2025年浙科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年浙科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、2020年，中国科学院在钠离子电池的研究上取得新突破，其应用领域广、安全性能好，在未来有巨大市场前景。某水系钠离子二次电池总反应为：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3；下列说法正确的是。

A.放电时，溶液中的Na+移向a极B.放电时，C.充电时，Na2FePO4F发生还原反应D.充电时，电路中通过1mole-时，b极增重46g2、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：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1):

。反应时间/min

n(CO)/mol

n(H2O)/mol

0

1.20

0.60

t1

0.80

t2

0.20

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n(CO2)＝0.40molC.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H2O转化率增大D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应3、金属及其化合物在生产生活中应用广泛。2011年云南的“乌铜走银”制作技艺列入国家级非物质文化遗产名录。制作中的走银工序是将氧化变黑的银丝嵌入铜器表面已錾刻好的花纹内，再经揉黑工序，用手边焐边搓揉铜器，直到铜器表面变成乌黑、银丝变得光亮。近期中国科学院在含银化合物运用于超离子导体方面取得突破性进展，制得的αAgI晶体在室温下的电导率比普通多晶的AgI提高了近5个数量级。下列有关“乌铜走银”的说法不正确的是A.走银工序中金属键没有断裂B.揉黑工序中发生了原电池反应C.用铝丝代替银丝，铜器也会变黑D.银丝可以长时间保持光亮4、在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)＋2OH－(aq)△H＜0中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH－)增大的是A.加入少量CuCl2固体B.加入少量NaCl固体C.加入少量K2CO3固体D.升高体系温度5、浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池；称为双液浓差电池。模拟工业上电渗析法实现海水(用氯化钠溶液代替)淡化的装置如图所示。下列说法错误的是。

A.向Cu(1)极区域迁移B.C(2)极发生还原反应C.膜1为阳离子交换膜D.C(2)极反应为：2H2O-2e-=2OH-+H2↑6、常温下；AgCl和AgI在水中的溶解平衡曲线如下图所示，下列说法错误的是。

A.曲线Ⅰ表示AgI的溶解平衡B.常温下，Ksp(AgCl)=1×10-10C.常温下，饱和AgCl溶液与饱和AgI溶液中D.常温下，向等浓度NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先产生AgI沉淀评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程中的能量变化如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）。

回答下列问题：

(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是__。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是__。

(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的△H3=___，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的△H4=__（填“大于”“小于”或“等于”）△H3。8、已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如表所示：。弱电解质CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数/mol•L-11.7×10-56.2×10-10Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

回答下列问题：

(1)写出H2CO3的第一级电离平衡常数表达式：Ka1=____。

(2)等物质的量浓度的下列溶液，pH由大到小的顺序为_____(填字母)。

a.CH3COONab.NaCNc.Na2CO3

(3)一定温度下，体积相同、pH均为2的CH3COOH溶液与HX溶液，加水稀释时pH的变化如图所示.稀释相同倍数后，HX溶液中由水电离出的c(H+)___CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)(填“大于”；小于”或“等于”)。

(4)25℃时，测得某CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=____mol•L-1(填精确值)。9、表中是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)，回答下列问题：。酸电离方程式电离平衡常数KaCH3COOHCH3COOHCHCOO－+H+Ka=1.7×10−5H2CO3H2CO3HCO+H+HCOCO+H+Ka1=4.2×10−7Ka2=5.6×10−11HClOHClOClO－+H+Ka=4.7×10−8H3PO4H3PO4H2PO+H+H2PO+H+PO+H+Ka1=7.1×10−3Ka2=6.2×10−8Ka3=4.5×10−13

(1)Ka只与温度有关，当温度升高时，Ka值___________(填“增大”；“减小”、“不变”)。

(2)在温度相同时，各弱酸的Ka值不同，那么Ka值的大小与酸性的相对强弱有何关系___________。

(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，其中酸性最强的是___________，最弱的是___________。

(4)电离平衡常数是用实验的方法测定出来的，现测得25℃时，cmol∙L−1的CH3COOH的电离度为，试表示该温度下醋酸的电离平衡常数___________。

(5)根据上表中提供的H2CO3和HClO的电离平衡常数，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是___________

A．c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)

B．c(ClO－)＞c(HCO)＞c(H+)

C．c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)

D．c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)

(6)根据上表中H2CO3和HClO的电离平衡常数，试写出少量CO2通入到NaClO溶液中的化学反应方程式___________。10、联氨（N2H4）是一种绿色环保的还原剂；其氧化产物为氮气。

(1)合成联氨的有关反应如下：

NH3(g)＋NaClO(aq)=NH2Cl(l)＋NaOH(aq)ΔH1＝－67.45kJ·mol－1

NH2Cl(l)＋NaOH(aq)＋NH3(g)=N2H4(l)＋NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH2＝－195.32kJ·mol－1

