2025年苏科新版选择性必修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2025年苏科新版选择性必修1化学下册月考试卷38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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、硫化汞(HgS)难溶于水；在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料，印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小B.图中a点对应的是饱和溶液C.向c点的溶液中加入Hg(NO3)2，则c(S2-)减小D.升高温度可以实现c点到b点的转化2、下列说法正确的是（）A.增大反应体系的压强，反应速率一定增大B.化学键既存在于分子中相邻原子间，也存在于相邻分子的原子间C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D.用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：23、下列按要求书写的热化学方程式正确的是(注：△H的绝对值均正确)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/mol(燃烧热)B.2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ/mol(中和热)C.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-269.8kJ/mol(反应热)D.2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol(反应热)4、小组同学探究盐溶液对反应(血红色)的影响。将2mL0.01mol/LFeCl3的溶液与2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合；分别加入等体积的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。

已知：ⅰ.溶液血红色越深；透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略。

ⅱ.(黄色)

下列说法不正确的是A.注入试剂①后溶液透光率增大，一定是由于平衡逆向移动引起的B.透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的C.透光率④比③高，可能发生了反应D.若要证明试剂③中Cl—对平衡体系有影响，还应使用与试剂③等体积的0.04mol/L的KNO3溶液进行对比实验(已知NO对实验无影响)5、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：H+、Fe2+、SONOB.使甲基橙变红的溶液中：Ca2+、NHCH3COO-、Cl-C.0.1mol·L-1BaCl2溶液中：K+、Na+、OH-、NOD.由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br-、HCO6、土壤的影响植物对不同形态养分的吸收及养分的有效性，化肥的不正常使用会引起土壤减小(即土壤的酸化)。下列化肥可能引起土壤酸化的是A.B.C.D.7、向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加NaHCO3溶液，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的是。

A.加入的NaHCO3先与NaOH反应B.b点和c点均有c(Na＋)<2c(CO)＋c(HCO)C.NaHCO3溶液的物质的量浓度为1.125mol/LD.d点时：c(Na＋)=2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)8、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A.月饼因富含油脂而易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B.离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜C.钢铁在潮湿的空气中，易发生化学腐蚀生锈D.“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：。反应时间/minn(CO)/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20

下列说法正确的是A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)=mol·L-1·min-1B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时c(CO2)=0.40mol·L-1C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO、H2O的体积分数均增大D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，到达平衡时H2转化率大于1/310、如图所示；左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是()

A.第一次平衡时，SO2的物质的量左室更多B.充入气体未反应前，左室压强比右室大C.第一次平衡时，左室内压强一定小于右室D.第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多11、将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)；平衡时混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示。下列推断正确的是。

A.压强大小有P1>P2>P3B.升高温度，该反应平衡常数K减小C.在该条件下M点X平衡转化率为9/11D.平衡后加入高效催化剂可使混合气体的平均摩尔质量增大12、某学生欲完成2H++Fe=Fe2++H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是A.B.C.D.13、甲、乙是体积均为1.0L的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1molCO2和0.3mol碳粉，向乙容器中加入0.4molCO，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)。达到平衡时CO的物质的量浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线II对应的是乙容器B.a、b两点对应平衡体系中的压强之比：pa:pb<14:9C.b点对应的平衡体系中，CO的体积分数小于4/7D.900K时，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，此时正<逆14、对室温下pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是A.温度均升高20℃，两溶液的pH均不变B.加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小C.加水稀释至体积为原来的100倍后，氨水中的c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大D.与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多15、已知：室温下向HX溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液pH随变化关系如图所示。下列说法错误的是。

A.水的电离程度：B.a点溶液中：C.室温下NaX的水解平衡常数为D.b点溶液中：16、根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是。选项实验操作与现象结论A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，红色变浅碳酸钠溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有[Al(OH)4]-C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体可能为氯气D向10mL0.5mol·L-1的氯化镁溶液中滴加5mL2.4mol·L-1氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、按要求完成下列问题：

（1）在1.01×105Pa时，4g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出571kJ的热量，则H2的燃烧热的ΔH=__________。

（2）在1.01×105Pa时，16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S燃烧的热化学方程式为______。

