2025年鲁教新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年鲁教新版选择性必修1化学上册阶段测试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8题，共16分)1、下列叙述与电化学腐蚀有关的是A.切过菜的菜刀不及时清洗易生锈B.在空气中金属镁、铝都具有较好的抗腐蚀性C.红热的铁丝与水接触时，表面形成了蓝黑色的物质D.把铁片投入到氯化铜的溶液中，在铁表面上附着一层红色的铜2、某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。

下列说法不合理的是A.①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3Fe(CN)6溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀B.②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀C.③区Zn电极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色，Fe被保护D.④区Zn电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀3、已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A.a=bB.混合溶液的PH=7C.混合溶液中，c(H+)=mol.L-1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)4、下列说法中，错误的是A.人体运动所消耗的能量与化学反应无关B.盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应属于放热反应C.化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化D.化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的5、时，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是。酸电离常数

A.三种酸的酸性强弱关系：B.和不共存C.时，向的溶液中加入少量固体，减小D.相同温度下，溶液中HX的电离程度大于溶液中HX的电离程度6、焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.该反应的∆H>0B.C点时达到平衡状态C.增加C的量能够增大SO2的转化率D.T3时增大压强，能增大活化分子百分数7、如图是草酸溶液中三种微粒的分布分数某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量被度和的比值与pH的关系图，下到有关说法不正确的是

A.的溶液中B.溶液中：C.向溶液中加强酸至pH与a点对应时，溶液中D.为使溶液中尽可能多一些，溶液的pH最好控制在左右8、室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是A.相同浓度的NH3·H2O和NaOH溶液，pH前者小于后者B.相同条件下，浓度均为0.1mol/LNaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱C.0.1mol/LNH3·H2O能使无色酚酞试液变红色D.OH-浓度相同的NH3·H2O和NaOH溶液分别加水稀释，c(OH-)随溶液体积变化的曲线如图所示其中曲线Ⅱ是NH3·H2O评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、一定条件下，测得反应3CO（g）＋3H2（g）（CH3）2O（g）＋CO2（g）达平衡时CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示（假定过程中不发生其他反应）。温度为T时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入0.8molCO和0.8molH2，反应达平衡时测得CO2物质的量为0.2mol。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH<0，图中压强p1>p2B.压强为p2时，图中Q点所示条件下v（正）C.温度为T时，若向体积为1L的恒压容器中充入0.4molCO和0.4molH2，达平衡时CO的转化率大于75%D.温度为T时，若向原容器中充入0.1molCO、0.1molH2、0.2mol（CH3）2O和0.1molCO2，则平衡向正反应方向进行10、我国科学家开发的碳聚四氟乙烯催化剂可提高锌-空气碱性电池的放电性能；工作原理如图所示。

电池放电时，下列说法正确的是A.电子由a极经KOH溶液流入b极B.放电时，向b极移动C.正极上的电极反应式为D.a极净增1.6g时，b极有1.12L(标准状况)参与反应11、次磷酸()是一种精细化工产品，具有较强还原性，属于一元中强酸。可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜；阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法错误的是。

A.与足量反应生成B.阴极的电极反应式为C.若撤去阳膜a会导致生成的纯度降低D.当有(标准状况)生成时理论上通过阴膜的离子为12、10mL1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的总量的是A.CH3COONaB.CuSO4C.KClD.NaHCO313、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是。

A.I表示lg与pH的变化关系B.pH=1.22的溶液中：2c()+c()＞c(Na+)C.1.22＜pH＜4.19的溶液中：c()＞c()＞c(H2C2O4)D.pH=4.19的溶液中：c(Na+)=3c()14、一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入发生反应：tmin后，三个容器中的转化率如题图中A；B、C三点。下列叙述正确的是。

A.A点延长反应时间，可以提高的转化率B.B两点的压强之比为C.容积为的容器的平衡转化率大于80%D.容积为的容器达到平衡后再投入平衡不移动15、在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)；图Ⅰ表示200℃时容器中A；B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随走始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是()

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.02mol·(L·min)－1B.图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)的ΔH<0，且a＝2C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、在一定条件下A与B反应可生成C和D；其能量变化为：

A+B(反应物的总能量E1)C+D(生成物的总能量E2)

(1)下列有关反应A+B=C+D的说法正确的是_______。

A.反应前后原子的种类和数目一定变化。

B.该反应若有能量变化；则一定是氧化还原反应。

C.该反应若为放热反应；则不需加热反应就一定能自发进行。

D.反应物的总质量与生成物的总质量一定相等；且遵循能量守恒。

(2)若E12，则生成物的总能量_______(填“>”、“<”或“=”)反应物的总能量，为_______(填“吸热”或“放热”)反应。17、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。

