2025年蘇科新版選擇性必修1化學下冊月考試卷

…………○…………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年蘇科新版選擇性必修1化學下冊月考試卷38考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、硫化汞(HgS)難溶于水；在自然界中呈紅褐色，常用于油畫顏料，印泥及朱紅雕刻漆器等。某溫度時，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）

A.向硫化汞的濁液中加入硫化鈉溶液，硫化汞的Ksp減小B.圖中a點對應(yīng)的是飽和溶液C.向c點的溶液中加入Hg(NO3)2，則c(S2-)減小D.升高溫度可以實現(xiàn)c點到b點的轉(zhuǎn)化2、下列說法正確的是（）A.增大反應(yīng)體系的壓強，反應(yīng)速率一定增大B.化學鍵既存在于分子中相鄰原子間，也存在于相鄰分子的原子間C.在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法D.用惰性電極電解Na2SO4溶液，陰陽兩極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：23、下列按要求書寫的熱化學方程式正確的是(注：△H的絕對值均正確)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/mol(燃燒熱)B.2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ/mol(中和熱)C.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-269.8kJ/mol(反應(yīng)熱)D.2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol(反應(yīng)熱)4、小組同學探究鹽溶液對反應(yīng)(血紅色)的影響。將2mL0.01mol/LFeCl3的溶液與2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合；分別加入等體積的試劑①~④，測得平衡后體系的透光率如下圖所示。

已知：ⅰ.溶液血紅色越深；透光率越小，其它顏色對透光率的影響可忽略。

ⅱ.(黃色)

下列說法不正確的是A.注入試劑①后溶液透光率增大，一定是由于平衡逆向移動引起的B.透光率③比②高，可能是陽離子種類或溶液pH導(dǎo)致的C.透光率④比③高，可能發(fā)生了反應(yīng)D.若要證明試劑③中Cl—對平衡體系有影響，還應(yīng)使用與試劑③等體積的0.04mol/L的KNO3溶液進行對比實驗(已知NO對實驗無影響)5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：H+、Fe2+、SONOB.使甲基橙變紅的溶液中：Ca2+、NHCH3COO-、Cl-C.0.1mol·L-1BaCl2溶液中：K+、Na+、OH-、NOD.由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br-、HCO6、土壤的影響植物對不同形態(tài)養(yǎng)分的吸收及養(yǎng)分的有效性，化肥的不正常使用會引起土壤減小(即土壤的酸化)。下列化肥可能引起土壤酸化的是A.B.C.D.7、向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加NaHCO3溶液，測得溶液pH和Al(OH)3生成的量隨加入NaHCO3溶液體積的變化情況如圖所示。下列說法不正確的是。

A.加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)B.b點和c點均有c(Na＋)<2c(CO)＋c(HCO)C.NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為1.125mol/LD.d點時：c(Na＋)=2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)8、化學與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法正確的是A.月餅因富含油脂而易被氧化，保存時常放入裝有硅膠的透氣袋B.離子交換膜在工業(yè)上應(yīng)用廣泛，在氯堿工業(yè)中使用陰離子交換膜C.鋼鐵在潮濕的空氣中，易發(fā)生化學腐蝕生銹D.“梨花淡白柳深青，柳絮飛時花滿城”中柳絮的主要成分和棉花相同評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、700℃時，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)：反應(yīng)過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表(表中t2>t1)：。反應(yīng)時間/minn(CO)/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20

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，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達平衡時c(CO2)=0.40mol·L-1C.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，達到新平衡時CO、H2O的體積分數(shù)均增大D.保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，到達平衡時H2轉(zhuǎn)化率大于1/310、如圖所示；左室容積為右室的兩倍，溫度相同，現(xiàn)分別按照如圖所示的量充入氣體，同時加入少量固體催化劑使兩室內(nèi)氣體充分反應(yīng)達到平衡，打開活塞，繼續(xù)反應(yīng)再次達到平衡，下列說法正確的是()

A.第一次平衡時，SO2的物質(zhì)的量左室更多B.充入氣體未反應(yīng)前，左室壓強比右室大C.第一次平衡時，左室內(nèi)壓強一定小于右室D.第二次平衡時，SO2的總物質(zhì)的量比第一次平衡時左室SO2的物質(zhì)的量的2倍還要多11、將一定量的X加入某密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2X(g)?3Y(g)+Z(g)；平衡時混合氣體中X的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度關(guān)系如圖所示。下列推斷正確的是。

A.壓強大小有P1>P2>P3B.升高溫度，該反應(yīng)平衡常數(shù)K減小C.在該條件下M點X平衡轉(zhuǎn)化率為9/11D.平衡后加入高效催化劑可使混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大12、某學生欲完成2H++Fe=Fe2++H2↑反應(yīng)，設(shè)計了下列四個實驗，你認為可行的實驗是A.B.C.D.13、甲、乙是體積均為1.0L的恒容密閉容器，向甲容器中加入0.1molCO2和0.3mol碳粉，向乙容器中加入0.4molCO，在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)+C(s)?2CO(g)。達到平衡時CO的物質(zhì)的量濃度隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線II對應(yīng)的是乙容器B.a、b兩點對應(yīng)平衡體系中的壓強之比：pa:pb<14:9C.b點對應(yīng)的平衡體系中，CO的體積分數(shù)小于4/7D.900K時，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，此時正<逆14、對室溫下pH相同、體積相同的稀氨水與氫氧化鈉稀溶液，分別采取下列措施，有關(guān)敘述正確的是A.溫度均升高20℃，兩溶液的pH均不變B.加入適量氯化銨固體后，兩溶液的pH均減小C.加水稀釋至體積為原來的100倍后，氨水中的c(OH-)比氫氧化鈉溶液中的大D.與足量的氯化鐵溶液反應(yīng)，產(chǎn)生的氫氧化鐵沉淀一樣多15、已知：室溫下向HX溶液中滴加等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，溶液pH隨變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.水的電離程度：B.a點溶液中：C.室溫下NaX的水解平衡常數(shù)為D.b點溶液中：16、根據(jù)下列實驗操作與現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是。選項實驗操作與現(xiàn)象結(jié)論A向滴有酚酞的碳酸鈉溶液中加入少量氯化鋇固體，紅色變淺碳酸鈉溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐漸通入CO2氣體，先出現(xiàn)白色膠狀沉淀，繼續(xù)通入CO2氣體，白色膠狀沉淀不溶解該溶液中一定含有[Al(OH)4]-C將潤濕的淀粉碘化鉀試紙置于集滿某氣體的集氣瓶口，試紙變藍該氣體可能為氯氣D向10mL0.5mol·L-1的氯化鎂溶液中滴加5mL2.4mol·L-1氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生白色沉淀再滴加氯化銅溶液，沉淀變藍Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、按要求完成下列問題：

