2025年浙科版選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、2020年，中國科學(xué)院在鈉離子電池的研究上取得新突破，其應(yīng)用領(lǐng)域廣、安全性能好，在未來有巨大市場前景。某水系鈉離子二次電池總反應(yīng)為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3；下列說法正確的是。

A.放電時，溶液中的Na+移向a極B.放電時，C.充電時，Na2FePO4F發(fā)生還原反應(yīng)D.充電時，電路中通過1mole-時，b極增重46g2、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)：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)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/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，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達平衡時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，達到新平衡時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、金屬及其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。2011年云南的“烏銅走銀”制作技藝列入國家級非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄。制作中的走銀工序是將氧化變黑的銀絲嵌入銅器表面已鏨刻好的花紋內(nèi)，再經(jīng)揉黑工序，用手邊焐邊搓揉銅器，直到銅器表面變成烏黑、銀絲變得光亮。近期中國科學(xué)院在含銀化合物運用于超離子導(dǎo)體方面取得突破性進展，制得的αAgI晶體在室溫下的電導(dǎo)率比普通多晶的AgI提高了近5個數(shù)量級。下列有關(guān)“烏銅走銀”的說法不正確的是A.走銀工序中金屬鍵沒有斷裂B.揉黑工序中發(fā)生了原電池反應(yīng)C.用鋁絲代替銀絲，銅器也會變黑D.銀絲可以長時間保持光亮4、在平衡體系Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)＋2OH－(aq)△H＜0中，能使c(Ca2+)減小，而使c(OH－)增大的是A.加入少量CuCl2固體B.加入少量NaCl固體C.加入少量K2CO3固體D.升高體系溫度5、濃差電池是利用物質(zhì)的濃度差產(chǎn)生電勢的一種裝置。將兩個完全相同的電極浸入兩個溶質(zhì)相同但濃度不同的電解質(zhì)溶液中構(gòu)成的濃差電池；稱為雙液濃差電池。模擬工業(yè)上電滲析法實現(xiàn)海水(用氯化鈉溶液代替)淡化的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.向Cu(1)極區(qū)域遷移B.C(2)極發(fā)生還原反應(yīng)C.膜1為陽離子交換膜D.C(2)極反應(yīng)為：2H2O-2e-=2OH-+H2↑6、常溫下；AgCl和AgI在水中的溶解平衡曲線如下圖所示，下列說法錯誤的是。

A.曲線Ⅰ表示AgI的溶解平衡B.常溫下，Ksp(AgCl)=1×10-10C.常溫下，飽和AgCl溶液與飽和AgI溶液中D.常溫下，向等濃度NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先產(chǎn)生AgI沉淀評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反應(yīng)生成PCl3(g)和PCl5(g)。反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示（圖中的△H表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù)）。

回答下列問題：

(1)P(s)和Cl2(g)反應(yīng)生成PCl3(g)的熱化學(xué)方程式是__。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式是__。

(3)P(s)和Cl2(g)分兩步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的△H3=___，P(s)和Cl2(g)一步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的△H4=__（填“大于”“小于”或“等于”）△H3。8、已知25℃時部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：。弱電解質(zhì)CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)/mol?L-11.7×10-56.2×10-10Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

回答下列問題：

(1)寫出H2CO3的第一級電離平衡常數(shù)表達式：Ka1=____。

(2)等物質(zhì)的量濃度的下列溶液，pH由大到小的順序為_____(填字母)。

a.CH3COONab.NaCNc.Na2CO3

(3)一定溫度下，體積相同、pH均為2的CH3COOH溶液與HX溶液，加水稀釋時pH的變化如圖所示.稀釋相同倍數(shù)后，HX溶液中由水電離出的c(H+)___CH3COOH溶液中由水電離出的c(H+)(填“大于”；小于”或“等于”)。

(4)25℃時，測得某CH3COOH與CH3COONa的混合溶液pH=6，則溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=____mol?L-1(填精確值)。9、表中是幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)(25℃)，回答下列問題：。酸電離方程式電離平衡常數(shù)KaCH3COOHCH3COOHCHCOO－+H+Ka=1.7×10?5H2CO3H2CO3HCO+H+HCOCO+H+Ka1=4.2×10?7Ka2=5.6×10?11HClOHClOClO－+H+Ka=4.7×10?8H3PO4H3PO4H2PO+H+H2PO+H+PO+H+Ka1=7.1×10?3Ka2=6.2×10?8Ka3=4.5×10?13

(1)Ka只與溫度有關(guān)，當(dāng)溫度升高時，Ka值___________(填“增大”；“減小”、“不變”)。

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

(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，其中酸性最強的是___________，最弱的是___________。

(4)電離平衡常數(shù)是用實驗的方法測定出來的，現(xiàn)測得25℃時，cmol?L?1的CH3COOH的電離度為，試表示該溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)___________。

(5)根據(jù)上表中提供的H2CO3和HClO的電離平衡常數(shù)，判斷在等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各種離子濃度關(guān)系正確的是___________

A．c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)

B．c(ClO－)＞c(HCO)＞c(H+)

C．c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)

D．c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)

(6)根據(jù)上表中H2CO3和HClO的電離平衡常數(shù)，試寫出少量CO2通入到NaClO溶液中的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。10、聯(lián)氨（N2H4）是一種綠色環(huán)保的還原劑；其氧化產(chǎn)物為氮氣。

(1)合成聯(lián)氨的有關(guān)反應(yīng)如下：

NH3(g)＋NaClO(aq)=NH2Cl(l)＋NaOH(aq)ΔH1＝－67.45kJ·mol－1

NH2Cl(l)＋NaOH(aq)＋NH3(g)=N2H4(l)＋NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH2＝－195.32kJ·mol－1

反應(yīng)2NH3(g)＋NaClO(aq)=N2H4(l)＋NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝________kJ·mol－1。

（2）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，寫出聯(lián)氨與過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式：________。

（3）聯(lián)氨—空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%～30%的KOH溶液。該電池放電時，負極的電極反應(yīng)式是__________。

（4）若用此堿性燃料電池作電源，電解AgNO3溶液，電解方程式為_________；若陰極析出5.40g金屬銀，則聯(lián)氨—空氣燃料電池中至少通入標準狀況下空氣體積________mL（假設(shè)空氣中氧氣體積分數(shù)為20%）11、在2L密閉容器內(nèi)，800℃時反應(yīng)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)體系中，n(NO)隨時間的變化如表：。時間/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)上述反應(yīng)___(填“是”或“不是”)可逆反應(yīng)。

(2)用O2表示從0～2s內(nèi)該反應(yīng)的平均速率v=__。達到平衡時NO的轉(zhuǎn)化率等于__。

(3)如圖所示，表示NO2變化曲線的是__。

(4)能說明該反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)的是__(填序號)。

a.v(NO2)=2v(O2)

b.容器內(nèi)壓強保持不變。

c.v逆(NO)=2v正(O2)

d.容器內(nèi)密度保持不變12、在容積固定為2L的密閉容器中，充入0.180molHI，480℃時反應(yīng)：2HI(g)?H2(g)+I2(g)，體系中n(HI)隨時間變化情況如表：。t/min0246810n(HI)/mol0.1800.1640.1520.1440.1400.140

