2025年仁愛(ài)科普版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年仁愛(ài)科普版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、有X、Y、M、N四種金屬。X、Y與電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時(shí)，電子從X極流出。將Y、M與電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時(shí)，M電極為正極。將形狀、大小均相同的X、N分別投入等濃度的稀硫酸中；N比X反應(yīng)劇烈。據(jù)此判斷它們的活動(dòng)性由強(qiáng)到弱的順序是A.NXYMB.NMXYC.NYXMD.YXNM2、純水在25℃和80℃時(shí)的氫離子濃度前后兩個(gè)量的大小關(guān)系是（）A.大于B.等于C.小于D.不能確定3、如圖所示裝置；電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，同時(shí)A極逐漸變粗，B極逐漸變細(xì)，C為電解質(zhì)溶液，則A；B、C應(yīng)是下列各組中的。

A.A是Zn，B是Cu，C是硫酸銅溶液B.A是Cu，B是Zn，C為硫酸銅溶液C.A是Fe，B是Ag，C為稀硝酸溶液D.A是Ag，B是Fe，C為稀硝酸溶液4、Cu2O是一種半導(dǎo)體材料，基于綠色化學(xué)理念設(shè)計(jì)的制取Cu2O的電解池示意圖如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.石墨電極上產(chǎn)生氧氣B.銅電極上的反應(yīng)式為：2Cu＋H2O-2e-=Cu2O＋2H＋C.銅電極接直流電源的負(fù)極D.當(dāng)有0.1mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，理論上有0.05molCu2O生成5、下列敘述正確的是A.的熱穩(wěn)定性比強(qiáng)B.鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了化學(xué)腐蝕C.中加入過(guò)量的溶液可以得到D.高壓鈉燈可用于道路照明6、下列實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?/p>

。選項(xiàng)。

實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?/p>

實(shí)驗(yàn)方案。

A

比較HF與HClO的酸性強(qiáng)弱。

常溫下，用pH試紙分別測(cè)定濃度均為0.1mol·L-1的NaF溶液和NaClO溶液的pH

B

驗(yàn)證Cl2的氧化性強(qiáng)于I2

向FeI2的淀粉溶液中通入少量Cl2

C

比較Fe與Cr的金屬活動(dòng)性。

D

驗(yàn)證FeCl3與KI的反應(yīng)是可逆反應(yīng)。

向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液；充分反應(yīng)后，取少許混合液滴加KSCN溶液。

A.AB.BC.CD.D7、下列各圖所示裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?/p>

A.圖甲，驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕B.圖乙，保護(hù)水體中的鋼鐵設(shè)備C.圖丙，在鐵制品表面鍍鋅D.圖丁，蒸干FeCl3溶液制FeCl3固體評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、一定條件(如溫度、濃度)下，當(dāng)弱電解質(zhì)分子電離成離子的速率與離子重新結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的速率_______；溶液中各分子和離子的濃度都不再發(fā)生變化時(shí)，電離過(guò)程就達(dá)到了平衡狀態(tài)，如下圖所示。

9、某些化學(xué)鍵的鍵能如表(kJ·mol－1)

。化學(xué)鍵。

H—H

Br—Br

I—I

Cl—Cl

H—Cl

H—I

H—Br

鍵能。

436

193

151

247

431

299

356

(1)1molH2在2molCl2中燃燒；放出熱量________kJ。

(2)在一定條件下，1molH2與足量的Cl2、Br2、I2分別反應(yīng)；放出熱量由多到少的順序是_______(填字母)。

a.Cl2>Br2>I2b.I2>Br2>Cl2

預(yù)測(cè)1molH2在足量F2中燃燒比在Cl2中放熱________(填“多”“少”或“不變”)。10、下表是幾種弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)(25℃)。電解質(zhì)電離方程式平衡常數(shù)KCH3COOHCH3COOHCH3COO—+H+1.76×10-5H2CO3H2CO3HCO3—+H+HCO3—CO32—+H+K1=4.31×10-7K2=5.61×10-11C6H5OHC6H5OHC6H5O—+H+1.1×10-10H3PO4H3PO4H2PO4—+H+H2PO4—HPO42—+H+HPO42—PO43—+H+K1=7.52×10-3K2=6.23×10-8K3=2.20×10-13NH3·H2ONH3·H2ONH4++OH—1.76×10-5

回答下列問(wèn)題（C6H5OH為苯酚）：

（1）由上表分析，若①CH3COOH②HCO3—③C6H5OH④H2PO4—均可看作酸，則它們酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)__________（填編號(hào)）；

（2）寫(xiě)出C6H5OH與Na3PO4反應(yīng)的離子方程式：__________________________；

（3）25℃時(shí)，將等體積等濃度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO—)______c(NH4+)；（填“＞”；“＝”或“＜”）

（4）25℃時(shí)，向10mL0.01mol/L苯酚溶液中滴加VmL0.01mol/L氨水，混合溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是______；

A.若混合液pH＞7；則V≥10

B.若混合液pH＜7，則c((NH4+)＞c(C6H5O—)＞c(H+)＞c(OH—)

C.V=10時(shí)；混合液中水的電離程度小于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的電離程度。

