2024年人教版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人教版选择性必修1化学下册月考试卷449考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下表是五种银盐的溶度积常数(25℃)：

下列说法错误的是（）A.五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4B.将氯化银溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色沉淀C.氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度随着氯、溴、碘的顺序增大D.沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动2、电解CuCl2与NaCl的混合溶液(惰性电极)，阴极上和阳极上最先析出的物质为A.H2和Cl2B.Cu和Cl2C.H2和O2D.Cu和O23、一定温度下的恒容密闭容器中；下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)已达到化学平衡状态。

①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④混合气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量⑥混合气体的总质量A.①②③④⑤⑥B.①③④⑤C.①②③④⑤D.②⑥4、已知下列热化学方程式：Zn(s)＋1/2O2(g)＝ZnO(s)△H1；

Hg(l)＋1/2O2(g)＝HgO(s)△H2；

则Zn(s)＋HgO(s)＝Hg(l)＋ZnO(s)△H值为A.△H2－△H1B.△H2＋△H1C.△H1－△H2D.－△H1－△H25、已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-Q1kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJmol-1

S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q3kJ·mol-1

CO与镍反应会造成镍催化剂中毒，为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫，则对应反应的热化学方程式为A.S(s)+2CO(g)=SO2(s)+2C(s)△H=2(2Q1-2Q2+Q3)kJ·mol-1B.S(s)+2CO(g)=SO2(s)+2C(g)△H=(Q1-Q3)kJ·mol-1C.SO2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g)△H=(Q1-2Q2+Q3)kJ·mol-1D.SO2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g)△H=(2Q1-Q2+2Q3)kJ·mol-1评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、利用可消除污染，反应原理为在10L密闭容器中分别加入0.50mol和1.2mol测得不同温度下随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度/K时间/min

物质的量/mol010204050①T10.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.15

下列说法错误的是A.该反应为放热反应B.组别①中0~10min内，的平均反应速率为0.003C.若组别②改为恒压装置，则M值一定大于0.15D.当有1mol键断裂同时有1mol键形成，则反应达到平衡状态7、知：CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S；测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示。

下列说法不正确的是A.该反应的ΔH＜0B.X点CH4的转化率为20%C.X点与Y点容器内压强比为51∶55D.维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)8、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是。弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10−54.9×10−10K1=4.3×10−7K2=5.6×10−11

A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＜pH(H2CO3)＜pH(HCN)B.醋酸溶液加水稀释，其电离程度先增大后减小C.NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3D.H2CO3的电离常数表达式：9、常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是。

A.L2表示pc(HPO)和-lg的关系B.H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6C.等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D.c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性10、在固定容积的密闭容器中放入amolX，发生反应：2XY(g)＋Z(s)，并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大。下列叙述正确的是()A.平衡后移走部分Z，平衡正向移动B.若X为非气态，则正反应为吸热反应C.若正反应为放热反应，则X一定为气态D.若X为气态，再向容器中充入amolX，达到平衡后，X的体积分数增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、(1)一定条件下的密闭容器中，反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(二甲醚)(g)+CO2(g)ΔH＜0达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是____

A.升高温度B.加入催化剂C.减小CO2的浓度D.增加CO的浓度。

E.分离出二甲醚。

(2)已知反应②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/(mol·L-1)0.440.60.6

①比较此时正、逆反应速率的大小：v(正)____v(逆)(填“＞”“＜”或“=”)。

②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c(CH3OH)=____；该时间内反应速率v(CH3OCH3)=____。12、（1）在某温度下的水溶液中，与的关系如图所示：

该温度下，水的离子积为__________。该温度下，溶液中为__________。

（2）在水的电离平衡中，和的关系如图所示：

①点水的离子积为点水的离子积为__________________________。造成水的离子积变化的原因是_____________________________________________________。

②100℃时，若向水中滴加盐酸，能否使体系处于点位置？为什么？_____________________________。

③100℃时，若盐酸中则由水电离产生的_______。13、某研究性学习小组将下列装置如图连接；C；D、E、F、X、Y都是石墨电极。当将电源接通后,向乙中滴入酚酞试液,发现在F极附近溶液显红色。按要求回答下列问题:

（1）电极F的名称是______，电源B极的名称是______。

（2）甲装置中D电极的电极反应式是________________。

（3）乙装置中电解反应的总化学方程式_______________________。

（4）欲使丙装置发生：2Ag＋2HCl＝2AgCl＋H2↑反应,则G电极的材料应是____（填化学式）

（5）丁装置中装有Fe(OH)3胶体，一段时间后胶体颜色变深的电极是：__________（填字母）14、高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)

已知该反应在不同温度下的平衡常数如表所示:。温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5

请回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式K=____，ΔH____(填“>”“<”或“=”)0．

(2)在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=____、CO的平衡转化率=____．

(3)欲提高(2)中CO的平衡转化率，可采取的措施是____．

A．减少Fe的量B．增加Fe2O3的量C．移出部分CO2

D．提高反应温度E．减小容器的容积F．加入合适的催化剂。

(4)1000℃时，某时刻CO2和CO的物质的量浓度分别为0.2mol·L-1和0.1mol·L-1，则此时反应是否达到平衡_____（填“是”或“否”)，V(正）_____V（逆)(填“>”“<”或“=”)15、(1)现有①Na2CO3溶液②液态氯化氢③CCl4④Cl2⑤熔融BaCl2回答下列问题：属于电解质的是___________(填代号，下同)；能导电的是___________属于共价化合物的是___________

(2)写出CCl4的结构式___________写出BaCl2的电子式___________

(3)由铜片、锌片和200mL稀硫酸组成的原电池中，则当铜片上共放出3.36L(标准状况)气体时，硫酸恰好全部作用完。写出正极的电极反应式：___________。有___________mol电子通过了导线。

(4)其实验室制备NH3的化学方程式__________，实验室制氯气的离子方程式___________评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)16、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误17、25℃时，0.01mol·L-1的盐酸中，c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共24分)18、水钴矿的主要成分为Co2O3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO、MnO2等。一种利用水钴矿制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①CoCl2·6H2O受热易失去结晶水。

②25℃时，设定溶液中某金属离子初始浓度为0.1mol•L-1，部分沉淀的参考数据如下表(“沉淀完全”指溶液中该离子浓度≤1.0×10-5mol•L-1)：。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀的pH3.41.56.37.04.78.1沉淀完全时pH4.72.88.39.06.710.1

回答下列问题。

（1）计算25℃时Co(OH)2的Ksp=_______________。

（2）浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Co2O3发生反应的离子方程式为_______________________________。

（3）氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，可能生成的有毒气体是______________；氧化工序主要反应的离子方程式为_______________________________。

（4）已知温度对铜；钴、铁的浸出率的影响如左下图；萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如右下图：

①浸出温度控制在50-60℃的原因是_________________________。

②应选择萃取剂_________________________（填“A”或“B”）。

（5）“系列操作”依次是____________、______________和过滤等；制得的CoCl2·6H2O需减压烘干的原因是_________________________。19、从钒铬锰矿渣(主要成分为)中提铬的一种工艺流程如下：

已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化)

回答下列问题：

(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。

(2)用溶液制备胶体的化学方程式为_______。

(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中“沉钒”过程控制则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。

(4)某温度下，的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中_______【近似为的近似为】。

(5)“转化”过程中生成的离子方程式为_______。

(6)“提纯”过程中Na2SO3的作用为_______。20、我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一；由芒硝制备NaOH具有重要价值。

Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。

(1)i、ii中涉及到的分离操作是____。

(2)原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。

(3)HA是一种弱酸；在上述流程中可以循环使用。

已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2]4)

①平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：____。

②本流程中还利用了HA的性质是_____。

(4)溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。

Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。

(5)产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。

(6)若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。21、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后；得到含70%Cu；25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：。金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Cu(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.54.4完全沉淀的pH3.28.34.66.4

完成下列填空：

(1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是__________，NaOH调节溶液pH的目的是使____________生成沉淀。

(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、_______、_______；乙醇洗涤、干燥；得到胆矾。

(3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O；探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，____方案不可行，原因是________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。

(4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+

写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝________________________________。

下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_________。

a．未干燥锥形瓶b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c．未除净可与EDTA反应的干扰离子评卷人得分六、实验题(共1题，共7分)22、在0.7520gCu2S、CuS与惰性杂质的混合样品中加入100.0mL0.1209mol·L-1KMnO4的酸性溶液，加热，硫全部转化为滤去不溶杂质。收集滤液至250mL容量瓶中，定容。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定，消耗15.10mL。在滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+)，至沉淀溶解后，加入约1gKI固体，轻摇使之溶解并反应。用0.05000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定；消耗14.56mL。

