2025年冀教版选择性必修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2025年冀教版选择性必修1化学下册月考试卷747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、镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁电池放电时电压高而平稳，因而越来越成为人们研制绿色原电池所关注的焦点。其中一种镁电池的反应为则镁电池放电时，下列说法错误的是A.向正极迁移B.正极的电极反应式为C.发生氧化反应D.负极的电极反应式为2、用铜片、银片设计成如图所示的一个原电池，其中盐桥里装有含琼胶的KNO3饱和溶液。下列说法正确的是。

A.外电路中电子由铜片流向银片B.盐桥可以用装有含琼胶的KCl饱和溶液代替C.银片上发生的反应是Ag-e-=Ag+D.电路中每转移2mole-，正极增重108g3、化学反应N2(g)+H2(g)===NH3(l)的能量变化如图所示；则该反应的ΔH等于。

A.+(a-b-c)kJ·mol-1B.+(b-a)kJ·mol-1C.+(b+c-a)kJ·mol-1D.+(a+b)kJ·mol-14、一定温度下，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl−)的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.a、b、c三点对应的Ksp相等B.d点的溶液为AgCl的不饱和溶液C.AgCl在c点的溶解度比b点的大D.AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl−)5、在含有Fe3+、S2O和I-的混合溶液中，反应S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)的分部机理如下；反应进程中的能量变化如图所示。

步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)

步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)

下列关于该反应的说法错误的是A.Fe3+是该反应的催化剂B.步骤②比步骤①速率快C.该反应为放热反应D.若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大6、要在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是A.锌作阳极，铁制品作阴极，溶液含有锌离子B.铂作阴极，铁制品作阳极，溶液含有锌离子C.铁作阳极，铁制品作阴极，溶液含有亚铁离子D.锌用阴极，铁制品作阳极，溶液含有锌离子评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH。向起始体积为2L的恒压密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p1为0.1MPa)。

下列说法错误的是A.反应的ΔH>0B.压强p2＜0.1MPaC.556℃压强p1时，该反应的压强平衡常数为D.556℃压强p1时，容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时v(正)＞v(逆)8、在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示；则下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH>0B.若该反应在T1℃、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2C.在T2℃时，若反应体系处于状态D，则此时υ正>υ逆D.若C点的压强分别为PB和PC，则PB小于PC9、电解质浓度不同形成的浓差电池，称为离子浓差电池。以浓差电池为电源，以石墨为电极将转化为高纯的装置如图所示。下列说法错误的是。

A.为正极，N为阴极B.M极电极反应为：C.工作时，左池从右侧经膜I移向左侧，右池从右侧经膜Ⅱ移向左侧D.当浓差电池停止放电时，理论上可得到标准状况下的(溶液体积变化忽略不计)10、HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理；反应历程与能量的关系如图所示：

下列说法正确的是A.在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的H>0B.在Pd催化剂表面离解O－H键比C－H键的活化能低C.在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应速率最慢D.用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO211、(g)+(g)(g)+HCl(g)是制备酯类物质的重要有机反应，下列对相关图像做出的判断正确的是。ABCD升高温度，平衡向逆反应方向移动t1时改变的条件可能为增大的浓度0～5min内，的平均反应速率为0.3mol•L-1•min-1x可能为压强

A.AB.BC.CD.D12、为研究不同状态（块状；粉末状）碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率；某同学通过实验测定数据得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的是。

A.曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应B.随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率不断降低C.若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则t2—t3时间内平均反应速率为mL·s-1D.两次实验，粉末状固体最终生成的CO2的量更多13、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、常温下，下列有关叙述正确的是(双选)A.pH=8的NaY溶液中，c(Na＋)-c(Y-)=9.9×10-7mol·L-1B.Na2CO3溶液中，2c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)C.pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH)大小顺序①=②>③D.10mLpH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA溶液至pH=7，则所得溶液体积一定为20mL(忽略溶液混合时体积变化)15、向xmol·L-1的20mLH2B溶液中滴入相同浓度的NaOH溶液，测得H2B、HB-、B2-的pH-pc(pc=-lgc)曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.a、b点所在曲线对应的粒子为HB-B.水电离出的氢离子浓度大小关系为：c>b>aC.c点，滴入NaOH溶液的体积为10mLD.评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、电解原理在化学工业中有着广泛的应用。下图表示一个电解池示意图；装有电解质溶液c；A；B分别是两块电极板，通过导线与直流电源相连。