D．V=5時(shí)，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)

（5）水解反應(yīng)是典型的可逆反應(yīng)．水解反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)稱(chēng)為水解常數(shù)(用Kh表示)，類(lèi)比化學(xué)平衡常數(shù)的定義，請(qǐng)寫(xiě)出Na2CO3第一步水解反應(yīng)的水解常數(shù)的表達(dá)式_______________。11、工業(yè)上生產(chǎn)硫酸時(shí)，利用催化氧化反應(yīng)將SO2轉(zhuǎn)化為SO3是一個(gè)關(guān)鍵步驟，壓強(qiáng)及溫度對(duì)SO2的轉(zhuǎn)化率的影響如表(原料氣各成分的體積分?jǐn)?shù)為：SO27%，O211%，N282%)：

（1）利用表中數(shù)據(jù)判斷SO2的氧化反應(yīng)是____反應(yīng)(填“放熱”或“吸熱”)。

。溫度/℃

不同壓強(qiáng)下的轉(zhuǎn)化率/%

0.1MPa

0.5MPa

1MPa

10MPa

10MPa

400

99.2

99.6

99.7

99.9

500

93.5

96.9

97.8

99.3

600

73.7

85.8

89.5

96.4

（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，考慮綜合經(jīng)濟(jì)效益，你認(rèn)為工業(yè)上SO2催化氧化時(shí)適宜的壓強(qiáng)為_(kāi)__，理由___。

（3）溫度選為400-500之間的原因____。

（4）選擇適宜的催化劑，是否可以提高SO2的平衡轉(zhuǎn)化率？___(填“是”或“否”)。

（5）為提高SO3吸收率，實(shí)際生產(chǎn)中用___吸收SO3。

（6）將1molSO3充入一真空密閉容器中，一定條件下達(dá)到平衡，此時(shí)SO3所占體積分?jǐn)?shù)為M%，若在同樣條件下最初投入2molSO3，反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)SO3所占體積分?jǐn)?shù)為N%，則M%___N%(填“大于”，“等于”或“小于”)。12、汽車(chē)尾氣里含有的NO氣體是由內(nèi)燃機(jī)燃燒時(shí)產(chǎn)生的高溫引起氮?dú)夂脱鯕夥磻?yīng)所致：N2(g)+O2(g)?2NO(g)ΔH>0。已知該反應(yīng)在2404℃時(shí)，平衡常數(shù)K=6.4×10-3。請(qǐng)回答下列問(wèn)題。

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)_____。

(2)該溫度下，向2L密閉容器中充入N2和O2各1mol，平衡時(shí)，N2的轉(zhuǎn)化率是______%(保留整數(shù))。

(3)該溫度下，某時(shí)刻測(cè)得容器內(nèi)N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此時(shí)反應(yīng)______(填“處于化學(xué)平衡狀態(tài)”、“向正方向進(jìn)行”或“向逆方向進(jìn)行”)，理由是______。

(4)向恒溫恒容的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的N2和O2，達(dá)到平衡狀態(tài)后再向其中充入一定量NO，重新達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)。與原平衡狀態(tài)相比，此時(shí)平衡混合氣中NO的體積分?jǐn)?shù)______(填“變大”、“變小”或“不變”)。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、反應(yīng)條件(點(diǎn)燃或加熱)對(duì)熱效應(yīng)有影響，所以熱化學(xué)方程式必須注明反應(yīng)條件。____A.正確B.錯(cuò)誤14、pH減小，溶液的酸性一定增強(qiáng)。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤15、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對(duì)大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤16、等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸分別與NaOH溶液反應(yīng)，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤17、Na2CO3溶液加水稀釋?zhuān)龠M(jìn)水的電離，溶液的堿性增強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤18、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、有機(jī)推斷題(共4題，共8分)20、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)；A分子含有的官能團(tuán)是___________。

(2)B無(wú)支鏈；B的名稱(chēng)為_(kāi)__________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學(xué)方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對(duì)分了質(zhì)量為571；J的相對(duì)分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測(cè)定；步驟如下。

第一步2稱(chēng)取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過(guò)濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計(jì)算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。：21、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_(kāi)____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設(shè)計(jì)的，這兩種化合物相遇會(huì)反應(yīng)生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫(xiě)出W2Q和X2Z反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負(fù)極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_(kāi)________。22、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無(wú)色、無(wú)味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫(xiě)出）：

（1）寫(xiě)出物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為_(kāi)_____________。

（3）寫(xiě)出G與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過(guò)程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)釋放出akJ熱量，寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____________________________。

（5）科學(xué)家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫(xiě)出電解池陰極的電極反應(yīng)方程式：____________________。23、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為_(kāi)_________。

②當(dāng)n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時(shí)，丙的化學(xué)式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫(xiě)出TiO2和Cl2反應(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學(xué)方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共20分)24、釩及其化合物在工業(yè)上有許多用途。從廢釩(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二釩的一種工藝流程如圖。