反應(yīng)進行至10min后將反應(yīng)混合物的溫度降低；發(fā)現(xiàn)氣體的顏色變淺。

(1)0~4min內(nèi)H2的平均反應(yīng)速度為___________。達平衡時，HI的轉(zhuǎn)化率是___________。當(dāng)上述反應(yīng)達平衡時，降低溫度，原化學(xué)平衡向___________移動(填“正向”，“逆向”或“不”)，上述正向反應(yīng)是：___________反應(yīng)(選填：放熱；吸熱)。

(2)480℃時，反應(yīng)H2(g)+I2(g)?2HI(g)的平衡常數(shù)K的值為___________，此條件下，當(dāng)起始放入0.2molHI、0.05molH2和0.01molI2，反應(yīng)向___________(選填：正向；逆向)進行。

(3)要增大反應(yīng)2HI(g)?H2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)，可采取的措施是___________(選填字母)。

A．增大HI起始濃度B．向混合氣體中通入I2C．使用高效催化劑D．升高溫度13、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)；生活中有著重要作用。

①如圖是N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成1molNH3(g)過程中能量的變化示意圖，請問該化學(xué)反應(yīng)屬于___(放熱或吸熱)反應(yīng)，請寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___。

②上述反應(yīng)用到的氫氣是一種清潔燃料，已知氫氣的燃燒熱為285.8kJ·mol-1，請寫出氫氣的燃燒熱熱化學(xué)方程式：___。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤15、中和等體積、等的鹽酸和醋酸消耗的的物質(zhì)的量相同。(_______)A.正確B.錯誤16、則相同條件下，氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和。(_______)A.正確B.錯誤17、正逆反應(yīng)的ΔH相等。____A.正確B.錯誤18、配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋。(____)A.正確B.錯誤19、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤20、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共4分)21、鐵及其化合物在生活；生產(chǎn)中有著重要作用。請按要求回答下列問題。

(1)基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為____。

(2)因生產(chǎn)金屬鐵的工藝和溫度等因素不同；產(chǎn)生的鐵單質(zhì)的晶體結(jié)構(gòu)；密度和性質(zhì)均不同。

①用____實驗測定鐵晶體；測得A；B兩種晶胞，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖：

②A、B兩種晶胞中含有的鐵原子個數(shù)比為____。

③在A晶胞中，每個鐵原子周圍與它最近且相等距離的鐵原子有____個。

(3)常溫下，鐵不易和水反應(yīng)，而當(dāng)撕開暖貼(內(nèi)有透氣的無紡布袋，袋內(nèi)裝有鐵粉、活性炭、無機鹽、水、吸水性樹脂等)的密封外包裝時，即可快速均勻發(fā)熱。利用所學(xué)知識解釋暖貼發(fā)熱的原因：___。

(4)工業(yè)鹽酸因含有[FeCl4]—而呈亮黃色，在高濃度Cl—的條件下[FeCl4]—才是穩(wěn)定存在的。

①[FeCl4]—的中心離子是____，配體是____；其中的化學(xué)鍵稱為____。

②取4mL工業(yè)鹽酸于試管中，逐滴滴加AgNO3飽和溶液，至過量，預(yù)計觀察到的現(xiàn)象有____，由此可知在高濃度Cl—的條件下[FeCl4]—才是穩(wěn)定存在的。22、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；請回答下列問題：

(1)砷原子核外未成對電子數(shù)為___________。黃砷(As4)與白磷(P4)的結(jié)構(gòu)類似，以下敘述正確的是___________(選填編號)。

A．分子中共價鍵鍵角均為10928’B．黃砷中共價鍵鍵能大于白磷。

C．黃砷分子極性大于白磷D．黃砷的熔點高于白磷。

(2)砷化氫的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，寫出砷化氫的電子式___________，其分子的空間構(gòu)型為___________型，是___________分子(填“極性”或“非極性”)。

(3)As元素的非金屬性比N元素弱，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由。___________。

(4)298K時，將20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，發(fā)生反應(yīng)：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如圖所示。

①寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=___________，平衡時，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代數(shù)式表示；溶液混合體積變化忽略不計)。

②tm時v逆___________tn時v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。當(dāng)反應(yīng)達到平衡后，下列選項正確的是___________(選填編號)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再變化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再變化評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共27分)23、含+6價鉻的廢水毒性強，對環(huán)境污染嚴重?；S常用SO2處理含鉻廢水；其工藝流程如下圖所示：

已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+

（1）將吸收塔中1molCr2O72-與SO2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式補全。

Cr2O72-(aq)+__SO2(g)+______+___+___ΔH=-1145kJ/mol

（2）其他條件不變；研究吸收塔中pH對反應(yīng)的影響。

。pH

2

4

6

Cr（+6）

最大去除率。

99.99%

達排放標準。

99.95%

達排放標準。

99.5%

未達排放標準。

時間。

30min

35min

45min

①由上述數(shù)據(jù)獲得的結(jié)論有________。

②實際工業(yè)生產(chǎn)控制pH=4左右的原因是________。

③下列說法不合理的是________。

a.該酸性含鉻廢水中一定含有CrO42-；pH越大其含量越高。

b.其他條件不變，增大壓強，吸收塔中反應(yīng)的K增大，有利于除去Cr（+6）

c.理論上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）

（3）其他條件不變，研究溫度對Cr（+6）去除率的影響（如圖1所示）。

30min前相同時間內(nèi)，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，30min后80℃的Cr（+6）去除率低，原因分別是_______；_______。

（4）圖2為Cr（+3）微粒物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH的變化關(guān)系示意圖，中和池中應(yīng)控制pH范圍為_________。

（5）廢水中Cr（+6）總濃度為a×10-3mol/L，處理1000L廢水，去除率要求達到99.95%，理論上需要SO2物質(zhì)的量為_________mol（寫計算式）。24、化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛。已知：硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5·H2O，硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7·10H2O。利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程為：

回答下列有關(guān)問題：

(1)硼砂中B的化合價為_______，溶于熱水后，常用稀H2SO4調(diào)pH=2～3制取H3BO3，該反應(yīng)的離子方程式為________。X為H3BO3晶體加熱脫水的產(chǎn)物，其與Mg制取粗硼的化學(xué)方程式為_______。

(2)MgCl2·7H2O需要在HCl氛圍中加熱，其目的是______。若用惰性電極電解MgCl2溶液，其陰極反應(yīng)式為_______。

(3)鎂-H2O2酸性燃料電池的反應(yīng)機理為Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，則正極反應(yīng)式為______。常溫下，若起始電解質(zhì)溶液pH=1，則pH=2時，溶液中Mg2+濃度為_____。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，當(dāng)溶液pH=6時，_______(填“有”或“沒有”)Mg(OH)2沉淀析出。