已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1。请回答下列问题：

(1)图中A、C分别表示______、______；

(2)图中∆H=______kJ·mol-1；

(3)已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的∆H______(要求计算过程)。18、铁元素在电化学中应用广泛。回答下列问题：

（1）根据反应2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+设计原电池如图。电流计显示电流方向为：a→b。

①电极B为____________，电解质溶液C为_____________。（填标号）

A,碳棒B.铜片C.Fe2(SO4)3溶液D.CUSO4溶液。

②A电极的电极反应式为________________________________________。

③用该电池做电源，电解硫酸钠溶液，当电解池阳极有11.2mL气体（标准状况）产生时，该电池有__________________molFe3+被还原。

（2）NaFeO4是一种用途广泛的化工产品，工业上常用电解法制取。制取装置如图。已知Na2FeO4只在强碱性条件下比较稳定；具有强氧化性。

①Na2FeO4中铁元素化合价为_____________Na2FeO4是具有杀菌效果的净水剂。原因是_________________________________________________。

②电极Ni为_________________（填“阳”或“阴”）极。为使该装置能持续反应，离子交换膜应为__________________________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。

③阳极反应式为_______________________________________。19、如图是以铅蓄电池为电源,模拟氯碱工业电解饱和食盐水的装置图(C；D均为石墨电极)。

已知:铅蓄电池在放电时发生下列电极反应:

负极Pb+SO42--2e-=PbSO4

正极PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O

(1)请写出电解饱和食盐水的化学方程式_________________________。

(2)若在电解池C极一侧滴酚酞溶液，电解一段时间后未呈红色，说明铅蓄电池的A极为____极。

(3)用铅蓄电池电解1L饱和食盐水(食盐水足量、密度为1.15g/cm-3)时；

①若收集到11.2L(标准状况下)氯气，则至少转移电子________mol。

②铅蓄电池消耗H2SO42mol，则可收集到H2的体积(标准状况下)为__________L。

③消耗硫酸amol,电解后除去隔膜，所得溶液中NaOH的质量分数表达式为(假设氯气全部排出)__________________________________(用含a的代数式表示)。20、高炉炼铁中发生的反应为：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0。已知t℃时；平衡常数K＝0.25。

(1)温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，平衡常数K_____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，高炉内CO2和CO的体积比____

(2)t℃时测得高炉中c(CO2)=0.020mol·Lˉ1，c(CO)=0.1mol·Lˉ1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态_______(填“是”或“否”)，此时，化学反应速率是υ(正)_____υ(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)，其原因是________________

(3)若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)的转化率为50%，则x＝_______________。

(4)如图为t2时刻后改变条件平衡体系中化学反应速率随时间变化的情况，且四个阶段各改变一种条件并且改变的条件均不同。已知，t3~t4阶段为使用催化剂，则t4时刻改变的条件为_____________，t5时刻改变的条件为____________

21、二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，可用四氯化钛(TiCl4)制备。已知：

Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g)TiO2(s)＋2Cl2(g)ΔH1=-178.4kJ•mol-1

Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH2=-219.9kJ•mol-1

请回答下列问题：

(1)TiCl4(g)与CO(g)反应生成TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式为___________。

(2)若反应Ⅰ的逆反应活化能表示为EkJ•mol-1，则E___________178.4(填“>”“<”或“=”)。

(3)t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2，发生反应Ⅰ.4min达到平衡时测得TiO2的物质的量为0.2mol。

①0～4min内，用Cl2表示的反应速率v(Cl2)=___________。

②TiCl4的平衡转化率α=___________。

③下列措施，既能加快反应速率又能增大TiCl4平衡转化率的是___________(填选项字母)。

A．缩小容器容积B．加入催化剂C．分离出部分TiO2D．增大O2浓度E.降低温度。

④t℃时，向10L恒容密闭容器中充入4molTiCl4和一定量O2的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率(α)与起始的物质的量之比的关系如图所示：

能表示TiCl4平衡转化率的曲线为___________(填“L1”或“L2”)；M点的坐标为___________。

(4)也可以利用四氯化钛(TiCl4)水解制备TiO2，该反应的方程式为：___________。22、（1）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________填化学式）沉淀，生成该沉淀的离子方程式为_________________________。

已知25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20。

（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=_____________。[Ksp（AgBr）=5.4×10-13，Ksp（AgCl）=2.0×10-10]23、氢气是一种常用的化工原料，应用十分广泛。以H2合成尿素CO(NH2)2的有关热化学方程式有：

①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)△H1＝－92.4kJ·mol-1

②NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H2＝－79.7kJ·mol-1

③NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H3＝＋72.5kJ·mol-1

则N2(g)、H2(g)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(s)和H2O(l)的热化学方程式为___。24、电能是一种清洁的二次能源，是用途最广泛的能源之一。一氧化氮—空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。如图所示，某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理。