（1）在1.01×105Pa時，4g氫氣在O2中完全燃燒生成液態(tài)水，放出571kJ的熱量，則H2的燃燒熱的ΔH=__________。

（2）在1.01×105Pa時，16gS在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S燃燒的熱化學方程式為______。

（3）甲硅烷（SiH4）是一種無色氣體，遇到空氣能發(fā)生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室溫下1g甲硅烷自燃放出44.6kJ熱量，其熱化學方程式為_____。18、普通干電池是一種廣泛使用的可移動化學電源。某同學在探究廢酸性干電池內(nèi)物質(zhì)回收利用時；進行如圖所示實驗：

請回答以下問題：

（1）干電池工作時正極電極反應(yīng)式為：2NH4＋+2e-=2NH3↑+H2↑，則負極電極反應(yīng)式是___________。電池中加入MnO2的作用是除去正極上的某產(chǎn)物，本身生成Mn2O3，該反應(yīng)的化學方程式是_______________。

（2）步驟③灼燒濾渣時所用主要儀器有酒精燈、玻璃棒、______、泥三角和三腳架；灼燒濾渣時，產(chǎn)生一種無色無味能使澄清石灰水變渾濁的氣體，由此推測灼燒前的濾渣中存在的物質(zhì)有_____。

（3）向步驟④的試管中加入步驟③灼燒后所得黑色固體，試管中迅速產(chǎn)生能使帶火星的木條復(fù)燃的氣體，據(jù)此可初步認定灼燒后的黑色固體為_____。

（4）查詢資料得知，通過電解可將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2。為此某同學設(shè)計了如圖所示裝置，并將混合物粉末調(diào)成糊狀，附在其中的_________（填“左”或“右”）邊電極上，該電極上發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式是_____，在電解過程中溶液的pH將__________（填“變大”、“變小”或“不變”）。19、從H+、Cu2+、Na+、Ag+、NO3-、SO42-、Cl-七種離子中恰當?shù)亟M成電解質(zhì)；按下列要求進行電解：

（1）以碳棒為電極，使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水質(zhì)量不變，進行電解，則可采用的電解質(zhì)是_________________。

（2）以碳棒為電極，使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水質(zhì)量減少，進行電解，則可采用的電解質(zhì)是______________。

（3）以碳棒為陽極，鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解后生成堿和氫氣，則電解質(zhì)為_______________________。

（4）以碳棒為陽極，鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解后生成酸和氧氣，則電解質(zhì)為______________________。20、(1)在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過兩步反應(yīng)被氧化成NO3-。兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：

①第一步反應(yīng)是_________________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)，判斷依據(jù)是___________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的熱化學方程式是_________________。

(2)已知紅磷比白磷穩(wěn)定，則反應(yīng)P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(紅磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1和ΔH2的關(guān)系是ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。

(3)在298K、101kPa時，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)ΔH3

則ΔH3與ΔH1和ΔH2之間的關(guān)系正確的是___________。

AΔH3＝ΔH1＋2ΔH2BΔH3＝ΔH1＋ΔH2

CΔH3＝ΔH1－2ΔH2DΔH3＝ΔH1－ΔH2

(4)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸發(fā)1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ，其他相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。物質(zhì)H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收的能量(kJ)436200a

則表中a＝__________________。21、（1）地下鋼管連接鎂塊是金屬防腐措施中的________________________法。

（2）鉛及其化合物可用于蓄電池；耐酸設(shè)備及X射線防護材料等。回答下列問題：

①鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層。鉛在元素周期表的位置為_______________________；鉛的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性比碳酸的_______(填“強”或“弱”)。

②PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應(yīng)的化學方程式為___________________________。

③鉛蓄電池放電時的正極反應(yīng)式為__________________________________________，當電路中有2mol電子轉(zhuǎn)移時，理論上兩電極質(zhì)量變化的差為_______g。

（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，其原理見下圖，石墨Ⅰ為電池的________極；該電池在使用過程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，其電極反應(yīng)式為__________________。

22、己二腈是一種重要的化工產(chǎn)品，工業(yè)上先以丙烯為原料制備丙烯腈()，再用丙烯腈電合成己二腈(已知丙烯腈難溶于水，易溶于有機溶劑)，總反應(yīng)式為：模擬工業(yè)電合成己二腈的裝置如圖所示。

回答下列問題：

(1)陽極的電極反應(yīng)式：___________。

(2)離子交換膜是___________(填“陽離子”或“陰離子”)交換膜。

(3)丙烯腈在陰極轉(zhuǎn)化為己二腈分三步：請用離子方程式表述相關(guān)過程。

第一步：___________。

第二步：

第三步：___________。23、電化學原理在防止金屬腐蝕；能量轉(zhuǎn)換、物質(zhì)制備等方面應(yīng)用廣泛。

（1）鋼閘門在海水中易被腐蝕；常用以下兩種方法減少其腐蝕：

①圖1中，A為鋼閘門，材料B可以選擇___（填字母序號）。

a．碳棒b．銅板c．鋅板。

②圖2中，鋼閘門C做___極。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D電極反應(yīng)式為___，檢驗該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法___。