（3）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室温下1g甲硅烷自燃放出44.6kJ热量，其热化学方程式为_____。18、普通干电池是一种广泛使用的可移动化学电源。某同学在探究废酸性干电池内物质回收利用时；进行如图所示实验：

请回答以下问题：

（1）干电池工作时正极电极反应式为：2NH4＋+2e-=2NH3↑+H2↑，则负极电极反应式是___________。电池中加入MnO2的作用是除去正极上的某产物，本身生成Mn2O3，该反应的化学方程式是_______________。

（2）步骤③灼烧滤渣时所用主要仪器有酒精灯、玻璃棒、______、泥三角和三脚架；灼烧滤渣时，产生一种无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测灼烧前的滤渣中存在的物质有_____。

（3）向步骤④的试管中加入步骤③灼烧后所得黑色固体，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定灼烧后的黑色固体为_____。

（4）查询资料得知，通过电解可将Mn2O3转化为MnO2。为此某同学设计了如图所示装置，并将混合物粉末调成糊状，附在其中的_________（填“左”或“右”）边电极上，该电极上发生反应的电极反应式是_____，在电解过程中溶液的pH将__________（填“变大”、“变小”或“不变”）。19、从H+、Cu2+、Na+、Ag+、NO3-、SO42-、Cl-七种离子中恰当地组成电解质；按下列要求进行电解：

（1）以碳棒为电极，使电解质质量减少，水质量不变，进行电解，则可采用的电解质是_________________。

（2）以碳棒为电极，使电解质质量不变，水质量减少，进行电解，则可采用的电解质是______________。

（3）以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解后生成碱和氢气，则电解质为_______________________。

（4）以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解后生成酸和氧气，则电解质为______________________。20、(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是_________________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是___________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是_________________。

(2)已知红磷比白磷稳定，则反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。

(3)在298K、101kPa时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)ΔH3

则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是___________。

AΔH3＝ΔH1＋2ΔH2BΔH3＝ΔH1＋ΔH2

CΔH3＝ΔH1－2ΔH2DΔH3＝ΔH1－ΔH2

(4)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：。物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)436200a

则表中a＝__________________。21、（1）地下钢管连接镁块是金属防腐措施中的________________________法。

（2）铅及其化合物可用于蓄电池；耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：

①铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为_______________________；铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的_______(填“强”或“弱”)。

②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为___________________________。

③铅蓄电池放电时的正极反应式为__________________________________________，当电路中有2mol电子转移时，理论上两电极质量变化的差为_______g。

（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，石墨Ⅰ为电池的________极；该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为__________________。

22、己二腈是一种重要的化工产品，工业上先以丙烯为原料制备丙烯腈()，再用丙烯腈电合成己二腈(已知丙烯腈难溶于水，易溶于有机溶剂)，总反应式为：模拟工业电合成己二腈的装置如图所示。

回答下列问题：

(1)阳极的电极反应式：___________。

(2)离子交换膜是___________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。

(3)丙烯腈在阴极转化为己二腈分三步：请用离子方程式表述相关过程。

第一步：___________。

第二步：

第三步：___________。23、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质制备等方面应用广泛。

（1）钢闸门在海水中易被腐蚀；常用以下两种方法减少其腐蚀：

①图1中，A为钢闸门，材料B可以选择___（填字母序号）。

a．碳棒b．铜板c．锌板。

②图2中，钢闸门C做___极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极反应式为___，检验该电极反应产物的方法___。

（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的___极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为___。

（3）利用电化学法生产硫酸，可使绝大多数单质硫直接转化为SO3，在生产硫酸的同时还能化学发电。图4为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。

①正极每消耗4.48LO2（标准状况下），电路中转移电子的数目为___。

②S(g)在负极生成SO3的电极反应式为___。24、如图为25℃时，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1CH3COOH溶液过程中混合溶液pH的变化曲线。

（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应时溶液中各离子浓度大小关系为__。

（2）AB区间，c(OH-)＞c(H+)，则c(OH-)与c(CH3COO-)大小关系是__（填序号）。

A.c(OH-)一定大于c(CH3COO-)B.c(OH-)一定小于c(CH3COO-)

C.c(OH-)一定等于c(CH3COO-)D.c(OH-)大于、小于或等于c(CH3COO-)