(4)制得的粗硼在一定條件下生成BI3，BI3加熱分解可以得到純凈的單質(zhì)硼。現(xiàn)將0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol·L-1Na2S2O3(H2S2O3為弱酸)溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液18.00mL。盛裝Na2S2O3溶液的儀器應(yīng)為______滴定管(填“酸式”或“堿式”)。該粗硼樣品的純度為_______(提示：I2+2S2O=2I-+S4O)。25、工業(yè)上采用高濃度含砷廢水制取As2O3。工藝流程如下：

已知含砷廢水中砷元素以＋3價的形式存在。不同pH時；三價砷的物種分布如下圖所示：

(1)“調(diào)pH”時，控制溶液的pH＝6，“沉砷”時會生成As2S3沉淀。寫出“沉砷”時反應(yīng)的離子方程式：____。

(2)“沉砷”時會發(fā)生副反應(yīng)：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsS(aq)，從而降低砷元素的沉淀率。為減少副反應(yīng)的發(fā)生，采取的方法是加入Na2S的同時加入少量FeSO4，生成的As2S3沉淀中會混有FeS。加入少量FeSO4能抑制副反應(yīng)的原因是____。

(3)“焙燒”含少量FeS的As2S3可以得到As2O3和Fe2O3的混合物。As2O3是一種酸性氧化物，選擇合適的溶液X，將砷元素可以從混合物中浸出。寫出“浸出”反應(yīng)的離子方程式：____。

(4)為提高砷元素浸出的速率，可以采取的方法有____和____等。評卷人得分六、實驗題(共4題，共8分)26、硫氰化鉀()俗稱玫瑰紅酸鉀；是一種用途廣泛的化學(xué)藥品。實驗室模擬工業(yè)制備硫氰化鉀的實驗裝置如下圖所示：

已知：①NH3不溶于密度比水大且不溶于水；②三頸燒瓶內(nèi)盛放：水和催化劑。③該反應(yīng)比較緩慢且在高于170℃易分解。

回答下列問題：

(1)裝置A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。

(2)裝置C的作用是_______。

(3)制備溶液：熄滅A處的酒精燈，關(guān)閉保持三頸燒瓶內(nèi)液溫105℃一段時間，其目的是_______，然后打開繼續(xù)保持液溫105℃，緩緩滴入適量的溶液，寫出裝置D中生成的化學(xué)方程式：_______。

(4)裝置E的作用為吸收尾氣，防止污染環(huán)境，寫出吸收時的離子方程式_______。

(5)制備硫氰化鉀晶體：先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，再減壓_______、_______；過濾、洗滌、干燥；得到硫氰化鉀晶體。

(6)測定晶體中的含量：稱取10.0g樣品。配成1000mL溶液量取20.00mL溶液于錐形瓶中，加入適量稀硝酸，再加入幾滴a作指示劑，用標準溶液滴定，達到滴定終點時消耗標準溶液[已知：滴定時發(fā)生的反應(yīng)：]

①滴定過程的指示劑a為_______；

②晶體中的質(zhì)量分數(shù)為_______。27、碘酸鉀是常用的食鹽加碘劑。某研究小組在實驗室采用如下兩種方法進行碘酸鉀的制備。

方法一：采用如圖所示裝置；先用高錳酸鉀制備氯氣，再用氯氣氧化碘化鉀得到碘酸鉀溶液，再經(jīng)一系列步驟得到碘酸鉀產(chǎn)品。

方法二：采用如下實驗流程；直接用高錳酸鉀氧化碘化鉀得到碘酸鉀溶液，再經(jīng)一系列步驟得到碘酸鉀產(chǎn)品。

已知：(Ⅰ)是一種白色晶體；在水中溶解度隨溫度升高而增大；不溶于乙醇。

(Ⅱ)溶液在中性條件下的還原產(chǎn)物為一種不溶于水的沉淀。

(1)方法一中裝置a的作用是凈化其中的試劑為_______，裝置b的名稱為_______。

(2)方法一中多孔球泡裝置的作用是_______。

(3)方法二中水浴加熱時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

(4)方法二中滴入適量乙醇的作用是_______。

(5)在獲取碘酸鉀產(chǎn)品的操作中，下列說法正確的是_______(填字母序號)。A．加熱濃縮過程中需要使用三腳架、泥三角和坩堝等儀器B．在冷卻結(jié)晶時，溫度過低可能會有雜質(zhì)析出導(dǎo)致產(chǎn)品不純凈C．采用抽濾可使過濾速率加快D．為提高洗滌效果，可用熱水進行洗滌(6)方法二所得產(chǎn)品碘酸鉀的純度測定方案如下：準確稱取產(chǎn)品配制成溶液作為待測液，取該溶液于碘量瓶中，加入稍過量的碘化鉀，用適量的鹽酸酸化，蓋緊塞子，置于避光處用的硫代硫酸鈉標準溶液滴定，當(dāng)溶液呈淡黃色時，加入少許指示劑，滴定到溶液為無色。平行滴定三次，平均消耗標準液計算產(chǎn)品的純度。已知：

①指示劑宜選用_______溶液；

②產(chǎn)品碘酸鉀的質(zhì)量分數(shù)為_______。28、SO2雖是大氣污染物之一，但也是重要的工業(yè)原料。某同學(xué)在實驗室設(shè)計了如下實驗，對SO2的部分性質(zhì)進行了探究。

I.二氧化硫的水溶性。

(1)SO2易溶于水，溶于水有H2SO3生成。向SO2飽和溶液中加入NaHSO3固體，有氣體冒出，原因是_______(結(jié)合有關(guān)平衡方程式簡要說明)。

II.驗證SO2能否與BaCl2溶液反應(yīng)。

某同學(xué)設(shè)計了如圖裝置，且所配制的溶液均使用了無氧蒸餾水，檢驗SO2在無氧干擾時；是否與氯化鋇反應(yīng)生成沉淀。

(2)加入碳酸鈉粉末的目的是_______。

(3)當(dāng)_______時；氯化鋇溶液中沒有沉淀出現(xiàn)，說明二氧化硫不與氯化鋇溶液反應(yīng)，此時滴加雙氧水，出現(xiàn)了白色沉淀。

(4)裝置中選用澄清石灰水而不用氫氧化鈉溶液的目的是_______。

III.二氧化硫的還原性。

已知SO2具有還原性，可以還原I2，也可以與Na2O2發(fā)生反應(yīng)。

(5)將SO2通入裝有過氧化鈉的硬質(zhì)試管中；將帶火星的木條放在試管口處。

①若木條不復(fù)燃，則說明SO2與Na2O2反應(yīng)無O2生成，可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

②若木條復(fù)燃，則說明SO2與Na2O2反應(yīng)有O2生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2。

(6)將SO2通入裝有碘水(含淀粉)的洗氣瓶中，若_______，說明還原性：SO2＞I-，寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______。29、H2O2是一種綠色氧化還原試劑，在化學(xué)研究中應(yīng)用廣泛。某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計如圖所示實驗裝置，探究影響H2O2分解反應(yīng)速率的因素。

(1)①寫出錐形瓶中反應(yīng)的化學(xué)方程式_________。

②設(shè)計實驗方案：在不同條件下，測定_________。(要求所測得的數(shù)據(jù)能直接體現(xiàn)反應(yīng)速率大小)

