2025年牛津译林版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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2025年牛津译林版选择性必修1化学上册月考试卷550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6题，共12分)1、磷酸铁锂锂离子电池具有寿命长、高温性能好、大容量等特点。如图为磷酸铁锂锂离子电池结构示意图。已知放电时正极反应式为下列说法错误的是。

A.该电池的电解质不可能为稀硫酸溶液B.关闭K2、打开K1，Li+通过锂离子膜移向负极C.该电池在充、放电过程中，铁的化合价发生了变化D.关闭K1、打开K2，阳极反应式为LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+2、图形可表示弱电解质的是(●-代表分子〇-代表离子)A.B.C.D.3、在25℃时，下列说法错误的是A.0.10mol·L-1的HA溶液中=1010，该HA溶液的pH=2B.pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH＞7C.pH=3的盐酸和pH=3的AlCl3溶液中，水电离出的c(H＋)后者大D.10mLpH=3盐酸与1mLpH=12NaOH混合后溶液呈中性4、一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率又不影响生成H2的总量，可采取的措施是A.加入少量CuSO4溶液B.加入少量CH3COONa固体C.加入少量NaHSO4固体D.加入少量Na2CO3浓溶液5、下列说法中正确的是A.溶液中，B.将盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9C.在常温下，当水电离出的为时，此溶液的pH为13D.将的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大6、在常温下，将等体积的盐酸和氨水混和后，所得溶液的pH=7，则下列说法正确的是()A.原来盐酸的物质的量浓度等于氨水的物质的量浓度B.所得溶液中c()=c(Cl-)C.所得溶液中c()+c(H+)=c(Cl-)D.所得溶液中c()+c(NH3∙H2O)=c(Cl-)评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、已知反应mA(g)＋nB(g)pC(g)ΔH<0，m＋n

回答下列问题：

（1）表示反应物浓度增大的图像是________，表示反应物浓度减小的图像是________，表示生成物浓度增大的图像是________，表示生成物浓度减小的图像是________。

（2）表示平衡正向移动的图像是________，表示平衡逆向移动的图像是________。8、淮南是我国重要的煤炭生产基地；通过煤的气化和液化，能使煤炭得以更广泛的应用。

I．工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时；存在以下平衡：

CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）

（1）向2L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如下表。t/min01234n（H2O）/mol1.201.040.900.700.70n（CO）/mol0.800.640.500.300.30

则从反应开始到2min时，用H2表示的反应速率为_________________；该温度下反应的平衡常数K=___________________（小数点后保留1位有效数字）。

（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、3molH2O（g）、2molCO2（g）、2mo1H2（g），此时v正________v逆（填“>”“<”或“=”）。

Ⅱ.一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣105kJ•mol﹣1．向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2；测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如右图中Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ曲线所示：

（1）Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是______．

（2）反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=______．

（3）反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=______．

（4）比较反应Ⅰ的温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________________________________________________________．9、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+B(g)⇌C(g)

(1)若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为__mol。

(2)若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为__mol

(3)若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x=__，y=__。平衡时，B的物质的量__(填编号)。

A.大于2molB.等于2molC.小于2molD.可能大于；等于或小于2mol

(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是__。

(5)若维持温度不变，在一个与反应前起始体积相同，且容积固定的容器中发生上述反应。开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC。将b与(1)小题中的a进行比较__(填编号)。作出此判断的理由是__。

A.a＞bB.a＜bC.a=bD.不能比较a和b的大小。10、已知在时，石灰石发生分解反应：则。

(1)该反应_______(填“能”或“不能”)正向自发进行。

(2)若温度能决定反应方向，则该反应正向自发进行的最低温度为_______。11、I.某研究性学习小组根据反应设计如图原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为溶液的体积均为盐桥中装有饱和溶液。

回答下列问题：

(1)此原电池的负极是石墨______(填“a”或“b”)，电池工作时，盐桥中的移向______(填“甲”或“乙”)烧杯。

(2)正极反应式为：______。

II.某甲醇燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为溶液。

(3)当导线中有发生转移时，左右两侧溶液的质量差为______g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。12、反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑的能量变化趋势如图所示：