(1)燃料电池放电过程中正极的电极反应式为_______。

(2)乙装置中物质A是______(填化学式)。

(3)丙装置中粗铜含有锌、银等杂质，工作一段时间后，CuSO4溶液的浓度将______。(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)若甲装置有3.36L(标准状况下)O2参加反应，则丙装置中析出铜的质量为_____g。评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)25、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误26、C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，说明石墨比金刚石稳定。____A.正确B.错误27、pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿。(___)A.正确B.错误28、碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共12分)29、工业上，用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分是CuFeS2)制备两“矾”；其简易流程如下：

已知：①T∙f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性。

②几种离子沉淀的pH如下表所示：。Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀时的pH1.56.34.2完全沉淀时的pH2.88.36.7

回答下列问题：

(1)生物堆浸包括两个过程：

①CuFeS2+4H+O2=Cu2++Fe2++2S+2H2O；

②4Fe2++O2+4H=4Fe3++2H2O。

在反应①中，氧化产物是_______。

(2)生物堆浸效率与温度关系如图所示。

温度高于40℃时，生物堆浸效率降低的主要原因可能是_______。

(3)生物堆浸过程中不断补充稀硫酸，其目的是_______。

(4)“氧化”中1molCuS完全反应转移2mol电子，其离子方程式为_______。

(5)室温下，滤液M中c(Cu2)=1.0×10-5mol·L-1时c(S2-)=1.3×10-31mol·L-1，则室温时Ksp(CuS)=____。

(6)测定绿矾(FeSO4·7H2O)纯度。取wg绿矾溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol·L-1标准KMnO4溶液滴定至终点，三次平行实验所消耗溶液体积依次为24.56mL、24.95mL、25.05mL。该绿矾纯度为_______(用含w，c的代数式表示)。如果操作都正确，测得纯度高于实际纯度，其可能原因是_______。30、某科研小组设计出利用工业废酸(主要成分为稀硫酸)浸取某废弃的氧化铜锌矿(主要含CuO、ZnO和SiO2)的方案；实现废物综合利用，如图所示。

已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的如下表所示。离子开始沉淀时的完全沉淀时的6.349.71.483.26.28.0

请回答下列问题：

(1)堆浸时，为了提高浸出效率可采取的措施有(任写两种)：_______、_______

(2)堆浸时产生的矿渣主要成分是_______

(3)物质A的作用是_______，可使用下列物质中的_______。

A.KMnO4B.O2C.H2O2D.Cl2

(4)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的应控制在_______范围之间。

(5)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是_______。

(6)除铁后得到的可用溶液在碱性环境下将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂写出该反应的离子方程式_______。31、电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4；其流程如图所示：

已知：Ksp(MnF2)=5.0×10-3、Ksp(CaF2)=3.5×10-11；回答下列问题：

(1)“酸浸”时，所用的稀酸X是___。

(2)“酸浸”过程中，Fe2+、Fe3+的质量浓度；Mn浸出率与时间的关系如图1所示。

①20～80min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为___。

②80～100min时，Fe2+浓度上升的原因可能是____。

(3)若“净化”过程中Mn2+的浓度为2mol·L-1，则此时Ca2+的浓度为___mol·L-1。

(4)MnSO4制取Mn3O4的一种流程如图2。在搅拌下向50mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3，则加入NH4HCO3溶液的体积至少为___mL。

32、废旧锂离子电池的回收行业发展迅速，规范、科学处置废旧锂离子电池具有重要的环保意义和经济价值。废旧磷酸铁锂电池中电极片主要由铝箔、少量炭黑组成；从正极废料回收制备电池级磷酸铁及其他金属材料，工艺流程如下所示：

(1)中的化合价为__________。

(2)滤渣C的主要成分为__________。

(3)回收金属铝过程中步骤②的离子方程式为____________________。

(4)步骤④中的作用是__________，能否用酸性溶液代替，并说明理由____________________。

(5)步骤⑤过程中如值大于2.5，磷酸铁沉淀率将明显下降，原因是____________________。

(6)磷酸铁也可以通过电解法制备，如图所示，请完成制备过程的总反应离子方程式：____________________。

评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)33、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___________。：34、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_________。35、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：____________________。36、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）。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．切过菜的菜刀不及时清洗；在菜刀上就会以NaCl为电解质溶液形成原电池，发生电化学腐蚀，A正确；

B．金属镁；铝都具有较好的抗腐蚀性；是因为它们在空气中容易氧化，在金属表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止继续被氧化，B错误；