(2)探究影響H2O2分解反應(yīng)速率的因素實驗方案如下表所示，先向錐形瓶中加入質(zhì)量分數(shù)為10%H2O2，再依次通過分液漏斗向錐形瓶中加入一定量的蒸餾水和FeCl3溶液，請回答問題：。實驗。

序號10%H2O2/mL蒸餾水/mL0.2mol·LFeCl3溶液/mL現(xiàn)象I10a0無明顯變化II10b2錐形瓶變熱，溶液迅速變紅棕色，并有較多氣泡產(chǎn)生；2min時，反應(yīng)變緩，溶液顏色明顯變淺III552錐形瓶變熱，溶液變棕色，開始5s后產(chǎn)生較少的氣泡；2min時，反應(yīng)速度加快

①表格中a=_________，b=_________。

②通過實驗_________和_________(填寫序號)探究濃度對反應(yīng)速率影響。

(3)實驗II、III中溶液顏色變深的原因是_________。

(4)已知FeCl3溶液對H2O2的催化分解分為反應(yīng)i和反應(yīng)ii兩步進行：已知反應(yīng)ii的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

①反應(yīng)i離子方程式為_________。

②某同學(xué)設(shè)計實驗證明催化過程中有Fe2+產(chǎn)生：取2mLH2O2溶液于試管中，向試管中滴加2滴FeCl3溶液，再滴加2滴_________溶液；產(chǎn)生藍色沉淀。

(5)向?qū)嶒濱I中反應(yīng)后的溶液滴加KSCN溶液，溶液變紅色，2min后溶液紅色褪去；繼續(xù)滴加KSCN溶液，溶液又變紅色，一段時間后又褪色；此時再向溶液中滴加鹽酸酸化后的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。請分析溶液紅色褪去的原因_________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

由電池總反應(yīng)知，放電時，NaFePO4F轉(zhuǎn)化為Na2FePO4F，F(xiàn)e元素化合價由+3價降低到+2價，發(fā)生還原反應(yīng)，故b極為正極，Na3Ti2(PO4)3轉(zhuǎn)化為NaTi2(PO4)3；Ti元素化合價由+3價升高到+4價，發(fā)生氧化反應(yīng)，故a極為負極。

【詳解】

A．由分析知，a極為負極，b為正極，放電時，Na+移向正極，即b極；A錯誤；

B．由分析知，放電時，Na3Ti2(PO4)3轉(zhuǎn)化為NaTi2(PO4)3，對應(yīng)電極反應(yīng)為：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+；B正確；

C．充電時，Na2FePO4F轉(zhuǎn)化為NaFePO4F；Fe元素由+2價升高到+3，發(fā)生氧化反應(yīng)，C錯誤；

D．充電時，b極發(fā)生反應(yīng)Na2FePO4F轉(zhuǎn)化為NaFePO4F，對應(yīng)電極反應(yīng)為：Na2FePO4F-e-=NaFePO4F+Na+，1mol電子轉(zhuǎn)移時，b電極失去1molNa+；故電極質(zhì)量減小23g，D錯誤；

故答案選B。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)計量數(shù)之比計算v(H2)=v(CO)=mol·L－1·min－1；故A錯誤；

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，平衡時生成物的濃度對應(yīng)相同，t1min時n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min時n（H2O）＝0.2mol，說明t1min時反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(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，達到新平衡時CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O轉(zhuǎn)化率減??；故C錯誤；

D.t1min時反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，此時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，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故D錯誤。

綜合以上分析；答案選B。

【點睛】

該題是高考中的中的常見題型，試題綜合性強，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)生對速率概念與計算，平衡常數(shù)概念與計算，平衡移動等有關(guān)內(nèi)容理解和掌握程度。復(fù)習(xí)時要讓學(xué)生深刻理解一些基本概念的內(nèi)涵和外延。3、C【分析】【詳解】

A．制作中的走銀工序是將氧化變黑的銀絲嵌入銅器表面已鏨刻好的花紋內(nèi)；發(fā)生氧化銀轉(zhuǎn)化為銀，銅轉(zhuǎn)化為氧化銅，該過程金屬鍵沒有斷裂，故A正確；

B．揉黑工序中通過揉搓；手上的汗水可提供電解質(zhì)溶液，黑色的AgO和Cu發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Ag和黑色的CuO，Cu作負極，AgO作正極，發(fā)生了原電池反應(yīng)，故B正確；

C．銅的活動性比鋁弱；氧化鋁不能被銅還原為單質(zhì)鋁，因此銅不會變黑，故C錯誤；

D．銀絲發(fā)生還原反應(yīng)；氧化銀轉(zhuǎn)化為單質(zhì)銀，單質(zhì)銀活動性較弱，可長時間保持光亮，故D正確；

故選C。4、C【分析】【詳解】

A.加入少量CuCl2固體，銅離子和OH－反應(yīng)，平衡正向移動，c(Ca2+)增大，c(OH－)減小；故A不符合題意；

B.加入少量NaCl固體，對平衡無影響，c(Ca2+)不變，c(OH－)不變；故B不符合題意；

C.加入少量K2CO3固體，鈣離子和碳酸根反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，平衡正向移動，c(Ca2+)減小，c(OH－)增大；故C符合題意；

D.該溶解平衡是放熱過程，升高體系溫度，平衡逆向移動，因此c(Ca2+)減小，c(OH－)減??；故D不符合題意。

綜上所述，答案為C。5、C【分析】【分析】

濃差電池是利用物質(zhì)的濃度差產(chǎn)生電勢的一種裝置，將兩個完全相同的電極浸入兩個溶質(zhì)相同但濃度不同的電解質(zhì)溶液中構(gòu)成的濃差電池，稱為雙液濃差電池，該濃差電池最終交換膜兩側(cè)硫酸銅溶液濃度相等，即陰離子交換膜左側(cè)溶液c(CuSO4)增大，右側(cè)c(CuSO4)減小，又因為只允許陰離子遷移，故交換膜左側(cè)銅極溶解，c(Cu2+)增大；交換膜右側(cè)銅極上析出銅，c(Cu2+)減小，即Cu(1)極為負極，發(fā)生反應(yīng)Cu-2e-═Cu2+；Cu(2)極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，Cu2++2e-═Cu，由陰離子交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移；據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．由分析可知，Cu(1)極為負極，Cu(2)極為正極，原電池中陰離子流向負極，則向Cu(1)極區(qū)域遷移，A正確；

B．由分析可知；Cu(1)極為負極，則C(2)極為陰極，電解池中陰極發(fā)生還原反應(yīng)，B正確；

C．由分析可知，Cu(2)極為正極，則C(1)極為陽極，電極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑；故NaCl中的Cl-通過膜1進入陽極室，故膜1為陰離子交換膜，C錯誤；

D．由B項分析可知，C(2)極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2H2O-2e-=2OH-+H2↑；D正確；

故答案為：C。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．AgCl溶解度大于AgI；溶液中的離子濃度也是AgCl溶解度大于AgI，所以II線表示AgCl，I線表示AgI，故A正確；

B．II線表示AgCl，常溫下，Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl-)=10-5×10-5=1×10-10；故B正確；