（1）该反应为__(填“吸热”或“放热”)反应。

（2）若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是__(填字母)。

A.改锌片为锌粉B.改稀硫酸为98%的浓硫酸C.升高温度。

（3）若将上述反应设计成原电池；铜为原电池某一极材料，其装置如图所示。根据所学知识，回答下列问题。

①铜片为__(填“正”或“负”)极，该极上发生的电极反应式为__，铜片上的现象为__。

②Zn电极上发生的反应属于__（填“氧化”或“还原”）反应。

③外电路中电子的移动方向为__，电解质溶液中SO移向__（Zn或Cu）。13、完全燃烧时放热约而汽油完全燃烧时放热约请回答：

(1)等质量的氢气和汽油相比，_______完全燃烧放出的热多，请通过计算加以说明：_______

(2)氢气被公认是21世纪替代矿石燃料的理想能源；试简述氢气作为能源的三个优点：

①_______；

②_______；

③_______。14、磷有多种化合物，次磷酸(H3PO2)和次磷酸钠(NaH2PO2)常用作化工生产中的还原剂。

（1）工业上可用白磷(P4)和过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2。若反应中转移电子数为3NA，则用去还原剂________mol，若已知NaH2PO2溶液的pH>7，写出H3PO2电离平衡常数Ka的数学表达式：_________________________。

（2）向Ba(H2PO2)2溶液中加入盐酸可制备H3PO2，有人说应该用硫酸代替盐酸，请说明用硫酸代替盐酸的优点：____________。

（3）可利用H3PO2把溶液中的Ag+还原为银的反应进行化学镀银，已知该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，则反应的离子方程式为______________________________。

（4）利用电解原理制备H3PO2的示意图如图所示(阳离子交换膜、阴离子交换膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。已知：阳极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O；阴极反应式为2H++2e-H2↑。试分析在阳极室得到H3PO2的原因：___________________________。

15、完成以下小题：

（1）已知NaHSO3溶液显酸性，则溶液中各离子浓度从大到小的顺序是_____________________________。

（2）25℃时，向pH=4的NaHSO4溶液中，逐滴加入pH=9的Ba(OH)2溶液至中性，则该过程的离子反应方程式_____________________________；已知25℃时BaSO4的Ksp=1.0×10-10，则以上过程中______沉淀生成（填“有”或“无”）。

（3）某温度下，0.1mol·L-1Na2CO3溶液中c（Na+）∕c（CO32-）=20/9，其原因是_____________________________________；现往Na2CO3溶液中通入一定量的CO2后，c（Na+）∕c（CO32-）=5∕2，其原因是_______________________________。（用离子方程式和必要的文字说明）评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误17、用湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的醋酸溶液的误差更大。(____)A.正确B.错误18、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误19、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误20、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误21、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误22、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23、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)24、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：25、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。26、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

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

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共12分)28、三氧化二铬可用作着色剂、分析试剂、催化剂等.一种利用铬铁矿(主要成分为还含有等杂质)清洁生产的工艺流程如图：

已知：部分离子生成氢氧化物沉淀的物质在时开始溶解，时溶解完全。是两性氢氧化物，在开始溶解.开始沉淀完全沉淀

回答下列问题：

(1)“氧化酸浸”时，消耗与的物质的量之比为_______

(2)“氧化酸浸”浸出液中含有的阳离子有_______(用离子符号表示)

(3)“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，黄铵铁矾的化学式为则“沉铁”时反应的离子方程式为_______

(4)“沉铬”时，所得滤液1中所含主要溶质为_______(用化学式表示)

(5)“除铝”时，需要用调节溶液的的范围应为_______(填字母代号)。A．B．C．D．稍大于29、氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。实验室以红矾钠(Na2Cr2O7)为原料制备CrCl3·6H2O的流程如图：

已知：①Cr2O＋H2O⇌2CrO＋2H＋；②CrCl3·6H2O不溶于乙醚；易溶于水；乙醇，易水解。

(1)写出“碱溶”发生反应的化学方程式________。

(2)还原时加入过量CH3OH和10%HCl，生成CO2，写出该反应的离子方程式：______，该反应中CH3OH的作用为_______(填“氧化剂”或“还原剂)。反应后从溶液中分离出剩余CH3OH的实验方法是_________。

(3)“调节pH约为7”时，使用下列用品来测定其pH，合理的是_______(填字母)。

A.酚酞溶液B.石蕊试纸C.pH计。

(4)将过滤后所得的固体完全溶解于过量的盐酸中，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥，得到CrCl3·6H2O。其中洗涤时应选用的洗涤剂最好是_______(填字母)。