(1)写出硫化物溶于酸性高锰酸钾溶液的方程式_______。

(2)计算混合样品中Cu2S和CuS的含量_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A.从溶度积常数看，Ag2SO4的溶度积常数最大，所以五种物质中Ag2SO4在常温下溶解度最大；A正确；

B.将氯化银溶解于水后，向其中加入Na2S，因为Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)，所以AgCl可以转化为Ag2S；从而生成黑色沉淀，B正确；

C.从表中数据可以看出；氯化银；溴化银和碘化银的溶度积常数依次减小，则三种物质在常温下的溶解度随着氯、溴、碘的顺序减小，C错误；

D.沉淀溶解平衡也是一种动态平衡；它的的建立是有条件的，一旦外界条件改变，平衡也会发生移动，D正确。

故选C。

【点睛】

难溶电解质的溶度积常数关系与溶解度关系不完全吻合，当二种难溶电解质的组成不相似、且溶度积常数相差不大时，可能出现相反的关系，但若二者的溶度积常数相差较大，溶度积常数越大，则其溶解度越大。2、B【分析】【详解】

电解时，溶液中Cu2＋、H＋、Na＋移向阴极，Cu2＋先放电得到Cu；Cl-、OH-移向阳极，Cl-先放电得到Cl2，阴极上和阳极上最先析出的物质分别为Cu和Cl2；

故选：B。3、B【分析】【分析】

【详解】

①该反应是气体体积减小的反应；反应中混合气体的压强减小，则混合气体的压强不变说明正逆反应速率相等，反应已达到化学平衡状态，故正确；

②由质量守恒定律可知；反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到化学平衡状态，故错误；

③B的物质的量浓度不变说明正逆反应速率相等；反应已达到化学平衡状态，故正确；

④该反应是气体体积减小的反应；反应中混合气体的总物质的量减小，则混合气体的总物质的量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到化学平衡状态，故正确；

⑤由质量守恒定律可知；反应前后气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的减小，混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到化学平衡状态，故正确；

⑥由质量守恒定律可知；反应前后气体的质量不变，则混合气体的总质量不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到化学平衡状态，故错误；

①③④⑤正确，故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，第三个方程式等于第一个方程式减去第二个方程式，△H=△H1－△H2；

答案选C。5、C【分析】【分析】

反应：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-Q1kJ·mol-1

②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJmol-1

③S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q3kJ·mol-1

根据盖斯定律进行分析计算。

【详解】

反应：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-Q1kJ·mol-1

②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJmol-1

③S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-Q3kJ·mol-1

由盖斯定律可知，反应(-1)×①+2×②+(-1)×③得到工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫的热化学方程式，即SO2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g)△H=(Q1-2Q2+Q3)kJ·mol-1；

答案选C。二、多选题(共5题，共10分)6、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由表中数据可知，T2下反应速率大于T1，故T2高于T1，平衡时甲烷的物质的量是T2大于T1；即升高温度，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A正确；

B．由表中数据可知，组别①中0~10min内，的平均反应速率为=0.003B正确；

C．分析反应可知正反应是一个气体体积增大的方向；若组别②改为恒压装置，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，则M值一定小于0.15，C错误；

D．当有1mol键断裂表示正反应，同时有1mol键形成也表示正反应；故不能说明反应达到平衡状态，D错误；

故答案为：CD。7、AC【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则△H＞0；故A错误；

B．X点CH4的物质的量与氢气相等；则。

所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为故B正确；

C．同温同体积；物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；

D．Z点CH4的物质的量与CS2相等，则所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，所以平衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)；故D正确；

答案选AC。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．弱酸的电离平衡常数越大，等浓度时溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小。由于电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)＜pH(H2CO3)＜pH(HCN)；A正确；

B．醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，其电离平衡正向移动，使CH3COOH的电离程度始终是增大；而不是先增大后减小，B错误；

C．弱酸的电离平衡常数越大，其酸性就越强，强酸与弱酸盐反应制取弱酸。根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HCN＞所以NaCN中通入少量CO2发生反应产生NaHCO3、HCN，发生反应的化学方程式为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；C正确；