C．红热的铁丝与水蒸气接触；生成四氧化三铁，属于化学腐蚀，C错误；

D．铁片投入到氯化铜的溶液中是直接发生化学反应；将铜置换，D错误；

答案选A。2、A【分析】【详解】

A．①区构成原电池，Fe是负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，Cu是正极，发生还原反应，电极反应式是：O2+4e-+2H2O=4OH-；发生的是吸氧腐蚀，无气泡产生，故A错误；

B．②是电解池，Cu电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近水溶液显碱性，滴加酚酞后变成红色，Fe电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色；故B正确；

C．③区构成原电池，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn电极是负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2+，Fe电极为正极，发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，由于没有Fe2+生成，因此附近滴加K3［Fe(CN)6］未出现蓝色；Fe被保护，故C正确；

D．④是电解池，Zn电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极是阳极，电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色；Fe被腐蚀，故D正确。

答案选A。3、C【分析】【详解】

A.没有给具体的温度和酸；碱的强弱；A错误；

B.由于没有给具体的温度；pH=7，不一定是中性，B错误；

C.判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1；C正确；

D.根据电荷守恒；不论溶液是酸性；中性、还是碱性，都成立，D错误；

故合理选项为C。4、A【分析】【详解】

A．人体在运动时发生一系列的化学反应；消耗能量，如ATP和ADP的相互转化，故A项错误；

B．盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应属于放热反应；故B项正确；

C．能量变化形式主要有热能；光能、电能等；化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化，故C项正确；

D．化学反应的实质是旧键断裂；新键形成的过程；而此过程一定伴随能量的变化，因此化学反应中的能量变化，主要是由化学键变化引起的，故D项正确；

故选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．电离平衡常数越大；弱酸的酸性就越强，所以三种酸的酸性强弱关系为：HZ＞HY＞HX，故A错误；

B．由于酸性：HZ＞HY，所以HZ可以和Y-反应：HZ+Y-=HY+Z-，则HZ和Y-不共存；故B正确；

C．某弱电解质的电离平衡常数只和温度有关，所以向HZ溶液中加入NaZ固体，Ka不变；故C错误；

D．向弱酸溶液中加水，弱酸的电离平衡正向移动，所以相同温度下，0.01mol⋅L−1HX溶液中HX的电离程度大于0.1mol⋅L−1HX溶液中HX的电离程度；故D错误；

故选B。6、B【分析】【详解】

A.升高温度平衡向吸热方向移动，C点对应温度升高到D点对应温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2∶1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，△H＜0；故A错误；

B.达到平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1；根据图知，只有C点符合，故B正确；

C.能够增大SO2平衡转化率说明平衡正向移动；但不能是增加C的物质的量，因为C为固体，故C错误；

D.增大压强；增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；

答案选B。

【点睛】

正确解读图像是解题的关键。本题中要注意平衡时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，而不是1∶1。7、C【分析】【分析】

根据题意可知；本题考查了图像分析方法和变化特征的分析判断，电解质溶液中离子浓度大小比较，运用电荷守恒；物料守恒的分析。

【详解】

A．由图中曲线变化分析可知，后，溶液中一定存在故A正确；

B．溶液中电荷守恒，物料守恒得到质子守恒：故B正确；

C．a点时，溶液中碳微粒只有且二者浓度相等，物料守恒故C错误；

D．由图像分析可知左右最大；故D正确；

答案选C。

【点睛】

溶液中电荷守恒，物料守恒得到质子守恒：8、C【分析】【分析】

部分电离的电解质为弱电解质，要说明NH3•H2O为弱电解质，只要证明NH3•H2O部分电离即可；据此分析解答。

【详解】

A．相同浓度的NH3•H2O和NaOH溶液，pH前者小于后者，则溶液中c(OH-)：NH3•H2O＜NaOH，NaOH是强电解质，完全电离，则NH3•H2O部分电离，说明NH3·H2O为弱电解质；故A不选；

B．相同条件下，浓度均为0.1mol•L-1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明溶液中c(OH-)：NH3•H2O＜NaOH，NaOH是强电解质，完全电离，则NH3•H2O部分电离，说明NH3·H2O为弱电解质；故B不选；

C．0.1mol•L-1NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3•H2O电离出了OH-，导致溶液呈碱性，但是不能说明其是否部分电离，所以不能证明NH3•H2O是弱电解质；故C选；

D．OH-浓度相同的NH3•H2O和NaOH溶液分别加水稀释，稀释相同的倍数，c(OH-)变化：曲线Ⅰ＞曲线Ⅱ，说明NH3•H2O在稀释过程中继续电离出了OH-，存在电离平衡，说明NH3·H2O为弱电解质；故D不选；

故选C。二、多选题(共7题，共14分)9、AC【分析】【分析】

根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，然后作等温线，得出p1>p2；然后利用化学平衡常数与浓度商的关系；三段式法等知识进行分析；