反应2NH3(g)＋NaClO(aq)=N2H4(l)＋NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝________kJ·mol－1。

（2）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，写出联氨与过量盐酸反应的离子方程式：________。

（3）联氨—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。该电池放电时，负极的电极反应式是__________。

（4）若用此碱性燃料电池作电源，电解AgNO3溶液，电解方程式为_________；若阴极析出5.40g金属银，则联氨—空气燃料电池中至少通入标准状况下空气体积________mL（假设空气中氧气体积分数为20%）11、在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：。时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)上述反应___(填“是”或“不是”)可逆反应。

(2)用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=__。达到平衡时NO的转化率等于__。

(3)如图所示，表示NO2变化曲线的是__。

(4)能说明该反应已达到平衡状态的是__(填序号)。

a.v(NO2)=2v(O2)

b.容器内压强保持不变。

c.v逆(NO)=2v正(O2)

d.容器内密度保持不变12、在容积固定为2L的密闭容器中，充入0.180molHI，480℃时反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，体系中n(HI)随时间变化情况如表：。t/min0246810n(HI)/mol0.1800.1640.1520.1440.1400.140

反应进行至10min后将反应混合物的温度降低；发现气体的颜色变浅。

(1)0~4min内H2的平均反应速度为___________。达平衡时，HI的转化率是___________。当上述反应达平衡时，降低温度，原化学平衡向___________移动(填“正向”，“逆向”或“不”)，上述正向反应是：___________反应(选填：放热；吸热)。

(2)480℃时，反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数K的值为___________，此条件下，当起始放入0.2molHI、0.05molH2和0.01molI2，反应向___________(选填：正向；逆向)进行。

(3)要增大反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)的平衡常数，可采取的措施是___________(选填字母)。

A．增大HI起始浓度B．向混合气体中通入I2C．使用高效催化剂D．升高温度13、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

①如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请问该化学反应属于___(放热或吸热)反应，请写出该反应的热化学方程式：___。

②上述反应用到的氢气是一种清洁燃料，已知氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，请写出氢气的燃烧热热化学方程式：___。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误15、中和等体积、等的盐酸和醋酸消耗的的物质的量相同。(_______)A.正确B.错误16、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误17、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误18、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误19、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误20、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共4分)21、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。22、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化评卷人得分五、工业流程题(共3题，共27分)23、含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重。化工厂常用SO2处理含铬废水；其工艺流程如下图所示：

已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+

（1）将吸收塔中1molCr2O72-与SO2反应的热化学方程式补全。

Cr2O72-(aq)+__SO2(g)+______+___+___ΔH=-1145kJ/mol

（2）其他条件不变；研究吸收塔中pH对反应的影响。

。pH

2

4

6

Cr（+6）

最大去除率。

99.99%

达排放标准。

99.95%

达排放标准。

99.5%

未达排放标准。

时间。

30min

35min

45min

①由上述数据获得的结论有________。

②实际工业生产控制pH=4左右的原因是________。

③下列说法不合理的是________。

a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-；pH越大其含量越高。

b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）

c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）

（3）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图1所示）。

30min前相同时间内，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，30min后80℃的Cr（+6）去除率低，原因分别是_______；_______。

（4）图2为Cr（+3）微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图，中和池中应控制pH范围为_________。

（5）废水中Cr（+6）总浓度为a×10-3mol/L，处理1000L废水，去除率要求达到99.95%，理论上需要SO2物质的量为_________mol（写计算式）。24、化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：

回答下列有关问题：

(1)硼砂中B的化合价为_______，溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为________。X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为_______。

(2)MgCl2·7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是______。若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为_______。

(3)镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，则正极反应式为______。常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，溶液中Mg2+浓度为_____。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，_______(填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出。

(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol·L-1Na2S2O3(H2S2O3为弱酸)溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL。盛装Na2S2O3溶液的仪器应为______滴定管(填“酸式”或“碱式”)。该粗硼样品的纯度为_______(提示：I2+2S2O=2I-+S4O)。25、工业上采用高浓度含砷废水制取As2O3。工艺流程如下：

已知含砷废水中砷元素以＋3价的形式存在。不同pH时；三价砷的物种分布如下图所示：

(1)“调pH”时，控制溶液的pH＝6，“沉砷”时会生成As2S3沉淀。写出“沉砷”时反应的离子方程式：____。

(2)“沉砷”时会发生副反应：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsS(aq)，从而降低砷元素的沉淀率。为减少副反应的发生，采取的方法是加入Na2S的同时加入少量FeSO4，生成的As2S3沉淀中会混有FeS。加入少量FeSO4能抑制副反应的原因是____。