D．H2CO3的电离分步进行，第一电离方程式为：H2CO3H++则第一步电离常数表达式Ka1=D错误；

故合理选项是AC。9、AC【分析】【详解】

A．根据亚磷酸二级电离可知，等式两边同时取对数，则同理可得因为则所以表示的直线应该在上方即L2；A正确；

B．对应直线L2，将点(3,3.54)代入得，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7；B错误；

C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数水解平衡常数水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)；C正确；

D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显酸性，D错误；

故选AC。10、BC【分析】【分析】

达到平衡状态后升高温度；固定容积的容器中气体的密度增大说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，X为非气态，若平衡向逆反应方向移动，X为气态。

【详解】

A.增加固体的量；化学反应速率不变，化学平衡不移动，Z为固体，则平衡后移走部分Z，平衡不移动，故A错误；

B.若X为非气态；反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，故B正确；

C.若正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，固定容积的容器中气体的密度增大说明气体的质量增大，则X一定为气态，故C正确；

D.若X为气态；再向容器中充入amolX，相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X的体积分数减小，故D错误；

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【详解】

(1)A.该反应的正反应是放热反应；升高温度平衡左移，CO转化率减小，A不选；

B.加入催化剂；平衡不移动，转化率不变，B不选；

C.减少CO2的浓度；平衡右移，CO转化率增大，C选；

D.增大CO浓度；平衡右移，但CO转化率降低，D不选；

E.分离出二甲醚；平衡右移，CO转化率增大，E选；

故要提高CO的转化率；可以采取的措施是CE；

(2)①此时的浓度商反应未达到平衡状态，向正反应方向进行，故v(正)＞v(逆)；

②设平衡时CH3OCH3(g)、H2O的浓度为(0.6mol·L-1+x)，则甲醇的浓度为(0.44mol·L-1-2x)，根据平衡常数表达式解得x=0.2mol·L-1，故此时c(CH3OH)=0.44mol·L-1-2x=0.04mol·L-1，甲醇的起始浓度为(0.44+1.2)mol·L-1=1.64mol·L-1，其平衡浓度为0.04mol·L-1，10min内变化的浓度为1.6mol·L-1，故v(CH3OH)==0.16mol·(L·min)-1。【解析】①.CE②.＞③.0.04mol/L④.0.16mol/(L·min)12、略

【分析】【详解】

由图可知c(H+)=105mol/L,-)=1010mol/L，所以c(H+)-)=110-15.一定温度下，水的离子积为c(H+)-)=110-15；0.01mol/LNaOH溶液中-)=0.01mol/L

c(H+)=KW/-)=110-15/0.01=110-13mol/L答案：110-15.110-13mol/L。

（2）①水的电离过程是吸热的,B曲线相当于A曲线在升高温度,则水的电离程度增大,促进电离,所以氢离子和氢氧根离子浓度增大,B曲线下,KW=c(H+)c(OH-)=110-12水的离子积增大,因此答案:110-12;水的电离过程是吸热的,升高温度,水的电离程度增大,即水的离子积会增大;

②向溶液中滴加盐酸会对水的电离起到抑制作用,氢离子浓度增大,氢氧根浓度减小,但是温度不变,水的离子积不变,所以体系不会处于B点位置,会在该温度曲线的基础上向着下方移动,答案:否;氢离子浓度增大,氢氧根浓度减小,但是温度不变,水的离子积不变;

3)根据100时溶液中KW=c(H+)C(OH-)=110-12,若盐酸中则水电离出的=c(OH-)=KW/=110-12/510-4=答案:由水电离产生的c(H+)是

【点睛】

水的电离过程是吸热的,升高温度,水的电离程度增大,促进电离;向溶液中滴加盐酸会对水的电离起到抑制作用,但是温度不变,水的离子积不变;根据Kw=C(OH-)c(H+)进行计算即可。【解析】水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即水的离子积增大否盐酸中所以不可能处于B点位置13、略

【分析】【分析】

向乙中滴入酚酞试液；在F极附近显红色，说明F极上是氢离子放电，则F极是阴极，E极是阳极，所以D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，故A是正极，B是负极。

【详解】

（1）向乙中滴入酚酞试液；在F极附近显红色，说明F极上是氢离子放电，则F极是阴极，E极是阳极，所以D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，故A是正极，B是负极，故答案为为：阴极，负极；