【详解】

A.根据图像，随着温度的升高，CO平衡转化率降低，根据勒夏特列原理原理，正反应方向为放热反应，即△H<0，作等温线，增大压强，CO的平衡转化率增大，即p1>p2；故A正确；

B.压强为p2时，图中Q点未达到平衡状态，反应向CO转化率增大方向移动，即向正反应方向移动，则v(正)>v(逆)故B错误；

C.此时CO的转化率=75%，温度T时，向体积2L的恒容密闭容器中充入0.8molCO和0.8molH2达到的平衡等效于该温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入0.4molCO和0.4molH2达到的平衡；CO的转化率仍为75%，随着反应的进行，压强逐渐减小，如保持恒压，相当于在原来的基础上增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时CO的转化率大于75%，故C正确；

D.根据三段式法分析可知该温度为T时，K==1×104，该温度下，原容器中通入0.1molCO、0.1molH2、0.1mol(CH3)2O和0.1molCO2，此时Qc=反应向逆反应方向移动，故D错误；

故答案为AC。10、CD【分析】【分析】

a极Zn变成ZnO，化合价升高，故a是负极，b极O2变成OH-化合价降低，故b是正极。

【详解】

A．电子不能通过溶液；A错误；

B．放电时，OH-向负极a极移动；B错误；

C．正极氧气得到电子生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；C正确；

D．a极净增1.6g时，增重的是O元素的质量，物质的量为0.1mol，Zn变成ZnO，失去0.2mol电子，根据C中电极反应式，消耗氧气的物质的量为0.05mol，体积为D正确；

故选CD。11、AD【分析】【分析】

阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋OH-，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO与H+反应生成弱酸H3PO2。

【详解】

A．次磷酸()是一元中强酸，故与足量反应生成故A错误；

B．阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋OH-；故B正确；

C．撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4，导致H3PO2的纯度下降；故C正确；

D．(标准状况)的物质的量为=0.015mol，发生的反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H2PO离子通过阴膜向产品室移动，根据电荷守恒，理论上通过阴膜的离子为故D错误；

故选AD。12、AC【分析】【分析】

需要减慢反应速率但又不影响氢气生成的总量，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量；据此解答。

【详解】

A．加入CH3COONa溶液；溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气的生成量，故A正确；

B．加入CuSO4溶液；Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故B错误；

C．加入KCl溶液，相当于稀释了盐酸，降低了H+的浓度而又不改变H+的物质的量；故能减慢反应速率且又不影响氢气的生成量，故C正确；

D．加入NaHCO3溶液；碳酸氢根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子的浓度；氢离子总量均减小，故反应速率减慢，氢气生成量也减小，故D错误；

故选AC。13、AB【分析】【分析】

【详解】

A．由Ka1=Ka2=因Ka1、Ka2是常数，当lgX=0时，c(HC2O)=c(H2C2O4)或c(HC2O)=c(C2O)，Ⅰ对应pH较小，Ⅱ对应pH较大，前者酸性强，所以I代表lg与pH变化关系，后者II表示lg与pH变化关系；A正确；

B．由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，因溶液pH=1.22时呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH-)，故c(Na＋)＜c(HC2O)＋2c(C2O)；B正确；

C．lgX为增函数，pH=1.22时，曲线I中lgX=lg=0时，c(HC2O)=c(H2C2O4)；曲线II中lgX=lg=-3，103c(C2O)=c(HC2O)=c(H2C2O4)；当溶液pH=4.19时，曲线I中lgX=lg=3，c(HC2O)=103c(H2C2O4)，曲线II中lgX=lg=0，c(C2O)=c(HC2O)=103c(H2C2O4)，所以当1.22＜pH＜4.19时，c(HC2O)实质上逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c(C2O)逐渐增大，此时不一定满足关系：c()＞c(H2C2O4)；C错误；

D．由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，当溶液pH=4.19时，c(HC2O)=c(C2O)，得c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋3c(HC2O)，此时溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH-)，则c(Na＋)＜3c(HC2O)；D错误；

故合理选项是AB。14、CD【分析】温度相同，三个恒容密闭容器的体积分别投入2molNOCl，浓度随容器体积的增大而减小，浓度越小，反应速率越慢，达平衡的时间越长，所以a容器中反应速率最快，c容器中反应速率最慢。

【详解】

A．A点反应速率比B点快，平衡前单位时间内的转化率比B点高，现B点的NOCl转化率比A点高，则表明A点反应已达平衡，延长反应时间，的转化率不变；A不正确；

B．tmin后，A点NOCl的转化率为50%，NOCl、NO、Cl2的物质的量分别为1mol、1mol、0.5mol，总物质的量为2.5mol；B点NOCl的转化率为80%，NOCl、NO、Cl2的物质的量分别为0.4mol、1.6mol、0.8mol，总物质的量为2.8mol；A、B两点的物质的量之比为但A、B两点容器的体积不等，所以压强之比不等于B不正确；