(3)“焙烧”含少量FeS的As2S3可以得到As2O3和Fe2O3的混合物。As2O3是一种酸性氧化物，选择合适的溶液X，将砷元素可以从混合物中浸出。写出“浸出”反应的离子方程式：____。

(4)为提高砷元素浸出的速率，可以采取的方法有____和____等。评卷人得分六、实验题(共4题，共8分)26、硫氰化钾()俗称玫瑰红酸钾；是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示：

已知：①NH3不溶于密度比水大且不溶于水；②三颈烧瓶内盛放：水和催化剂。③该反应比较缓慢且在高于170℃易分解。

回答下列问题：

(1)装置A中反应的化学方程式是_______。

(2)装置C的作用是_______。

(3)制备溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是_______，然后打开继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的溶液，写出装置D中生成的化学方程式：_______。

(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收时的离子方程式_______。

(5)制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压_______、_______；过滤、洗涤、干燥；得到硫氰化钾晶体。

(6)测定晶体中的含量：称取10.0g样品。配成1000mL溶液量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液[已知：滴定时发生的反应：]

①滴定过程的指示剂a为_______；

②晶体中的质量分数为_______。27、碘酸钾是常用的食盐加碘剂。某研究小组在实验室采用如下两种方法进行碘酸钾的制备。

方法一：采用如图所示装置；先用高锰酸钾制备氯气，再用氯气氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。

方法二：采用如下实验流程；直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。

已知：(Ⅰ)是一种白色晶体；在水中溶解度随温度升高而增大；不溶于乙醇。

(Ⅱ)溶液在中性条件下的还原产物为一种不溶于水的沉淀。

(1)方法一中装置a的作用是净化其中的试剂为_______，装置b的名称为_______。

(2)方法一中多孔球泡装置的作用是_______。

(3)方法二中水浴加热时发生反应的化学方程式为_______。

(4)方法二中滴入适量乙醇的作用是_______。

(5)在获取碘酸钾产品的操作中，下列说法正确的是_______(填字母序号)。A．加热浓缩过程中需要使用三脚架、泥三角和坩埚等仪器B．在冷却结晶时，温度过低可能会有杂质析出导致产品不纯净C．采用抽滤可使过滤速率加快D．为提高洗涤效果，可用热水进行洗涤(6)方法二所得产品碘酸钾的纯度测定方案如下：准确称取产品配制成溶液作为待测液，取该溶液于碘量瓶中，加入稍过量的碘化钾，用适量的盐酸酸化，盖紧塞子，置于避光处用的硫代硫酸钠标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许指示剂，滴定到溶液为无色。平行滴定三次，平均消耗标准液计算产品的纯度。已知：

①指示剂宜选用_______溶液；

②产品碘酸钾的质量分数为_______。28、SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某同学在实验室设计了如下实验，对SO2的部分性质进行了探究。

I.二氧化硫的水溶性。

(1)SO2易溶于水，溶于水有H2SO3生成。向SO2饱和溶液中加入NaHSO3固体，有气体冒出，原因是_______(结合有关平衡方程式简要说明)。

II.验证SO2能否与BaCl2溶液反应。

某同学设计了如图装置，且所配制的溶液均使用了无氧蒸馏水，检验SO2在无氧干扰时；是否与氯化钡反应生成沉淀。

(2)加入碳酸钠粉末的目的是_______。

(3)当_______时；氯化钡溶液中没有沉淀出现，说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，此时滴加双氧水，出现了白色沉淀。

(4)装置中选用澄清石灰水而不用氢氧化钠溶液的目的是_______。

III.二氧化硫的还原性。

已知SO2具有还原性，可以还原I2，也可以与Na2O2发生反应。

(5)将SO2通入装有过氧化钠的硬质试管中；将带火星的木条放在试管口处。

①若木条不复燃，则说明SO2与Na2O2反应无O2生成，可能发生反应的化学方程式为_______。

②若木条复燃，则说明SO2与Na2O2反应有O2生成，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2。

(6)将SO2通入装有碘水(含淀粉)的洗气瓶中，若_______，说明还原性：SO2＞I-，写出该反应的离子方程式：_______。29、H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。某研究性学习小组设计如图所示实验装置，探究影响H2O2分解反应速率的因素。

(1)①写出锥形瓶中反应的化学方程式_________。

②设计实验方案：在不同条件下，测定_________。(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)

(2)探究影响H2O2分解反应速率的因素实验方案如下表所示，先向锥形瓶中加入质量分数为10%H2O2，再依次通过分液漏斗向锥形瓶中加入一定量的蒸馏水和FeCl3溶液，请回答问题：。实验。