A.硫酸B.蒸馏水C.乙醇D.乙醚。

(5)若称取原料红矾钠26.2g，实验最终得到氯化铬晶体21.32g，则该实验的产率为______。30、锡（Sn)是IVA族元素，Sn2+易发生水解反应；且具有很强的还原性。

（1）镀锡铁又称为马口铁，镀锌铁又称为白铁，若分别用这两种材料制作水桶，则在相同条件下，前者耐用性弱于后者，其原因是___________________________。

（2）已知锡能形成SnCl2、Na2SnO2两类盐。

①配制SnCl2溶液时常需要加入一定量的盐酸，目的是_____________________。

②Sn(OH)2是一种难溶于水的白色固体，从物质性质的角度上看，Sn(OH)2属于_______________(填“碱”、“两”、“酸”)性氢氧化物，向SnCl2溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量的过程中产生的实验现象为____________。

（3）向FeCl3溶液中加入足量的SnCl2溶液，没有固体物质生成，滴加2滴KSCN溶液，不显红色，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________。

（4）以废锡渣（含有少量铜、铅金属杂质）为基本原料制备二氯化锡晶体的流程如下（已知常温下Ksp(PbCl2)=2×10-5，=1.4)：

①料渣的主要成分是____________（填物质名称），为使得到的二氯化锡晶体中不含铅元素，则料液I中的c(Cl-)至少应为____________mol·L-1。已知：当溶液中c(Pb)<10-5mol·L-1时，认为Pb2+沉淀完全。

②操作a具体的实验步骤是____________洗涤、低温烘干。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共36分)31、甲醇是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品。利用与在催化剂的作用下合成甲醇。

主反应：

副反应：

回答下列问题：

(1)已知：和的燃烧热分别为则主反应的_______

(2)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了和H2O(g)(H20的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用标注；TS代表过渡态)。

①在催化剂表面上更容易被吸附的是_______。(填“”或“”)

②该历程中正反应最大的活化能为_______写出该步骤的化学方程式_______。

(3)在恒温的刚性密闭容器中，分别按照的体积比为2：1以及H2O(g)的体积比为2：1：8反应相同的时间，所得产物的选择性(如甲醇的选择性)如图所示：

①向反应体系中加入H2O(g)能够显著提高甲醇选择性的原因_______。

②向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充入和H2O(g)，在450K下达平衡时，的转化率为的选择性为则副反应的压强平衡常数_______。(计算结果保留1位小数)

(4)以为燃料可以设计甲醇燃料电池，该电池以稀KOH作电解质溶液，其负极电极反应式为_______，已知该电池的能量转换效率为则该电池的比能量为_______(结果保留1位小数，)。32、（1）氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。近年来；随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。

①Deacon直接氧化法制Cl2可按下列催化过程进行：

I.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=83kJ·mol-1

II.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ·mol-1

III.CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ·mol-1

则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。

②已知：

Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l)△H1=-102kJ·mol-1

3Cl2(g)+6NaOH(aq)=5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(l)△H2=-422kJ·mol-1

写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式___。

（2）电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图1所示(图中电极均为石墨电极)。

若用NO气体进行模拟电解法吸收实验：

①写出电解时NO发生反应的电极反应式：___。

②若有标准状况下2.24LNO被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的H+为___mol。

（3）铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3+，正极反应式为___。33、请回答下列问题：

(1)25℃时，pH=5的CH3COOH溶液中．加入少量NaOH固体，则溶液中_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)25℃下，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸；其中含碳元素的各种微粒物质的量分数（φ）随溶液pH变化的部分情况如图所示。

①在同一溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-______（填“能”或“不能”）大量共存。

②当pH=7时,溶液中含碳元素的微粒主要为________。溶液中各种离子的物质的量浓度大小关系为___________________________。

③反应的CO32-+H2OHCO3-+OH-的平衡常数Kh值为_________。

(3)生物脱H2S的原理为:H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4、4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。

①硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是___________。

②由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件为____________。在最佳条件下；该反应的加热。

方式为_________。34、氨气是一种重要工业原料；在工农业生产中具有重要的应用。

（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H＝+180.5kJ·mol－1

4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－905kJ·mol－1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=－483.6kJ·mol－1

则N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)的△H=___。

（2）工业合成氨气的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在一定温度下，将一定量的N2和H2通入到体积为1L的密闭容器中达到平衡后。改变下列条件，能使平衡向正反应方向移动且平衡常数不变的是__。

①增大压强②增大反应物的浓度③使用催化剂④降低温度。

（3）当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如图所示。图中t1时引起平衡移动的条件可能是___。