（2）鎂燃料電池在可移動電子設(shè)備電源和備用電源等方面應(yīng)用前景廣闊。圖3為“鎂—次氯酸鹽”燃料電池原理示意圖，電極為鎂合金和鉑合金。E為該燃料電池的___極（填“正”或“負”）。F電極上的電極反應(yīng)式為___。

（3）利用電化學法生產(chǎn)硫酸，可使絕大多數(shù)單質(zhì)硫直接轉(zhuǎn)化為SO3，在生產(chǎn)硫酸的同時還能化學發(fā)電。圖4為電化學法生產(chǎn)硫酸的工藝示意圖，電池以固體金屬氧化物作電解質(zhì)，該電解質(zhì)能傳導(dǎo)O2-離子。

①正極每消耗4.48LO2（標準狀況下），電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為___。

②S(g)在負極生成SO3的電極反應(yīng)式為___。24、如圖為25℃時，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1CH3COOH溶液過程中混合溶液pH的變化曲線。

（1）NaOH與CH3COOH恰好完全反應(yīng)時溶液中各離子濃度大小關(guān)系為__。

（2）AB區(qū)間，c(OH-)＞c(H+)，則c(OH-)與c(CH3COO-)大小關(guān)系是__（填序號）。

A.c(OH-)一定大于c(CH3COO-)B.c(OH-)一定小于c(CH3COO-)

C.c(OH-)一定等于c(CH3COO-)D.c(OH-)大于、小于或等于c(CH3COO-)

（3）在B點時，溶液中各離子濃度大小關(guān)系為__。

（4）在D點時，溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)__2c(Na+)（填“＞”“＜”或“＝”）。D點混合溶液的質(zhì)子守恒的關(guān)系為__。評卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)25、Na2CO3溶液加水稀釋，促進水的電離，溶液的堿性增強。(_______)A.正確B.錯誤26、鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘的資源有限，價格昂貴。_______A.正確B.錯誤27、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28、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)29、某礦石中含有硅、鐵、鋁的氧化物，為綜合開發(fā)資源提高礦石的利用率，化工廠采取如圖工藝制備鐵紅和AlCl3·6H2O。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表：。金屬離子Fe3+Al3+Fe2+開始沉淀的pH2.23.79.5沉淀完全的pH(10—5mol/L)3.14.711.1

請回答下列問題：

(1)提高酸浸效率的措施_______(答出一種即可)，最適合選擇_______進行酸浸。

(2)“氧化”步驟一般采用雙氧水，且分多次添加的方式。其涉及的離子方程式：_______，分多次添加雙氧水的目的是_______。

(3)調(diào)節(jié)pH的范圍為_______。

(4)“洗滌”濾渣B的操作是_______。

(5)由AlCl3溶液制備AlCl3·6H2O的操作步驟為_______，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、_______；干燥。

(6)寫出濾渣A與氫氟酸反應(yīng)的化學反應(yīng)方程式_______。

(7)若礦石m1kg，最后獲得m2kgAlCl3·6H2O，則礦石中鋁元素的含量為_______×100%。(用最簡分數(shù)表示)30、氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工產(chǎn)品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于濃鹽酸和氨水，在潮濕空氣中易水解氧化成綠色的堿式氯化銅[Cu2(OH)4―nCln]。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料；采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：

回答下列問題：

（1）步驟①中得到的氧化產(chǎn)物是_______________，溶解溫度應(yīng)控制在60~70度，溫度不宜過高的原因是_______________。

（2）步驟③中Cu＋的沉淀率與加入的NH4Cl的量關(guān)系如圖所示。寫出步驟③中主要反應(yīng)的離子方程式_______________。提高處于C點狀態(tài)的混合物中Cu＋沉淀率的措施可以是_______________。

（3）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是_______________（寫名稱）。

（4）上述工藝中，步驟⑥不能省略，理由是_______________。

（5）CuCl可用于捕捉CO氣體，其反應(yīng)為CuCl(s)+xCO(g)CuCl?xCO(s)△H<0，為提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有_______________（填標號）。

A.降低溫度B.增大壓強。

C.延長反應(yīng)時間D.把CuCl分散到疏松多孔的分子篩中31、氯化亞銅(CuCl)常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，是一種白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工業(yè)上用制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生產(chǎn)CuCl的流程如圖所示：

根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）寫出生產(chǎn)過程中X________；Y________(填化學式)。

（2）析出的CuCl晶體不用水而用無水乙醇洗滌的目的是________________________；生產(chǎn)過程中調(diào)節(jié)溶液的pH不能過大的原因是________________________。

（3）寫出生成CuCl的化學方程式：__________________________________。

（4）在CuCl的生成過程中理論上不需要補充SO2氣體，其理由是_________________。

（5）已知：常溫下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，現(xiàn)向CuCl飽和溶液中加入NaI固體至c(I-)=0.1mol/L，此時溶液中c(Cu+)/c(Cl-)=________。

（6）氯化亞銅的定量分析。

①稱取樣品0.25g置于已放入10mL過量的FeCl3溶液的錐形瓶中；不斷搖動。

②待樣品溶解后；加水50mL，鄰菲羅啉指示劑2滴。

③立即用0.10mol·L－1硫酸鈰標準溶液滴定至終點；同時做空白實驗一次。

已知：

CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2；Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。

如此再重復(fù)2次測得：。123空白實驗消耗硫酸鈰。

標準溶液的體積/mL0.750.500.800.25g樣品消耗硫酸鈰。

標準溶液的體積/mL24.6525.7524.90

④數(shù)據(jù)處理：計算得CuCl的純度為_________(平行實驗結(jié)果相差不能超過0.3%)。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