（3）在B点时，溶液中各离子浓度大小关系为__。

（4）在D点时，溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)__2c(Na+)（填“＞”“＜”或“＝”）。D点混合溶液的质子守恒的关系为__。评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)25、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26、镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵。_______A.正确B.错误27、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误28、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共21分)29、某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和AlCl3·6H2O。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：。金属离子Fe3+Al3+Fe2+开始沉淀的pH2.23.79.5沉淀完全的pH(10—5mol/L)3.14.711.1

请回答下列问题：

(1)提高酸浸效率的措施_______(答出一种即可)，最适合选择_______进行酸浸。

(2)“氧化”步骤一般采用双氧水，且分多次添加的方式。其涉及的离子方程式：_______，分多次添加双氧水的目的是_______。

(3)调节pH的范围为_______。

(4)“洗涤”滤渣B的操作是_______。

(5)由AlCl3溶液制备AlCl3·6H2O的操作步骤为_______，蒸发浓缩、冷却结晶、_______；干燥。

(6)写出滤渣A与氢氟酸反应的化学反应方程式_______。

(7)若矿石m1kg，最后获得m2kgAlCl3·6H2O，则矿石中铝元素的含量为_______×100%。(用最简分数表示)30、氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)4―nCln]。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料；采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

回答下列问题：

（1）步骤①中得到的氧化产物是_______________，溶解温度应控制在60~70度，温度不宜过高的原因是_______________。

（2）步骤③中Cu＋的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。写出步骤③中主要反应的离子方程式_______________。提高处于C点状态的混合物中Cu＋沉淀率的措施可以是_______________。

（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______________（写名称）。

（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是_______________。

（5）CuCl可用于捕捉CO气体，其反应为CuCl(s)+xCO(g)CuCl∙xCO(s)△H<0，为提高CO的平衡转化率，可采取的措施有_______________（填标号）。

A.降低温度B.增大压强。

C.延长反应时间D.把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中31、氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程如图所示：

根据以上信息回答下列问题：

（1）写出生产过程中X________；Y________(填化学式)。

（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是________________________；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是________________________。

（3）写出生成CuCl的化学方程式：__________________________________。

（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是_________________。

（5）已知：常温下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)=0.1mol/L，此时溶液中c(Cu+)/c(Cl-)=________。

（6）氯化亚铜的定量分析。

①称取样品0.25g置于已放入10mL过量的FeCl3溶液的锥形瓶中；不断摇动。

②待样品溶解后；加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴。

③立即用0.10mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至终点；同时做空白实验一次。

已知：

CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2；Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。

如此再重复2次测得：。123空白实验消耗硫酸铈。

标准溶液的体积/mL0.750.500.800.25g样品消耗硫酸铈。

标准溶液的体积/mL24.6525.7524.90

④数据处理：计算得CuCl的纯度为_________(平行实验结果相差不能超过0.3%)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

曲线上的点均为饱和溶液中的浓度，有Ksp=c(S2-)c(Hg2+)；曲线下方的点表示的为HgS的稀溶液，曲线上方的点表示的HgS的过饱和溶液。

【详解】

A、Ksp只受温度影响；A项错误；

B；c点是饱和溶液；a点未达到饱和，B项错误；

C、向饱和溶液中加入Hg(NO)3溶液，c(Hg2＋)增大，HgS(s)Hg2＋(aq)＋S2－(aq)平衡左移，c(S2－)减小；C项正确；

D、升高温度，平衡右移，c(Hg2＋)、c(S2－)均增大，而c点到b点c(S2－)未变；D项错误；

答案选C。2、C【分析】【详解】

A.若是向反应容器中通入与反应体系无关的气体；则增大反应体系的压强，反应速率不变，A错误；

B.化学键是相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用；只存在于分子中相邻原子间，不能存在于相邻分子的原子间，B错误；

C.在海轮外壳连接锌块，由于金属活动性Zn>Fe；所以Zn；Fe及海水构成原电池，Zn失去电子被氧化，Fe作正极，被保护不受腐蚀，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，C正确；

D.用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴极上H+获得电子变为H2，阳极上OH-失去电子层数O2；根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知阴；阳两极产物的物质的量之比为2：1，D错误；