(1)若A；B均是惰性电极；电解质溶液c是NaCl饱和溶液，电解开始时，同时在U形管两边各滴入几滴酚酞溶液，试判断：

①a是___________(填“正”或“负”)极，B是___________(填“阴”或“阳”)极；

②电解池中A电极上发生的电极反应为___________，B电极上发生的电极反应为___________；

③检验A电极反应产物的方法是___________。

(2)若用电解法精炼粗铜，电解质溶液c选用CuSO4溶液；则。

①A电极的材料是___________，电极反应为___________；

②B电极的材料是___________，电极反应为___________。

(3)用惰性电极电解CuSO4溶液。若阴极上析出Cu的质量为3.2g，则阳极上产生的气体在标准状况下的体积为___________；常温下，若将电解后的溶液稀释至1L，则溶液的pH约为___________。17、依据电化学原理；回答下列问题：

(1)图1是依据氧化还原反应Cu(s)+2Fe3+(aq)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计的原电池装置。

①电极X的材料是___。

②Y上发生的电极反应式为___。

③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程盐桥中向左侧烧杯移动的离子主要是___(填离子符号)。

(2)图2为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图。

①写出电解过程中总反应的化学方程式____。

②a处得到的溶液中溶质的主要成分是___(填化学式)。

(3)科学家研发了一种绿色环保可充电“全氢电池”；其放电时工作原理如图3所示。

①吸附层a上的电势___(填“低于”、“高于”或“等于”)吸附层b上的电势。

②吸附层a上的电极反应式为___。

③下列说法错误的是___。

A.该电池充电时，吸附层b接电源正极。

B.装置中的离子交换膜可以使用质子交换膜。

C.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应。

D.导线上通过1mole-，装置内H2总量减少0.5mol18、甲醇是重要的化工原料；可用于制备丙烯；氢气等。

（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是：甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入CH3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段时间后测得各组分的浓度如表所示。物质CH3OHCH3OCH3H2O5min浓度(mol·L-1)0.440.60.610min浓度mol·L-1)0.040.80.815min浓度(mol•L-1)0.040.80.8

该温度下，反应的平衡常数数值是___，CH3OH的平衡转化率是___。

（2）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法。反应原理如下：

反应i（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ•mol-1

反应ii（副反应）：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol-1

①温度高于300℃则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是___。

②反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。

从图中可知，反应的适宜温度为___，随着温度的升高，催化剂对___（填“反应i”或“反应ii”）的选择性越低。

③TiO2纳米电极电化学还原法可将副产物CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式是___。19、合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；该反应的能量变化如图所示：

(1)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是______(填“增大”；“减小”或“不变”)

(2)若在一密闭容器中加入1molN2和3molH2，在一定条件下充分反应，放出的热量______92.4kJ(填“＞”；“＜”或“=”)

(3)将1molN2和3molH2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，此时欲提高该容器中H2的转化率，下列措施可行的是______(填字母)

A.向容器中按原比例再充入原料气。

B.向容器中再充入一定量H2

C.改变反应的催化剂。

D.液化生成物分离出氨。

(4)若在密闭容器中充入2molN2和6molH2反应达平衡时N2的转化率为40%，若以NH3作为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，要使其反应达到平衡时各组分的物质的量分数与前者相同，则NH3的起始物质的量和它的转化率分别为______mol、______20、(1)在101kPa时,1molCH4完全燃烧生成CO2和液态水,放出890kJ的热量。

①CH4的燃烧热为___,表示燃烧热的热化学方程式为_____________;

