2025年上外版選擇性必修1化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年上外版選擇性必修1化學上冊階段測試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5題，共10分)1、下列實驗方法不能達到實驗目的的是。

。證明鐵釘能夠發(fā)生析氫腐蝕。

證明氨氣易溶于水。

制備乙酸乙酯。

制備Fe(OH)3膠體。

ABCDA.AB.BC.CD.D2、對于平衡體系mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)ΔH=bkJ·mol-1，下列結(jié)論中正確的是A.若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，達到新平衡時A的濃度為原來的2.2倍，則m+n＞p+qB.若平衡時，B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應開始時，B的物質(zhì)的量之比為m∶nC.保持其它條件不變，升高溫度，D的體積分數(shù)增大說明該反應的ΔH＜0D.若m+n=p+q，則向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時，氣體的總物質(zhì)的量大于2amol3、室溫下，向含有和的混合溶液中滴加溶液，金屬陽離子的濃度與滴入溶液體積的關(guān)系如圖所示(代表或)。若溶液中金屬陽離子濃度小于可視為完全沉淀，則下列說法錯誤的是(已知室溫下：)

A.曲線A表示與溶液體積的關(guān)系B.當V(溶液)時，開始沉淀C.當時，溶液中均完全沉淀D.當V(溶液)時，溶液中4、已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10。如圖是向10mLAgNO3溶液中逐漸加入0.1mol·L－1的NaCl溶液時，溶液的pAg隨著加入NaCl溶液的體積(單位mL)變化的圖像(實線)。根據(jù)圖像所得下列結(jié)論正確的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]

A.原AgNO3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L－1B.圖中x點的坐標為(100,6)C.圖中x點表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀D.把0.1mol·L－1的NaCl換成0.1mol·L－1NaI則圖像在終點后變?yōu)樘摼€部分5、利用下列裝置進行實驗，能達到相應實驗目的的是。A．除去碘單質(zhì)中混有的鐵粉B．收集氯氣C．從粗銀(含Cu、Au等)中提取銀D．證明碳酸的酸性＞硅酸的酸性

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、下列說法正確的是A.碰撞理論認為，只有極少數(shù)的碰撞才是有效的B.碰撞理論認為，分子碰撞是否有效由碰撞分子的能量決定C.過渡態(tài)理論認為反應物分子轉(zhuǎn)化成生成物分子的過程中要經(jīng)過一個中間過渡態(tài)D.過渡態(tài)時體系的能量處于最大值7、常溫下，一元弱堿甲胺(CH3NH2)電離常數(shù)Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常溫下，用0.02mol/L鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2溶液；利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列推斷正確的是。

A.曲線Ⅰ代表NaOH滴定曲線，H點對應的溶液中不存在電離平衡B.F點對應的溶液中c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)C.常溫下，G點對應的溶液中水電離的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10-14D.常溫下，F(xiàn)點對應的溶液的pH≈6.38、下列反應既是氧化還原反應又是放熱反應的是A.NaOH和HCl反應B.Zn和HCl反應C.Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl反應D.H2與Cl2反應9、在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實線所示(圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化)。下列說法正確的是。

A.反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B.圖中X點所示條件下，延長反應時間能提高NO轉(zhuǎn)化率C.圖中Y點所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10?4mol·L?1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K>200010、酸性水系鋅錳電池在放電時存在電極上MnO2的剝落；會造成電池效率“損失”。最新研究表明，向體系中加入少量KI固體后能使電池持續(xù)大電流放電，提高電池的工作效率，原理如圖所示，下列說法錯誤的是。

A.加入KI降低了正極反應的活化能B.I-與剝落的MnO2反應生成的I能恢復“損失”的能量C.放電時，正極區(qū)溶液的pH減小D.放電時，消耗1molZn時，正極區(qū)電解質(zhì)溶液增重87g11、在絕熱的某剛性容器中置入1mol和3mol發(fā)生反應：下列說法中能夠判斷該反應一定處于平衡狀態(tài)的有A.與體積之比恒定不變B.與速率之比恒定不變C.混合物中Cl元素質(zhì)量分數(shù)恒定不變D.容器中溫度恒定不變評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、O2輔助的Al-CO2電池工作原理如圖所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產(chǎn)物是重要的化工原料。

（1）電池的負極反應式：_____。

（2）電池的正極反應式：

反應過程中O2的作用是_____；該電池的總反應式：______。13、在電化學中；離子交換膜扮演了非常重要的角色，其中陰（陽）離子交換膜只允許陰（陽）離子通過的特性，往往有很多新奇的應用。

（1）用圖一裝置電解Na2SO4溶液。m、n分別為___、___離子交換膜(填“陽”或“陰”)。A、D口產(chǎn)品的化學式分別是A__、D__（H2O除外），整個裝置中的總反應方程式為__。

（2）電滲析法是近年發(fā)展起來的一種較好的海水淡化技術(shù)；其原理如圖二。

①比較出水口的NaCl溶液濃度：b__c（填“＞；＜或=”）。

②海水中含有較多的Ca2+和Mg2+，淡化過程中，__口對應的室會產(chǎn)生較多的水垢（填a、b、c、d、e）。14、2008年北京奧運會“祥云”火炬的燃料是丙烷()，1996年亞特蘭大奧運會火炬的燃料是丙烯()。丙烷脫氫可得到丙烯。已知：