C．容积为的容器比容积为bL的容器中c(NOCl)小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以的平衡转化率大于80%；C正确；

D．容积为的容器中，平衡常数K==达到平衡后再投入则浓度商Qc===K；所以平衡不移动，D正确；

故选CD。15、AD【分析】【详解】

A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体积为2L，故v(B)==0.02mol•L-1•min-1；故A正确；

B．由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；图I可以知道，200℃时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A；B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B错误；

C．恒温恒容条件下；通入氦气参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，故C错误；

D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，相同时间内物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1；平衡时A的体积分数为：=0.5；200℃时；向容器中充入2molA和1molB若达到等效平衡，则A的体积分数为0.5，而实际上相当于在等效平衡的基础上压强增大，该反应为气体减少的反应，平衡正向移动，A的体积分数减小，即新的平衡中A的体积分数小于0.5，故D正确；

故答案为AD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子是化学变化的最小微粒；所以选项A不正确；

有电子的转移的反应是氧化还原反应；与反应是放热反应还是吸热反应无关系，选项B不正确；

同样反应条件与反应是放热反应还是吸热反应无关系；选项C不正确，选项D正确；

答案选D。

(2)若E12，则生成物的总能量大于反应物的总能量，所以反应是吸热反应。【解析】D>吸热17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)据图可知A表示反应物总能量；C表示生成物总能量；

(2)2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)表示2molSO2(g)氧化为SO3，1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1，则∆H=-99kJ·mol-1×2=-198kJ·mol-1；

(3)单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H=-296kJ·mol-1①；

又知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)∆H=-198kJ·mol-1②；

根据盖斯定律①×3+②×可得-296kJ·mol-1×3-198kJ·mol-1×可得3S(s)+O2(g)=3SO3(g)的∆H=-1185kJ·mol-1；【解析】反应物总能量生成物总能量-198-118518、略

【分析】【详解】

（1）①电流方向为：a→b，所以电极A为正极，B为负极。负极失电子，根据总反应可知B为铜片，正极上得电子，所以电解质溶液C为Fe2(SO4)3溶液；②A为正极，Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；③电解硫酸钠溶液，阳极产生的气体为O2，标准状况下11.2mLO2的物质的量为5×10-4mol，电路中转移的电子的物质的量为n=4×5×10-4mol=2×10-3mol，原电池中Fe3+还原为Fe2+，根据电子守恒可知被还原的Fe3+的物质的量为0.002mol。

（2）①Na2FeO4中铁元素化合价为+6价；Na2FeO4具有强氧化性，可以杀毒，Na2FeO4发生氧化还原反应时被还原为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，因此Na2FeO4可用来作净水剂。②电极Ni与电源负极连接，为阴极；阳极Fe失去电子，发生的反应为Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O，阳极区OH-不断消耗，要使反应持续，必须补充OH-，所以离子膜为阴离子交换膜，使阴极区的OH-进入阳极区。③根据产物可知Fe失去6个电子生成FeO42-，阳极反应式为Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O。【解析】ＢＣFe3++e-=Fe2+0.002+6杀菌的原因是有强氧化性，净水的原因是高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体，有吸附性阴阴Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O19、略

【分析】【详解】

(1)电解饱和食盐水的化学方程式为↑↑；

(2)C极一侧滴酚酞试液不变红色，说明该极无生成；C极是阳极，故A是正极；

(3)①标准状况下11.2L的物质的量是0.5mol，每生成1mol转移2mol故收集到(标准状况下)氯气，则至少转移电子为1mol

②铅蓄电池放电的总反应为═每消耗2mol转移2mol可生成1mol标准状况时，的体积为L；

③═↑↑，消耗amol转移amol电子，生成NaOH的物质的量分别为amol，故

因此，本题正确答案是:【解析】2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑正122.420、略

【分析】【分析】

(1)该反应是吸热反应；升高温度平衡向正反应方向移动；

(2)根据Qc与K大小进行判断；

(3)利用三段式进行分析；

(4)根据化学平衡移动原理分析解答。

【详解】

(1)该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，则高炉内CO2和CO体积比值增大；平衡常数K值增大；

(2)c(CO2)=0.020mol/L，c(CO)=0.1mol/L，Qc==0.20＜K=0.25；该情况下，该反应不是化学平衡状态，此时该反应正向进行，化学反应速率是υ(正)大于υ(逆)；