故合理选项是C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．热化学方程式中，H2O呈气态而不是液态，则△H=-1367.0kJ/mol不表示燃烧热；A不正确；

B．反应2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)表示生成2molH2O(l)的热化学方程式，则△H=-114.6kJ/mol不表示中和热；B不正确；

C．反应S(s)+O2(g)=SO2(g)标明了所有物质的状态，则△H=-269.8kJ/mol表示反应热；C正确；

D．反应2NO2=O2+2NO中，所有物质的状态都未标明，则△H=+116.2kJ/mol不表示反应热；D不正确；

故选C。4、A【分析】【详解】

A．注入试剂①是稀释溶液的过程，[Fe（SCN）]2+浓度减小，溶液透光率升高，无法判断Fe3++SCN-⇌[Fe（SCN）]2+平衡是否逆向移动；A错误；

B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液；根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B正确；

C．③为0.04mol•L-1的KCl溶液，④为4mol•L-1的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度；透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应Fe（SCN）2++4Cl-⇌[FeCl4]-+SCN-；C正确；

D．若要证明试剂③为0.04mol•L-1的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰即K+浓度保持不变，作空白对照实验，已知硝酸根对实验无影响，故能使用0.04mol•L-1的KNO3溶液进行实验；D正确；

故答案为：A。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．H＋、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存；A项不选；

B．使甲基橙变红的溶液，溶液呈酸性，H+和CH3COO-不能大量共存；B项不选；

C．K+、Na+、OH-、NO可以在BaCl2溶液中大量共存；C项选；

D．由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，溶液呈酸性或碱性，Mg2+在碱性溶液中不能大量共存，在酸性；碱性溶液中均不能大量共存；D项不选；

答案选C。6、C【分析】【详解】

A．氯化钾是强酸强碱盐；在溶液中不水解，不可能引起土壤酸化，故A错误；

B．磷酸钙不溶于水；不可能引起土壤酸化，故B错误；

C．氯化铵是强酸弱碱盐；在溶液中水解使溶液呈酸性，可能引起土壤酸化，故C正确；

D．一水合氨是弱碱；在溶液中电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，不可能引起土壤酸化，故D错误；

故选C。7、B【分析】【详解】

A.前8mL不生成沉淀，说明加入的NaHCO3先与NaOH反应；故A正确；

B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)，b点和c点溶液PH>7，所以有c(Na+)>2c(CO)＋c(HCO)；故B错误；

C.加入40mLNaHCO3溶液时沉淀达到最大值，沉淀的物质的量=0.036mol，结合前8mL不生成沉淀及其反应的离子方程式可知c(NaHCO3)==1.125mol/L；故C正确；

D.d点时沉淀量最大，刚好达到最大值，此时溶液为碳酸钠溶液，溶液中存在物料守恒可知，c(Na＋)=2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)；故D正确；

故选B。8、D【分析】【详解】

A.食品包装中的硅胶为干燥剂；不能除去月饼包装袋中的氧气，故A错误；

B.氯碱工业中生成NaOH、Cl2和H2，为防止Cl2和NaOH溶液反应；选择阳离子交换膜，故B错误；

C.铁中含有杂质碳；在潮湿的环境下容易形成原电池，发生电化学腐蚀，故C错误；

D.柳絮和棉花的化学成分均为纤维素；故D正确；

答案：D。二、多选题(共8题，共16分)9、AD【分析】【详解】

A．反应在t1min内的平均速率为物质的平均反应速率与化学计量数呈正比，故A正确；

B．t1时CO的转化量为0.40mol，则水的转化量也为0.40mol，所以t1时水的物质的量为0.20mol，到t2时没有发生变化，说明已达到平衡，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓度求得平衡常数为：保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，假设平衡时CO2的物质的量浓度为x，则有：解得故反应达到平衡状态时c(CO2)=0.20mol·L-1；B错误；

C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O；平衡正向移动，与原平衡相比，达到新平衡时CO体积分数一定减小，C错误；

D．该温度条件下保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，假设转化的氢气的物质的量浓度为y，则有解得到达平衡时H2转化率为D正确；

答案选AD。10、AC【分析】【分析】

容器中发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，由于打开活塞前为恒容容器，加入1molAr对化学平衡无影响。