C．由圖知Ksp(AgCl)=1×10-10，Ksp(AgI)=1×10-18，飽和AgCl溶液電離出等濃度的Ag+和Cl-，則c(Cl-)=mol/L，同理c(I-)=mol/L，則故C錯誤；

D．由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，Ksp小的先沉淀；則先產(chǎn)生AgI沉淀，故D正確；

故選：C。二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【詳解】

(1)反應(yīng)熱等于生成物的總能量減去反應(yīng)物的總能量，結(jié)合題圖可寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ?mol-1；答案為：P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ?mol-1；

(2)根據(jù)題圖可知，PCl3(g)和Cl2(g)反應(yīng)生成1molPCl5(g)時，放熱93kJ；則1molPCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式為PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ?mol-1；答案為：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ?mol-1；

(3)根據(jù)蓋斯定律求得△H3=△H1+△H2=-399kJ?mol-1；因為反應(yīng)不管是一步完成還是分步進行，反應(yīng)物、生成物相同、狀態(tài)相同，物質(zhì)的量也相同，所以△H3=△H4；答案為：-399kJ?mol-1；=。【解析】P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ?mol-1PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ?mol-1-399kJ?mol-1等于8、略

【分析】【詳解】

(1)H2CO3的第一級電離平衡常數(shù)表達式

(2)根據(jù)越弱越水解，由表中數(shù)據(jù)可知，所以等物質(zhì)的量濃度的三種溶液，pH由大到小順序為：Na2CO3、NaCN、CH3COONa；

(3)pH均為2的CH3COOH溶液與HX溶液，加水稀釋時pH的變化如圖所示.稀釋相同倍數(shù)后，HX溶液的pH較小，表明HX電離出H+的濃度較高，所以HX對水的電離抑制程度大，HX溶液中由水電離出的c(H+)小于CH3COOH溶液中由水電離出的c(H+)；

(4)溶液pH=6，故根據(jù)電荷守恒得到故【解析】cba小于9.9×10-79、略

【分析】【詳解】

(1)弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，當(dāng)溫度升高時，平衡正向移動，Ka值增大；故答案為：增大。

(2)在溫度相同時，電離平衡常數(shù)越大，則酸越強；故答案為：Ka值越大；酸性越強。

(3)根據(jù)Ka值越大，酸越強，CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，因此酸性最強的是H3PO4，最弱的是故答案為：H3PO4；

(4)25℃時，cmol?L?1的CH3COOH的電離度為，根據(jù)題意得出電離的醋酸濃度為cmol?L?1，c(H＋)=c(CH3COO－)=cmol?L?1，c(CH3COOH)=c(1－)mol?L?1，該溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=故答案為：

(5)根據(jù)題意得出酸強弱順序為H2CO3＞HClO，根據(jù)對應(yīng)的酸越弱，其水解程度越大，因此等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－水解程度大于HCO水解程度，因此離子濃度為c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)；按照物料守恒得到c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)；按照電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)+2c(CO)；故答案為A。

(6)根據(jù)題意得出酸強弱順序為H2CO3＞HClO＞HCO少量CO2通入到NaClO溶液中生成HCO和HClO，其化學(xué)反應(yīng)方程式CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO；故答案為：CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO。【解析】①.增大②.Ka值越大，酸性越強③.④.⑤.⑥.A⑦.CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO10、略

【分析】【詳解】

（1）①NH3(g)+NaClO(aq)═NH2C1(l)+NaOH(aq)△H1=?67.45kJ?mol?1

②NH2Cl(l)+NaOH(aq)+NH3(g)═N2H4(l)+NaCl(aq)+H2O(l)△H2=?195.32kJ?mol?1

根據(jù)蓋斯定律，①+②可得反應(yīng)2NH3(g)+NaClO(aq)═N2H4(l)+NaCl(aq)+H2O(l)△H=(?67.45kJ?mol?1)+(?195.32kJ?mol?1)=?262.77kJ?mol?1；

（2）由于聯(lián)氨是二元堿，因此聯(lián)氨與過量鹽酸反應(yīng)生成為N2H6Cl2；則反應(yīng)的離子方程式為

（3）肼一空氣燃料堿性電池中，負極上肼失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水和氮氣，電極反應(yīng)式為：N2H4+4OH??4e?=4H2O+N2↑；

（4）電解AgNO3溶液，因氧化性：Ag+>H+，故Ag+在陰極發(fā)生反應(yīng)，電解總反應(yīng)方程式為：陰極發(fā)生反應(yīng)：Ag++e-=Ag，陰極析出5.4g金屬銀（即），轉(zhuǎn)移電子為0.05mol，原電池中正極發(fā)生反應(yīng)：O2+2H2O+4e-=4OH-，需消耗氧氣的物質(zhì)的量為0.0125mol，其在標況下的體積為0.0125mol×22.4L/mol=0.28L，需通入標況下的空氣體積為【解析】－262.77N2H4+4OH??4e?=4H2O+N2↑140011、略

【分析】【分析】

根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)，判斷該反應(yīng)是可逆反應(yīng)；根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)，計算O2在0～2s內(nèi)的平均速率和平衡時NO的轉(zhuǎn)化率；根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)，判斷反應(yīng)正向進行，由反應(yīng)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可判斷曲線b表示NO2濃度變化；根據(jù)化學(xué)平衡的本質(zhì)特征判斷平衡標志；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)由表中數(shù)據(jù)可知；3s后NO的物質(zhì)的量不再變化，可知為可逆反應(yīng)，達到平衡狀態(tài)；答案為是。

(2)由表中數(shù)據(jù)可知，2s時NO的物質(zhì)的量n(NO)=0.008mol，則v(NO)===0.003mol·L-1·s-1，根據(jù)各物質(zhì)的速率之比等于化學(xué)方程式的計量系數(shù)之比，則v(O2)=v(NO)=×0.003mol·L-1·s-1=0.0015mol·L-1·s-1，平衡時NO的物質(zhì)的量n(NO)=0.007mol，則平衡時NO的轉(zhuǎn)化率=×100%=×100%=65%；答案為0.0015mol·L-1·s-1；65%。

(3)根據(jù)一氧化氮物質(zhì)的量的變化知，該反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，則二氧化氮的物質(zhì)的量在不斷增大，且同一時間段內(nèi)，一氧化氮減少的物質(zhì)的量等于二氧化氮增加的物質(zhì)的量，即平衡時，消耗0.013molNO時生成0.013molNO2，平衡時c(NO2)==0.0065mol/L，由圖可知，表示NO2變化曲線的是b；答案為b。

(4)a．v(NO2)=2v(O2)；未指明正；逆反應(yīng)速率，不能判斷反應(yīng)是否達到平衡，故a錯誤；

b．由方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知，該反應(yīng)是前后氣體體積不等的反應(yīng)，故反應(yīng)達平衡前氣體的物質(zhì)的量在變，壓強在變，當(dāng)容器內(nèi)氣體總物質(zhì)的量保持不變，壓強不變，說明反應(yīng)已達平衡，可以作為平衡的標志，故b正確；

c．由方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知，v正(NO)=2v正(O2)，而v逆(NO)=2v正(O2)，則v正(NO)=v逆(NO)；正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達平衡，可以作為平衡的標志，故c正確；

d．由方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知；混合氣體總質(zhì)量始終不變，容器容積不變，則容器內(nèi)混合氣體密度始終不變，那么容器內(nèi)密度保持不變，不能判斷反應(yīng)是否達到平衡，故d錯誤；