曲線上的點均為飽和溶液中的濃度，有Ksp=c(S2-)c(Hg2+)；曲線下方的點表示的為HgS的稀溶液，曲線上方的點表示的HgS的過飽和溶液。

【詳解】

A、Ksp只受溫度影響；A項錯誤；

B；c點是飽和溶液；a點未達到飽和，B項錯誤；

C、向飽和溶液中加入Hg(NO)3溶液，c(Hg2＋)增大，HgS(s)Hg2＋(aq)＋S2－(aq)平衡左移，c(S2－)減?。籆項正確；

D、升高溫度，平衡右移，c(Hg2＋)、c(S2－)均增大，而c點到b點c(S2－)未變；D項錯誤；

答案選C。2、C【分析】【詳解】

A.若是向反應(yīng)容器中通入與反應(yīng)體系無關(guān)的氣體；則增大反應(yīng)體系的壓強，反應(yīng)速率不變，A錯誤；

B.化學鍵是相鄰的兩個或多個原子之間的強烈的相互作用；只存在于分子中相鄰原子間，不能存在于相鄰分子的原子間，B錯誤；

C.在海輪外殼連接鋅塊，由于金屬活動性Zn>Fe；所以Zn；Fe及海水構(gòu)成原電池，Zn失去電子被氧化，F(xiàn)e作正極，被保護不受腐蝕，這種方法叫犧牲陽極的陰極保護法，C正確；

D.用惰性電極電解Na2SO4溶液，陰極上H+獲得電子變?yōu)镠2，陽極上OH-失去電子層數(shù)O2；根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知陰；陽兩極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1，D錯誤；

故合理選項是C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．熱化學方程式中，H2O呈氣態(tài)而不是液態(tài)，則△H=-1367.0kJ/mol不表示燃燒熱；A不正確；

B．反應(yīng)2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)表示生成2molH2O(l)的熱化學方程式，則△H=-114.6kJ/mol不表示中和熱；B不正確；

C．反應(yīng)S(s)+O2(g)=SO2(g)標明了所有物質(zhì)的狀態(tài)，則△H=-269.8kJ/mol表示反應(yīng)熱；C正確；

D．反應(yīng)2NO2=O2+2NO中，所有物質(zhì)的狀態(tài)都未標明，則△H=+116.2kJ/mol不表示反應(yīng)熱；D不正確；

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．注入試劑①是稀釋溶液的過程，[Fe（SCN）]2+濃度減小，溶液透光率升高，無法判斷Fe3++SCN-?[Fe（SCN）]2+平衡是否逆向移動；A錯誤；

B．③KCl溶液為含有鉀離子的中性溶液，②NH4Cl溶液為含有銨根離子的水解顯酸性的溶液；根據(jù)是否水解或離子不同，則說明透光率③比②高，可能是陽離子種類或溶液pH導(dǎo)致的，B正確；

C．③為0.04mol?L-1的KCl溶液，④為4mol?L-1的KCl溶液，④的濃度大于③的濃度；透光率④比③高，說明血紅色變淺，發(fā)生了反應(yīng)Fe（SCN）2++4Cl-?[FeCl4]-+SCN-；C正確；

D．若要證明試劑③為0.04mol?L-1的KCl溶液，Cl-對平衡體系有影響，排除鉀離子的干擾即K+濃度保持不變，作空白對照實驗，已知硝酸根對實驗無影響，故能使用0.04mol?L-1的KNO3溶液進行實驗；D正確；

故答案為：A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．H＋、NO3-與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存；A項不選；

B．使甲基橙變紅的溶液，溶液呈酸性，H+和CH3COO-不能大量共存；B項不選；

C．K+、Na+、OH-、NO可以在BaCl2溶液中大量共存；C項選；

D．由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，溶液呈酸性或堿性，Mg2+在堿性溶液中不能大量共存，在酸性；堿性溶液中均不能大量共存；D項不選；

答案選C。6、C【分析】【詳解】

A．氯化鉀是強酸強堿鹽；在溶液中不水解，不可能引起土壤酸化，故A錯誤；

B．磷酸鈣不溶于水；不可能引起土壤酸化，故B錯誤；

C．氯化銨是強酸弱堿鹽；在溶液中水解使溶液呈酸性，可能引起土壤酸化，故C正確；

D．一水合氨是弱堿；在溶液中電離出氫氧根離子使溶液呈堿性，不可能引起土壤酸化，故D錯誤；

故選C。7、B【分析】【詳解】

A.前8mL不生成沉淀，說明加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)；故A正確；

B.溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCO3?)+c(OH?)，b點和c點溶液PH>7，所以有c(Na+)>2c(CO)＋c(HCO)；故B錯誤；

C.加入40mLNaHCO3溶液時沉淀達到最大值，沉淀的物質(zhì)的量=0.036mol，結(jié)合前8mL不生成沉淀及其反應(yīng)的離子方程式可知c(NaHCO3)==1.125mol/L；故C正確；

D.d點時沉淀量最大，剛好達到最大值，此時溶液為碳酸鈉溶液，溶液中存在物料守恒可知，c(Na＋)=2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)；故D正確；

故選B。8、D【分析】【詳解】

A.食品包裝中的硅膠為干燥劑；不能除去月餅包裝袋中的氧氣，故A錯誤；

B.氯堿工業(yè)中生成NaOH、Cl2和H2，為防止Cl2和NaOH溶液反應(yīng)；選擇陽離子交換膜，故B錯誤；

C.鐵中含有雜質(zhì)碳；在潮濕的環(huán)境下容易形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕，故C錯誤；

D.柳絮和棉花的化學成分均為纖維素；故D正確；

答案：D。二、多選題(共8題，共16分)9、AD【分析】【詳解】

A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為物質(zhì)的平均反應(yīng)速率與化學計量數(shù)呈正比，故A正確；