①

②

計算的___________。15、工業(yè)上利用甲酸的能量關(guān)系轉(zhuǎn)換圖如圖所示：

反應CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的焓變△H=___________kJ·mol-116、依據(jù)氧化還原反應：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)設(shè)計的原電池；如圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是_______；電解質(zhì)溶液Y是_______。

(2)銀電極為電池的_______極，發(fā)生的電極反應為_______。X電極上發(fā)生的電極反應為_______。

(3)外電路中的電子是從_______極流向_______極。17、鹽酸；硫酸和醋酸是生產(chǎn)、生活和化學實驗中常用的酸；請回答：

（1）人的胃液中含有鹽酸，經(jīng)測定某人胃液的pH＝2，則其中的c(H+)=______mol/L。

（2）食醋常用于食品調(diào)味，其主要成分為醋酸，已知醋酸酸性強于碳酸，寫出碳酸鈉溶液與足量醋酸反應的離子方程式：______。

（3）室溫下，物質(zhì)的量濃度相同、體積相同的鹽酸（編號a）、硫酸（編號b)和醋酸（編號c），中和氫氧化鈉的能力由大到小的順序是______。（用相應編號表示）；

（4）有pH均為3的鹽酸、硫酸和醋酸，取同體積分別加蒸餾水稀釋到pH=5，需水的體積依次為V1、V2、V3，則其關(guān)系是______。

（5）能證明醋酸是弱酸的實驗事實是______。

a.室溫時0.1mo/LCH3COONa溶液的pH大于7

b.可用食醋清除水壺內(nèi)壁的水垢。

c.與相同濃度的碳酸氫鈉溶液反應；醋酸不如鹽酸劇烈。

d.將1mLpH=1的醋酸溶液稀釋到100mL后；測其pH小于3

（6）向100mL0.1mo/L的鹽酸中通入0.02mol氨氣，充分吸收后測得溶液呈堿性。則該溶液中NH3·H2O、NH4+、Cl—三種微粒的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為______。18、寫出下列難溶物溶解平衡方程式和溶度積表達式。難溶物溶解平衡方程式Ksp表達式AgCl______________AgI______________Ag2CrO4______________

【思考交流】影響溶度積常數(shù)大小的因素是什么？溶度積常數(shù)的含義是什么？根據(jù)表格進行分析；溶度積與溶解度有什么關(guān)系？

影響Ksp的因素：_______

Ksp的意義：_______19、硫鐵礦(主要含F(xiàn)eS2)是一種重要的化學礦物原料，主要用于生產(chǎn)硫酸，在橡膠、造紙、紡織、食品、火柴等工業(yè)中均有重要用途。在空氣中煅燒硫鐵礦時的化學反應如下：FeS2+O2Fe2O3+SO2(未配平)。

(1)該反應中，被氧化的元素為______。

(2)高溫煅燒15.0g含雜質(zhì)的硫鐵礦，充分反應后得到8.0gFe2O3固體(雜質(zhì)不參加反應)，該硫鐵礦中FeS2的純度為______，煅燒過程中，放出85.4kJ熱量，寫出此反應的熱化學方程式_______。

(3)將Fe2O3溶于稀H2SO4的離子方程式為______，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO濃度增大，則此反應的還原產(chǎn)物為_____。評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)20、比較ΔH大小，只需比較數(shù)值，不用考慮正負號。____A.正確B.錯誤評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)21、合成氨是人類科學技術(shù)上的一項重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

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

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

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

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應_____。22、工業(yè)用焦炭和硫酸鈉反應制備硫化鈉：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置為___________，硫原子核外有___________種不同運動狀態(tài)的電子。

(2)CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，二者形成晶體時的熔點高低為：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有關(guān)二硫化碳分子的描述正確的是______。A．含有非極性鍵B．是直線形分子C．屬于極性分子D．結(jié)構(gòu)式為(4)C元素和S元素比較，非金屬性強的是___________，寫出一個能支持你的結(jié)論的事實：___________。

(5)Na2S又稱臭堿，Na2S溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是___________。

(6)天然氣中常含有少量H2S；在酸性介質(zhì)中進行天然氣脫硫的原理示意圖如圖示；

配平步驟①涉及到的方程式(先在括號里補齊生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)圖示中反應②是FeSO4在酸性條件下被O2氧化的過程，若有1摩爾FeSO4在酸性條件下被氧化，需要O2的體積(標準狀況)為___________升。23、VA族元素及其化合物在生產(chǎn)；生活中用途廣泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。試比較下列關(guān)系：原子半徑P_______S(填選項序號，下同)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.無法確定。

(2)As4S4俗稱雄黃。As原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6_______(補充完整)，該原子核外有_______個未成對電子。

(3)NH4NO3受撞擊分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中發(fā)生還原過程元素的變化為_______；若在反應中轉(zhuǎn)移5mol電子，則反應產(chǎn)生的氣體在標準狀況下體積為_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反應必須在密閉的耐高溫容器中進行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反應在2L的密閉容器中進行，經(jīng)5分鐘反應爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，則用氨氣來表示該反應在5分鐘內(nèi)的平均速率為_______。達到平衡后，增大反應容器體積，在平衡移動過程中，直至達新平衡，逆反應速率的變化狀況為_______。

(5)白磷在氯氣中燃燒可以得到PCl3和PCl5，其中氣態(tài)PCl3分子屬于極性分子，其空間構(gòu)型為_______。PCl5水解生成兩種酸，請寫出發(fā)生反應的方程式_______。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共12分)24、某科研小組設(shè)計出利用工業(yè)廢酸(稀H2SO4)來浸取某廢棄的氧化銅鋅礦的方案；實現(xiàn)廢物綜合利用，方案如下圖所示。