已知：①VOSO4能溶于水，VO2+與Fe不能反應(yīng)。

②有機(jī)溶劑H2R對(duì)VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。

回答下列問(wèn)題：

(1)“酸浸、氧化”過(guò)程中V2O3轉(zhuǎn)化為VO2+，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__，若用濃鹽酸代替硫酸，V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，同時(shí)生成有毒的黃綠色氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__。

(2)萃取前用“鐵粉”對(duì)酸浸后的浸出液進(jìn)行處理，主要目的是___，為檢驗(yàn)處理后的浸出液中是否含有該雜質(zhì)離子，可選用的化學(xué)試劑是___填試劑化學(xué)式

(3)“溶劑萃取與反萃取”可表示為：VO2++H2RVOR+2H+。為了提高VO2+的產(chǎn)率，反萃取劑可選用___。

a.NaClb.NaOHc.H2SO4

(4)反萃取后的水層中加KClO3，使VO2+變?yōu)閂OClO變?yōu)镃l-。當(dāng)反應(yīng)3molVO2+時(shí)，至少需要KClO3的物質(zhì)的量為_(kāi)_mol。

(5)已知NH4VO3難溶于水，Ksp=3.0×10-8，向10mL0.2mol?L-1NaVO3的濾液中加入等體積的NH4Cl溶液(忽略混合過(guò)程中的體積變化)，欲使VO沉淀完全，則NH4Cl溶液的最小濃度為_(kāi)__(保留三位有效數(shù)字，溶液中某離子濃度≤1×10-5mol?L-1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全)。25、碘是合成甲狀腺激素的必需成分，海帶中含有豐富的碘。常用(俗名大蘇打，易溶于水，水溶液顯弱堿性，常用作還原劑)測(cè)定海帶中的碘含量。其測(cè)定過(guò)程涉及的反應(yīng)為：測(cè)定流程如下：

已知：在水中溶解度小，可與發(fā)生反應(yīng)：

(1)灼燒時(shí)應(yīng)將海帶置于___________中(填儀器名稱(chēng))。

(2)加入適量的作用是___________，加溶液的作用是___________，指示劑選用___________。

(3)盛裝溶液應(yīng)該選用___________(填“甲”“乙”)裝置，理由是___________(用離子方程式表示)。某次滴定后液面如圖丙所示，則記錄讀數(shù)為_(kāi)__________。

(4)經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)定平均消耗溶液40.00mL，則海帶中碘的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)__________%。若滴定前平視刻度，滴定后俯視刻度，則滴定結(jié)果___________(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)。26、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種高效且多功能的新型綠色凈水劑，一種以Mn、Fe及MnO2制備高鐵酸鉀和重要的催化劑MnO2的流程如下圖所示：

已知：部分金屬離子在溶液中沉淀的pH見(jiàn)下表。。金屬離子開(kāi)始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1

回答下列問(wèn)題：

(1)酸浸的目的是在酸性條件下將還原成穩(wěn)定的寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：_______。

(2)調(diào)節(jié)pH的范圍是_______，由濾渣生成的離子方程式為_(kāi)______。

(3)已知試劑X為分析當(dāng)溫度超過(guò)60℃時(shí)，錳沉淀率隨溫度升高下降的原因是_______，若用替代試劑X，沉錳得到的固體混合物中可能會(huì)混有_______雜質(zhì)。

(4)某溫度下，若要從含的循環(huán)母液中沉淀(濃度降至)，理論上需加入固體的物質(zhì)的量不少于_______mol。(已知該溫度下的不考慮水解和溶液體積變化)

(5)在水處理中，中的鐵元素轉(zhuǎn)化為膠體，使水中懸浮顆粒聚沉。膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是_______。27、納米銅有很多奇特的性質(zhì)；比如超塑延展性,在室溫下可拉長(zhǎng)50多倍而不出現(xiàn)裂紋,銅納米晶體的這種機(jī)械特性為制造常溫下的彈性物質(zhì)開(kāi)辟了光明前景。此外,納米銅還用作熱氨發(fā)生器；凝膠推進(jìn)劑、燃燒活性劑、催化劑、水清潔吸附劑、燒結(jié)活性劑等。納米銅比普通銅更容易與氧氣發(fā)生反應(yīng),常溫下在空氣中可以自燃。以下是納米銅的一種制備工藝,用于制備50~100nm的銅粉。

已知:油酸(C17H33COOH)難溶于水,可溶于乙醇。

步驟①中發(fā)生的反應(yīng)為:2C17H33COOH+Cu2+Cu(C17H33COO)2+2H+

步驟②中發(fā)生的反應(yīng)為:2Cu(C17H33COO)2+C6H12O6+5OH-=Cu2O+C5H11COO-+4C17H33COO-

回答下列問(wèn)題:

（1）將納米銅粉加入燕餾水中,攪拌均勻后,得到的分散系類(lèi)型是_________

（2）步驟①中調(diào)節(jié)pH5.5~6.0時(shí),萃取率最高,pH不能過(guò)大也不能過(guò)小,若過(guò)小則______，若過(guò)大則__。

（3）NaH2PO2中P的化合價(jià)是_______，在步驟③中被氧化得到的產(chǎn)物是NaH2PO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。已知NaH2PO2為正鹽且溶液呈堿性.NaH2PO2溶液呈堿性原因用離子方程式可表示為_(kāi)。