B．t1時CO的轉(zhuǎn)化量為0.40mol，則水的轉(zhuǎn)化量也為0.40mol，所以t1時水的物質(zhì)的量為0.20mol，到t2時沒有發(fā)生變化，說明已達到平衡，該反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相等，所以可以用物質(zhì)的量代替濃度求得平衡常數(shù)為：保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，假設(shè)平衡時CO2的物質(zhì)的量濃度為x，則有：解得故反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時c(CO2)=0.20mol·L-1；B錯誤；

C．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O；平衡正向移動，與原平衡相比，達到新平衡時CO體積分數(shù)一定減小，C錯誤；

D．該溫度條件下保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，假設(shè)轉(zhuǎn)化的氫氣的物質(zhì)的量濃度為y，則有解得到達平衡時H2轉(zhuǎn)化率為D正確；

答案選AD。10、AC【分析】【分析】

容器中發(fā)生的反應(yīng)為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，由于打開活塞前為恒容容器，加入1molAr對化學平衡無影響。

【詳解】

A.若右室的容積與左室相等，左室和右室在相同條件下達到的平衡狀態(tài)相同，含有的SO2物質(zhì)的量相等，右室在此平衡狀態(tài)時將體積縮小為原來的壓強增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，SO2物質(zhì)的量減少，則第一次平衡時，SO2物質(zhì)的量左室更多，A項正確；B.通入氣體未反應(yīng)前，左室氣體總物質(zhì)的量為2mol+1mol+1mol=4mol，右室氣體總物質(zhì)的量為2mol，左室容積為右室的兩倍，溫度相同，則左室壓強和右室一樣大，B項錯誤；C.左室從正反應(yīng)開始建立平衡，左室平衡時壓強小于左室起始壓強，右室從逆反應(yīng)開始建立平衡，右室平衡時壓強大于右室起始時壓強，左室與右室起始壓強相等，則第一次平衡時左室內(nèi)壓強一定小于右室，C項正確；D.若在容積為2倍左室容積的容器中起始充4molSO2、2molO2，相同條件下達到平衡時SO2物質(zhì)的量為左室SO2物質(zhì)的量的2倍，打開活塞相當于在容積為1.5倍左室容積的容器中起始充入2molSO2、1molO2、2molSO3(g)、1molAr，等效于在容積為1.5倍左室容積的容器中起始充入4molSO2、2molO2、1molAr，相對于2倍左室容積的容器縮小了體積，壓強增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，SO2物質(zhì)的量減小，即第二次平衡時，SO2的總物質(zhì)的量比第一次平衡時左室SO2物質(zhì)的量的2倍要少，D項錯誤；答案選AC。11、AC【分析】【詳解】

A．可逆反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，增大壓強，X的物質(zhì)的量分數(shù)增大，所以，壓強大小有P1>P2>P3；所以A正確；

B．升高溫度；X的物質(zhì)的量分數(shù)降低，說明反應(yīng)向正方向移動，平衡常數(shù)增大，故B錯誤；

C．在該條件下M點X平衡轉(zhuǎn)化率為C正確；

D．催化劑不會使平衡發(fā)生移動；氣體平均相對分子質(zhì)量不變，D錯誤；

答案選AC。12、BC【分析】【詳解】

A．該裝置是電解池，C是陽極，電極反應(yīng)為2H2O-4e-=4H++O2↑，F(xiàn)e是陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，故總反應(yīng)為：A不合題意；

B．該裝置是原電池，F(xiàn)e是負極，電極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，Ag是正極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，故總反應(yīng)為：2H+＋Fe=Fe2+＋H2↑；B符合題意；

C．該裝置是電解池，左邊Fe是陽極，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，右邊Ag是陰極，開始電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑；C符合題意；

D．該裝置是原電池，F(xiàn)e是負極，在稀硝酸溶液中被氧化為高價鐵離子，電極反應(yīng)為：Fe-3e-=Fe3+，Ag是正極，電極反應(yīng)為：+4H++3e-=2H2O+NO↑，故總反應(yīng)為：Fe+4H+＋=Fe3+＋2H2O+NO↑；D不合題意；

故答案為：BC。13、BD【分析】【詳解】

A．根據(jù)反應(yīng)CO2(g)+C(s)?2CO(g)可知，0.1molCO2和0.3mol碳粉完全反應(yīng)最多生成0.2molCO；故曲線II對應(yīng)的是甲容器，A錯誤；

B．a(chǎn)點有：b點有：同溫同體積的氣體的壓強之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，a、b兩點對應(yīng)平衡體系中的壓強之比：pa:pb=(0.12mol+0.16mol):(0.16mol+0.02mol)=14:9，但由于b點對應(yīng)的溫度更高，故b點的壓強增大，故pa:pb<14:9；B正確；

C．b點有：b點對應(yīng)的平衡體系中，CO的體積分數(shù)為大于4/7；C錯誤；

D．由a點有：可以計算出該溫度下的平衡常數(shù)為：K==根據(jù)圖像可知，升高溫度，CO的濃度增大，即正方向移動，K值增大，故900K時，K’小于0.21，故起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，Qc==大于K’，平衡逆向移動，故此時正<逆；D正確；

故答案為：BD。14、BC【分析】【詳解】

A．升高溫度，水的離子積Kw變大；所以兩溶液的pH一定改變，A錯誤；

B．加入氯化銨之后，由于同離子效應(yīng)，NH3·H2O的電離程度減小，c(OH-)降低，溶液pH減小，而NaOH溶液中，NH和OH-反應(yīng)，使得c(OH-)降低；溶液pH也減小，B正確；

C．向pH相同的兩溶液中加水稀釋100倍，NaOH溶液的pH的變化量為2，而氨水的pH的變化量小于2，即稀釋后，氨水的pH更高，則氨水中c(OH-)比氫氧化鈉溶液中的大；C正確；