故答案为：否；大于；0.020mol·L-1/0.1mol·L-1＜K=0.25；

(3)在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s)；并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO(s)转化率为50%，转化的FeO为0.01mol，则。

FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)

开始(mol)0.02x00

转化(mol)0.010.010.010.01

平衡(mol)0.01x-0.010.010.01

K===0.25；解得x=0.05；

(4)该反应是反应前后气体系数不变的反应，t4时刻改变条件后，平衡不移动，而反应速率降低，由此可知，t4时刻改变的条件是降低压强；

t5时刻改变条件后，正逆反应速率都增大，平衡发生移动，由此可知，t5时刻改变的条件是升高温度。【解析】①.增大②.增大③.否④.大于⑤.0.020mol·L-1/0.1mol·L-1＜K=0.25⑥.0.05⑦.降低压强⑧.升高温度21、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，I式减去II式得到：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ•mol-1

(2)由于该反应是放热反应；焓变等于正反应活化能减去逆反应的活化能，故逆反应的活化能大于178.4；

(3)利用三段式：

①

②

③A．缩小容器体积，导致浓度增大，反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，TiCl4平衡转化率减小；故A不符合；

B．加入催化剂能加快反应速率，但不影响平衡，TiCl4平衡转化率不变；故B不符合；

C．分离出TiO2，平衡不移动，TiCl4平衡转化率不变；但反应速率不变，故C不符合；

D．增大氧气的浓度，导致反应速率增大，平衡向正反应方向移动，TiCl4平衡转化率增大；故D符合题意；

E．降低温度；反应速率会减小，故D不符合题意；

故选答案D；

④根据增大某反应物的浓度可以增大另一个反应物的转化率，自身的转化率降低，当横坐标增大时，相当于增大了TiCl4的浓度，TiCl4的转化率会降低，故表示的曲线是L2；M点反应物的转化率相等，说明投入反应物起始的物质的量之比等于系数比，故a=1:1，根据t℃时平衡常数保持不变利用前面的三段式计算出平衡常数：K=当反应物的物质的量之比等于1:1时代入三段式中解得故坐标为(1，)；

(4)根据原子守恒，保持化合价不变利用复分解反应的写法写出水解方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl。【解析】TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ•mol-1>0.01mol•L-1·min-120%DL2(1，)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl22、略

【分析】【详解】

(1)组成和结构相似的物质，沉淀溶解平衡常数越小，越容易沉淀；由于Ksp[Cu(OH)2]sp[Mg(OH)2]，所以先生成Cu(OH)2沉淀；生成该沉淀的离子方程式为：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2

(2)沉淀共存时，就是AgCl、AgBr两种沉淀都有，所以==2.7×10-3。【解析】Cu(OH)2Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+22.7×10-323、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律计算。

【详解】

已知：①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)△H1＝－92.4kJ·mol-1

②NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H2＝－79.7kJ·mol-1

③NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H3＝＋72.5kJ·mol-1

根据盖斯定律：①+②×2+③，可得N2(g)+3H2(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=−92.4+(−79.7)×2+72.5=−179.3kJ⋅mol−1。【解析】N2(g)+3H2(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=−179.3kJ∙mol−124、略

【分析】【分析】

某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理，甲装置为原电池，通入氧气的电极为原电池正极，氧气得到电子生成水，电极反应：O2+4H++4e-=2H2O，通入NO的电极为原电池负极，NO转化为HNO3，电极反应为：NO-3e-+2H2O=+4H+，乙池为电解池，左边石墨为阳极，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，右边为电解池阴极，电极反应为：NO+5e-+6H+=+H2O；粗铜为电解池阳极，精铜为电解池阴极。

【详解】

(1)在甲装置的燃料电池中，在放电时通入O2的电极为正极，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；

(2)根据反应5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知：产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4生成，故乙装置中物质A是H2SO4；

(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，则阳极上不仅铜失去电子，还有锌也会失电子变为金属阳离子进入溶液，杂质银在阳极底部形成阳极泥，阴极上只有Cu2+得到电子变为单质Cu析出。根据转移电子数相等可知；阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，故丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；

(4)若在标准状况下，甲装置有3.36LO2参加反应，其物质的量n(O2)==0.15mol，1molO2反应转移4mol电子，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知丙装置中阴极上析出铜的物质的量n(Cu)==0.3mol，其质量m(Cu)=0.3mol×64g/mol=19.2g。【解析】O2+4e-+4H+=2H2OH2SO4减小19.2四、判断题(共4题，共32分)25、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。26、A【分析】【分析】

【详解】

根据C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0可知，石墨转化为金刚石为吸热反应，因此石墨的能量比金刚石低，能量越低物质越稳定，故石墨比金刚石稳定，该说法正确。27、B【分析】【详解】

pH试纸使用时不需要润湿，湿润后会造成误差，红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，故错误。28、B【分析】【分析】