已知：各離子開始沉淀及完全沉淀時的pH如表所示。離子開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHFe2+6.349.7Fe3+1.483.2Zn2+6.28.0

請回答下列問題：

(1)在“酸浸”步驟中，為提高浸出速率，除攪拌外，還可采取的措施是___________(任寫一條即可)

(2)氧化銅鋅礦中含有少量的CuS和ZnS，已知25℃時：Ksp(CuS)=1.3×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，向含ZnS的懸濁液中滴加CuSO4溶液，當恰好出現(xiàn)CuS沉淀時，此時溶液中=___________。

(3)物質(zhì)A是用來將ZnSO4溶液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+最好使用下列物質(zhì)中的___________。

A．KMnO4B．H2O2C．HNO3D．NaClO

(4)除鐵過程中加入氨水可調(diào)節(jié)溶液的pH，其目的是___________，pH應控制在___________范圍之間。

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

(6)寫出最后焙燒生成ZnO的化學方程式：___________。25、高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等離子。工業(yè)上利用高嶺土礦和酸性廢水制備明礬KAl(SO4)2?12H2O(不考慮其它雜質(zhì)參與反應)。其實驗流程如下：

相關(guān)信息：

①Fe3+、Al3+完全沉淀的pH范圍。沉淀Fe(OH)3Al(OH)3pH范圍開始沉淀完全沉淀開始沉淀完全沉淀2.03.23.44.74.7

②有關(guān)物質(zhì)的溶解度。溫度/℃

溶解度/g

物質(zhì)102030405070K2SO48.469.5511.412.914.216.7Al2(SO4)325.126.628.831.434.342.2KAl(SO4)2?12H2O4.05.98.411.71740

請回答：

(1)步驟I中，要加快高嶺土酸溶的速率可以采取的措施有___________。(至少寫兩點)；

(2)濾渣的主要成分是___________。

(3)下列說法中正確的是___________。

A．步驟I的主要目的是提高廢水中鋁離子的濃度。

B．步驟II中的A物質(zhì)可以是KOH或NaOH

C．步驟II中調(diào)節(jié)pH的范圍是3.2＜pH＜3.4

D．步驟IV中需調(diào)控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2

(4)步驟VI，為了得到較大顆粒且較干燥的晶體，請從下列選項中選出合理的操作(操作不重復)并排序：取粗產(chǎn)品于燒杯中加適量水→___________→___________→___________→抽濾→洗滌→___________。___________

a．70℃蒸發(fā)溶劑制成熱的飽和溶液b．30℃～40℃減壓蒸發(fā)溶劑得到飽和溶液。

c．加熱燒杯至晶體完全溶解d．緩慢冷卻至室溫e．低溫干燥f．加熱干燥。

(5)為了測定成品中鋁的含量，可采用的方法：將一定體積的成品待測液與過量的EDTA(化學式為Na2H2Y)標準液反應，加入幾滴指示劑，再用ZnSO4標準液滴定過量的EDTA，反應原理如下：Al3++H2Y2-(過量)=AlY-+2H+、Zn2++H2Y2-(剩余)=ZnY2-+2H+(終點色為紫紅色)，過實驗測出成品中鋁的含量低于理論值，原因可能是___________。

A．制備過程中；由于結(jié)晶溫度控制不當，溶液中硫酸鉀晶體同時析出。

B．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后就注入ZnSO4標準液。

C．滴定時錐形瓶溶液出現(xiàn)紫紅色；立即停止滴定。

D．滴定前，滴定管內(nèi)無氣泡，滴定后有氣泡26、研究人員研制利用低品位軟錳礦漿（主要成分是MnO2）吸收硫酸廠的尾氣SO2；制備硫酸錳的生產(chǎn)流程下：

已知：浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，還含有少量的Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+等其他金屬離子．PbO2的氧化性大于MnO2．有關(guān)金屬離子的半徑、形成氫氧化物沉淀時的pH見下表，陽離子吸附劑吸附金屬離子的效果見圖2．。離子離子半徑（pm）開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHFe2+747.69.7Fe3+642.73.7Al3+503.84.7Mn2+808.39.8Pb2+1218.08.8Ca2+99--

（1）浸出過程中生成Mn2+反應的化學方程式為____________；

（2）Fe2+被氧化的過程中主要反應的離子方程式_____________．

（3）在氧化后的液體中加入石灰漿，用于調(diào)節(jié)pH，pH應調(diào)節(jié)至_______范圍．

（4）陽離子吸附劑可用于除去雜質(zhì)金屬離子．請依據(jù)圖、表信息回答，決定陽離子吸附劑吸附效果的因素有_____________等（寫二點）．

（5）吸附步驟除去的主要離子為______．

（6）電解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制備MnO2和Zn，寫出陽極的電極反應方程式__________________．27、實驗室以含銀廢液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}為原料制取硝酸銀晶體；其實驗流程如下：

已知：①“沉銀”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。

②Zn2+在濃氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。

③PbCl2、AgNO3的溶解度曲線如圖所示：

(1)“濾液”中的主要陽離子為___(填化學式)。

(2)“除雜”分為兩步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。

①在不同溫度下，AgCl、Ag2S均難溶于水。除去PbCl2的操作為______；熱水洗滌。

②向熱水洗滌所得固體中加入濃硝酸和稀鹽酸，邊加熱邊充分攪拌，使Ag2S轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl。加入濃硝酸的目的是_______。