序号10%H2O2/mL蒸馏水/mL0.2mol·LFeCl3溶液/mL现象I10a0无明显变化II10b2锥形瓶变热，溶液迅速变红棕色，并有较多气泡产生；2min时，反应变缓，溶液颜色明显变浅III552锥形瓶变热，溶液变棕色，开始5s后产生较少的气泡；2min时，反应速度加快

①表格中a=_________，b=_________。

②通过实验_________和_________(填写序号)探究浓度对反应速率影响。

(3)实验II、III中溶液颜色变深的原因是_________。

(4)已知FeCl3溶液对H2O2的催化分解分为反应i和反应ii两步进行：已知反应ii的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

①反应i离子方程式为_________。

②某同学设计实验证明催化过程中有Fe2+产生：取2mLH2O2溶液于试管中，向试管中滴加2滴FeCl3溶液，再滴加2滴_________溶液；产生蓝色沉淀。

(5)向实验II中反应后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色，2min后溶液红色褪去；继续滴加KSCN溶液，溶液又变红色，一段时间后又褪色；此时再向溶液中滴加盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀。请分析溶液红色褪去的原因_________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

由电池总反应知，放电时，NaFePO4F转化为Na2FePO4F，Fe元素化合价由+3价降低到+2价，发生还原反应，故b极为正极，Na3Ti2(PO4)3转化为NaTi2(PO4)3；Ti元素化合价由+3价升高到+4价，发生氧化反应，故a极为负极。

【详解】

A．由分析知，a极为负极，b为正极，放电时，Na+移向正极，即b极；A错误；

B．由分析知，放电时，Na3Ti2(PO4)3转化为NaTi2(PO4)3，对应电极反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+；B正确；

C．充电时，Na2FePO4F转化为NaFePO4F；Fe元素由+2价升高到+3，发生氧化反应，C错误；

D．充电时，b极发生反应Na2FePO4F转化为NaFePO4F，对应电极反应为：Na2FePO4F-e-=NaFePO4F+Na+，1mol电子转移时，b电极失去1molNa+；故电极质量减小23g，D错误；

故答案选B。2、B【分析】【详解】

A.由表中数据可知，t1min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol－0.8mol＝0.4mol，v（CO）＝=mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)=v(CO)=mol·L－1·min－1；故A错误；

B.CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol－0.4mol＝0.2mol，t2min时n（H2O）＝0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）＝0.40mol；故B正确；

C.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，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小；故C错误；

D.t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）＝0.8mol÷2L＝0.4mol/L，c（H2O）＝0.2mol÷2L＝0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）＝0.4mol÷2L＝0.2mol/L，则K==1；温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故D错误。

综合以上分析；答案选B。

【点睛】

该题是高考中的中的常见题型，试题综合性强，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力。本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。复习时要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。3、C【分析】【详解】

A．制作中的走银工序是将氧化变黑的银丝嵌入铜器表面已錾刻好的花纹内；发生氧化银转化为银，铜转化为氧化铜，该过程金属键没有断裂，故A正确；

B．揉黑工序中通过揉搓；手上的汗水可提供电解质溶液，黑色的AgO和Cu发生氧化还原反应生成Ag和黑色的CuO，Cu作负极，AgO作正极，发生了原电池反应，故B正确；

C．铜的活动性比铝弱；氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此铜不会变黑，故C错误；

D．银丝发生还原反应；氧化银转化为单质银，单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，故D正确；

故选C。4、C【分析】【详解】

A.加入少量CuCl2固体，铜离子和OH－反应，平衡正向移动，c(Ca2+)增大，c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加入少量NaCl固体，对平衡无影响，c(Ca2+)不变，c(OH－)不变；故B不符合题意；

C.加入少量K2CO3固体，钙离子和碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，平衡正向移动，c(Ca2+)减小，c(OH－)增大；故C符合题意；

D.该溶解平衡是放热过程，升高体系温度，平衡逆向移动，因此c(Ca2+)减小，c(OH－)减小；故D不符合题意。

综上所述，答案为C。5、C【分析】【分析】

浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池，该浓差电池最终交换膜两侧硫酸铜溶液浓度相等，即阴离子交换膜左侧溶液c(CuSO4)增大，右侧c(CuSO4)减小，又因为只允许阴离子迁移，故交换膜左侧铜极溶解，c(Cu2+)增大；交换膜右侧铜极上析出铜，c(Cu2+)减小，即Cu(1)极为负极，发生反应Cu-2e-═Cu2+；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2++2e-═Cu，由阴离子交换膜右侧向左侧迁移；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，Cu(1)极为负极，Cu(2)极为正极，原电池中阴离子流向负极，则向Cu(1)极区域迁移，A正确；