D．體積相同、pH相同的兩溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在電離平衡，實際上未電離的NH3·H2O還有很多，這部分NH3·H2O還可以再提供OH-，故這兩種溶液和足量的FeCl3反應(yīng)，氨水產(chǎn)生的Fe(OH)3更多；D錯誤；

答案選BC。15、BC【分析】【分析】

Ka=則=c點p[]=1、pH=5.75，則p[]=-lg=-lg=pH+lgKa=5.75+lgKa=1，Ka=10-4.75。

【詳解】

A．a(chǎn)、b、c溶液都呈酸性，溶液的pH：pH(a)+)：a>b>c，所以水電離程度：a

B．a(chǎn)點p[]=-lg[]=-1，則c(HX)=10c(X-)，該點溶液pH=3.75<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，結(jié)合電荷守恒得c(Na+)-)，則10c(Na+)<10c(X-)=c(HX)；故B錯誤；

C．室溫下NaX的水解平衡常數(shù)=故C錯誤；

D．b點p[]=0，c(HX)=c(X-)，該點溶液pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，水電離程度較小，溶液中存在c(HX)=c(X-)>c(H+)>c(OH-)；故D正確；

故選：BC。16、AC【分析】【詳解】

A．滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固體；紅色變淺，是因碳酸鈉溶液中存在水解平衡，加氯化鋇生成碳酸鋇，碳酸根離子濃度減小，水解平衡逆向移動，氫氧根離子濃度減小，故A正確；

B．和CO2反應(yīng)生成白色膠狀沉淀，當CO2過量時沉淀不溶解的離子有[Al(OH)4]-、SiO等，所以根據(jù)實驗現(xiàn)象不能判斷溶液中是否含有[Al(OH)4]-；故B錯誤；

C．氯氣具有強氧化性；能氧化KI生成單質(zhì)碘，碘遇淀粉顯藍色，所以該氣體可能是氯氣，故C正確；

D．反應(yīng)中NaOH過量；因而能和氯化銅反應(yīng)生成藍色氫氧化銅沉淀，不能說明沉淀的轉(zhuǎn)化，故D錯誤；

故答案選AC。三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【分析】

根據(jù)燃燒熱的概念計算燃燒熱；根據(jù)題干信息書寫熱化學方程式。

【詳解】

(1)燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時所放出的熱量，4g氫氣放出571kJ的熱量，則1molH2的燃燒放出的熱量為所以ΔH=-285.5kJ?mol-1，故答案為：-285.5kJ?mol-1；

(2)16gS燃燒放出148.5kJ的熱量，則1molS燃燒放出的熱量為148.5kJ×2=297kJ，則S燃燒的熱化學方程式為：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

故答案為：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

(3)1g甲硅烷自燃放出44.6kJ熱量，則1mol甲硅烷自燃放出44.6kJ×32=1427.2kJ熱量，其熱化學方程式為：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1，故答案為：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1。

【點睛】

熱化學方程式的書寫要常出錯地方有：1、反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)是否與題干信息一致。2、反應(yīng)熱的符號和單位是否正確，吸熱為正值，放熱為負值。3、反應(yīng)熱與化學方程式的化學計量數(shù)呈正比，通過題干信息計算?！窘馕觥?285.5kJ·mol-1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-118、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)在鋅錳干電池中,活潑金屬鋅為電池負極,反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，MnO2生成Mn2O3，該過程中的Mn化合價降低，被還原，還原劑就是正極產(chǎn)物氫氣，反應(yīng)式為2MnO2+H2=Mn2O3+H2O；

(2)灼燒操作需要坩堝；轉(zhuǎn)移坩堝需要坩堝鉗，坩堝需要放置在三腳架或鐵架臺的鐵圈上的泥三角中，灼燒過程中要用玻璃棒攪拌，則還缺少的儀器為坩堝；無色無味能使澄清石灰水變渾濁的氣體為二氧化碳，說明分離出的固體殘渣中含有碳單質(zhì)(C)；

(3)雙氧水在催化劑二氧化錳作用下可快速釋放出氧氣；氧氣能使帶火星的木條復(fù)燃，則灼燒產(chǎn)生的黑色固體中含有二氧化錳；

(4)以通過電解的方式，將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2，在陽極上失去電子實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，由圖可知，左側(cè)與電源正極相連為陽極，則將混合物粉末調(diào)成糊狀，附在其中的左邊電極上，該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是：Mn2O3－2e?+2OH?＝2MnO2+H2O，陰極氫離子放電，2H2O+2e?=2OH?+H2↑，總反應(yīng)消耗水，最終氫氧根離子濃度增大，則在電解過程中溶液的pH將變大?！窘馕觥縕n-2e-=Zn2+2MnO2+H2=Mn2O3+H2O坩堝C(碳)二氧化錳（MnO2）左Mn2O3+2OH--2e-=2MnO2+H2O變大19、略

【分析】【分析】

依據(jù)電解原理；惰性電極電解，溶液中陰離子移向陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陽離子移向陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析電極的物質(zhì)；

(1)碳棒是惰性電極；使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水質(zhì)量不變，則本質(zhì)電解電解質(zhì)本身；

(2)碳棒是惰性電極；使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水質(zhì)量減少，則本質(zhì)電解水；

(3)碳棒為陽極；鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解NaCl后生成堿和氫氣；

(4)碳棒為陽極，鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液時生成酸和氧氣。

【詳解】

因陽離子放電順序為Ag+＞Cu2+＞H+＞Na+，陰離子放電順序為Cl-＞OH-＞SO42-和NO3-；則：

(1)碳棒是惰性電極，使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水質(zhì)量不變，則本質(zhì)電解電解質(zhì)本身，所以電解HCl、CuCl2溶液時；電解質(zhì)質(zhì)量減小，水量不變；