【详解】

氢氧化钙溶液显碱性，碳酸钠溶液由于水解显碱性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能够与碱反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶颈粘在一起，不易打开，所以应该选择橡皮塞或软木塞，故此判据错误。五、工业流程题(共4题，共12分)29、略

【分析】【分析】

低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过粉碎过筛，可提高生物堆浸速率，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程①中，加入Na2S2O3，“转化”后得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，过滤、滤液M为硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，CuS用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4⋅5H2O)；据此解答。

【详解】

(1)①反应中铁；铜元素化合价都没有变化；硫的化合价升高，氧化产物为S单质。

(2)T.f细菌有一定活性温度；温度过高，T.f细菌失去生物活性。

(3)依题意，生物堆浸需要具备两个条件：一是保持酸度范围内生物活性，已知：T∙f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性；二是不使铁离子沉淀，已知铁离子开始沉淀时的pH小于1.5，所以需要补充硫酸调节酸度至

(4)已知“氧化”中1molCuS完全反应转移2mol电子，则硫化铜被氧化成硫单质，其离子方程式为CuS+H2O2+2H=Cu2++S+2H2O。

(5)Ksp(CuS)=c(Cu2)c(S2-)=1.0×10-5mol·L-1×1.3×10-31mol·L-1=1.3×10-36。

(6)观察三组滴定数据知，消耗溶液体积24.56mL与其他两组数据相差较大，应该舍去，消耗KMnO4溶液体积的平均值为25.00mL；根据电子守恒定律知，n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)，FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g·mol-1，绿矾样品纯度计算过程如下：==如果绿矾在干燥过程中失去一部分结晶水，测得结果偏高；如果绿矾混有其他还原性杂质，测得结果也可能偏高。【解析】S温度高于40℃，T∙f细菌活性降低等合理答案即可调节酸度至1.0＜pH＜1.5CuS+H2O2+2H=Cu2++S+2H2O1.3×10-36产品失去部分结晶水等30、略

【分析】【分析】

氧化铜锌矿加酸溶解；其中氧化铜；氧化锌溶于酸，二氧化硅不溶过滤除去。滤液中中加足量Fe，Fe将溶液中铜离子置换成铜单质得到海绵铜，滤液中加氧化剂将亚铁离子氧化成三价铁，再加氨水将铁转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤后滤液中加碳酸氢铵和氨水将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，沉淀经焙烧得到活性氧化锌，据此分析解答。

【详解】

（1）堆浸时；为了提高浸出效率可将矿石粉碎增大接触面积加快溶解，也可以适当升高温度加快堆浸速率，故答案为：粉碎矿石；适当加热；

（2）由以上分析可知堆浸时产生的矿渣主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；

（3）由以上分析可知物质A的作用是将亚铁离子氧化成三价铁，便于后续沉淀除去铁，为不引入新的杂质离子，可选用氧气、H2O2作氧化剂，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；BC；

（4）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的同时不能使锌离子沉淀，根据表中数据可知pH范围应为3.2≤pH<6.2，故答案为：3.2≤pH<6.2；

（5）加碳酸氢铵和氨水将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，同时生成硫酸铵(NH4)2SO4，可用作氮肥，故答案为：(NH4)2SO4；

（6）Fe(OH)3在碱性条件下被次氯酸钠氧化成高铁酸钠，1molFe(OH)3反应失去3mol电子，1molClO-得2mol电子被还原为氯离子，根据得失电子守恒即元素守恒得反应方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。【解析】(1)粉碎矿石适当加热。

(2)SiO2

(3)将Fe2+氧化为Fe3+BC

(4)3.2≤pH<6.2

(5)(NH4)2SO4

(6)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O31、略

【分析】【分析】

由元素守恒知，酸X为稀硫酸，由流程知，MnO2将Pb、S等元素氧化生成S、PbSO4，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。

(1)

由分析知；稀酸X为稀硫酸；

(2)

①由图示知，20~80min内，Mn元素浸出率提高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生成Mn2+、Fe3+、S等，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；

②80～100min时，MnO2浸出率很高，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升；

(3)

由Ksp(MnF2)=c(Mn2+)·c2(F-)=5.0×10-3，得2mol/L×c2(F-)=5.0×10-3，解得c2(F-)=2.5×10-3mol2/L2，再由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.5×10-11，得c(Ca2+)×2.5×10-3=3.5×10-11，解得c(Ca2+)=1.4×10-8mol/L；

(4)

MnSO4与NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀的离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，消耗NH4HCO3物质的量n=2n(MnSO4)=2×0.05L×1mol/L=0.1mol，对应体积V=即100mL，故此处填10