B．由分析可知；Cu(1)极为负极，则C(2)极为阴极，电解池中阴极发生还原反应，B正确；

C．由分析可知，Cu(2)极为正极，则C(1)极为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；故NaCl中的Cl-通过膜1进入阳极室，故膜1为阴离子交换膜，C错误；

D．由B项分析可知，C(2)极为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O-2e-=2OH-+H2↑；D正确；

故答案为：C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．AgCl溶解度大于AgI；溶液中的离子浓度也是AgCl溶解度大于AgI，所以II线表示AgCl，I线表示AgI，故A正确；

B．II线表示AgCl，常温下，Ksp(AgCl)=c(Ag+)∙c(Cl-)=10-5×10-5=1×10-10；故B正确；

C．由图知Ksp(AgCl)=1×10-10，Ksp(AgI)=1×10-18，饱和AgCl溶液电离出等浓度的Ag+和Cl-，则c(Cl-)=mol/L，同理c(I-)=mol/L，则故C错误；

D．由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，Ksp小的先沉淀；则先产生AgI沉淀，故D正确；

故选：C。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【详解】

(1)反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，结合题图可写出该反应的热化学方程式为P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ•mol-1；答案为：P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ•mol-1；

(2)根据题图可知，PCl3(g)和Cl2(g)反应生成1molPCl5(g)时，放热93kJ；则1molPCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式为PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ•mol-1；答案为：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ•mol-1；

(3)根据盖斯定律求得△H3=△H1+△H2=-399kJ•mol-1；因为反应不管是一步完成还是分步进行，反应物、生成物相同、状态相同，物质的量也相同，所以△H3=△H4；答案为：-399kJ•mol-1；=。【解析】P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ•mol-1PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于8、略

【分析】【详解】

(1)H2CO3的第一级电离平衡常数表达式

(2)根据越弱越水解，由表中数据可知，所以等物质的量浓度的三种溶液，pH由大到小顺序为：Na2CO3、NaCN、CH3COONa；

(3)pH均为2的CH3COOH溶液与HX溶液，加水稀释时pH的变化如图所示.稀释相同倍数后，HX溶液的pH较小，表明HX电离出H+的浓度较高，所以HX对水的电离抑制程度大，HX溶液中由水电离出的c(H+)小于CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)；

(4)溶液pH=6，故根据电荷守恒得到故【解析】cba小于9.9×10-79、略

【分析】【详解】

(1)弱电解质的电离是吸热过程，当温度升高时，平衡正向移动，Ka值增大；故答案为：增大。

(2)在温度相同时，电离平衡常数越大，则酸越强；故答案为：Ka值越大；酸性越强。

(3)根据Ka值越大，酸越强，CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，因此酸性最强的是H3PO4，最弱的是故答案为：H3PO4；

(4)25℃时，cmol∙L−1的CH3COOH的电离度为，根据题意得出电离的醋酸浓度为cmol∙L−1，c(H＋)=c(CH3COO－)=cmol∙L−1，c(CH3COOH)=c(1－)mol∙L−1，该温度下醋酸的电离平衡常数Ka=故答案为：

(5)根据题意得出酸强弱顺序为H2CO3＞HClO，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，因此等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－水解程度大于HCO水解程度，因此离子浓度为c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)；按照物料守恒得到c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)；按照电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)+2c(CO)；故答案为A。

(6)根据题意得出酸强弱顺序为H2CO3＞HClO＞HCO少量CO2通入到NaClO溶液中生成HCO和HClO，其化学反应方程式CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO；故答案为：CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO。【解析】①.增大②.Ka值越大，酸性越强③.④.⑤.⑥.A⑦.CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO10、略

【分析】【详解】

（1）①NH3(g)+NaClO(aq)═NH2C1(l)+NaOH(aq)△H1=−67.45kJ•mol−1

②NH2Cl(l)+NaOH(aq)+NH3(g)═N2H4(l)+NaCl(aq)+H2O(l)△H2=−195.32kJ•mol−1

根据盖斯定律，①+②可得反应2NH3(g)+NaClO(aq)═N2H4(l)+NaCl(aq)+H2O(l)△H=(−67.45kJ•mol−1)+(−195.32kJ•mol−1)=−262.77kJ•mol−1；

（2）由于联氨是二元碱，因此联氨与过量盐酸反应生成为N2H6Cl2；则反应的离子方程式为

（3）肼一空气燃料碱性电池中，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为：N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2↑；