【详解】

A.若右室的容积与左室相等，左室和右室在相同条件下达到的平衡状态相同，含有的SO2物质的量相等，右室在此平衡状态时将体积缩小为原来的压强增大，平衡向正反应方向移动，SO2物质的量减少，则第一次平衡时，SO2物质的量左室更多，A项正确；B.通入气体未反应前，左室气体总物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，右室气体总物质的量为2mol，左室容积为右室的两倍，温度相同，则左室压强和右室一样大，B项错误；C.左室从正反应开始建立平衡，左室平衡时压强小于左室起始压强，右室从逆反应开始建立平衡，右室平衡时压强大于右室起始时压强，左室与右室起始压强相等，则第一次平衡时左室内压强一定小于右室，C项正确；D.若在容积为2倍左室容积的容器中起始充4molSO2、2molO2，相同条件下达到平衡时SO2物质的量为左室SO2物质的量的2倍，打开活塞相当于在容积为1.5倍左室容积的容器中起始充入2molSO2、1molO2、2molSO3(g)、1molAr，等效于在容积为1.5倍左室容积的容器中起始充入4molSO2、2molO2、1molAr，相对于2倍左室容积的容器缩小了体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，SO2物质的量减小，即第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2物质的量的2倍要少，D项错误；答案选AC。11、AC【分析】【详解】

A．可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，X的物质的量分数增大，所以，压强大小有P1>P2>P3；所以A正确；

B．升高温度；X的物质的量分数降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大，故B错误；

C．在该条件下M点X平衡转化率为C正确；

D．催化剂不会使平衡发生移动；气体平均相对分子质量不变，D错误；

答案选AC。12、BC【分析】【详解】

A．该装置是电解池，C是阳极，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，Fe是阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故总反应为：A不合题意；

B．该装置是原电池，Fe是负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，Ag是正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故总反应为：2H+＋Fe=Fe2+＋H2↑；B符合题意；

C．该装置是电解池，左边Fe是阳极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，右边Ag是阴极，开始电极反应为：2H++2e-=H2↑；C符合题意；

D．该装置是原电池，Fe是负极，在稀硝酸溶液中被氧化为高价铁离子，电极反应为：Fe-3e-=Fe3+，Ag是正极，电极反应为：+4H++3e-=2H2O+NO↑，故总反应为：Fe+4H+＋=Fe3+＋2H2O+NO↑；D不合题意；

故答案为：BC。13、BD【分析】【详解】

A．根据反应CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)可知，0.1molCO2和0.3mol碳粉完全反应最多生成0.2molCO；故曲线II对应的是甲容器，A错误；

B．a点有：b点有：同温同体积的气体的压强之比等于气体的物质的量之比，a、b两点对应平衡体系中的压强之比：pa:pb=(0.12mol+0.16mol):(0.16mol+0.02mol)=14:9，但由于b点对应的温度更高，故b点的压强增大，故pa:pb<14:9；B正确；

C．b点有：b点对应的平衡体系中，CO的体积分数为大于4/7；C错误；

D．由a点有：可以计算出该温度下的平衡常数为：K==根据图像可知，升高温度，CO的浓度增大，即正方向移动，K值增大，故900K时，K’小于0.21，故起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，Qc==大于K’，平衡逆向移动，故此时正<逆；D正确；

故答案为：BD。14、BC【分析】【详解】

A．升高温度，水的离子积Kw变大；所以两溶液的pH一定改变，A错误；

B．加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH和OH-反应，使得c(OH-)降低；溶液pH也减小，B正确；

C．向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大；C正确；

D．体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3反应，氨水产生的Fe(OH)3更多；D错误；

答案选BC。15、BC【分析】【分析】

Ka=则=c点p[]=1、pH=5.75，则p[]=-lg=-lg=pH+lgKa=5.75+lgKa=1，Ka=10-4.75。

【详解】

A．a、b、c溶液都呈酸性，溶液的pH：pH(a)+)：a>b>c，所以水电离程度：a

B．a点p[]=-lg[]=-1，则c(HX)=10c(X-)，该点溶液pH=3.75<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，结合电荷守恒得c(Na+)-)，则10c(Na+)<10c(X-)=c(HX)；故B错误；