（4）用乙醇清洗產(chǎn)物的目的是__________。

（5）真空干燥產(chǎn)品的原因是_________。評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共2題，共16分)28、已知下列熱化學(xué)方程式:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1

②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044.0kJ·mol-1

（1）氫氣的燃燒熱是__________

（2）已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，寫(xiě)出丙烷(C3H8)燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式：__________

（3）實(shí)驗(yàn)測(cè)得H2和C3H8的混合氣體共3mol,完全燃燒生成液態(tài)水時(shí)放熱2791.6kJ，計(jì)算混合氣體中H2和C3H8的體積比是_____

（4）恒溫恒容條件下,硫可以發(fā)生如下反應(yīng)，其反應(yīng)過(guò)程和能量關(guān)系如圖所示，已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1

①寫(xiě)出能表示硫的燃燒熱的熱化學(xué)方程式：__________

②△H2=__________kJ·mol-129、向2L密閉容器中通入amol氣體A和bmol氣體B，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)已知：平均反應(yīng)速率VC=VA/2；反應(yīng)2min時(shí)；A的物質(zhì)的量減少了a/3mol，B的物質(zhì)的量減少了a/2mol，有amolD生成?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(1)反應(yīng)2min內(nèi)，VA=___________；

(2)化學(xué)方程式中，x=___________、y=___________、p=___________、q=___________；反應(yīng)平衡時(shí)，D為2amol，則B的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________；

(3)如果其他條件不變，將容器的容積變?yōu)?L，進(jìn)行同樣的實(shí)驗(yàn)，則比上述反應(yīng)平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率_____(填“增大”、“減小”或“不變”)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】

金屬活潑性可以從以下方面進(jìn)行比較：金屬越活潑；與水或酸反應(yīng)越劇烈；一般來(lái)說(shuō)，作原電池負(fù)極的金屬活動(dòng)性較強(qiáng)；在電解池中，陰極上氧化性較強(qiáng)的離子先放電，金屬離子的氧化性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的金屬單質(zhì)越不活潑。

【詳解】

X；Y與電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時(shí)；電子從X極流出，說(shuō)明金屬活動(dòng)性X＞Y。將Y、M與電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時(shí)，M電極為正極，說(shuō)明金屬活動(dòng)性Y＞M。將形狀、大小均相同的X、N分別投入等濃度的稀硫酸中，N比X反應(yīng)劇烈，說(shuō)明金屬活動(dòng)性N＞X。綜上所述，判斷它們的活動(dòng)性由強(qiáng)到弱的順序是N＞X＞Y＞M，故選A。

【點(diǎn)睛】

本題以金屬的活動(dòng)性的比較為載體考查原電池和電解池知識(shí)，側(cè)重于電極反應(yīng)和放電順序的考查，注意把握原電池和電解池的工作原理，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累。2、C【分析】【詳解】

Kw是水的離子積常數(shù)，常溫下，Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-14，水電離出的c（H+）=c（OH-）=1×10-7mol/L，其pH=7；水的電離是吸熱過(guò)程，溫度升高促進(jìn)電離，80℃時(shí)水中氫離子和氫氧根離子濃度大于25℃時(shí)水中氫離子和氫氧根離子濃度，所以前者小于后者；答案選C。3、B【分析】【分析】

原電池中負(fù)極的活潑性大于正極的活潑性；負(fù)極上金屬失電子變成離子進(jìn)入溶液，質(zhì)量減少，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，正極上析出物質(zhì)，若析出的物質(zhì)是金屬，則正極質(zhì)量增加。

【詳解】

該原電池中，A極逐漸變粗，B極逐漸變細(xì)，所以B作負(fù)極，A作正極，B的活潑性大于A的活潑性，所以排除AC選項(xiàng)；A極逐漸變粗，說(shuō)明有金屬析出，C選項(xiàng)析出NO不是金屬，故C不選；B選項(xiàng)析出金屬Cu，所以B符合題意；故選：B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．銅電極發(fā)生氧化反應(yīng)；所以石墨電極是陰極，產(chǎn)生的是氫氣，A錯(cuò)誤；

B．濃的強(qiáng)堿性電解質(zhì)溶液中不能產(chǎn)生H+；B錯(cuò)誤；

C．銅電極發(fā)生氧化反應(yīng)；是陽(yáng)極，C錯(cuò)誤；

D．2Cu～Cu2O～2e-，當(dāng)有0.1mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，有0.05molCu2O生成；D正確；

故選D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，而Na2CO3不分解，故NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3弱，A錯(cuò)誤；

B．鋼鐵在潮濕空氣中形成了Fe、C和CO2溶于水形成的電解質(zhì)溶液；能夠形成許多微小的原電池，故生銹主要是發(fā)生了電化學(xué)腐蝕，B錯(cuò)誤；

C．由于鐵能與過(guò)量的FeCl3溶液，故Mg中加入過(guò)量的FeCl3溶液得不到Fe，該反應(yīng)的離子方程式為：Mg+2Fe3+=Mg2++2Fe2+；C錯(cuò)誤；