(3)室溫下，可逆反應AgCl+2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常數(shù)K=___。{Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常數(shù)為1.1×107}

(4)“還原”過程中發(fā)生反應的離子方程式為_____。

(5)粗銀經(jīng)水洗后，經(jīng)多步處理可制備硝酸銀晶體。請補充完整由以水洗后粗銀為原料，制備硝酸銀晶體的實驗方案：________，過濾，________，將產(chǎn)生的氣體和空氣混合后通入NaOH溶液進行尾氣處理，將所得AgNO3溶液_______，過濾，將所得晶體置于烘箱(120℃)干燥，密封包裝。(實驗中須使用的試劑：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．食鹽水呈中性；與鐵釘不可能發(fā)生析氫腐蝕，而應發(fā)生吸氧化腐蝕，不能達到目的，A符合題意；

B．氨氣在水中能形成噴泉；則表明圓底燒瓶內(nèi)可形成負壓，從而證明氨氣易溶于水，能達到目的，B不符合題意；

C．乙醇；乙酸、濃硫酸加熱可發(fā)生酯化反應；收集液體的導管口位于飽和碳酸鈉溶液的液面上，可防止倒吸，能達到目的，C符合題意；

D．將氯化鐵飽和溶液滴入沸水中；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，從而制得氫氧化鐵膠體，能達到目的，D不符合題意；

故選A。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．若溫度不變；將容器的體積縮小到原來的一半，假如平衡不發(fā)生移動，則達到新平衡時A的濃度為原來的2倍，實際上A的濃度是原來的2.2倍，說明增大壓強，化學平衡逆向移動，逆反應為氣體體積減小的方向，故m+n＜p+q，A錯誤；

B．A；B兩種物質(zhì)發(fā)生反應時；轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量的比是m∶n，若平衡時，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，則反應開始時，加入的A、B的物質(zhì)的量之比為m∶n，B正確；

C．保持其它條件不變，升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動。若升高溫度后D的體積分數(shù)增大，說明升高溫度化學平衡正向移動，該反應正反應是吸熱反應，故該反應的ΔH>0；C錯誤；

D．若m+n=p+q；則該反應是反應前后氣體體積不變的反應，向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達到新平衡時，氣體的總物質(zhì)的量等于amol+amol=2amol，D錯誤；

故合理選項是B。3、C【分析】【分析】

根據(jù)室溫下若使沉淀完全，同理根據(jù)若使沉淀完全，故先沉淀完全，由圖可知曲線A表示與溶液體積的關(guān)系，曲線B表示號溶液體積的關(guān)系。

【詳解】

A．由以上分析可知，曲線A表示與溶液體積的關(guān)系；故A正確；

B．由于＜先沉淀，當時，計算所得的稀釋后的與圖上所標的數(shù)據(jù)一致，說明還未消耗，且正好出現(xiàn)拐點，說明開始沉淀；故B正確；

C．根據(jù)前面分析中的計算結(jié)果可知，完全沉淀時溶液中均大于所以當時溶液中均未完全沉淀；故C錯誤；

D．時，都處于沉淀溶解平衡，所以溶液中。故D正確；

答案選C。4、B【分析】當氯化鈉溶液的體積是0時，pAg＝0，所以硝酸銀溶液的濃度是1.0mol/L的，選項A不正確；pAg＝6時，二者恰好反應，所以氯化鈉溶液的體積是100ml，選項B正確；當溶液中離子的濃度小于1.0×10-5mol/L時即可以認為沉淀達到完全，而X點溶液中銀離子的濃度是1.0×10-6mol/L，所以選項C不正確；由于碘化銀的溶解度小于氯化銀的，所以如果換成0.1mol·L-1NaI，則圖象在終點后變?yōu)閼撛賹嵕€的左側(cè)，選項D不正確，答案選B。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．該裝置不是利用升華法分離提純物質(zhì)的裝置，同時鐵粉和碘單質(zhì)在加熱條件下可能會發(fā)生化合反應生成FeI2，即Fe+I2FeI2；不能起到分離的作用，故A錯誤；

B．氯氣在飽和食鹽水中溶解度很??；可以用排飽和食鹽水的方法收集氯氣，故B正確；

C．利用電解法精煉金屬時；含有雜質(zhì)的金屬做陽極，接電源的正極，故C錯誤；

D．利用鹽酸與大理石(碳酸鈣)制取的CO2中會混有HCl；二者都會與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，不能證明碳酸的酸性＞硅酸的酸性，故D錯誤；

答案為B。二、多選題(共6題，共12分)6、ACD【分析】【分析】

【詳解】

略7、BD【分析】【詳解】

A．濃度相同時NaOH的導電性強；則曲線Ⅰ代表NaOH滴定曲線，且溶液中存在水的電離平衡，則H點對應的溶液中存在電離平衡，故A錯誤；

B．F點溶質(zhì)為CH3NH3Cl，水解使溶液顯酸性，則F點對應的溶液中：c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)；故B正確；

C．E點溶質(zhì)為NaCl，對應的溶液中水電離的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10?14；G點溶質(zhì)為CH3NH3Cl和HCl，因過量HCl對水的電離起抑制作用，G點對應的溶液中水電離的c平(H+)·c平(OH-)<1.0×10?14；故C錯誤；