(2)碳棒是惰性電極，使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水質(zhì)量減少，則本質(zhì)電解水，所以電解HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4溶液時；氫離子；氫氧根離子放電，則電解質(zhì)質(zhì)量不變，水量減少；

(3)石墨棒為陽極；鐵棒為陰極，電解NaCl溶液時，則氯離子；氫離子放電，所以電解質(zhì)和水量都減少，電解后生成堿和氫氣；

(4)碳棒為陽極，鐵棒為陰極，電解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液時生成酸和氧氣，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少?！窘馕觥縃Cl、CuCl2HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4NaClCuSO4、Cu(NO3)2、AgNO320、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①由圖可知：焓變小于0，即反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，所以該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為放熱，ΔH<0(或反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量)。

②第一步的熱化學方程式為①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-273kJ/mol，第二步的熱化學方程式為②NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq)ΔH=-73kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，由①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)ΔH=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=－346kJ·mol－1，故答案為NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1。

（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(紅磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，由蓋斯定律②-①可得到反應(yīng)：4P(紅磷，s)=P4(白磷，s)ΔH=ΔH2-ΔH1，紅磷比白磷穩(wěn)定，說明紅磷的能量低于白磷，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即ΔH=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2；故答案為＜。

（3）已知：①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3，則反應(yīng)③=②×2+①，由蓋斯定律可知：ΔH3=ΔH1+2ΔH2；故答案為A。

（4）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸發(fā)1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ，則H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－102kJ·mol-1，ΔH=反應(yīng)物鍵能-生成物鍵能，則有-102=436+200-2a，解得a=369，故答案為369?！窘馕觥糠艧幡<0(或反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量)(aq)＋2O2(g)===NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1<A36921、略

【分析】【詳解】

（1）地下鋼管連接鎂塊；鎂的活潑性大于鐵的活潑性，在鋼管中接入鎂塊可形成原電池，鎂作負極，失去電子，首先被腐蝕，從而保護正極的鐵不被腐蝕，此法稱為犧牲陽極的陰極保護法；

（2）①鉛是碳的同族元素，因此鉛最外層有四個電子，位于元素周期表第ⅣA族；鉛比碳多4個電子層，因此鉛共有六個電子層，位于元素周期表的六周期，所以鉛位于元素周期表第六周期第IVA族；同一主族元素由上到下還原性在增強，氧化性在減弱，氧化性對應(yīng)于非金屬性，所以鉛的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性比碳的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性弱；②PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，黃綠色氣體應(yīng)為氯氣，反應(yīng)方程式為：PbO2+4HCl(濃)=PbCl2+Cl2↑+2H2O；③鉛蓄電池放電時的正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，當有2mol電子轉(zhuǎn)移時，正極質(zhì)量增加64g；鉛蓄電池放電時的負極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；當有2mol電子轉(zhuǎn)移時，負極質(zhì)量增加96g，則兩電極質(zhì)量變化的差為96g-

64g=32g；

（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，石墨Ⅰ通入NO2，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，因此為負極，電極反應(yīng)為：NO2-e-+NO3-=N2O5。石墨Ⅱ為正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：O2+2N2O5+4e-=4NO3-。

點睛：本題主要考查原電池的工作原理。在原電池中，活潑電極作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，被氧化；不活潑電極作正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，被還原。電子從負極經(jīng)外接導(dǎo)線流向正極。電解質(zhì)溶液中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動?！窘馕觥繝奚枠O的陰極保護法第六周期第IVA族弱PbO2+4HCl(濃)=PbCl2+Cl2↑+2H2OPbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O32負NO2–e-+NO3-=N2O522、略

【分析】【分析】

如圖所示；與電源正極向相連的電極為陽極，與電源負極相連的電極為陰極。

【詳解】

（1）陽極水失去電子生成氫離子和氧氣，故X為O2，電極反應(yīng)式為：

（2）陰極丙烯腈得電子生成己二腈；消耗氫離子，故氫離子向陰極移動，離子交換膜為陽離子交換膜；

（3）第一步應(yīng)為丙烯腈在陰極得電子的反應(yīng)，方程式為：第二步：與丙烯腈反應(yīng)得到離子方程式為：第三步與氫離子反應(yīng)得到己二腈，離子方程式為：【解析】(1)

(2)陽離子。

(3)23、略

【分析】【分析】

（1）①圖1中；裝置為原電池，A為鋼閘門，要保護A，A應(yīng)做正極，則材料B的金屬性比A強。

②圖2中，裝置為電解池，要保護鋼閘門C，C應(yīng)不失電子。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D電極為陽極，溶液中的Cl-失電子生成Cl2；檢驗該電極反應(yīng)產(chǎn)物應(yīng)使用濕潤的淀粉碘化鉀試紙。

（2）E為鎂合金，在該電極，鎂失電子，F(xiàn)電極上ClO-轉(zhuǎn)化為Cl-。

（3）①正極O2+4e-=2O2-；由此可計算電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目。

②在負極S(g)失電子轉(zhuǎn)化為SO3。

【詳解】

（1）①圖1中；裝置為原電池，A為鋼閘門，要保護A，A應(yīng)做正極，則材料B應(yīng)選擇金屬性比A強的鋅。答案為：c；

②圖2中，裝置為電解池，要保護鋼閘門C，C應(yīng)做陰極。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D電極為陽極，電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，檢驗該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法為將濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近，試紙變藍，證明生成氯氣。答案為：陰；2Cl--2e-=Cl2↑；將濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近；試紙變藍，證明生成氯氣；

（2）E為鎂合金，做該燃料電池的負極。F電極為正極，電極反應(yīng)式為ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。答案為：負；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；

（3）①正極O2+4e-=2O2-，n(O2)==0.2mol，則電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2mol×4NA=0.8NA或4.816×1023。答案為：0.8NA或4.816×1023；