答案為bc?！窘馕觥竣?是②.0.0015mol/L?s③.65%④.b⑤.bc12、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)表格數(shù)據(jù)，0~4minHI變化的物質(zhì)的量為0.180mol-0.152mol=0.028mol，則生成H2的物質(zhì)的量的為×0.028mol=0.014mol，因此0~4min內(nèi)H2的平均反應(yīng)速率為達到平衡時，HI的物質(zhì)的量為0.140mol，則HI的轉(zhuǎn)化率為達到平衡時；反應(yīng)混合物的溫度降低，發(fā)現(xiàn)氣體的顏色變淺，說明平衡向著逆向移動，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

(2)由表格數(shù)據(jù)可知，480℃達到平衡時，HI的物質(zhì)的量為0.140mol，則H2的物質(zhì)的量為0.02mol，I2的物質(zhì)的量為0.02mol，因此反應(yīng)H2(g)+I2(g)?2HI(g)平衡常數(shù)K=此條件下，當(dāng)起始放入0.2molHI、0.05molH2和0.01molI2，則反應(yīng)向逆向進行；

(3)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，因此增大HI的起始濃度、向混合氣體中通入I2、使用高效催化劑不影響平衡常數(shù)的大小，根據(jù)(1)可知，該反應(yīng)的正反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向進行，平衡常數(shù)增大，故答案選D?！窘馕觥竣?1.75×10-3mol·L-1·min-1②.22%③.逆向④.吸熱⑤.49⑥.逆向⑦.D13、略

【分析】【詳解】

①如圖所示，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，圖示是N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成1molNH3(g)過程中能量的變化示意圖，則反應(yīng)為N2(g)+H2(g)NH3(g)的焓變△H=反應(yīng)物的總鍵能E1?生成物的總鍵能E2=254kJ/mol?300kJ/mol=?46kJ/mol，所生成2molNH3(g)放熱為46kJ/mol×2mol=92kJ，所以合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=?92kJ?mol?1；

②氫氣的燃燒熱為285.8kJ?mol?1，即1molH2完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量為285.8kJ，放熱反應(yīng)的反應(yīng)熱為負值，所以氫氣的燃燒熱熱化學(xué)方程式為H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=?285.8kJ?mol?1?！窘馕觥糠艧酦2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=?92kJ?mol?1H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=?285.8kJ?mol?1三、判斷題(共7題，共14分)14、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應(yīng)的氫氧化物和鹽酸，加熱促進水解、同時鹽酸揮發(fā)，進一步促進水解，所以溶液若蒸干，會得到相應(yīng)的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。15、B【分析】【詳解】

相同的鹽酸和醋酸中醋酸的濃度大于鹽酸，則醋酸消耗的的量較多。故說法錯誤。16、A【分析】【詳解】

由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量之和大于生成物的總能量之和，因此氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和，說法正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

正反應(yīng)的ΔH=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，逆反應(yīng)的ΔH=生成物的鍵能總和-反應(yīng)物的鍵能總和，因此兩者反應(yīng)熱數(shù)值相等，符號相反，該說法錯誤。18、A【分析】【詳解】

氯化鐵是強酸弱堿鹽，鐵離子在溶液中會發(fā)生水解，為防止鐵離子水解，配制氯化鐵溶液時，應(yīng)將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，故正確。19、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。20、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共4分)21、略

【分析】(1)

鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)原子的簡化電子排布式為[Ar]3d64s2，故答案為：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射線衍射可以測得鐵晶體的晶胞結(jié)構(gòu)；故答案為：X射線衍射；

②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞A中位于頂點和體心的鐵原子個數(shù)為8×+1=2，晶胞B中位于頂點和面心的鐵原子個數(shù)為8×+6×=4；則A；B兩種晶胞中含有的鐵原子個數(shù)比為1：2，故答案為：1：2；

③由晶胞結(jié)構(gòu)可知；在A晶胞中，位于頂點的鐵原子與位于體心的鐵原子的距離最近，則每個鐵原子周圍與它最近且相等距離的鐵原子有8個，故答案為：8；

(3)

由鐵的吸氧腐蝕原理可知；解釋暖貼發(fā)熱的原因是暖貼無紡布袋內(nèi)的鐵粉和活性炭在水；無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池，鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應(yīng)加速了鐵粉被氧化放熱，故答案為：暖貼無紡布袋內(nèi)的鐵粉和活性炭在水、無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池，鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應(yīng)加速了鐵粉被氧化放熱；

(4)

①四氯合鐵離子中具有空軌道的鐵離子為配離子的中心離子，具有孤對電子的氯離子是配體，中心離子鐵離子與配體氯離子形成配位鍵，故答案為：Fe3+；Cl—；配位鍵；

②亮黃色的工業(yè)鹽酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向鹽酸中逐滴滴加硝酸銀飽和溶液至過量時，溶液中氯離子與滴入的銀離子反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，溶液中的氯離子濃度減少，絡(luò)合平衡向右移動，四氯合鐵離子的濃度減小，溶液的亮黃色逐漸變淺說明在高濃度氯離子的條件下四氯合鐵離子才是穩(wěn)定存在的，故答案為：白色沉淀、亮黃色逐漸變淺至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射線衍射1：28

(3)暖貼無紡布袋內(nèi)的鐵粉和活性炭在水；無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池；鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應(yīng)加速了鐵粉被氧化放熱。

(4)Fe3+Cl—配位鍵白色沉淀、亮黃色逐漸變淺22、略

【分析】【分析】

按核外電子排布規(guī)律、原子結(jié)構(gòu)、元素的位置和元素性質(zhì)的相互關(guān)系回答；對反應(yīng)AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常數(shù)的定義；結(jié)合數(shù)據(jù)計算平衡濃度、由化學(xué)平衡的特征判斷說法的正誤；

【詳解】

(1)砷原子核外最外層電子排布式為4s24p3，按洪特規(guī)則，3個p電子分別占據(jù)3個p軌道，故未成對電子數(shù)為3。黃砷(As4)與白磷(P4)的結(jié)構(gòu)類似，則A．分子中共價鍵鍵角均為60；A錯誤；B．砷原子半徑大于磷，黃砷中共價鍵不如白磷牢固，即鍵能小于白磷，B錯誤；C．黃砷分子是同種元素組成的非金屬單質(zhì)，分子內(nèi)只有非極性鍵，屬于非極性分子，C錯誤；D．結(jié)構(gòu)相似，黃砷相對分子質(zhì)量比白磷大；分子間作用力比白磷大，熔點高于白磷，故敘述正確的是D。

(2)砷化氫的結(jié)構(gòu)與氨氣類似，則砷化氫的電子式為其分子的空間構(gòu)型為三角錐型，分子內(nèi)正電荷重心和負電荷重心不重疊，是極性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外層電子數(shù)，因為As原子的電子層數(shù)大于N，其原子半徑大于N，故As原子的得電子能力小于N，As元素的非金屬性弱于N。