D．高壓鈉燈產(chǎn)生黃色的光；透霧能力強(qiáng)，故可用于道路照明，D正確；

故答案為：D。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．NaClO溶液具有漂白性；不能用pH試紙測(cè)定其pH從而判斷酸性強(qiáng)弱，A錯(cuò)誤；

B．由于還原性Fe2+＜I-，則向FeI2的淀粉溶液中通入少量Cl2，Cl2先氧化碘離子生成單質(zhì)碘，溶液變藍(lán)，能得出Cl2的氧化性強(qiáng)于I2；B正確；

C．若電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)且鉻電極上有氣泡逸出；則鐵的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于鉻，若電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)且鐵電極上有氣泡逸出，則鉻的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于鐵，C正確；

D．向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol?！-1KI溶液；KI過(guò)量，若充分反應(yīng)后加入KSCN溶液變成紅色，證明有三價(jià)鐵離子存在，可說(shuō)明反應(yīng)是可逆反應(yīng)，D正確；

故選A。7、A【分析】【詳解】

A．圖甲；在酸性條件下鐵發(fā)生析氫腐蝕，在中性或堿性條件下發(fā)生吸氧腐蝕，該圖是中性條件，發(fā)生吸氧腐蝕，故A正確；

B．圖乙；鐵比銅活潑，形成原電池時(shí)，鐵為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)被腐蝕，故不能用此裝置保護(hù)水體中的鋼鐵設(shè)備，故B錯(cuò)誤；

C．圖丙，鋅比鐵活潑，F(xiàn)e2+得電子能力比Zn2+強(qiáng)，則在陰極上，F(xiàn)e2+得電子生成鐵單質(zhì)；無(wú)法在鐵電極上鍍鋅，應(yīng)使用硫酸鋅做電解液，故C錯(cuò)誤；

D．圖丁，F(xiàn)eCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中Fe3+發(fā)生水解，F(xiàn)e3++3H2OFe(OH)3+3H+，加熱蒸發(fā)時(shí)HCl揮發(fā)，促進(jìn)Fe3+水解完全，蒸干后得不到FeCl3固體；故D錯(cuò)誤；

答案選A。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【詳解】

弱電解質(zhì)在水溶液中達(dá)到電離平衡狀態(tài)時(shí)，弱電解質(zhì)分子電離成離子的速率與離子重新結(jié)合成弱電解質(zhì)分子的速率相等，故答案為：相等。【解析】相等9、略

【分析】【分析】

反應(yīng)過(guò)程中放出熱量等于生成物總鍵能減去反應(yīng)物物總鍵能；能量越低越穩(wěn)定，據(jù)此回答；

【詳解】

(1)1molH2在2molCl2中燃燒；參加反應(yīng)的氫氣和氯氣都是1mol，生成2molHCl，則放出的熱量為431×2-436×1-247×1=179kJ；正確答案：179；

(2)在一定條件下，1molH2與足量的Cl2放出的熱量179kJ；1molH2與足量的Br2放出的熱量356×2-436×1-193×1=83kJ；1molH2與足量的I2放出的熱量299×2-436×1-151×1=11kJ，綜上，放出熱量由多到少的是Cl2>Br2>I2；從1molH2與足量的Cl2、Br2、I2分別反應(yīng)，放出熱量由多到少順序Cl2>Br2>I2可以看出，1molH2在足量F2中燃燒比在足量Cl2中燃燒放熱多。

【點(diǎn)睛】

通過(guò)以上計(jì)算可以看出，鹵素單質(zhì)中活潑性順序?yàn)镕2>Cl2>Br2>I2，單質(zhì)的活潑性越強(qiáng)，與氫氣化合越容易，放出的熱量越多，生成物越穩(wěn)定。【解析】179a多10、略

【分析】【詳解】

(1).根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知；酸的電離平衡常數(shù)大小順序是①④③②，酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸性越強(qiáng)，所以它們的酸性由強(qiáng)到弱的是①④③②，故答案為①④③②；

(2).苯酚的電離平衡常數(shù)大于磷酸的第三步電離平衡常數(shù)，小于磷酸的第二步電離平衡常數(shù)，則苯酚和磷酸鈉反應(yīng)生成苯酚鈉和磷酸一氫鈉，離子方程式為：C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—，故答案為C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—；

(3).25℃時(shí)，等體積等濃度的醋酸和氨水混合，二者恰好完全反應(yīng)生成醋酸銨，由表中數(shù)據(jù)可知，醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)相等，則醋酸根離子和銨根離子水解程度相等，所以醋酸銨溶液呈中性，c(OH?)=c(H＋)，根據(jù)電荷守恒式c(OH?)＋c(CH3COO?)=c(NH4+)＋c(H＋)可知，c(CH3COO?)=c(NH4+)；故答案為=；