②1000LCH4(标准状况)燃烧后所产生的热量为_____。

(2)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如:CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1,CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1。写出CH4将NO2还原为N2的热化学方程式:_______________。21、Ⅰ.化学反应伴随能量变化；获取化学反应中的能量有多条途径。

(1)下列反应中，属于放热反应且是氧化还原反应的是_______(填字母).。A．与反应B．的燃烧反应C．高温煅烧D．C与反应(2)如图为反应的能量变化示意图。

①由和变成需要_______(“放出”或“吸收”)能量。

②和反应生成共放出_______能量。

Ⅱ.燃料电池在工作时，从负极连续通入等燃料，从正极连续通入以或溶液为电解质溶液，发生反应生成或等，同时产生电能，目前已研制成功空气燃料电池；它可以代替汽油为汽车提供动力，也可用作照明电源。

(3)在上述画横线的九种物质中，属于电解质的是_______(填序号，下同)；属于非电解质的是_______。

(4)用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图所示：

①电极M是_______(填“正极”或“负极”)，电极N的电极反应式为_______。

②若该燃料电池消耗(标准状况下)则理论上电路中转移_______电子。22、铁在生活中应用广泛；请回答下列问题：

(1)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐()己成为环境修复研究的热点之一。Fe还原水体中的反应原理如下图所示，则正极的电极反应式是_______________。

(2)下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀_____________。

(3)在实际生产中；可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀(如下图甲)。

①电镀时镀件与电源的_____极连接，A电极的电极反应式是___________。

②图乙是一种钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，其作用是导电和隔膜，该电池总反应为2Na+xS=Na2Sx。该电池的正极反应式为_______________。

用该电池作电源进行①中铁件镀铜时，若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后取出洗净、烘干、称量，二者质量差为25.6g，则理论上该钠硫电池负极消耗的质量为___________g。23、CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。

（1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，在催化剂作用下发生如下脱硝反应：该反应平衡常数的表达式K=______________，在570K时，K值极大，为1×1059，但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是________________。

（2）以Mn3O4为脱硝反应的催化剂；研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。

第一步：___________________________________；

第二步：

（3）T℃、2L密闭容器中，充入各1mol的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示：

①比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”；“＜”或“=”）

②若t0=10min，反应从开始到达平衡CO气体的平均反应速率v(CO)=_____。

③NO的平衡转化率为______，T℃时反应的化学平衡常数K=_________。

④T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO）=0.2mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，则此时该反应_______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)24、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共36分)25、实验室模拟工业利用废铁镁矿渣(含SiO2、MgCO3及少量Fe2O3、FeCO3)和高纯硅工业制备的副产物SiCl4为原料；制备二氧化硅和氯化镁晶体，流程如下：

回答下列问题：

(1)反应前通常会将废矿渣粉碎，目的是________________。沉淀1是_________(填名称)。

(2)SiCl4与水反应的化学方程式为________________。

(3)向溶液2中加H2O2的目的是________________。试剂1可以是下列试剂中的_________(填标号)。

A.NaOHB.MgCl2C.MgCO3D.MgO

(4)直接加热蒸发溶液3无法获得氯化镁晶体，原因是______________，应该采取的措施是__________________。26、硫化银精矿(含及等)氯化焙烧提银工艺如图所示：

已知：氯化焙烧时；氧化物不参与反应，硫化物转化为氯化物；氯化铅不溶于水，溶于氯化钠溶液。

回答下列问题：

(1)硫化银精矿和食盐在氯化焙烧前需磨碎的目的是________。

(2)“氯化焙烧”时；金属硫化物在高温下先氧化为氧化物，再氯化为金属氯化物。

①焙烧生成氧化银反应的化学方程式为________________________。

②“烟气处理”时，烟尘进行回收后，还需用碱液处理的目的是________________。

(3)已知常温下，“水洗”后，“滤液1”中则________

(4)“滤渣2”主要为和________(填化学式)。

(5)“滤液3”蒸发的目的是________________________________。

(6)粗银(含及少量等)可采用电解精炼提纯，用少量配成电解液。电解时，阴极上有少量NO产生，其原因是________(用电极反应式解释)。27、如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、C1－)生产CuCl的流程：