（4）电解AgNO3溶液，因氧化性：Ag+>H+，故Ag+在阴极发生反应，电解总反应方程式为：阴极发生反应：Ag++e-=Ag，阴极析出5.4g金属银（即），转移电子为0.05mol，原电池中正极发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，需消耗氧气的物质的量为0.0125mol，其在标况下的体积为0.0125mol×22.4L/mol=0.28L，需通入标况下的空气体积为【解析】－262.77N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2↑140011、略

【分析】【分析】

根据题中表格数据，判断该反应是可逆反应；根据题中表格数据，计算O2在0～2s内的平均速率和平衡时NO的转化率；根据题中表格数据，判断反应正向进行，由反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可判断曲线b表示NO2浓度变化；根据化学平衡的本质特征判断平衡标志；据此解答。

【详解】

(1)由表中数据可知；3s后NO的物质的量不再变化，可知为可逆反应，达到平衡状态；答案为是。

(2)由表中数据可知，2s时NO的物质的量n(NO)=0.008mol，则v(NO)===0.003mol·L-1·s-1，根据各物质的速率之比等于化学方程式的计量系数之比，则v(O2)=v(NO)=×0.003mol·L-1·s-1=0.0015mol·L-1·s-1，平衡时NO的物质的量n(NO)=0.007mol，则平衡时NO的转化率=×100%=×100%=65%；答案为0.0015mol·L-1·s-1；65%。

(3)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，即平衡时，消耗0.013molNO时生成0.013molNO2，平衡时c(NO2)==0.0065mol/L，由图可知，表示NO2变化曲线的是b；答案为b。

(4)a．v(NO2)=2v(O2)；未指明正；逆反应速率，不能判断反应是否达到平衡，故a错误；

b．由方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知，该反应是前后气体体积不等的反应，故反应达平衡前气体的物质的量在变，压强在变，当容器内气体总物质的量保持不变，压强不变，说明反应已达平衡，可以作为平衡的标志，故b正确；

c．由方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知，v正(NO)=2v正(O2)，而v逆(NO)=2v正(O2)，则v正(NO)=v逆(NO)；正逆反应速率相等，反应已达平衡，可以作为平衡的标志，故c正确；

d．由方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知；混合气体总质量始终不变，容器容积不变，则容器内混合气体密度始终不变，那么容器内密度保持不变，不能判断反应是否达到平衡，故d错误；

答案为bc。【解析】①.是②.0.0015mol/L•s③.65%④.b⑤.bc12、略

【分析】【详解】

(1)根据表格数据，0~4minHI变化的物质的量为0.180mol-0.152mol=0.028mol，则生成H2的物质的量的为×0.028mol=0.014mol，因此0~4min内H2的平均反应速率为达到平衡时，HI的物质的量为0.140mol，则HI的转化率为达到平衡时；反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为吸热反应；

(2)由表格数据可知，480℃达到平衡时，HI的物质的量为0.140mol，则H2的物质的量为0.02mol，I2的物质的量为0.02mol，因此反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡常数K=此条件下，当起始放入0.2molHI、0.05molH2和0.01molI2，则反应向逆向进行；

(3)平衡常数只与温度有关，因此增大HI的起始浓度、向混合气体中通入I2、使用高效催化剂不影响平衡常数的大小，根据(1)可知，该反应的正反应方向为吸热反应，温度升高，平衡正向进行，平衡常数增大，故答案选D。【解析】①.1.75×10-3mol·L-1·min-1②.22%③.逆向④.吸热⑤.49⑥.逆向⑦.D13、略

【分析】【详解】

①如图所示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，图示是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，则反应为N2(g)+H2(g)NH3(g)的焓变△H=反应物的总键能E1−生成物的总键能E2=254kJ/mol−300kJ/mol=−46kJ/mol，所生成2molNH3(g)放热为46kJ/mol×2mol=92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=−92kJ⋅mol−1；

②氢气的燃烧热为285.8kJ⋅mol−1，即1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，放热反应的反应热为负值，所以氢气的燃烧热热化学方程式为H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1。【解析】放热N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=−92kJ⋅mol−1H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1三、判断题(共7题，共14分)14、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。15、B【分析】【详解】

相同的盐酸和醋酸中醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的的量较多。故说法错误。16、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。18、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。19、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。20、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。四、结构与性质(共2题，共4分)21、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅22、略

【分析】【分析】

按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常数的定义；结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；

【详解】

(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60；A错误；B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误；C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大；分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。

(4)①按定义，反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常数表达式由表知，平衡时，c(AsO)=ymol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)=0.06L×ymol。则平衡时

②由图可知，tm时，c(AsO)<ymol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆<n时v逆。当反应达到平衡后；则：