C．室温下NaX的水解平衡常数=故C错误；

D．b点p[]=0，c(HX)=c(X-)，该点溶液pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，水电离程度较小，溶液中存在c(HX)=c(X-)>c(H+)>c(OH-)；故D正确；

故选：BC。16、AC【分析】【详解】

A．滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体；红色变浅，是因碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡生成碳酸钡，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，故A正确；

B．和CO2反应生成白色胶状沉淀，当CO2过量时沉淀不溶解的离子有[Al(OH)4]-、SiO等，所以根据实验现象不能判断溶液中是否含有[Al(OH)4]-；故B错误；

C．氯气具有强氧化性；能氧化KI生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以该气体可能是氯气，故C正确；

D．反应中NaOH过量；因而能和氯化铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，不能说明沉淀的转化，故D错误；

故答案选AC。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

根据燃烧热的概念计算燃烧热；根据题干信息书写热化学方程式。

【详解】

(1)燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，4g氢气放出571kJ的热量，则1molH2的燃烧放出的热量为所以ΔH=-285.5kJ•mol-1，故答案为：-285.5kJ•mol-1；

(2)16gS燃烧放出148.5kJ的热量，则1molS燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ，则S燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

(3)1g甲硅烷自燃放出44.6kJ热量，则1mol甲硅烷自燃放出44.6kJ×32=1427.2kJ热量，其热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1。

【点睛】

热化学方程式的书写要常出错地方有：1、反应物和生成物的状态是否与题干信息一致。2、反应热的符号和单位是否正确，吸热为正值，放热为负值。3、反应热与化学方程式的化学计量数呈正比，通过题干信息计算。【解析】-285.5kJ·mol-1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-118、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在锌锰干电池中,活泼金属锌为电池负极,反应式为Zn-2e-=Zn2+，MnO2生成Mn2O3，该过程中的Mn化合价降低，被还原，还原剂就是正极产物氢气，反应式为2MnO2+H2=Mn2O3+H2O；

(2)灼烧操作需要坩埚；转移坩埚需要坩埚钳，坩埚需要放置在三脚架或铁架台的铁圈上的泥三角中，灼烧过程中要用玻璃棒搅拌，则还缺少的仪器为坩埚；无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，说明分离出的固体残渣中含有碳单质(C)；

(3)双氧水在催化剂二氧化锰作用下可快速释放出氧气；氧气能使带火星的木条复燃，则灼烧产生的黑色固体中含有二氧化锰；

(4)以通过电解的方式，将Mn2O3转化为MnO2，在阳极上失去电子实现转化，由图可知，左侧与电源正极相连为阳极，则将混合物粉末调成糊状，附在其中的左边电极上，该电极上发生的电极反应式是：Mn2O3－2e−+2OH−＝2MnO2+H2O，阴极氢离子放电，2H2O+2e−=2OH−+H2↑，总反应消耗水，最终氢氧根离子浓度增大，则在电解过程中溶液的pH将变大。【解析】Zn-2e-=Zn2+2MnO2+H2=Mn2O3+H2O坩埚C(碳)二氧化锰（MnO2）左Mn2O3+2OH--2e-=2MnO2+H2O变大19、略

【分析】【分析】

依据电解原理；惰性电极电解，溶液中阴离子移向阳极失电子发生氧化反应，阳离子移向阴极得到电子发生还原反应，据此分析电极的物质；

(1)碳棒是惰性电极；使电解质质量减少，水质量不变，则本质电解电解质本身；

(2)碳棒是惰性电极；使电解质质量不变，水质量减少，则本质电解水；

(3)碳棒为阳极；铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解NaCl后生成碱和氢气；

(4)碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气。

【详解】

因阳离子放电顺序为Ag+＞Cu2+＞H+＞Na+，阴离子放电顺序为Cl-＞OH-＞SO42-和NO3-；则：

(1)碳棒是惰性电极，使电解质质量减少，水质量不变，则本质电解电解质本身，所以电解HCl、CuCl2溶液时；电解质质量减小，水量不变；

(2)碳棒是惰性电极，使电解质质量不变，水质量减少，则本质电解水，所以电解HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4溶液时；氢离子；氢氧根离子放电，则电解质质量不变，水量减少；