已知：CuCl是一种白色粉末；微溶于水；不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。

请回答下列问题：

(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为____________________________________________。

(2)滤液①需要加过量Z，检验Z过量的方法是______________________。

(3)写出生成CuCl的离子方程式：_________________________________。

(4)为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的___________(填选项字母)，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用___________(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)

(5)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl2－；在一定温度下建立两个平衡：

I.CuCl(s)Cu+(aq)+Cl－(aq)Ksp=1.4×10－6

II.CuCl(s)+Cl－(aq)CuCl2－(aq)K=0.35。

分析c(Cu+)、c(CuCl2－)和Ksp、K的数学关系，在图中画出c(Cu+)、c(CuCl2－)的关系曲线(要求至少标出一个坐标点)______。

(6)氯化亚铜的定量分析：

①称取样品0.25g于250mL锥形瓶中，加入10mL过量的FeCl3溶液；不断摇动：

②待样品溶解后；加入20mL蒸馏水和2滴指示剂；

③立即用0.1000mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；

④重复三次；消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30mL。

上述相应化学反应为CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+===Fe3++Ce3+，则样品中CuCl的纯度为___________(保留三位有效数字)。28、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉；有极强的还原性，在空气中易被氧化，受热；遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧。不溶于乙醇，可溶于氢氧化钠水溶液并稳定存在。

(1)锌粉法是制备Na2S2O4的一种常见方法；其原理如图所示：

①步骤I中SO2表现了___________(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)；若用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体，你认为下列最适宜选用的酸是___________(填序号)。

A．浓盐酸B．质量分数为70%的H2SO4

C．稀硝酸D．质量分数为10%的稀硫酸。

②常温下，若ZnS2O4悬浊液中c(Zn2+)=0.05mol•L-1，则应加氢氧化钠溶液调至pH≥___________，才能使Zn(OH)2沉淀完全。(已知离子浓度≤1.0×10-5mol•L-1，即沉淀完全；Ksp[Zn(OH)2]=4.0×10-17；lg2=0.3)

③步骤III中得到的Na2S2O4要用乙醇洗涤，其优点是___________。请写出具体的洗涤操作过程___________。

(2)甲酸钠法是制备Na2S2O4的一种新方法，其原理为将甲酸钠(HCOONa)和烧碱溶于乙醇水溶液中，再通入SO2发生反应，有CO2气体放出，析出Na2S2O4固体，总反应的化学方程式为___________。

(3)Na2S2O4固体在隔绝空气的条件下加热至75℃时完全分解，生成Na2SO3、Na2S2O3、SO2，检验产物中是否含有Na2SO4的实验方法是___________。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)29、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___________。：30、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_________。31、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：____________________。32、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6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．放电时，Mg化合价升高，为负极，根据原电池“同性相吸”得到向正极迁移；故A正确；

B．在反应中是氧化剂，得到电子，发生还原反应，电极反应式是故B正确；

C．根据C分析得到发生还原反应；故C错误；

D．放电时，该电池作原电池，镁是还原剂，作原电池的负极，失去电子，电极反应式是故D正确。

综上所述，答案为C。2、A【分析】【分析】

该原电池中，铜片作负极，在反应中失去电子，电极方程式为Cu-2e-=Cu2+，银片为正极，在反应中得到电子，电极方程式为Ag++e-=Ag；据此分析作答。

【详解】

A．电子通过外电路从负极流向正极；则外电路中电子由铜片流向银片，A项正确；

B．用装有含琼胶的KCl饱和溶液代替；氯离子会与银离子反应，生成沉淀，B项错误；

C．银片为正极，在反应中得到电子，电极方程式为Ag++e-=Ag；C项错误；

D．电路中每转移2mole-；生成2molAg，则正极增重216g，D项错误；

答案选A。3、A【分析】【详解】

由题图可得，①N2(g)+H2(g)===N(g)+3H(g)ΔH=+akJ·mol-1；②NH3(g)===N(g)+3H(g)ΔH=+bkJ·mol-1；③NH3(l)===NH3(g)ΔH=+ckJ·mol-1。