其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是___。

（4）温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则该反应的化学平衡常数的为___。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．锂会与稀硫酸溶液反应；且电解质为化合物，不是混合物，故该电池的电解质不可能为稀硫酸溶液，A正确；

B．负极失电子带正电；应吸引阴离子，锂离子为阳离子，不会移向负极，B错误；

C．由放电时正极反应可知铁从+3价到+2价；故充电时铁由+2价到+3价，C正确；

D．阳极反应为正极反应的逆过程；D正确；

故选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．只含有阴离子；阳离子；说明电解质完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；

B．只含有分子；说明分子不能电离，属于非电解质，故B不符合题意；

C．溶液中只含有少量的分子；主要以阴；阳离子形式存在，可能是强电解质，故C不符合题意；

D．溶液中存在少量阴离子；阳离子；主要是以分子存在，说明电解质部分电离，属于弱电解质，故D符合题意；

答案选D。3、B【分析】【详解】

A．0.10mol·L-1的HA溶液中=1010，又则该HA溶液的pH=2，故A正确；

B．pH=1的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=13的NaOH溶液的物质的量浓度大的多；则二者等体积混合后所得溶液显酸性，pH＜7，故B错误；

C．盐酸抑制水的电离，AlCl3溶液中铝离子水解促进水的电离，则水电离出的c(H＋)后者大；故C正确；

D．pH=3的盐酸中pH=12的NaOH溶液中则10mLpH=3盐酸与1mLpH=12NaOH混合后，恰好反应生成氯化钠，则溶液呈中性，故D正确；

故选B。4、B【分析】【详解】

A．加入少量CuSO4溶液；与锌粉反应生成Cu，附着在Zn表面形成原电池，加快反应速率，A不符合题意；

B．加入少量CH3COONa固体，与H+反应生成醋酸，从而减少溶液中的H+浓度，减慢反应速率，但生成的醋酸还能与锌反应生成H2；所以不影响生成氢气的总量，B符合题意；

C．加入少量NaHSO4固体，增大了溶液中的H+浓度，加快反应速率，且生成H2的总量增大；C不符合题意；

D．加入少量Na2CO3浓溶液，与H+反应生成二氧化碳气体等；减慢反应速率，且使生成氢气的体积减少，D不符合题意；

故选B。5、A【分析】【详解】

A.根据物料守恒可知，在溶液中存在：选项A正确；

B．盐酸不管如何稀释不可能呈碱性；选项B错误；

C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，当由水电离出的=＜10-7mol/L；则该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，溶液的pH=1，如果是碱溶液，则溶液的pH=13，选项C错误；

D．醋酸的pH值较小；因为盐酸为强酸，在水中完全电离，稀释100倍后的pH变为4，而醋酸为弱酸，稀释后有更多的醋酸分子发生电离，因此稀释后溶液的酸性强于盐酸，所得醋酸的pH略小，选项D错误；

答案选A。6、B【分析】【分析】

盐酸和氨水混和；若恰好中和生成氯化铵，铵根水解导致溶液显酸性，现显中性，说明氨水过量，结合溶液中的电荷守恒分析。

【详解】

A．盐酸和氨水混和；若恰好中和生成氯化铵，铵根水解导致溶液显酸性，现显中性，说明氨水过量，故A不符合题意；

B．溶液中存在电荷守恒，即c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，溶液的pH=7，说明氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c()=c(Cl-)；故B符合题意；

C．溶液中存在电荷守恒，即c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；故C不符合题意；

D．若只有氯化铵，依据物料守恒c()+c(NH3∙H2O)=c(Cl-)，但铵根还有氨水电离出来的，所以c()+c(NH3∙H2O)＞c(Cl-)；故D不符合题意；

答案选B。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

图像①v′正>v′逆，t1时v′正突增，故为增大反应物浓度，平衡正向移动；图像②v′正>v′逆，t1时v′逆突减，故为减小生成物浓度，平衡正向移动；图像③v′逆>v′正，t1时v′逆突增，故为增大生成物浓度，平衡逆向移动；图像④v′逆>v′正，t1时v′正突减，故为减小反应物浓度，平衡逆向移动。故（1）表示反应物浓度增大的图像是①，表示反应物浓度减小的图像是④，表示生成物浓度增大的图像是③，表示生成物浓度减小的图像是②；（2）表示平衡正向移动的图像是①②，表示平衡逆向移动的图像是③④。【解析】①.①②.④③.③④.②⑤.①②⑥.③④8、略