D．一元弱堿甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb≈4.0×10?4，F(xiàn)點Kh＝＝25×10?12，c(H＋)＝mol/L＝5×10?7mol/L；F點對應的溶液的pH＝7?lg5≈6.3，故D正確；

故選：BD。8、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．酸堿發(fā)生的中和反應是放熱反應；但由于反應過程中元素化合價都不變，因此不屬于氧化還原反應，A不符合題意；

B．該反應是置換反應；反應過程中有元素化合價的升降，屬于氧化還原反應；反應發(fā)生時放出熱量，因此同時屬于放熱反應，B符合題意；

C．該反應是復分解反應；發(fā)生反應時元素化合價不變，不屬于氧化還原反應，同時發(fā)生反應時吸收熱量，屬于吸熱反應，C不符合題意；

D．該反應屬于化合反應；發(fā)生反應時元素化合價發(fā)生了變化，屬于氧化還原反應；發(fā)生該反應時還放出了熱量，因此又同時還屬于放熱反應，D符合題意；

故合理選項是BD。9、BD【分析】【詳解】

A.隨溫度升高NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說明溫度較低時反應較慢，一段時間內(nèi)并未達到平衡，分析溫度較高時，已達到平衡時的NO轉(zhuǎn)化率可知，溫度越高NO轉(zhuǎn)化率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動，根據(jù)勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，?H<0；故A錯誤；

B.根據(jù)上述分析；X點時，反應還未到達平衡狀態(tài)，反應正向進行，所以延長反應時間能提高NO的轉(zhuǎn)化率，故B正確；

C.Y點，反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，此時增加O2的濃度；使得正反應速率大于逆反應速率，平衡向正反應方向移動，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；

D.設(shè)NO起始濃度為amol/L，NO的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根據(jù)平衡常數(shù)表達式K=>=2000；故D正確；

故選BD。

【點睛】

解本題時需要注意：實線中在最高點之前反應沒有達到平衡狀態(tài)，主要討論溫度對化學反應速率的影響；最高點之后反應達到平衡狀態(tài)，可以研究溫度對化學平衡的影響。10、CD【分析】【分析】

由題干中原電池裝置圖示可知，Zn所在石墨電極為負極，電極反應為：Zn-2e-=Zn2+，MnO2所在的石墨電極為正極，電極反應為：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，加入KI后的反應機理為：MnO2+3I-+4H+=Mn2+++2H2O，+2e-=3I-；據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．由分析可知；KI參與正極電極反應，且加入少量KI固體后能使電池持續(xù)大電流放電，說明反應速率加快，故降低了正極反應的活化能，A正確；

B．由分析可知，I-與剝落的MnO2反應生成的，然后能繼續(xù)從正極上得到電子轉(zhuǎn)化為I-；故能恢復“損失”的能量，B正確；

C．由分析可知，放電時，正極反應式為：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；故正極區(qū)溶液的pH增大，C錯誤；

D．根據(jù)得失電子總數(shù)相等，結(jié)合正極反應式：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O可知；放電時，消耗1molZn時，正極區(qū)電解質(zhì)溶液增重87+4=91g，D錯誤；

故答案為：CD。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．當反應體系中；各組分的物質(zhì)的量不再改變時，反應即達到平衡，由于同溫同壓下，氣體物質(zhì)的體積與物質(zhì)的量呈正比，故各組分的體積不變，即各組分的體積之比恒定不變，可以說明該反應一定處于平衡狀態(tài)，A符合題意；

B．F2(g)和ClF(g)的反應速率之比始終為1:1，故F2(g)和ClF(g)的反應速率之比恒定不變；不能說明該反應一定處于平衡狀態(tài)，B不符合題意；

C．化學反應前后；各原子的個數(shù)和質(zhì)量不發(fā)生改變，故在該反應體系中，Cl的元素質(zhì)量分數(shù)恒定不變，即Cl的元素質(zhì)量分數(shù)恒定不變，不能說明該反應一定處于平衡狀態(tài)，C不符合題意；

D．在絕熱容器中；容器中溫度恒定不變，可以說明該反應一定處于平衡狀態(tài)，D符合題意；

故選AD。三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】【詳解】

(1)該電池中Al作負極，電解質(zhì)溶液為含的離子液體，故負極的電極反應式為

(2)正極為多孔碳電極，根據(jù)正極反應式，得正極總反應為不參與正極的總反應，故為催化劑。將負極反應式：和正極反應：相加，可得該電池的總反應式為【解析】或催化劑13、略

【分析】【詳解】

(1)電解時，陽離子會移向陰極，陰離子會移向陽極，加入的硫酸鈉溶液電離生成的Na+則會通過陽離子交換膜進入陰極室，所以n是陽離子交換膜，而則會通過陰離子交換膜進入到陽極室，所以m是陰離子交換膜，根據(jù)電解時離子的放電順序，陽極失電子能力>故從A口出的產(chǎn)品是H2SO4，又由于陰極得電子能力H+>Na+，故從D口出的產(chǎn)品是NaOH。綜上所述電解硫酸鈉溶液總反應方程式為2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑。

（2）①電滲析法海水淡化技術(shù)本質(zhì)上還是電解食鹽水，通電時陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，由于陰陽離子交換膜選擇性通過離子，如下圖所示，導致b處和d處的海水濃度越來越大，所以出水口的NaCl溶液濃度b>c。