(4).25℃時(shí)，一水合氨的電離程度大于苯酚，則苯酚銨溶液呈堿性，A.若混合液pH＞7，則溶液呈堿性，溶液中的溶質(zhì)為苯酚銨或苯酚銨和一水合氨，苯酚和氨水的濃度相等，要使溶液呈堿性，苯酚的體積小于或等于或大于氨水的體積都可能使混合溶液呈堿性，故A錯(cuò)誤；B.若混合液pH<7，溶液中的溶質(zhì)為苯酚和苯酚銨，pH<7，則c(H+)>c(OH?)，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O?)+c(OH?)，所以c(C6H5O?)>c(NH4+)，故B錯(cuò)誤；C.含有弱酸根陰離子或弱堿陽(yáng)離子的鹽促進(jìn)水的電離，酸抑制水的電離，所以苯酚銨促進(jìn)水的電離，苯酚抑制水的電離，因此V=10時(shí)，混合液中水的電離程度大于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的電離程度，故C錯(cuò)誤；D.任何電解質(zhì)溶液中都遵循物料守恒，根據(jù)物料守恒得V=5時(shí)，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)；故D正確；答案選D；

(5).碳酸根離子發(fā)生第一步水解反應(yīng)的離子方程式為：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知，Na2CO3第一步水解反應(yīng)的水解常數(shù)的表達(dá)式為：故答案為

點(diǎn)睛：本題綜合考查弱電解質(zhì)的電離、鹽類(lèi)水解、酸堿溶液混合的定性判斷等知識(shí)點(diǎn)，題目難度中等，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)的大小判斷酸的酸性強(qiáng)弱。難點(diǎn)是第（4）問(wèn)，解題時(shí)要根據(jù)表中電離常數(shù)的數(shù)據(jù)，根據(jù)一水合氨的電離程度大于苯酚，則苯酚銨溶液呈堿性，再靈活運(yùn)用電荷守恒、物料守恒等知識(shí)解答即可?！窘馕觥竣?①④③②②.C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—③.=④.D⑤.11、略

【分析】【分析】

（1）

由表中數(shù)據(jù)知:在同一壓強(qiáng)下，升高溫度，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，即平衡向左移動(dòng)。因此SO2的氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng)。

（2）

根據(jù)表中數(shù)據(jù)，考慮綜合經(jīng)濟(jì)效益，工業(yè)上SO2催化氧化時(shí)適宜的壓強(qiáng)為0.1MPa；理由為：溫度一定時(shí)，該壓強(qiáng)(0.1MPa)下二氧化硫的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高了，再增壓轉(zhuǎn)化率變化不大，且對(duì)設(shè)備；材料要求高不經(jīng)濟(jì)。

（3）

該反應(yīng)放熱；溫度越低，越有利于平衡右移，但是不利于提高反應(yīng)速率；溫度越高，越不利于平衡右移；溫度高，反應(yīng)速率快，但是對(duì)催化劑的活性有影響。故溫度選為400-500之間的原因?yàn)椋涸谙嗤瑝簭?qiáng)下，低于400度，速率太低；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，高于500度升溫反應(yīng)逆向移動(dòng)三氧化硫的產(chǎn)率降低；400-500催化劑的活性最好。

（4）

催化劑能影響反應(yīng)速率，而不能使平衡移動(dòng)。選擇適宜的催化劑，不能提高SO2的平衡轉(zhuǎn)化率；故答案為：“否”。

（5）

若用水來(lái)吸收三氧化硫，有酸霧會(huì)滯留在吸收塔中阻止三氧化硫的進(jìn)一步吸收。為提高SO3吸收率，實(shí)際生產(chǎn)中用98.3%硫酸吸收SO3。

（6）

將1molSO3充入一真空密閉容器中，一定條件下達(dá)到平衡，若在同樣條件下最初投入2molSO3，反應(yīng)所達(dá)的平衡等效于第一個(gè)平衡增壓、平衡右移所得，則SO3所占體積分?jǐn)?shù)增大，即M%小于N%。【解析】（1）放熱。

（2）0.1MPa溫度一定時(shí)；該壓強(qiáng)下二氧化硫的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高了，再增壓轉(zhuǎn)化率變化不大，且對(duì)設(shè)備；材料要求高不經(jīng)濟(jì)。

（3）在相同壓強(qiáng)下；低于400度，速率太低；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，高于500度升溫反應(yīng)逆向移動(dòng)三氧化硫的產(chǎn)率降低；400-500催化劑的活性最好。

（4）否。

（5）98.3%硫酸。

（6）小于12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)對(duì)應(yīng)反應(yīng)：N2(g)+O2(g)?2NO(g)，按定義，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為

(2)該溫度下，向2L密閉容器中充入N2和O2各1mol，平衡時(shí)，a=0.04mol，N2的轉(zhuǎn)化率是故答案為：4。

(3)該溫度下，某時(shí)刻測(cè)得容器內(nèi)N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10?1mol?L?1、4.0×10?2mol?L?1和3.0×10?3mol?L?1，因此反應(yīng)向正方向進(jìn)行。