(3)石墨棒为阳极；铁棒为阴极，电解NaCl溶液时，则氯离子；氢离子放电，所以电解质和水量都减少，电解后生成碱和氢气；

(4)碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气，使电解质和水质量都减少。【解析】HCl、CuCl2HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4NaClCuSO4、Cu(NO3)2、AgNO320、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①由图可知：焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为放热，ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)。

②第一步的热化学方程式为①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-273kJ/mol，第二步的热化学方程式为②NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq)ΔH=-73kJ/mol，根据盖斯定律，由①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)ΔH=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=－346kJ·mol－1，故答案为NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1。

（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，由盖斯定律②-①可得到反应：4P(红磷，s)=P4(白磷，s)ΔH=ΔH2-ΔH1，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是吸热反应，即ΔH=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2；故答案为＜。

（3）已知：①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3，则反应③=②×2+①，由盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1+2ΔH2；故答案为A。

（4）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，则H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－102kJ·mol-1，ΔH=反应物键能-生成物键能，则有-102=436+200-2a，解得a=369，故答案为369。【解析】放热ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)(aq)＋2O2(g)===NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1<A36921、略

【分析】【详解】

（1）地下钢管连接镁块；镁的活泼性大于铁的活泼性，在钢管中接入镁块可形成原电池，镁作负极，失去电子，首先被腐蚀，从而保护正极的铁不被腐蚀，此法称为牺牲阳极的阴极保护法；

（2）①铅是碳的同族元素，因此铅最外层有四个电子，位于元素周期表第ⅣA族；铅比碳多4个电子层，因此铅共有六个电子层，位于元素周期表的六周期，所以铅位于元素周期表第六周期第IVA族；同一主族元素由上到下还原性在增强，氧化性在减弱，氧化性对应于非金属性，所以铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳的最高价氧化物对应水化物的酸性弱；②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，黄绿色气体应为氯气，反应方程式为：PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2↑+2H2O；③铅蓄电池放电时的正极得到电子，发生还原反应，电极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，当有2mol电子转移时，正极质量增加64g；铅蓄电池放电时的负极失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；当有2mol电子转移时，负极质量增加96g，则两电极质量变化的差为96g-

64g=32g；

（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，石墨Ⅰ通入NO2，失去电子，发生氧化反应，因此为负极，电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5。石墨Ⅱ为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2+2N2O5+4e-=4NO3-。

点睛：本题主要考查原电池的工作原理。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化；不活泼电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【解析】牺牲阳极的阴极保护法第六周期第IVA族弱PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+Cl2↑+2H2OPbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O32负NO2–e-+NO3-=N2O522、略

【分析】【分析】

如图所示；与电源正极向相连的电极为阳极，与电源负极相连的电极为阴极。

【详解】

（1）阳极水失去电子生成氢离子和氧气，故X为O2，电极反应式为：

（2）阴极丙烯腈得电子生成己二腈；消耗氢离子，故氢离子向阴极移动，离子交换膜为阳离子交换膜；

（3）第一步应为丙烯腈在阴极得电子的反应，方程式为：第二步：与丙烯腈反应得到离子方程式为：第三步与氢离子反应得到己二腈，离子方程式为：【解析】(1)

(2)阳离子。

(3)23、略

【分析】【分析】

（1）①图1中；装置为原电池，A为钢闸门，要保护A，A应做正极，则材料B的金属性比A强。

②图2中，装置为电解池，要保护钢闸门C，C应不失电子。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极为阳极，溶液中的Cl-失电子生成Cl2；检验该电极反应产物应使用湿润的淀粉碘化钾试纸。

（2）E为镁合金，在该电极，镁失电子，F电极上ClO-转化为Cl-。

（3）①正极O2+4e-=2O2-；由此可计算电路中转移电子的数目。

②在负极S(g)失电子转化为SO3。

【详解】

（1）①图1中；装置为原电池，A为钢闸门，要保护A，A应做正极，则材料B应选择金属性比A强的锌。答案为：c；

②图2中，装置为电解池，要保护钢闸门C，C应做阴极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，检验该电极反应产物的方法为将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气。答案为：阴；2Cl--2e-=Cl2↑；将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近；试纸变蓝，证明生成氯气；

（2）E为镁合金，做该燃料电池的负极。F电极为正极，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。答案为：负；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；