（2）甲装置中是电解硫酸铜溶液，阳极C是氢氧根离子放电，阴极D是铜离子放电，所以D电极的电极反应式为：Cu2++2e-＝Cu2+，故答案为Cu2++2e-＝Cu2+；

（3）乙装置中是电解饱和食盐水，电解反应方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（4）丙装置发生反应：2Ag＋2HCl＝2AgCl＋H2↑；G电极是阳极，则G应该是银，故答案为Ag；

（5）氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷；会向阴极即Y极移动，所以装置丁中的现象是Y极附近红褐色变深，故答案为Y。

【点睛】

与电源的正极相连的电极称为阳极，物质在阳极上失去电子，发生氧化反应；与电源的负极相连的电极成为阴极，物质在阴极上得到电子，发生还原反应。阳极：活泼金属—电极失电子（Au,Pt除外），惰性电极—溶液中阴离子失电子。失电子能力：活泼金属（Mg～Ag）>S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-；阴极：溶液中阳离子得电子，得电子能力：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+（即金属活动性顺序表的逆向）。【解析】阴极负极Cu2++2e-＝Cu2+2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑AgY14、略

【分析】【详解】

（1）根据已知化学方程式及平衡常数表示方法可得，K=化学平衡常数受温度影响，升高温度，对于放热反应，化学平衡常数减小，对于吸热反应，化学平衡常数增大，由表中数据可知，该反应为放热反应，故ΔH<0。

（2）设CO的平衡转化率为α(CO)；由已知，列三段式：

K==又因为1000℃时，K=4.0，解得:α(CO)=60%；0~10min内v(CO2)==0.006mol·L-1·min-1。

（3）提高CO的平衡转化率；应使平衡正向移动，但不能增大CO的用量，根据平衡移动原理分析如下：

A、B两项，铁和氧化铁都是固体，减少Fe的量或增加Fe2O3的量；不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故A；B均错误；

C.移出部分CO2；平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故C正确；

D.该反应正反应是放热反应；提高反应温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低，故D错误；

E.反应前后气体的物质的量不变；减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故E错误；

F.加入催化剂；只改变化学反应速率，不改变化学平衡状态，CO的平衡转化率不变，故F错误；

综上；答案选C。

（4）1000℃时，某时刻CO2和CO的物质的量浓度分别为0.2mol·L-1和0.1mol·L-1，则此时Q===2<K=4.0，所以此时反应正在向右进行，故v(正)>v(逆)。

【点睛】

本题考查化学平衡的有关计算、化学反应速率计算、平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度一般。掌握化学平衡常数的重要应用：①判断反应进行的程度，②通过K只受温度影响，判断反应的热效应，③通过Q与K比较来判断反应进行的方向，④结合“三段式”法计算物质的转化率。【解析】①.c(CO2)/c(CO)②.<③.0.006mol·L-1·min-1④.60%⑤.C⑥.否⑦.>15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①Na2CO3是离子化合物；在溶液中完全电离，有自由移动的离子，水溶液能导电，但溶液是混化合物，不是电解质；

②HCl是共价化合物；液态氯化氢不能电离，不含自由移动的离子，不能导电，该物质在溶液中完全电离，能导电，属于电解质；

③CCl4是共价化合物；在水溶液里和熔融状态下均不能产生自由移动的电子，不能导电，属于非电解质；

④Cl2是非金属气态单质；不能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑤BaCl2是离子化合物，熔融BaCl2含有自由移动的离子；能导电，属于电解质；

属于电解质的是②⑤；能导电的是①⑤；属于共价化合物的是②③；

(2)CCl4中的4个氯原子与碳原子形成四条共价单键，结构式为BaCl2是离子化合物，由钡离子和氯离子构成，其电子式为

(3)由铜片、锌片和200mL稀硫酸组成的原电池中，锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，正极上电极反应为：2H++2e-=H2；当铜片上共放出3.36L(标准状况)氢气时，即生成氢气的物质的量为0.15mol时，转移电子物质的量为0.15mol×2=0.3mol；

(4)实验室用氯化铵晶体和氢氧化钡在加热条件下反应制备NH3，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制氯气，离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O。【解析】②⑤①⑤②③2H++2e-=H20.32NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OMnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O四、判断题(共2题，共14分)16、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