②在負極S(g)在O2-存在的環(huán)境中失電子，轉(zhuǎn)化為SO3，電極反應(yīng)式為S-6e-+3O2-=SO3。答案為：S-6e-+3O2-=SO3。

【點睛】

要保護金屬制品，把金屬制成合金，成本過高。通常采用的方法是電化學防護法，也就是設(shè)法阻止被保護金屬失電子，要么與更活潑的金屬相連，要么與電源的負極相連。若在金屬制品外表涂油或油漆，雖然也能對金屬制品起保護作用，但效果相對較差。【解析】c陰2Cl--2e-=Cl2↑將濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近，試紙變藍，證明生成氯氣負ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-0.8NA或4.816×1023S-6e-+3O2-=SO324、略

【分析】【分析】

以滴定實驗為背景；結(jié)合滴定曲線進行分析，后面的小題又對離子濃度大小進行比較，最后涉及了離子積常數(shù)的計算以及pH值的計算。

【詳解】

（1）醋酸鈉水解使溶液顯堿性，NaOH與CH3COOH恰好完全反應(yīng)時，離子濃度大小關(guān)系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；

（2）A．在AB段溶液顯示堿性；在接近B點時，溶液中醋酸根離子濃度遠遠大于氫氧根離子濃度，選項A錯誤；

B．在接近A時；即加入的醋酸少量，則混合液中氫氧根離子濃度大于醋酸根離子，選項B錯誤；

C．在AB段；根據(jù)選項A；B的分析可知，混合液中氫氧根離子濃度與醋酸根離子不一定相等，選項C錯誤；

D．根據(jù)以上分析可知，溶液中c(OH-)可能大于、等于或小于c(CH3COO-)；選項D正確；

答案選D；

（3）在B點時，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，則c(Na+)＝c(CH3COO-)，溶液中醋酸根離子濃度遠遠大于氫氧根離子濃度，各離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)；

（4）在D點時，反應(yīng)后醋酸剩余，溶液的組成為等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合物，根據(jù)物料守恒，此時：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；D點的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，將電荷守恒乘以2，由物料守恒代入消去c(Na+)，則D點混合溶液的質(zhì)子守恒的關(guān)系為c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。【解析】①.c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)②.D③.c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)④.=⑤.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)四、判斷題(共4題，共20分)25、B【分析】【詳解】

稀釋使鹽水解程度增大，但溶液總體積增加得更多。鹽的濃度降低、水解產(chǎn)生的氫氧根濃度也降低，堿性減弱。所以答案是：錯誤。26、B【分析】【詳解】

鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘屬于重金屬，會對環(huán)境造成嚴重的污染，故錯誤。27、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。28、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)29、略

【分析】【分析】

由題給流程可知，礦石加入鹽酸溶液酸浸，鐵、鋁的氧化物溶解得到可溶性金屬氯化物，二氧化硅不與鹽酸溶液反應(yīng)，過濾得到含有二氧化硅的濾渣A和含有金屬氯化物的濾液A；向濾液A中加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子；向氧化后的溶液中加入氧化鋁調(diào)節(jié)溶液pH在范圍內(nèi)；將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到氫氧化鐵濾渣B和含有氯化鋁的濾液B；灼燒濾渣A得到氧化鐵，向濾液B中加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫，防止鋁離子發(fā)生水解，溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鋁晶體。

(1)

由最終制得六水氯化鋁晶體可知；酸浸時加入的酸溶液為鹽酸，攪拌；升溫、將礦石粉碎、適當增大酸的濃度等措施可以提高酸浸效率，故答案為：攪拌、升溫、將礦石粉碎、適當增大酸的濃度；鹽酸；

(2)

由分析可知，向濾液A中加入過氧化氫溶液的目的是將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量會使過氧化氫發(fā)生分解而損耗，所以分多次添加雙氧水可以降低反應(yīng)速率，防止產(chǎn)生過多熱量造成過氧化氫分解而損耗，故答案為：降低反應(yīng)速率；防止產(chǎn)生過多熱量造成過氧化氫分解而損耗；

(3)

由分析可知，向氧化后的溶液中加入氧化鋁調(diào)節(jié)溶液pH在范圍內(nèi)，將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，故答案為：

(4)

洗滌濾渣B的操作為沿玻璃棒向過濾器中倒入蒸餾水至剛好沒過沉淀；待水自然流下后重復(fù)以上操作2~3次，故答案為：沿玻璃棒向過濾器中倒入蒸餾水至剛好沒過沉淀，待水自然流下后重復(fù)以上操作2~3次；

(5)

由分析可知，由AlCl3溶液制備AlCl3·6H2O的操作步驟為向濾液B中加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫；防止鋁離子發(fā)生水解，溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鋁晶體，故答案為：加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫；過濾、洗滌；

(6)

濾渣A的主要成分為二氧化硅，二氧化硅與氫氟酸反應(yīng)生成四氟化硅氣體和水，反應(yīng)的化學方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案為：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

(7)

若礦石m1kg，最后獲得m2kgAlCl3·6H2O，由鋁原子個數(shù)守恒可知礦石中鋁元素的含量為×100%=×100%，故答案為：【解析】(1)攪拌；升溫、將礦石粉碎、適當增大酸的濃度鹽酸。

(2)降低反應(yīng)速率；防止產(chǎn)生過多熱量造成過氧化氫分解而損耗。

(3)

(4)沿玻璃棒向過濾器中倒入蒸餾水至剛好沒過沉淀；待水自然流下后重復(fù)以上操作2~3次。

(5)加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫過濾；洗滌。

(6)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O

(7)30、略

【分析】【分析】

海綿銅加入硫酸和硝酸銨溶解后過濾所得濾液主要是硫酸銅，硫酸銨等，加入亞硫酸銨還原硫酸銅、加