(4)向恒溫恒容的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的N2和O2，達(dá)到平衡狀態(tài)，可以理解為先向另外一個(gè)容器中充入一定量NO，達(dá)到平衡，兩者NO的體積分?jǐn)?shù)相等，將另外一個(gè)容器壓入到開(kāi)始容器中，故等效于加壓，由于反應(yīng)前后氣體體積不變，加壓平衡不移動(dòng)，因此平衡混合氣中NO的體積分?jǐn)?shù)不變?！窘馕觥?向正方向進(jìn)行此時(shí)的濃度商小于K不變?nèi)?、判斷題(共7題，共14分)13、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學(xué)方程式主要是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)熱是多少，而不是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應(yīng)物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應(yīng)熱都是一樣的，因此不需要注明反應(yīng)條件，該說(shuō)法錯(cuò)誤。14、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(huì)減小，但這時(shí)酸性并不增強(qiáng)，故答案為：錯(cuò)誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無(wú)關(guān)，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對(duì)大小來(lái)判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。16、B【分析】【分析】

【詳解】

醋酸鈉顯堿性，等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸分別與NaOH溶液反應(yīng)，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：鹽酸＞醋酸，故答案為：錯(cuò)誤。17、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(cuò)誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

任何水溶液中，水都會(huì)電離出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案為：正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時(shí)，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時(shí)，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據(jù)錯(cuò)誤。四、有機(jī)推斷題(共4題，共8分)20、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)21、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因?yàn)槎紴橹髯逶?，最外層電子?shù)小于8，所以Y的最外層為3個(gè)電子，Q的最外層為4個(gè)電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，Z的原子序數(shù)等于Y；W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據(jù)元素分析，該反應(yīng)方程式為

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負(fù)極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質(zhì)量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負(fù)極37g22、略

【分析】【詳解】

(1)A、B、C、E中均有鈉元素，根據(jù)B的用途可猜想出B為NaHCO3，X為C(碳)，能與CO2反應(yīng)生成NaHCO3的物質(zhì)可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之間能按物質(zhì)的量之比為1∶1反應(yīng)，則A是NaOH，E為Na2CO3，能與NaHCO3反應(yīng)放出無(wú)色無(wú)味的氣體，且這種物質(zhì)中含有鈉元素，則C只能為Na2O2，D為O2，結(jié)合題設(shè)條件可知F為Fe，G為Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+與以離子鍵結(jié)合，中O原子與O原子以共價(jià)鍵結(jié)合，其電子式為

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反應(yīng)為3Fe+2O2Fe3O4，轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)釋放出akJ熱量，則轉(zhuǎn)移8mol電子放出2akJ熱量，則其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol。

(5)N2在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3：N2+6H++6e?2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol⑥.N2+6H++6e?2NH323、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，①常用作泡沫滅火器的是NaHCO3，故為乙；②濃度相同的碳酸氫鈉溶液和硫酸鈉溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的電離程度大；

(2)金屬鋁是13號(hào)元素，核外電子排布為2、8、3②n(Al)=n(NaOH)時(shí)，生成偏鋁酸鈉，根據(jù)方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質(zhì)的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學(xué)式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯氣，與氫氧化鈉生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根據(jù)電荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液顯中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根據(jù)物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、工業(yè)流程題(共4題，共20分)24、略

【分析】【分析】

由流程圖可知，向廢釩中加入硫酸和氧氣，鐵的氧化物與硫酸反應(yīng)，V2O3、V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，過(guò)濾得到含有二氧化硅的廢渣和浸出液；向浸出液中加入鐵粉，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，向反應(yīng)后的溶液中加入有機(jī)溶劑H2R萃取VO2+，分液得到含有亞鐵離子的水層和含有VO2+的有機(jī)層；向有機(jī)層中加入反萃取劑，分液得到含有VO2+的水層和有機(jī)層；向反萃取后的水層中加KClO3，使VO2+變?yōu)閂O再向溶液中加入氨水，VO轉(zhuǎn)化為NH4VO3沉淀，高溫煅燒NH4VO3沉淀，NH4VO3發(fā)生分解反應(yīng)生成V2O5。

據(jù)此分析解題。

【詳解】

(1)酸浸、氧化過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下V2O3與氧氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)VO2+，反應(yīng)的離子方程式為2V2O3+O2+8H+＝4VO2++4H2O，鐵的氧化物與硫酸反應(yīng)，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，因此濾渣成分是SiO2，若用濃鹽酸代替硫酸，V2O5具有強(qiáng)氧化性，與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成VO2+氯氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O，故答案為：2V2O3+O2+8H+＝4VO2++4H2O；V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O；

(2)由題意可知，有機(jī)溶劑H2R對(duì)VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“鐵粉”對(duì)浸出液進(jìn)行處理，主要目的是將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，為檢驗(yàn)處理后的浸出液中是否含有Fe3+，可選用的化學(xué)試劑是KSCN溶液，觀察是否出現(xiàn)血紅色，故答案為：將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+；KSCN溶液；

(3)由溶劑萃取與反萃取的轉(zhuǎn)化關(guān)系VO2++H2RVOR+2H+可知，提高溶液中氫離子濃度，使平衡向反萃取方向進(jìn)行，VO2+的產(chǎn)率增大；則反萃取劑為硫酸溶液，故答案為：c；