A．v(I-)=2v(AsO)；未表示出是否为正逆反应速率，A错误；

B．平衡时各成分的浓度不再变化；则溶液的pH不再变化，B正确；

C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)=2c(AsO)=2ymol·L-1；C错误；

D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化；D正确；

选项正确的是BD。【解析】3D三角锥极性两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于Nx-y小于由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大BD五、工业流程题(共3题，共27分)23、略

【分析】【分析】

Cr（+6）在酸性环境下主要以Cr2O72-形式存在，将具有强还原性的二氧化硫气体通入吸收塔与Cr（+6）发生氧化还原反应，将Cr（+6）降价生成Cr3+；中和池中加入NaOH使其生成氢氧化物沉淀除去。

（1）氧化还原反应离子方程式配平；利用得失电子数相等和原子守恒配平；热化学方程式书写注意注明状态；

（2）①根据表格可以得出随pH的增大Cr（+6）去除率的变化和去除所需时间。

②从速率；去除率、消耗原料几个角度综合分析；

③a.根据勒夏特例原理分析；b.k的变化只与温度有关；c.氧化还原角度分析；

（3）从速率和平衡两个角度分析；

（4）找出Cr（OH）3物质的量分数最大的pH范围即可；

（5）利用得失电子数相等进行计算。

【详解】

（1）三步法配平：①根据化合价升降相等，配平化合价发生变化的元素②根据左右两边电荷守恒配平，酸性添加氢离子，碱性氢氧根离子③根据原子守恒配平添加水；热化学方程式书写注意注明状态，Cr2O72-(aq)+3SO2(g)+2H+（aq）2Cr3+（aq）+3SO42-（aq）+H2O（l）ΔH=-1145kJ/mol；

答案：32H+（aq）2Cr3+（aq）3SO42-（aq）H2O（l）

（2）①根据表格可以得出结论，随着pH的升高，Cr（+6）的去除率降低；反应速率变慢；

答案：pH越大，Cr（+6）的去除率降低；反应速率越慢。

②实际工业生产应该从节省原料，条件易控角度分析，控制pH=4左右的原因是Cr（+6）的去除率已达排放标准；控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本；

答案：Cr（+6）的去除率已达排放标准；控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本。

③a.根据题干信息Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH增大相当于减小氢离子浓度，平衡正向移动，CrO42-含量越高；故不选a；

b.K的变化只与温度有关，压强无影响，故选b；

c.SO32-、Fe2+等也具有强还原性，可以与Cr（+6）发生氧化还原反应，用于除去Cr（+6）；故不选c；

答案：b

（3）仔细观察图像可以发现前30min；80℃单位时间内去除率越高，反应速率越快；30min后去除率后面几乎不发生变化，说明达到了平衡，40℃时去除率要高，从平衡角度分析。

答案：30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80℃的去除率更高；30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热；温度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。

（4）Cr（+3）是以氢氧化铬沉淀形式除掉；所以根据图像选择氢氧化铬物质的量分数最大的pH范围；

答案：8～9.5左右。

（5）利用氧化还原反应得失电子数相等列关系式可知。

2Cr（+6）～3SO2

2mol3mol

a×10-3mol/L×1000L×99.95%n（SO2）

计算得n（SO2）=3mol×a×10-3mol/L×1000L×99.95%/(2mol)=1.5a×99.95%mol；

答案：1.5a×99.95%【解析】32H+（aq）2Cr3+（aq）3SO42-（aq）H2O（l）pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢与pH=2相比，pH=4时，Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本b30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80℃的去除率更高30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80℃的去除率比40℃低。8～9.5左右1.5a×99.95%24、略

【分析】【分析】

硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，向硼镁矿中加入NaOH浓溶液，反应后得到NaBO2溶液和含有Mg的滤渣，用较浓盐酸溶解该滤渣得到MgCl2溶液，然后通过蒸发浓缩冷却结晶得到MgCl2·7H2O，在HCl气流中加热MgCl2·7H2O得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到金属Mg；向NaBO2溶液中通入适量CO2气体得到硼砂，然后加入热水，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3；B2O3与Mg在高温下反应产生粗硼和MgO。

【详解】

(1)硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；Na2B4O7•10H2O用热水溶解，并用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3，反应的离子方程式为：+2H++5H2O=4H3BO3，H3BO3晶体加热脱水产生B2O3，故X是B2O3，B2O3与Mg反应生成粗硼和氧化镁，反应的化学方程式为3Mg+B2O32B+3MgO；

(2)MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成Mg(OH)2；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极上溶液中的H+得到电子生成H2，H+放电破坏了附近的水的电离平衡破坏，水电离生成OH-浓度增大，OH-和Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，则阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓；

(3)镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上H2O2得到电子生成H2O的反应，正极的电极反应式为：H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，△c(H+)=0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度c(Mg2+)=0.045mol/L；Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH-)=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg(OH)2]，说明没有Mg(OH)2沉淀生成；