【分析】【详解】

I．（1）从反应开始到2min时,△n(H2O)=0.3mol,则生成0.3mol氢气，v(H2)=0.3mol/(2L·2min)=0.075mol·L−1·min−1；根据已知表格信息，列出三段式：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始n/mol0.801.2000

△n/mol0.500.500.500.50

平衡n/mol0.300.700.500.50

容器体积为2L，则K==1.2

(2)向2L恒容容器中充入1molCO、3molH2O、2molCO2、2molH2,Qc==>1.2，平衡向逆反应方向进行,所以υ(正)<υ(逆)。故答案为<；

Ⅱ.①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快；不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂；故答案为Ⅱ中使用催化剂；

②根据pV=nRT可知；恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比。反应Ⅰ起始状态时压强为2kPa，平衡时压强为1kPa。则平衡时气体的物质的量为起始时气体物质的量的2倍。设CO转化xmol,列三段式：

CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)

起始量(mol):240

变化量(mol):2

平衡量(mol):2-4-2

所以，=2，解得=1.5

则v(CH3OH)=1.5mol/(2L·6min)=0.125mol/(L·min)；故答案为0.125mol/(L·min)；

③Ⅱ、Ⅰ温度相同,平衡常数相同,平衡常数K(Ⅱ)=K(Ⅰ)=故答案为12；

④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长,化学反应速率快,且Ⅲ平衡时压强比I小,与I相比平衡正向移动,正反应为气体体积减小放热反应,应降低温度,故温度T1温度更高，故答案为>；此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动。【解析】①.0.075mol•L-1•min-1②.1.2③.<④.Ⅱ中使用催化剂⑤.0.125mol/（L•min）⑥.12⑦.＞⑧.此反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动9、略

【分析】【分析】

(1)由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

(2)恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

(3)若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为(1)中A、B的3倍，结合a＜1判断；

(4)由(3)分析可知；若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与(1)中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与(1)中相同；

(5)反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体体积减少的反应；在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，而在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，则本题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应。

【详解】

(1)达到平衡后；生成amolC，则Δn(A)=Δn(C)=amol，故A的物质的量为1mol﹣amol=(1﹣a)mol；

(2)恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1∶1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时生成C为(1)中的3倍，即生成C为3amol；

(3)若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1∶1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，1molC转化可以得到1molA、1molB，则x=3﹣1=2，则平衡时A为3(1﹣a)mol，平衡时B的物质的量为(1)中B的3倍，即为3(1﹣a)mol，由于0＜a＜1，故3(1﹣a)可能大于、等于或小于2；

(4)由(3)分析可知，若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与(1)中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量发生与(1)中相同，即C的物质的量分数为

(5)在恒温恒压容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成amolC；在恒温恒容容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC；反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体体积减少的反应，在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，体积减小，所以本题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应，因此平衡后a＞b；故答案为A。

【点睛】

考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，区分恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同，解题时可先保持恒温恒压，再结合容器体积的变化，再保持恒温并恢复到原体积即可。【解析】1﹣a3a23(1﹣a)DA因为本小题中容器容积不变，而(1)小题中容器的容积缩小，所以本小题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应10、略

【分析】【详解】

（1）所以该反应不能正向自发进行。

（2）根据时，反应可正向自发进行，则有【解析】(1)不能。

(2)11、略

【分析】【分析】

原电池中；还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极；阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此回答。

（1）

根据电池总反应可知，此原电池的负极反应物为硫酸亚铁，负极区是乙、负极是石墨b，电池工作时，盐桥中的移向负极区即乙烧杯。

（2）

正极得电子被还原，正极反应式为：

（3）

酸性电解质溶液、有质子交换膜的环境中，正极反应式为：负极反应式为：每当转移12mol电子时，负极通入2mol消耗2molH2O，逸出2mol生成的12mol将迁移入正极区，故负极区溶液实际减少质量为2mol×18g/mol，而正极通入3molO2、得到12mol即生成6molH2O，故正极区溶液实际增加质量为6mol×18g/mol，两侧溶液的质量差为8mol×18g/mol；则当导线中有发生转移时，负极左右两侧溶液的质量差为(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。【解析】(1)b乙。

(2)