(4)①按定義，反應(yīng)AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常數(shù)表達式由表知，平衡時，c(AsO)=ymol·L-1，則反應(yīng)過程中消耗n(AsO)=0.06L×ymol。則平衡時

②由圖可知，tm時，c(AsO)<ymol·L-1，則反應(yīng)從正方向建立平衡，從tm到tn，生成物濃度不斷升高，逆反應(yīng)速率也不斷增大v逆<n時v逆。當(dāng)反應(yīng)達到平衡后；則：

A．v(I-)=2v(AsO)；未表示出是否為正逆反應(yīng)速率，A錯誤；

B．平衡時各成分的濃度不再變化；則溶液的pH不再變化，B正確；

C．平衡時各成分的濃度不再變化，c(I-)=2c(AsO)=2ymol·L-1；C錯誤；

D．平衡時各成分的濃度不再變化，c(AsO)/c(AsO)不再變化；D正確；

選項正確的是BD?！窘馕觥?D三角錐極性兩者具有相同的最外層電子數(shù)，因為As原子的電子層數(shù)大于N，其原子半徑大于N，故As原子的得電子能力小于N，As元素的非金屬性弱于Nx-y小于由圖可知，從tm到tn，生成物濃度不斷升高，逆反應(yīng)速率也不斷增大BD五、工業(yè)流程題(共3題，共27分)23、略

【分析】【分析】

Cr（+6）在酸性環(huán)境下主要以Cr2O72-形式存在，將具有強還原性的二氧化硫氣體通入吸收塔與Cr（+6）發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將Cr（+6）降價生成Cr3+；中和池中加入NaOH使其生成氫氧化物沉淀除去。

（1）氧化還原反應(yīng)離子方程式配平；利用得失電子數(shù)相等和原子守恒配平；熱化學(xué)方程式書寫注意注明狀態(tài)；

（2）①根據(jù)表格可以得出隨pH的增大Cr（+6）去除率的變化和去除所需時間。

②從速率；去除率、消耗原料幾個角度綜合分析；

③a.根據(jù)勒夏特例原理分析；b.k的變化只與溫度有關(guān)；c.氧化還原角度分析；

（3）從速率和平衡兩個角度分析；

（4）找出Cr（OH）3物質(zhì)的量分數(shù)最大的pH范圍即可；

（5）利用得失電子數(shù)相等進行計算。

【詳解】

（1）三步法配平：①根據(jù)化合價升降相等，配平化合價發(fā)生變化的元素②根據(jù)左右兩邊電荷守恒配平，酸性添加氫離子，堿性氫氧根離子③根據(jù)原子守恒配平添加水；熱化學(xué)方程式書寫注意注明狀態(tài)，Cr2O72-(aq)+3SO2(g)+2H+（aq）2Cr3+（aq）+3SO42-（aq）+H2O（l）ΔH=-1145kJ/mol；

答案：32H+（aq）2Cr3+（aq）3SO42-（aq）H2O（l）

（2）①根據(jù)表格可以得出結(jié)論，隨著pH的升高，Cr（+6）的去除率降低；反應(yīng)速率變慢；

答案：pH越大，Cr（+6）的去除率降低；反應(yīng)速率越慢。

②實際工業(yè)生產(chǎn)應(yīng)該從節(jié)省原料，條件易控角度分析，控制pH=4左右的原因是Cr（+6）的去除率已達排放標準；控制pH=4左右可減少中和池中NaOH的用量，節(jié)約成本；

答案：Cr（+6）的去除率已達排放標準；控制pH=4左右可減少中和池中NaOH的用量，節(jié)約成本。

③a.根據(jù)題干信息Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，該酸性含鉻廢水中一定含有CrO42-，pH增大相當(dāng)于減小氫離子濃度，平衡正向移動，CrO42-含量越高；故不選a；

b.K的變化只與溫度有關(guān)，壓強無影響，故選b；

c.SO32-、Fe2+等也具有強還原性，可以與Cr（+6）發(fā)生氧化還原反應(yīng)，用于除去Cr（+6）；故不選c；

答案：b

（3）仔細觀察圖像可以發(fā)現(xiàn)前30min；80℃單位時間內(nèi)去除率越高，反應(yīng)速率越快；30min后去除率后面幾乎不發(fā)生變化，說明達到了平衡，40℃時去除率要高，從平衡角度分析。

答案：30min前，Cr（+6）去除率主要由反應(yīng)速率決定，溫度高反應(yīng)速率快，因此80℃的去除率更高；30min后，Cr（+6）去除率主要有反應(yīng)限度決定，Cr2O72-與SO2的反應(yīng)放熱；溫度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。

（4）Cr（+3）是以氫氧化鉻沉淀形式除掉；所以根據(jù)圖像選擇氫氧化鉻物質(zhì)的量分數(shù)最大的pH范圍；

答案：8～9.5左右。

（5）利用氧化還原反應(yīng)得失電子數(shù)相等列關(guān)系式可知。

2Cr（+6）～3SO2

2mol3mol

a×10-3mol/L×1000L×99.95%n（SO2）

計算得n（SO2）=3mol×a×10-3mol/L×1000L×99.95%/(2mol)=1.5a×99.95%mol；

答案：1.5a×99.95%【解析】32H+（aq）2Cr3+（aq）3SO42-（aq）H2O（l）pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反應(yīng)速率越慢與pH=2相比，pH=4時，Cr（+6）的去除率已達排放標準，控制pH=4左右可減少中和池中NaOH的用量，節(jié)約成本b30min前，Cr（+6）去除率主要由反應(yīng)速率決定，溫度高反應(yīng)速率快，因此80℃的去除率更高30min后，Cr（+6）去除率主要有反應(yīng)限度決定，Cr2O72-與SO2的反應(yīng)放熱，溫度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。8～9.5左右1.5a×99.95%24、略

【分析】【分析】

硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5?H2O，硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O，向硼鎂礦中加入NaOH濃溶液，反應(yīng)后得到NaBO2溶液和含有Mg的濾渣，用較濃鹽酸溶解該濾渣得到MgCl2溶液，然后通過蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶得到MgCl2·7H2O，在HCl氣流中加熱MgCl2·7H2O得到MgCl2固體，電解熔融MgCl2得到金屬Mg；向NaBO2溶液中通入適量CO2氣體得到硼砂，然后加入熱水，用H2SO4調(diào)pH2～3制取H3BO3，加熱得到B2O3；B2O3與Mg在高溫下反應(yīng)產(chǎn)生粗硼和MgO。

【詳解】

(1)硼砂的化學(xué)式為Na2B4O7?10H2O，鈉元素化合價為+1價，氧元素化合價-2價，依據(jù)化合價代數(shù)和計算得到硼元素化合價為+3價；Na2B4O7?10H2O用熱水溶解，并用H2SO4調(diào)pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3，反應(yīng)的離子方程式為：+2H++5H2O=4H3BO3，H3BO3晶體加熱脫水產(chǎn)生B2O3，故X是B2O3，B2O3與Mg反應(yīng)生成粗硼和氧化鎂，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Mg+B2O32B+3MgO；