(4)Na2S2O3溶液水解使溶液呈碱性，因此应该选择碱式滴定管盛装；Na2S2O3溶液的物质的量为：n(Na2S2O3)=c·V=0.30mol/L×0.018L=0.0054mol；根据关系式：

B～BI3～I2～3S2O32-，可知n(B)=n()=0.0018mol，m(B)=0.0018mol×11g/mol=0.0198g，则粗硼中硼的含量为：×100%=99%。【解析】+3+2H++5H2O=4H3BO33Mg+B2O32B+3MgO防止MgCl2水解生成Mg(OH)22H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓H2O2+2H++2e-=2H2O0.045mol·L-1没有碱式99%25、略

【分析】【分析】

由流程可知，含砷废水在pH<7时，砷元素主要以H3AsO3形式存在，“沉砷”时，加入硫化钠，发生反应生成As2S3沉淀，“沉砷”时会发生副反应：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsS(aq)，所以加入FeSO4与过量的S2-结合生成FeS沉淀，过滤后得到As2S3和FeS的混合物，“焙烧”含少量FeS的As2S3可以得到As2O3和Fe2O3的混合物，用氢氧化钠溶液浸取，过滤除去滤渣，经后续处理制取As2O3。

【详解】

(1)由三价砷的物种分布图可知，pH＝6时，砷元素主要以H3AsO3形式存在，“沉砷”时，加入硫化钠，发生反应生成As2S3沉淀，反应的离子方程式为：2H3AsO3＋3S2－＋6H＋＝As2S3↓＋6H2O，故答案为：2H3AsO3＋3S2－＋6H＋＝As2S3↓＋6H2O；

(2)“沉砷”时会发生副反应：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsS(aq)，所以加入FeSO4与过量的S2-结合生成FeS沉淀，使副反应的平衡左移，防止As2S3与S2－结合生成AsS故答案为：Fe2＋与S2－结合生成FeS沉淀；使副反应的平衡左移；

(3)Fe2O3为碱性氧化物，不溶于碱，As2O3是一种酸性氧化物，能溶于碱，所以溶液X可以为氢氧化钠溶液，As2O3和NaOH反应生成Na3AsO3和H2O，反应的离子方程式为：As2O3＋6OH－＝2AsO＋3H2O，故答案为：As2O3＋6OH－＝2AsO＋3H2O；

(4)浸出反应为固体和溶液的反应，采取充分研磨焙烧后固体、适当增大溶液X的浓度、适当升高体系的温度和充分搅拌等方法都可以提高砷元素浸出的速率，故答案为：充分研磨焙烧后固体；适当增大溶液X的浓度（或适当升高体系的温度、充分搅拌等）。【解析】2H3AsO3＋3S2－＋6H＋＝As2S3↓＋6H2OFe2＋与S2－结合生成FeS沉淀，使副反应的平衡左移As2O3＋6OH－＝2AsO＋3H2O（方程式写生成H2AsO或HAsO并配平都对）充分研磨焙烧后固体适当增大溶液X的浓度（或适当升高体系的温度、充分搅拌等）六、实验题(共4题，共8分)26、略

【分析】【分析】

加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS；滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。

【详解】

(1)装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是

(2)通过观察C中的气泡流速；判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度；

(3)加热易分解，制备溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，其目的是让完全分解而除去，然后打开继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成化学方程式是

(4)装置E中，被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应的离子方程式

(5)先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂；再减压蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体；

(6)①Fe3+遇变红色，所以滴定过程的指示剂a为溶液；

②达到滴定终点时消耗标准溶液根据方程式可知，20.00mL溶液中的物质的量是晶体中的质量分数为

【点睛】

本题以制备硫氰化钾为载体，考查物质制备，理解各装置用途、明确反应原理是解题关键，熟悉物质分离和提纯的方法，掌握滴定法测定物质百分含量。【解析】观察气泡流速，控制装置A的加热温度让完全分解而除去蒸发浓缩冷却结晶溶液(或0.873)27、略

【分析】【分析】

方法一：高锰酸钾和浓盐酸制备氯气；用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，氯气通入碘化钾和氢氧化钾的混合液中反应生成碘酸钾，用氢氧化钠吸收氯气，防止污染。

方法二：直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液；用乙醇除去剩余的高锰酸钾，抽滤除去二氧化锰，滤液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤，得到碘酸钾产品。

【详解】

（1）方法一中，高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，氯气中含有氯化氢杂质，装置a的作用是净化其中的试剂为饱和食盐水；根据图示，装置b的名称为三颈烧瓶。

（2）多孔球泡装置可增大氯气与碘化钾溶液的接触面积；使氯气充分反应