰ的活化能小，活化分子數(shù)(活化分子百分?jǐn)?shù))多，反應(yīng)快；a；

(2)①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)，已知100℃時(shí)達(dá)到平衡的時(shí)間為5min，CH4OH的平衡轉(zhuǎn)化率為0.5，從反應(yīng)開始到平衡，生成H2的物質(zhì)的量為1.0mol×0.5×3=1.5mol，則用氫氣表示的平均反應(yīng)速率為：v(H2)==0.003mol·L-1·min-1。

②正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率增大，若保持CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率不變，應(yīng)設(shè)法使平衡逆向移動(dòng)，因?yàn)榉磻?yīng)物的氣體分子數(shù)小于生成物的氣體分子數(shù)，所以應(yīng)增大壓強(qiáng)，故圖中p1＜p2。

③反應(yīng)過程中起催化作用的為Cu2O，實(shí)際生產(chǎn)中，反應(yīng)生成的CO會(huì)還原Cu2O，導(dǎo)致催化效率降低，若在反應(yīng)體系中充入少量CO2，則抑制平衡的正向進(jìn)行，有利于保持Cu2O的催化效率不降低，原因是：在反應(yīng)體系中存在如下平衡：Cu2O+CO2Cu+CO2，充入少量CO2，可抑制反應(yīng)的正向進(jìn)行，有利于保持Cu2O的量的穩(wěn)定。

④恒溫恒容時(shí)，隨反應(yīng)的不斷進(jìn)行，混合氣的壓強(qiáng)不斷減小，在500℃恒壓條件，相當(dāng)于恒容容器加壓，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)速率快、且n(CH3OH)增大，則反應(yīng)體系中n(CH3OH)隨時(shí)間t變化的總趨勢(shì)圖為答案為：0.003；＜；在反應(yīng)體系中存在如下平衡：Cu2O+CO2Cu+CO2，充入少量CO2，可抑制反應(yīng)的正向進(jìn)行，有利于保持Cu2O的量的穩(wěn)定；

【點(diǎn)睛】

畫圖時(shí)，應(yīng)以原平衡體系作參照，從達(dá)平衡的時(shí)間和CH3OH的物質(zhì)的量?jī)蓚€(gè)方面作圖?！窘馕觥糠磻?yīng)Ⅰ的活化能小，活化分子數(shù)(活化分子百分?jǐn)?shù))多，反應(yīng)快a0.003＜在反應(yīng)體系中存在如下平衡：Cu2O+CO2Cu+CO2，充入少量CO2，可抑制反應(yīng)的正向進(jìn)行，有利于保持Cu2O的量的穩(wěn)定四、判斷題(共2題，共4分)25、×【分析】【分析】

【詳解】

中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，錯(cuò)誤。【解析】錯(cuò)26、A【分析】【分析】

【詳解】

HCl是一元強(qiáng)酸，NaOH是一元強(qiáng)堿，當(dāng)二者濃度都是0.1mol·L-1時(shí)，它們電離產(chǎn)生的c(H+)、c(OH-)相同，根據(jù)水電離方程式中產(chǎn)生的H+、OH-的關(guān)系可知：等濃度的c(H+)、c(OH-)，對(duì)水電離的抑制程度相同，故達(dá)到平衡后兩種溶液中水的電離程度相等，這種說法是正確的。五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共2分)27、略

【分析】【分析】

根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康目芍?，裝置A是氧氣的發(fā)生裝置，取固體與液體不加熱制備氣體裝置，可以為H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧氣，也可以是過氧化鈉與水反應(yīng)，通過加入液體的量，可以控制產(chǎn)生氧氣的速率，氧氣中含有水蒸氣，可以用濃硫酸除去，所以B裝置中盛放濃硫酸，裝置B中有長(zhǎng)頸漏斗，可以平衡裝置內(nèi)外的壓強(qiáng)，起安全瓶的作用，純凈的氧氣與三氯化磷在C中反應(yīng)生成POCl3，為了控制反應(yīng)速率且要防止三氯化磷揮發(fā)，反應(yīng)的溫度不宜太高，所以裝置C用水浴加熱，為防止POCl3揮發(fā)，用冷凝管a進(jìn)行冷凝回流，POCl3遇水劇烈水解為H3PO4和HCl；所以為防止空氣中水蒸氣進(jìn)入裝置，同時(shí)吸收尾氣，所以在裝置的最后連有堿石灰的干燥管，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)裝置圖可知，裝置C中盛裝PCl3的反應(yīng)器為三頸燒瓶；故答案為：三頸燒瓶；