②由于陰極H+得電子變成氫氣，導致e處對應的陰極室濃度越來越大，會和海水中的Ca2+和Mg2+結(jié)合成含有Ca(OH)2和Mg(OH)2的水垢；導致e口對應的室產(chǎn)生水垢較多。

【點睛】

(1)的總反應方程式會在分析后錯寫成水的電解方程式2H2O2H2↑+O2↑?！窘馕觥筷庩朒2SO4NaOH2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑（寫2H2O2H2↑+O2↑給1分）>e14、略

【分析】【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，“反應①-反應②”得到則=-=(156.6-32.4)kJ/mol=+124.2kJ/mol【解析】+124.2kJ/mol15、略

【分析】【詳解】

根據(jù)圖示可得如下熱化學方程式：

①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+72.6kJ·mol-1；

②CO(g)+O2(g)CO2(g)△H2=-283.0kJ·mol-1；

③H2(g)+O2(g)H2O(g)△H3=-241.8kJ·mol-1；

反應CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可以由③-①-②得到；由蓋斯定律可得：

△H=△H3-△H1-△H2=(-241.8kJ·mol-1)-(+72.6kJ·mol-1)-(-283.0kJ·mol-1)=-31.4kJ·mol-1；答案為：-31.4?！窘馕觥?31.416、略

【分析】【詳解】

(1)由電池的反應方程式可知，還原劑銅做原電池的負極，銅失去電子發(fā)生氧化反應生成銅離子，銀做正極，溶液中的銀離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銀，則電極X為銅，電解質(zhì)溶液Y是可溶性銀鹽硝酸銀溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

(2)由電池的反應方程式可知，還原劑銅做原電池的負極，銅失去電子發(fā)生氧化反應生成銅離子，電極反應式為Cu-2e-=Cu2+，銀做正極，溶液中的銀離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銀，電極反應式為Ag++e-=Ag，故答案為：正；Ag++e-=Ag；Cu-2e-=Cu2+；

(3)電池工作時，外電路中的電子由負極銅電極經(jīng)導線流向正極銀電極，故答案為：負；正?！窘馕觥緾uAgNO3溶液正Ag++e-=AgCu-2e-=Cu2+負正17、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)pH=-lgc(H+)計算；

(2)醋酸是弱酸；碳酸鈉溶液與足量醋酸反應生成醋酸鈉；水和二氧化碳；

(3)同體積、同物質(zhì)的量濃度的鹽酸(編號a)、硫酸(編號b)和醋酸(編號c)，中和NaOH能力與最終完全電離的H+的物質(zhì)的量成正比，H+的物質(zhì)的量越大；需要的氫氧化鈉的物質(zhì)的量越大，消耗的NaOH體積越大；

(4)鹽酸為一元強酸；硫酸為二元強酸，醋酸為弱酸，加水稀釋促進醋酸的電離；

(5)強弱電解質(zhì)的根本區(qū)別是電離程度；完全電離的電解質(zhì)是強電解質(zhì)，部分電離的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，只要能說明醋酸部分電離就能證明醋酸是弱電解質(zhì)，據(jù)此分析解答；

(6)向100mL0.1mol/L的鹽酸中通入0.02mol氨氣，發(fā)生反應生成氯化銨，得到等濃度的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液；充分吸收后測得溶液呈堿性，一水合氨電離大于銨根離子水解。

【詳解】

(1)胃液中含有鹽酸，經(jīng)測定某人胃液的pH＝2，則c(H+)=10-pH=10-2mol/L；

(2)醋酸是弱酸，碳酸鈉溶液與足量醋酸反應生成醋酸鈉、水和二氧化碳，發(fā)生反應的離子方程式為2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；

(3)同體積、同物質(zhì)的量濃度的三種酸，三種酸n(HCl)=n(CH3COOH)=n(H2SO4)，鹽酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，鹽酸和醋酸需要氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，硫酸需要的氫氧化鈉是鹽酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的順序是b＞a=c；

(4)pH相等的三種酸，加水稀釋時促進醋酸的電離，如稀釋等pH時，醋酸加水應最多，而鹽酸和硫酸為強酸，完全電離，稀釋到pH=5，加水的體積相等，則有V1=V2＜V3；

(5)a．室溫時，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，說明CH3COO-發(fā)生水解，弱離子發(fā)生水解，可以說明CH3COOH是弱酸；故a正確；

b．可用食醋清除水壺內(nèi)壁的水垢，只能說明CH3COOH的酸性比碳酸強，碳酸是弱酸，則不能醋酸是強酸，故b錯誤；

c．等濃度的鹽酸和醋酸與相同濃度的碳酸氫鈉溶液反應，醋酸不如鹽酸劇烈，說明CH3COOH電離出H+的濃度不如HCl，也就說明CH3COOH是弱酸；但未說明鹽酸和醋酸是等濃度，故c錯誤；

d．將1mLpH=1的醋酸溶液稀釋到100mL后；測其pH小于3，說明加水稀釋過程中促進醋酸的電離，即醋酸溶液中存在電離平衡，可證明醋酸是弱酸，故d正確；

故答案為ad；

(6)向100mL0.1mol/L的鹽酸中通入0.02mol氨氣，發(fā)生反應生成氯化銨，得到等濃度的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液，充分吸收后測得溶液呈堿性，一水合氨電離大于銨根離子水解，溶液中NH3?H2O、NH4+、Cl-三種微粒的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為：NH4+＞Cl-＞NH3?H2O。