(4)反萃取后的水層中加入氧化劑KClO3，酸性條件下KClO3與VO2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成VOC1﹣和水，當(dāng)反應(yīng)3molVO2+時(shí)，由得失電子數(shù)目守恒可得：n(KClO3)×6＝n(VO2+)×1，n(KClO3)×6＝3×1，解得n(KClO3)＝0.5mol；故答案為：0.5；

(5)向10mL0．2mol?L﹣1NaVO3的濾液中加入等體積的NH4Cl溶液(忽略混合過(guò)程中的體積變化)，則沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物質(zhì)的量n(NH4Cl)＝0.2mol?L-1×0.01L=0.002mol，欲使VO沉淀完全，需要NH4Cl溶液的濃度為mol/L＝3.0×10﹣3mol/L，因此NH4Cl溶液的最小濃度＝0.206mol/L，故答案為：0.206mol/L?！窘馕觥?V2O3+O2+8H+=4VO2++4H2OV2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+KSCNc0.50.206mol/L25、略

【分析】【分析】

灼燒后浸泡、過(guò)濾得到含碘離子的溶液；加入H2O2將碘離子氧化成碘單質(zhì)、MnO2是為了除去溶液中過(guò)量的H2O2，防止碘單質(zhì)被氧化；加入KI將I2轉(zhuǎn)化成再用標(biāo)準(zhǔn)液滴定；測(cè)出碘單質(zhì)的含量。

【詳解】

(1)灼燒時(shí)需在高溫下進(jìn)行；所以灼燒應(yīng)選擇在坩堝中進(jìn)行，故填坩堝；

(2)加入MnO2是將過(guò)量的H2O2除去，防止將碘單質(zhì)氧化成加入KI時(shí)發(fā)生反應(yīng)增大碘單質(zhì)的溶解性，提高滴定速率；待測(cè)液中含碘單質(zhì)，選用淀粉作指示劑，故填去除過(guò)量的防止將氧化成增大的溶解度；提高滴定速率；淀粉溶液；

(3)在水溶液中發(fā)生水解溶液呈堿性，應(yīng)選用堿式滴定管盛裝，圖中甲為酸式滴定管、乙為堿式滴定管，選乙；圖丙中滴定管的讀數(shù)為43.6mL，故填乙、43.6mL；

(4)根據(jù)反應(yīng)可得消耗的的物質(zhì)的量為n=cV=mol，由此可得=mol；碘元素的質(zhì)量為m=nM=g，碘元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為==5.08%；若滴定前平視，滴定后俯視讀數(shù)，則末讀數(shù)偏小，由體積=末讀數(shù)-初讀數(shù)，得標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，故待測(cè)液體積偏低，故填5.08%、偏低；【解析】①.坩堝②.去除過(guò)量的防止將氧化成③.增大的溶解度，提高滴定速率④.淀粉溶液⑤.乙⑥.⑦.⑧.5.08⑨.偏低26、略

【分析】【分析】

本題為工藝流程題，“酸浸”步驟是將Mn、MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為FeSO4，“氧化”步驟為加入H2O2后將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，調(diào)節(jié)溶液pH值使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過(guò)濾得到濾液A，主要成分是MnSO4，加入試劑X進(jìn)行沉錳，然后焙燒得到MnO2，向?yàn)V渣主要成分為Fe(OH)3中加入NaClO和NaOH溶液將Fe(OH)3轉(zhuǎn)化為Na2FeO4，然后加入KOH得到K2FeO4；據(jù)此分析結(jié)合各小問(wèn)具體問(wèn)題進(jìn)行解題。

【詳解】

（1）加入FeSO4的目的是在酸性條件下將MnO2還原成穩(wěn)定的Mn2+，Mn元素由+4價(jià)下降到+2價(jià)，F(xiàn)e元素由+2價(jià)上升到+3價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（2）由題中所給表格可知，當(dāng)調(diào)節(jié)pH的范圍是時(shí)，F(xiàn)e3+沉淀生成濾渣成分為加入NaClO和NaOH為了產(chǎn)生則方程式為故答案為：[3.2，8.1)或3.2≤pH＜8.1；

（3）當(dāng)溫度高于60℃時(shí)，溫度過(guò)高時(shí)，的分解速率加快，濃度降低，不利于沉錳；若用碳酸鈉代替，可能溶液堿性過(guò)強(qiáng)，生成氫氧化錳沉淀，故答案為：溫度過(guò)高時(shí)，易分解，濃度降低，不利于沉錳；或氫氧化錳；

（4）某溫度，若要將的濃度由降至需要加入降至后，溶液中共需要固體的物質(zhì)的量為則理論上需加入固體的物質(zhì)的量不少于6.4mol；故答案為：6.4；

（5）膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)粒子直徑介于1~100nm之間，故答案為：分散質(zhì)粒子直徑介于1~100nm之間?！窘馕觥?1)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O

(2)[3.2，8.1)或3.2≤pH＜8.1

(3)溫度過(guò)高時(shí)，易分解，濃度降低，不利于沉錳或氫氧化錳。

(4)6.4

(5)膠體分散質(zhì)粒子的直徑為1~100nm27、略

【分析】【詳解】

本題考查化學(xué)工藝流程，（1）銅粉的微粒直徑為50-100nm，根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑在1-100nm之間的分散