①-②-③得：N2(g)+H2(g)===NH3(l)ΔH=+(a-b-c)kJ·mol-1。

故选A。4、C【分析】【详解】

A．由于Ksp仅仅是温度的函数，a、b、c三点均在溶解平衡曲线上，温度相同，故对应的Ksp相等；A正确；

B．由图示可知；d点在溶解平衡曲线的下面，故d点的溶液为AgCl的不饱和溶液，B正确；

C．c(Cl-)或c(Ag+)越大抑制AgCl的溶解程度越大，使其溶解度降低越大，c点时c(Cl-)大，所以c点抑制AgCl的溶解程度大，即AgCl在c点的溶解度比b点的小；C错误；

D．AgCl溶于水产生溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，故形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl−)；D正确；

故答案为：C。5、D【分析】【分析】

步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)，①+②得S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)，Fe3+作催化剂，Fe2+为中间产物，S2O(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)的总能量高于2Fe3+(aq)+2SO(aq)+I2(aq)的总能量；反应放热。

【详解】

A．根据反应的机理可知铁离子参与了反应，但是在反应前后其物质的量不变，则Fe3+是该反应的催化剂；故A正确；

B．由图象可知步骤①的活化能大于步骤②的；活化能越大，反应速率越小，故步骤①反应速率慢，故B正确；

C．反应物的总能量高于生成物的总能量；所以该反应为放热反应，故C正确；

D．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；该反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；

故选D。6、A【分析】【详解】

电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以要在铁制品上镀上一定厚度的锌层，应该是锌作阳极，铁制品作阴极，溶液含有锌离子。答案选A。二、多选题(共9题，共18分)7、CD【分析】【详解】

A．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的△H＞0；故A正确；

B．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1＞p2，即压强p2＜0.1MPa；故B正确；

C．根据图象可知556℃压强p1时，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，则p(C3H8)=0.5p1=0.05MPa，根据方程式C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)可知剩余50%的气体中，丙烯和氢气各占一半，所以p(C3H6)=p(H2)=0.025MPa，所以压强平衡常数K==故C错误；

D．根据图象可知556℃压强p1时；平衡时丙烷的物质的量分数为50%，丙烷物质的量为1mol，设消耗物质的量为x，列三段式有：

则有=50%，解得x=所以平衡常数K==起始向2L密闭容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时浓度商为=0.2>所以反应逆向进行，v(正)＜v(逆)；故D错误；

综上所述答案为CD。8、CD【分析】【分析】

【详解】

A．升高温度；NO浓度增大，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则正向为放热反应，故A错误；

B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K2＜K1；故B错误；

C．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时NO的浓度大于平衡时的浓度，D向平衡方向移动，NO浓度降低，则为正向移动，因此υ正＞υ逆；故C正确；

D．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强PC＞PD，所以PB小于PC；故D正确；

综上所述，答案为CD。9、AD【分析】【分析】

由题意知，右池为电解NH3生成H2的装置，左池为浓差电池，即原电池，右池电极M区NH3失电子被氧化为N2，故电极M为阳极，则N为阴极，左池Cu(1)为正极，Cu(2)为负极，负极发生反应：Cu-2e-Cu2+，正极发生反应：Cu2++2e-=Cu。

【详解】

A．由分析知；Cu(1)为正极，N为阴极，A正确；

B．电极M上NH3失电子被氧化为N2，初步确定反应为：2NH3-6e-→N2，结合电解质溶液显碱性，可在左边添加6个OH-配平电荷守恒，右边添加6个H2O配平元素守恒，故电极反应为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；B正确；