25℃时，KW=1.0×10-14，0.01mol·L-1的盐酸中，c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，根据KW=c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1，故答案为：正确。五、工业流程题(共4题，共24分)18、略

【分析】【详解】

(1).25℃，在含有Co2+0.1mol•L-1的溶液中，当溶液的pH=7时，Co2+开始沉淀，则Co(OH)2的Ksp=c(Co2+)×c2(OH－)=0.1×(10-7)2=1.0×10-15，故答案为1.0×10-15；

(2).在浸出工序中加入一定量的盐酸和Na2SO3还原Co2O3，硫元素化合价升高生成SO42-，钴元素化合价降低生成Co2+，根据得失电子守恒和原子守恒，Co2O3发生反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+==2Co2++SO42-+2H2O；

(3).氧化工序中加入NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O，若不慎加入过量NaClO3，在酸性条件下，NaClO3与溶液中的Cl－会发生氧化还原反应生成有毒的Cl2，故答案为Cl2；ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O；

(4).①.据图可知；50~60℃时钴的浸出率已经很高，且温度再升高时钴的浸出率变化不大，同时还会导致铁的浸出率增大，含铁元素的杂质含量升高，故答案为50~60℃时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高；

②.加入萃取剂的目的是除去Mn2＋，据图可知，选择萃取剂B时，Mn2＋的萃取率高而Co2+的萃取率低；所以应选择萃取剂B，故答案为B；

(5).从溶液中得到氯化钴晶体的系列操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，制得的CoCl2·6H2O采用减压烘干方法，可以降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O晶体分解，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止CoCl2•6H2O分解。

点睛：本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计、实验的基本操作和有关计算，能够理解工艺流程图、明确实验的基本操作及相关物质的性质是解答本题的关键，本题的难点是第(4)小题对两个图象的分析和判断，解题时要先明确需要去除的物质和需要保留的物质，再根据图象分析应选择的适宜温度和需要选择的萃取剂即可。【解析】①.1.0×10-15②.Co2O3+SO32-+4H+==2Co2++SO42-+2H2O③.Cl2④.ClO3-+6Fe2++6H+==Cl-+6Fe3++3H2O⑤.50~60℃时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高⑥.B⑦.蒸发浓缩⑧.冷却结晶⑨.降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O分解19、略

【分析】【分析】

钒铬锰矿渣硫酸浸液中，加入Fe(OH)3胶体将钒沉淀后，过滤，往滤液中加入NaOH溶液，将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，同时由于pH较大时，Mn2+被氧化为MnO2，加入Na2SO3溶液，将MnO2还原为Mn2+，过滤后将所得滤渣Cr(OH)3煅烧，即可获得Cr2O3；将两份滤液合并，再加入H2O2、NaOH溶液，将Mn2+转化为MnO2。

（1）

Cr是24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1；位于周期表的第四周期第VIB族；

（2）

在沸水中滴加饱和FeCl3可制备Fe(OH)3胶体，方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；

（3）

有图1可知，pH=3.0，c总(V)=0.01mol/L时时，lgc总(V)=-2，五价钒粒子的主要存在形态为故与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为

（4）

由如图2可以看出，既要考虑铬的沉淀率尽可能高，又要考虑Mn(Ⅱ)的沉淀率尽可能低，“沉铬”过程最佳的pH为6.0；c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为则c(OH-)=10-8mol/L，Cr(OH)3体系中满足c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，则该条件下滤液B中c(Cr3+)=mol/L=mol/L；

（5）

“转化”过程中，Mn2+被H2O2氧化的产物与NaOH溶液反应，生成MnO2等，离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；

（6）

因为Cr(OH)3沉淀中混有MnO2，加入Na2SO3溶液，将MnO2还原为Mn2+，所以“提纯”过程中Na2SO3的作用为作还原剂，将锰元素还原为二价[Mn(II)]，防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。【解析】(1)四VIB

(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl

(3)H3V2O

(4)6.01×10-6

(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O

(6)防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯20、略

【分析】【分析】

这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题；利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。

(1)

根据流程图可知；通过i；ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；

(2)

石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：

(3)

①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2]4)，由流程可知，在i中得到硫酸钙，故HA在i中反应起到的作用是：由于溶解度s[Ca(OH)2]4)，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成；

②通过流程可知通过ii后；得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水；

(4)

在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化