(3)2412、略

【分析】【详解】

（1）由图可知反应物总能量大于生成物总能量；故锌片与硫酸反应属于放热反应，故答案为：放热；

（2）A.改锌片为锌粉；增大接触面积，能加快反应速率，A选；

B.由于98%的浓硫酸具有强氧化性；与锌反应不能放出氢气，B不选；

C.升高温度；能加快反应速率，C选；

故答案为：AC；

（3）①在组成原电池的两活性不同的电极中通常较活泼的金属做负极，较不活泼分金属（或导电非金属）做正极，故铜片为正极，正极发生还原反应，在正极得到电子被还原为所以Cu电极上的电极反应式为：铜片上的现象为有气泡产生，故答案为：正极、有气泡产生（或者有气体生成）；

②根据原电池的工作原理可知；通常较活泼的金属做负极；负极发生氧化反应，Zn做负极所以Zn电极上发生的反应属于氧化反应，故答案为：氧化；

③外电路中电子的移动方向为由负极流向正极，内电路中阴离子移向负极，故答案为：Zn电极流向Cu电极、Zn。【解析】放热AC正极有气泡产生（或者有气体生成）氧化Zn电极流向Cu电极Zn13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)1molH2为2g，1kgH2完全燃烧约放热故燃烧等质量的氢气和汽油，氢气完全燃烧放出的热多；

(2)氢气作为能源的三个主要优点①来源丰富；②单位质量的氢燃烧时释放的热量大；③燃烧后不产生污染。【解析】氢气1molH2为2g，1kgH2完全燃烧约放热故燃烧等质量的氢气和汽油，氢气完全燃烧放出的热多原料丰富单位质量的氢气燃烧时放出的热多燃烧后不产生污染14、略

【分析】【详解】

(1)工业上可用白磷(P4)和过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2。反应方程式为2P4+6NaOH+6H2O=6NaH2PO2+2PH3↑，每生成6molNaH2PO2有6molP被氧化，即1.5molP4被氧化，转移电子6mol；若反应中转移电子数为3mol，则用去还原剂0.75molP4；若已知NaH2PO2溶液的pH>7，说明以水解为主，H3PO2电离的方程式为H3PO2H2PO2-+H+，平衡常数Ka=故答案为0.75；Ka=

(2)用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离，故答案为用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离；

(3)该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，则反应的离子方程式为H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+故答案为H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+；

(4)据电解反应式：阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极反应式为2H++2e-=H2↑可知。阳极反应中消耗水电离的OH-，使c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品，故答案为阳极反应中消耗水电离的OH-，使c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品。【解析】0.75Ka=生成硫酸钡是沉淀，易与H3PO2分离H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+阳极反应消耗水电离出的OH-,使得c(H+)增大，H2PO2-通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品15、略

【分析】【分析】

（1）根据电离和水解程度的相对大小分析；既电离又水解；以电离为主，溶液显酸性；

（2）25℃时，向pH=4的NaHSO4溶液中，逐滴加入pH=9的Ba(OH)2溶液至中性；反应生成硫酸钡和水；根据Ksp计算；

（3）盐中含有弱离子时，会水解，碳酸根离子浓度减小；向Na2CO3溶液中通入一定量的CO2时，会发生反应CO32－+CO2+H2O═2HCO3－；碳酸根离子浓度减小。

【详解】

（1）HSO3-在溶液中电离出氢离子，同时HSO3-能水解，由于电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HSO3-既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性，则溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（H＋）＞c（SO32－）＞c（OH－）；

（2）25℃时，向pH=4的NaHSO4溶液中，逐滴加入pH=9的Ba(OH)2溶液至中性，反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：2H＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O；

向pH=4的NaHSO4溶液中，c(H＋)=c(SO42－)=10-4mol·L－1，pH=9的Ba(OH)2溶液中c(Ba2＋)=c(OH－)/2=10-5/2mol·L－1=5×10-6mol·L－1，设取1LpH=9的Ba(OH)2溶液，V（NaHSO4）=10-5mol·L－1×1L/10-4mol·L－1=0.1L，混合溶液中c(SO42－)=10-4mol·L－1×0.1L/1.1L=10-5/1.1mol·L－1，c(Ba2＋)=5×10-6mol·L－1×1L/1.1L=5×10-6/1.1mol·L－1，BaSO4的Qc=（10-5/1.1）×（5×10-6/1.1）=4.1×10-11

（3）Na2CO3溶液中，CO32－发生水解：CO32－+H2OHCO3－+OH－，溶液中碳酸根离子浓度减小，所以某温度下0.1mol·L-1Na2CO3溶液中c(Na＋)/c(CO32－)=20:9＞2：1；