【點睛】

判斷一元強酸與一元弱酸常用的實驗方法有：①從水解的角度分析，取其鈉鹽(NaA)溶于水，測其pH，若pH＞7，則說明HA是弱酸，若pH＝7，則說明HA是強酸；②從是否完全電離的角度分析，配制一定物質(zhì)的量濃度HA溶液(如0.1mol·L－1)，測其pH，若pH＞1，則說明HA是弱酸，若pH＝1，則說明HA是強酸；③pH相等時，弱酸中和堿的能力強；④pH相等時，與活潑金屬反應，起始反應速率相等，但生成等量氫氣的平均速率是弱酸大?！窘馕觥竣?0.01②.2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑③.b＞a=c④.V1=V2＜V3⑤.ad⑥.NH4+＞Cl-＞NH3?H2O18、略

【分析】略【解析】AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)Ksp=c平(Cl-)c平(Ag+)AgI(s)?Ag+(aq)+I-(aq)Ksp=c平(I-)c平(Ag+)Ag2CrO4(s)?2Ag+(aq)+CrO(aq)Ksp=c平(CrO)c平2(Ag+)Ksp的大小只與難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì)和溫度有關(guān)相同類型的難溶電解質(zhì)，在同溫度下，Ksp越大，溶解度越大，不同類型的難溶電解質(zhì)，應通過計算才能進行比較19、略

【分析】【分析】

本題以硫酸工業(yè)的第一步為載體；主要考查氧化還原反應反應的分析，配平以及有關(guān)計算。

(1)根據(jù)氧化還原反應的有關(guān)概念即可解答；

(2)利用元素守恒即可解答，即硫鐵礦中鐵元素全部轉(zhuǎn)化到Fe2O3固體中的鐵元素；根據(jù)配平以及反應熱與反應的物質(zhì)的量呈正比即可求出該熱化學方程式；

(3)堿性氧化物與酸反應生成鹽和水即可，根據(jù)Fe3+的氧化性即可寫出通入一定量的SO2后，溶液中SO濃度增大。

【詳解】

(1)被氧化的元素即為化合價升高的元素；對該反應分析可知，鐵的化合價由+2價變?yōu)?3價，S的化合價由-1價變?yōu)?6價，故鐵和硫元素被氧化，故答案為：Fe；S；

(2)根據(jù)原子守恒可知，硫鐵礦中的鐵元素全部轉(zhuǎn)化到Fe2O3中，故8.0gFe2O3中含有鐵元素為：故硫鐵礦中FeS2的質(zhì)量為：故該硫鐵礦中FeS2的純度為根據(jù)反應方程式，即煅燒過程中生成8.0gFe2O3，放出85.4kJ熱量，則生成320gFe2O3放出的熱量為：故此反應的熱化學方程式為：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol，故答案為：80%；4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol；

(3)將Fe2O3溶于稀H2SO4是堿性氧化物和酸的反應生成鹽和水，故的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO濃度增大，是由于發(fā)生了反應：Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，故此反應的還原產(chǎn)物為FeSO4，故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O；FeSO4?！窘馕觥縁e、S80%4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/molFe2O3+6H+=2Fe+3H2OFeSO4四、判斷題(共1題，共3分)20、B【分析】【分析】

【詳解】

比較ΔH大小，需要正負號和數(shù)值一起比較，錯誤。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)21、略

【分析】【詳解】

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

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

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

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應，陽極反應為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+?！窘馕觥竣?N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+22、略

【分析】【詳解】

（1）硫的原子序數(shù)是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每個電子所處能層；能級、原子軌道、自旋方向不完全相同，因此每個電子運動狀態(tài)均不相同，S原子核外有16個電子，則基態(tài)S原子核外有16種運動狀態(tài)不同的電子。

（2）CS2和CO2均屬于分子晶體，分子的相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔點越高，由于CS2的相對分子質(zhì)量大于CO2，因此熔點：CS2>CO2。

（3）CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，則其結(jié)構(gòu)為分子中不含非極性鍵，屬于直線形非極性分子，選項A；C、D錯誤，故選B。

（4）比較C和S的非金屬性，可通過比較二者最高價氧化物對應水化物的酸性強弱進行判斷，因為硫酸酸性大于碳酸，可得非金屬性：S>C。或者在CS2中S顯負價，C顯正價，說明S得電子能力比C強，非金屬性：S>C。

（5）Na2S溶液中發(fā)生水解，水解是微弱的，且第一步水解遠大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根據(jù)元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，則FeSO4前配2，則生成物中少硫酸根，且反應物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合價由+3價降至+2價，1molFe2(SO4)3反應得2mol電子，H2S中S元素化合價由-2價升高到0價，1molH2S反應失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，配平后可得化學方程式為Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性條件下被O2氧化為Fe2(SO4)3，根據(jù)得失電子守恒可得關(guān)系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性條件下被氧化，則需要0.25molO2，其在標況下體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L?！窘馕觥?1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫顯負價；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.623、略

【分析】【分析】

達到平衡后，增大反應容器體積，壓強減小反應速率減小，平衡正向進行；PCl5與足量的水能完全水解生成兩種酸，則生成H3PO4與HCl；

【詳解】

(1)同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑P>S，同周期從左向右非金屬性增大，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，則基態(tài)As原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能級半滿，含有3個單電子，故答案為：3d104s24p3；3；