（3）①正极O2+4e-=2O2-，n(O2)==0.2mol，则电路中转移电子的数目为0.2mol×4NA=0.8NA或4.816×1023。答案为：0.8NA或4.816×1023；

②在负极S(g)在O2-存在的环境中失电子，转化为SO3，电极反应式为S-6e-+3O2-=SO3。答案为：S-6e-+3O2-=SO3。

【点睛】

要保护金属制品，把金属制成合金，成本过高。通常采用的方法是电化学防护法，也就是设法阻止被保护金属失电子，要么与更活泼的金属相连，要么与电源的负极相连。若在金属制品外表涂油或油漆，虽然也能对金属制品起保护作用，但效果相对较差。【解析】c阴2Cl--2e-=Cl2↑将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气负ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-0.8NA或4.816×1023S-6e-+3O2-=SO324、略

【分析】【分析】

以滴定实验为背景；结合滴定曲线进行分析，后面的小题又对离子浓度大小进行比较，最后涉及了离子积常数的计算以及pH值的计算。

【详解】

（1）醋酸钠水解使溶液显碱性，NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，离子浓度大小关系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；

（2）A．在AB段溶液显示碱性；在接近B点时，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，选项A错误；

B．在接近A时；即加入的醋酸少量，则混合液中氢氧根离子浓度大于醋酸根离子，选项B错误；

C．在AB段；根据选项A；B的分析可知，混合液中氢氧根离子浓度与醋酸根离子不一定相等，选项C错误；

D．根据以上分析可知，溶液中c(OH-)可能大于、等于或小于c(CH3COO-)；选项D正确；

答案选D；

（3）在B点时，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)＝c(CH3COO-)，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，各离子浓度大小关系为c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)；

（4）在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；D点的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，将电荷守恒乘以2，由物料守恒代入消去c(Na+)，则D点混合溶液的质子守恒的关系为c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。【解析】①.c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)②.D③.c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)④.=⑤.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)四、判断题(共4题，共20分)25、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。26、B【分析】【详解】

镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉属于重金属，会对环境造成严重的污染，故错误。27、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。28、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。五、工业流程题(共3题，共21分)29、略

【分析】【分析】

由题给流程可知，矿石加入盐酸溶液酸浸，铁、铝的氧化物溶解得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有金属氯化物的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子；向氧化后的溶液中加入氧化铝调节溶液pH在范围内；将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣B和含有氯化铝的滤液B；灼烧滤渣A得到氧化铁，向滤液B中加入少量稀盐酸或者通入氯化氢，防止铝离子发生水解，溶液经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铝晶体。

(1)

由最终制得六水氯化铝晶体可知；酸浸时加入的酸溶液为盐酸，搅拌；升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度等措施可以提高酸浸效率，故答案为：搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度；盐酸；

(2)

由分析可知，向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为该反应为放热反应，放出的热量会使过氧化氢发生分解而损耗，所以分多次添加双氧水可以降低反应速率，防止产生过多热量造成过氧化氢分解而损耗，故答案为：降低反应速率；防止产生过多热量造成过氧化氢分解而损耗；

(3)

由分析可知，向氧化后的溶液中加入氧化铝调节溶液pH在范围内，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：

(4)

洗涤滤渣B的操作为沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀；待水自然流下后重复以上操作2~3次，故答案为：沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀，待水自然流下后重复以上操作2~3次；

(5)

由分析可知，由AlCl3溶液制备AlCl3·6H2O的操作步骤为向滤液B中加入少量稀盐酸或者通入氯化氢；防止铝离子发生水解，溶液经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铝晶体，故答案为：加入少量稀盐酸或者通入氯化氢；过滤、洗涤；

(6)

滤渣A的主要成分为二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

(7)

若矿石m1kg，最后获得m2kgAlCl3·6H2O，由铝原子个数守恒可知矿石中铝元素的含量为×100%=×100%，故答案为：【解析】(1)搅拌；升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度盐酸。

(2)降低反应速率；防止产生过多热量造成过氧化氢分解而损耗。

(3)

(4)沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀；待水自然流下后重复以上操作2~3次。

(5)加入少量稀盐酸或者通入氯化氢过滤；洗涤。

(6)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O

(7)30、略

【分析】【分析】

海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解后过滤所得滤液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加