CO32－与CO2、H2O反应：CO32－+CO2+H2O═2HCO3－，使c(CO32－)进一步减小，c（Na+）∕c（CO32-）不断增大，直至c（Na+）∕c（CO32-）=5∕2。【解析】c（Na＋）＞c（HSO3－）＞c（H＋）＞c（SO32－）＞c（OH－）2H＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O无CO32－+H2OHCO3－+OH－，溶液中碳酸根离子浓度减小CO32－+CO2+H2O═2HCO3－，使c(CO32－)进一步减小三、判断题(共8题，共16分)16、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。17、B【分析】【详解】

湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的两者均为稀释，醋酸为弱酸电离程度变大，故醋酸溶液的误差更小。

故错误。18、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。21、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。22、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。23、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。四、有机推断题(共4题，共28分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g26、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成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−2NH327、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：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根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：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、工业流程题(共3题，共12分)28、略

【分析】【分析】

“氧化酸浸时，除外的其他氧化物均溶解，其中中的+2价铁被氧化为反应后浸出液中含有以及过量的“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，用氨沉铬时，以氢氧化物沉淀析出，故滤液中主要含有向滤渣和中调节溶液的除去中的再进一步煅烧得到

【详解】

（1）“氧化酸浸”时，反应为：所以消耗与的物质的量之比为故答案为：

（2）“氧化酸浸时，除外的其他氧化物均溶解，反应后浸出液中含有以及过量的故答案为：

（3）根据信息可写出“沉铁”时离子方程式为：故答案为：

（4）铁元素先以黄铵铁矾沉淀的形式析出，用氨沉铬时，以氢氧化物沉淀析出，故滤液中主要含有主要溶质为故答案为：

（5）由表中数据，溶液的pH=6时沉淀完全时，也先沉淀完全；除铝需要在pH=9.2时让完全溶解转化为造成极少量溶解损失可忽略，以确保中不含最终得到纯故答案为：D。【解析】(1)

(2)

(3)

(4)

(5)D29、略

【分析】【分析】

红矾钠(Na2Cr2O7)中加入40%氢氧化钠溶液生成Na2CrO4，还原时加入过量CH3OH和10%HCl，将CrO还原为Cr3＋，加入20%的氢氧化钠溶液，生成Cr(OH)3沉淀，过滤得到Cr(OH)3，将Cr(OH)3完全溶解于过量的盐酸中，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥，得到CrCl3·6H2O；据此分析解答。

【详解】

(1)根据Cr2O＋H2O⇌2CrO＋2H＋可知，加入氢氧化钠，平衡正向移动，所以Na2Cr2O7与氢氧化钠反应生成Na2CrO4，反应方程式是Na2Cr2O7+2NaOH=2Na2CrO4+H2O；

(2)还原时加入过量CH3OH和10%HCl，生成CO2，即在酸性条件下CrO被甲醇还原为Cr3+，反应的离子方程为2CrO＋CH3OH＋10H＋=2Cr3＋＋7H2O＋CO2↑；该反应中CH3OH的作用为还原剂；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH3OH的方法是蒸馏法；

(3)酚酞溶液；石蕊试纸只能用于粗略判断溶液的酸碱性；测溶液pH值要用pH计，故选C；

(4)由于CrCl3·6H2O不溶于乙醚；易溶于水；乙醇，则洗涤时应选用的洗涤剂最好是乙醚，故选D。

(5)设生成CrCl3·6H2O的理论产量是xg；则可得。

解得，x=53.3，所以CrCl3·6H2O的产率是【解析】Na2Cr2O7＋2NaOH=2Na2CrO4＋H2O2CrO＋CH3OH＋10H＋=2Cr3＋＋7H2O＋CO2↑还原剂蒸馏法CD40%30、略

【分析】【详解】

(1).这两种材料的镀层破损后都可以形成的原电池；马口铁中铁比锡活泼，所以铁作负极被加速腐蚀掉，而白铁中锌比铁活泼，锌作负极；铁仍受到保护，所以白铁耐用。

(2).①配制SnCl2溶液时，因为Sn2+易发生水解反应，所以常需要加入一定量的盐酸，目的是抑制Sn2+水解。②锡能形成SnCl2、Na2SnO2两类盐，所以从物质性质的角度上看，Sn(OH)2属于两性氢氧化物。因此向SnCl2溶液中逐滴加入NaOH溶液；先生成白色沉淀氢氧化亚锡，过量后沉淀会溶解转化为亚锡酸钠，所以这个过程中产生的实验现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解。