(3)化合價有升降反應是氧化還原反應，化合價降低的物質(zhì)發(fā)生還原反應，對反應2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被還原，N元素的變化為共轉(zhuǎn)移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，轉(zhuǎn)移10mol電子生成3mol氣體，則轉(zhuǎn)移5mol電子生成氣體的物質(zhì)的量n（混合氣體）為1.5mol，標準狀況下的體積故答案為：33.6L；

(4)若反應在5L的密閉容器中進行，經(jīng)2分鐘反應爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，結(jié)合化學方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)計算，解得n=6mol，用氨氣來表示該反應在2分鐘內(nèi)的平均速率達到平衡后，增大反應容器體積，壓強減小，反應速率減小，平衡正向進行，在平衡移動過程中，逆反應速率的變化狀況為先減小后增大，

故答案為：0.6mol/（L?min）；先減小后增大；最后保持不變，但比原來速率小；

(5)對于氣態(tài)的PCl3，根據(jù)VSEPR理論，VP=BP+LP=所以其空間構(gòu)型為三角錐形，PCl5與足量的水能完全水解生成兩種酸，則生成H3PO4與HCl，反應方程式為：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案為：三角錐形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L?min)先減小，再增大，最后保持不變，但比原來速率小三角錐形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl六、工業(yè)流程題(共4題，共12分)24、略

【分析】【分析】

氧化銅鋅礦經(jīng)廢酸浸取后過濾，可得到硫酸銅、硫酸鋅溶液；向酸浸液中加鐵可還原出銅，經(jīng)過濾可得銅和硫酸亞鐵、硫酸鋅的混合液；然后加入A和氨水，將亞鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去；后向濾液中加氨水等將鋅離子轉(zhuǎn)化為Zn2(OH)2CO3，最后焙燒，Zn2(OH)2CO3受熱分解得到氧化鋅。

【詳解】

(1)影響化學反應速率的因素有多種；要提高氧化銅鋅礦的酸浸速率，可采取的措施還有升高溫度(增大酸濃度；將氧化銅鋅礦粉碎以增大表面積等)，故答案為：適當升高溫度(或增大酸濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等)。

(2)因向含ZnS的懸濁液中滴加CuSO4溶液，溶液中發(fā)生反應當恰好出現(xiàn)CuS沉淀時，此時溶液為ZnS和CuS的混合飽和溶液，此時溶液中====1.2×1012，故答案為：1.2×1012。

(3)除鐵過程中加入A和氨水，使亞鐵離子變成氫氧化鐵沉淀，故A應為氧化劑，且加入A不引入新的雜質(zhì)，H2O2反應過程中被還原為H2O，HNO3被還原為有有毒氣體NOx，KMnO4、NaClO被還原所得生成物均會引入新雜質(zhì)，為不引入新雜質(zhì)和環(huán)境保護原則可知最佳的氧化劑為H2O2；故答案為：B。

(4)沉淀Zn2+的過程中Zn2+與和NH3·H2O之間發(fā)生復分解反應生成Zn2(OH)2CO3，若選用其他堿溶液，可能會與OH-之間發(fā)生反應導致最終得到ZnCO3或者Zn(OH)2，同時NH3·H2O受熱易發(fā)生分解生成NH3和H2O，后續(xù)焙燒過程中可除去Zn2(OH)2CO3表面附著的NH3·H2O；由圖表數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+沉淀完全的pH為3.2，Zn2+開始沉淀的pH為6.2，為保證Fe3+沉淀完全同時防止Zn2+沉淀，沉淀過程中溶液pH應為故答案為：防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面雜質(zhì)；

(5)因所用廢酸為硫酸，B又可作氮肥，所以B為(NH4)2SO4。

(6)Zn2(OH)2CO3為復鹽，焙燒可生成ZnO、H2O和CO2氣體，反應的化學方程式為Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑。【解析】適當升高溫度(或增大酸濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等)1.2×1012B防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面雜質(zhì)(NH4)2SO4Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑25、略

【分析】【分析】

高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，利用高嶺土選礦酸性廢水溶解高嶺土礦，調(diào)節(jié)pH除去鐵元素和二氧化硅，再調(diào)控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2，經(jīng)過一系列操作得到KAl(SO4)2?12H2O；據(jù)此分析答題。

【詳解】

(1)步驟I中；可以通過升高溫度；粉碎高嶺土、攪拌等方法加快高嶺土酸溶的速率，答案為：升高溫度、粉碎高嶺土、攪拌等；

(2)高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等離子，酸浸時二氧化硅不發(fā)生反應，加入物質(zhì)A調(diào)節(jié)溶液pH為3.2，可使Fe3+離子完全沉淀，而此時鋁離子未沉淀，所以濾渣的主要成分是Fe(OH)3、SiO2，答案為：Fe(OH)3、SiO2；

(3)A．高嶺土礦的主要成分是Al2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的Al3+；所以步驟I的主要目的是提高廢水中鋁離子的濃度，A正確；

B．步驟II中的A若是NaOH，引入鈉離子雜質(zhì)，導致最終制得KAl(SO4)2?12H2O不純；B錯誤；

C．氫氧化鐵完全沉淀的pH為3.2；氫氧化鋁開始沉淀的pH為3.4，為使二者分離步驟II中調(diào)節(jié)pH的范圍是3.2＜pH＜3.4，C正確；

D．制備產(chǎn)品為KAl(SO4)2?12H2O，所以步驟IV中需調(diào)控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2