(2)MgCl2?7H2O需要在HCl氛圍中加熱，是為了防止氯化鎂水解生成Mg(OH)2；若用惰性電極電解MgCl2溶液，陰極上溶液中的H+得到電子生成H2，H+放電破壞了附近的水的電離平衡破壞，水電離生成OH-濃度增大，OH-和Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，則陰極反應(yīng)式為：2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓；

(3)鎂-H2O2酸性燃料電池的反應(yīng)機理為Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正極上H2O2得到電子生成H2O的反應(yīng)，正極的電極反應(yīng)式為：H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始電解質(zhì)溶液pH=1，則pH=2時溶液中，△c(H+)=0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依據(jù)反應(yīng)方程式得到Mg2+離子濃度c(Mg2+)=0.045mol/L；Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，當(dāng)溶液pH=6時，c(OH-)=10-8mol/L，則Qc=c(Mg2+)×c2(OH-)=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg(OH)2]，說明沒有Mg(OH)2沉淀生成；

(4)Na2S2O3溶液水解使溶液呈堿性，因此應(yīng)該選擇堿式滴定管盛裝；Na2S2O3溶液的物質(zhì)的量為：n(Na2S2O3)=c·V=0.30mol/L×0.018L=0.0054mol；根據(jù)關(guān)系式：

B～BI3～I2～3S2O32-，可知n(B)=n()=0.0018mol，m(B)=0.0018mol×11g/mol=0.0198g，則粗硼中硼的含量為：×100%=99%。【解析】+3+2H++5H2O=4H3BO33Mg+B2O32B+3MgO防止MgCl2水解生成Mg(OH)22H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓H2O2+2H++2e-=2H2O0.045mol·L-1沒有堿式99%25、略

【分析】【分析】

由流程可知，含砷廢水在pH<7時，砷元素主要以H3AsO3形式存在，“沉砷”時，加入硫化鈉，發(fā)生反應(yīng)生成As2S3沉淀，“沉砷”時會發(fā)生副反應(yīng)：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsS(aq)，所以加入FeSO4與過量的S2-結(jié)合生成FeS沉淀，過濾后得到As2S3和FeS的混合物，“焙燒”含少量FeS的As2S3可以得到As2O3和Fe2O3的混合物，用氫氧化鈉溶液浸取，過濾除去濾渣，經(jīng)后續(xù)處理制取As2O3。

【詳解】

(1)由三價砷的物種分布圖可知，pH＝6時，砷元素主要以H3AsO3形式存在，“沉砷”時，加入硫化鈉，發(fā)生反應(yīng)生成As2S3沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：2H3AsO3＋3S2－＋6H＋＝As2S3↓＋6H2O，故答案為：2H3AsO3＋3S2－＋6H＋＝As2S3↓＋6H2O；

(2)“沉砷”時會發(fā)生副反應(yīng)：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsS(aq)，所以加入FeSO4與過量的S2-結(jié)合生成FeS沉淀，使副反應(yīng)的平衡左移，防止As2S3與S2－結(jié)合生成AsS故答案為：Fe2＋與S2－結(jié)合生成FeS沉淀；使副反應(yīng)的平衡左移；

(3)Fe2O3為堿性氧化物，不溶于堿，As2O3是一種酸性氧化物，能溶于堿，所以溶液X可以為氫氧化鈉溶液，As2O3和NaOH反應(yīng)生成Na3AsO3和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：As2O3＋6OH－＝2AsO＋3H2O，故答案為：As2O3＋6OH－＝2AsO＋3H2O；

(4)浸出反應(yīng)為固體和溶液的反應(yīng)，采取充分研磨焙燒后固體、適當(dāng)增大溶液X的濃度、適當(dāng)升高體系的溫度和充分攪拌等方法都可以提高砷元素浸出的速率，故答案為：充分研磨焙燒后固體；適當(dāng)增大溶液X的濃度（或適當(dāng)升高體系的溫度、充分攪拌等）?！窘馕觥?H3AsO3＋3S2－＋6H＋＝As2S3↓＋6H2OFe2＋與S2－結(jié)合生成FeS沉淀，使副反應(yīng)的平衡左移As2O3＋6OH－＝2AsO＋3H2O（方程式寫生成H2AsO或HAsO并配平都對）充分研磨焙燒后固體適當(dāng)增大溶液X的濃度（或適當(dāng)升高體系的溫度、充分攪拌等）六、實驗題(共4題，共8分)26、略

【分析】【分析】

加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制取氨氣，用堿石灰干燥后，在三頸燒瓶中氨氣與CS2反應(yīng)生成NH4SCN、NH4HS；滴入KOH生成KSCN，濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，再減壓蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體。

【詳解】

(1)裝置A中加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物生成氨氣、氯化鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式是

(2)通過觀察C中的氣泡流速；判斷A中產(chǎn)生氨氣的速度，控制裝置A的加熱溫度；

(3)加熱易分解，制備溶液時，熄滅A處的酒精燈，關(guān)閉保持三頸燒瓶內(nèi)液溫105℃一段時間，其目的是讓完全分解而除去，然后打開繼續(xù)保持液溫105℃，緩緩滴入適量的溶液，裝置D中NH4SCN和KOH反應(yīng)生成化學(xué)方程式是

(4)裝置E中，被酸性重鉻酸鉀氧化為氮氣，反應(yīng)的離子方程式

(5)先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑；再減壓蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體；

(6)①Fe3+遇變紅色，所以滴定過程的指示劑a為溶液；

②達到滴定終點時消耗標準溶液根據(jù)方程式可知，20.00mL溶液中的物質(zhì)的量是晶體中的質(zhì)量分數(shù)為

【點睛】

本題以制備硫氰化鉀為載體，考查物質(zhì)制備，理解各裝置用途、明確反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，熟悉物質(zhì)分離和提純的方法，掌握滴定法測定物質(zhì)百分含量?！窘馕觥坑^察氣泡流速，控制裝置A的加熱溫度讓完全分解而除去蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶溶液(或0.873)27、略

【分析】【分析】

方法一：高錳酸鉀和濃鹽酸制備氯氣；用飽和食鹽水除氯氣中的氯化氫，氯氣通入碘化鉀和氫氧化鉀的混合液中反應(yīng)生成碘酸鉀，用氫氧化鈉吸收氯氣，防止污染。

方法二：直接用高錳酸鉀氧化碘化鉀得到碘酸鉀溶液；用乙醇除去剩余的高錳酸鉀，抽濾除去二氧化錳，濾液蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌，得到碘酸鉀產(chǎn)品。

【詳解】

（1）方法一中，高錳酸鉀和濃鹽酸制備氯氣，氯氣中含有氯化氫雜質(zhì)，裝置a的作用是凈化其中的試劑為飽和食鹽水；根據(jù)圖示，裝置b的名稱為三頸燒瓶。

（2）多孔球泡裝置可增大氯氣與碘化鉀溶液的接觸面積；使氯氣充分反應(yīng)