(2)裝置B中裝有濃硫酸，可作干燥劑，另外氣體通過液體時(shí)可觀察到氣泡，則裝置B的作用是觀察O2的流速；平衡氣壓、干燥氧氣；故答案為：濃硫酸；干燥氧氣、觀察氧氣流速、平衡氣壓等；

(3)裝置A是氧氣的發(fā)生裝置，為固體與液體不加熱制備氣體的裝置，可以為H2O2在MnO2催化分解生成氧氣，也可以是過氧化鈉與水反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；根據(jù)裝置圖可知，裝置C中氧氣氧化PCl3生成POCl3，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2PCl3+O2=2POCl3，故答案為：2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2PCl3+O2=2POCl3；

(4)儀器a為球形冷凝管；起冷凝回流的作用，故答案為：冷凝回流；

(5)①用cmol?L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)，當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點(diǎn)時(shí)NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN-反應(yīng)溶液會(huì)變紅色；半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點(diǎn)，故答案為：B；

②用cmol/LNH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點(diǎn)，記下所用體積VmL，則過量Ag+的物質(zhì)的量為cV×10-3mol，與Cl-反應(yīng)的Ag+的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.05L-cV×10-3mol=(5-cV)×10-3mol，Cl元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%，故答案為：×100%；

③若取消步驟III，會(huì)使步驟IV中出現(xiàn)兩種沉淀共存，此時(shí)c(Cl-)∶c(SCN-)=Ksp(AgCl)∶Ksp(AgSCN)=3.2×10-10∶2×10-12=160∶1；若無此操作，NH4SCN與AgCl反應(yīng)生成AgSCN沉淀，則滴定時(shí)消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏多；即銀離子的物質(zhì)的量偏大，則與氯離子反應(yīng)的銀離子的物質(zhì)的量偏小，所以測(cè)得的氯離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小，故答案為：160∶1；偏小。

【點(diǎn)睛】

明確實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)基本操作方法是解本題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(5)③中的誤差分析，要注意滴定原理的理解?！窘馕觥咳i燒瓶或三口燒瓶濃H2SO4平衡氣壓，干燥氧氣，觀察氣體流速2H2O22H2O+O2↑或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2PCl3＋O2=2POCl3冷凝回流B［(5-cV)×35.5×10-3/m］×100%或［3.55(5-cV)/m］%160∶1或160偏小六、工業(yè)流程題(共3題，共9分)28、略

【分析】【詳解】

（1）操作I中Fe3+可以將Bi2S3中的S氧化為S單質(zhì)，SiO2性質(zhì)比較穩(wěn)定，不與酸反應(yīng)，所以濾渣的主要成分為：SiO2；S。

（2）鉍可以被H2O2氧化，發(fā)生的方程式為：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O

（3）根據(jù)反應(yīng)流程圖可知操作Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)為：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+C1-+2H2O，想要獲得純凈NaBiO3，首先要將沉淀過濾出來，再進(jìn)行洗滌、干燥才可以得到純凈的NaBiO3，所以操作Ⅱ?yàn)椋哼^濾；洗滌、干燥。

（4）Kb不變，c(NH4+)不斷增大，比值不斷減??；根據(jù)電荷守恒定律，pH=9時(shí)，溶液中存在電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；

（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4?+5Na++5Bi3++7H2O、MnO4?+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知；

5NaBiO3～2MnO4?～10Fe2+；

510

n(NaBiO3)0.5mo1?L?1×0.0220L

n(NaBiO3)=0.0055mol

得到質(zhì)量計(jì)算質(zhì)量分?jǐn)?shù)=0.0055mol×280g/mol/2.0g