(3).向FeCl3溶液中加入足量的SnCl2溶液，没有固体物质生成，滴加2滴KSCN溶液；不显红色，说明氯化铁被还原为氯化亚铁了，铁由+3价降为+2价，锡由+2价升高到+4价（第IVA元素的主要化合价为+2和+4），由电子转移守恒知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。

(4).以废锡渣（含有少量铜、铅金属杂质）为基本原料制备二氯化锡晶体的流程如下（已知常温下Ksp(PbCl2)=2×10-5，=1.4)：

①铅和锡在金属活动性顺序表中氢之前而铜在氢之后，所以铅和锡可以与盐酸反应而铜不反应，由氯化铅的溶度积数据可知氯化铅溶解度较小，所以料渣的主要成分是铜和氯化铅。为使得到的二氯化锡晶体中不含铅元素，则料液I中的c(Cl-)至少应为。

1.4mol·L-1。

②操作a是从料液I中分离出二氯化锡晶体的方法；由于该晶体有结晶水，所以不能蒸发结晶，只能是蒸发浓缩到饱和后，冷却到室温结晶，过滤后向过滤器中加入少量冷水洗涤2～3次，低温烘干。

点睛：解有关元素化合物的转化类的试题时，要注意联系熟悉的元素化合物的性质进行类比。如本题中锡可以形成两种盐，可以类比铝形成的两种盐，由氢氧化铝是两性氢氧化物类推氢氧化亚锡也是两性氢氧化物。【解析】①.镀层破损后形成的原电池中，马口铁中铁作负极被加速腐蚀掉，白铁中锌作负极、铁仍受到保护②.抑制Sn2+水解③.两④.先生成白色沉淀，后沉淀溶解⑤.2∶1⑥.铜、氯化铅⑦.1.4⑧.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤六、原理综合题(共4题，共36分)31、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)热化学方程式Ⅰ为CH3OH(l)═CH3OH(g)△H=+138kJ/mol，CH4和CH3OH的燃烧热分别为-890kJ/mol、-726kJ/mol，则热化学方程式Ⅱ为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-726kJ/mol，根据盖斯定律Ⅱ-Ⅲ+Ⅰ得CH4(g)+O2(g)═CH3OH(g)△H=(-890+726+138)kJ/mol=-26kJ/mol；故答案为：-26；

(2)①反应开始时H2O(g)和O2(g)的相对能量都为0，与催化剂接触后，*H2O的相对能量更低，说明H2O在催化剂表面上更容易被吸附，故答案为：H2O；

②由图可知，该历程中正反应最大的活化能的步骤是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，则正反应最大活化能=-12.68kJ/mol-(-35.03)kJ/mol=22.37kJ/mol，化学方程式为：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，故答案为：22.37；*CH4+*OH=*CH3OH+*H；

(3)①加入H2O(g)，可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性，故答案为：加入H2O(g)；可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性；

②假设CH4、O2和H2O(g)的物质的量为分别为2amol、amol、8amol，在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，CH4转化物质的量为amol，则平衡时n(CH4)=amol，根据C原子守恒，则n(CH3OH)+n(CO2)=amol，CH3OH的选择性为90%，CH3OH的选择性=解得n(CH3OH)=0.9amol，n(CO2)=0.1amol，

则平衡时n(O2)=amol-0.45amol-0.2amol=0.35amol，n(H2O)=0.2a+8amol=8.2amol，气体总物质的量为n(CH4)+n(O2)+n(CH3OH)+n(H2O)+n(CO2)=amol+0.35amol+0.9amol+8.2amol+0.1amol=10.55amol，设平衡时压强为p，则Kp=故答案为：54.9。

(4)以为燃料，以稀KOH作电解质溶液，在负极乙醇失去电子，发生氧化反应，电极反应式为设燃料为1kg，放出的能量为×726kJ/mol×72%=1.6×104kJ；则比能量为【解析】加入可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性32、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律分析解题；根据电解池电解原理分析，其中阳极发生氧化反应，阳离子向阴极移动；微电池正极上Cr2O转化为Cr3+；结合电子守恒和原子守恒写出电极反应式。

【详解】

（1）①已知：I.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=83kJ·mol-1；II.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ·mol-1；III.CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ·mol-