C．左池中，硫酸根浓度两侧不等，硫酸根经过阴离子交换膜I从右侧移向左侧，右池中，阴离子移向阳极，故OH-经过阴离子交换膜Ⅱ由右侧移向左侧；C正确；

D．当浓差电池左右浓度相等时则停止放电，设负极放电使溶液中增加xmolCu2+，则正极减少xmolCu2+，当浓差电池停止放电时有：x+2L×0.5mol/L=2L×2.5mol/L-x，解得x=2mol，则此时电路中转移电子2×2mol=4mol，右池阴极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则此时生成H2物质的量=对应体积=2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；

故答案选D。10、CD【分析】【详解】

A．由图可知，在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应为放热反应，H小于0；故A错误；

B．由图可知；在Pd催化剂表面离解O－H键的活化能较高，解离C－H键的活化能低，故B错误；

C．在历程Ⅰ～Ⅴ中；生成Ⅴ的活化能最高，反应速率最慢，故C正确；

D．由图可知，HCOOH脱氢是生成氢气和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2；故D正确；

故选CD。11、AC【分析】【详解】

A.由A图可知；反应物的能量高于生成物的能量，该反应时放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A正确；

B.由B图可知，t1时刻，正反应速率和逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，增大的浓度；正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，故B错误；

C.由图C可知，0～5min内，的平均反应速率为=0.3mol⋅L−1⋅min−1；故C正确；

D.增大压强；但温度不变，平衡常数不变，故D错误；

正确答案是AC。12、AC【分析】【详解】

A．粉末状碳酸钙固体与盐酸反应；生成二氧化碳的量不变，但接触面积增大；反应速率加快，时间减少，而曲线甲用时小，则曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，故A正确；

B．碳酸钙与盐酸反应放热，升高温度加快反应速率，则反应开始时，温度对反应速率的影响起主要作用，导致0-t1内的反应速率逐渐增大；随着反应的进行，浓度降低起主要作用，反应速率才不断降低，故B错误；

C．由v=可知，t2-t3的速率v(CO2)=mL·s-1；故C正确；

D．探究反应速率的影响因素时；只控制一个变量，则为研究不同状态(块状；粉末状)碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，两次实验所取碳酸钙固体质量一样，与足量的盐酸反应，生成二氧化碳的量相同，故D错误；

答案为AC。13、BD【分析】【详解】

A.草酸是二元弱酸，一级电离抑制二级电离，Ka1=>Ka2=当lgX=0时，pH=-lgc(H＋)=-lgK，pH1=1.222=4.19，表明Ka1=10-1.22>Ka2=10-4.19，所以直线I中X表示的是直线Ⅱ中X表示的是故A错误；

B.pH＝1.22的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(H＋)＞c(OHˉ)，则c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)＞c(Na+)；故B正确；

C.当pH＜4.19时，溶液中c(H＋)＞10-4.19mol/L，=＜1，则c(HC2O4ˉ)＞c(C2O42－)；当1.22＜pH时，溶液中c(H＋)＜10-1.22mol/L，Ka1·Ka2=×==＜1，则c(H2C2O4)＞c(C2O42－)；故C错误；

D.pH＝4.19的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(HC2O4ˉ)=c(C2O42－)，c(H＋)＞c(OHˉ)，则3c(HC2O4ˉ)＞c(Na+)；故D正确；

故选BD。14、AC【分析】【分析】

【详解】

A．pH=8的NaY溶液中满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(Y-)，则c(Na＋)-c(Y-)=c(OH-)-c(H＋)=9.9×10-7mol·L-1；A正确；

B．由Na2CO3溶液中的物料守恒可知c(Na＋)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)；B错误；

C．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H＋使溶液呈酸性，因此NH4HSO4中的浓度小于(NH4)2SO4，即c()大小顺序①=②>③；C正确；

D．如果HA是强酸；二者浓度相等，要使混合溶液呈中性，则两种溶液体积相等；如果HA是弱酸，则HA浓度大于NaOH，要使混合溶液呈中性，则碱体积大于酸，所以所得溶液体积(假设混合后的体积是两溶液体积之和)V(总)≤20mL，D错误；

故答案为：AC。15、AD【分析】【分析】

从图中可以看出，随着pH的增大，ac段离子浓度减少，为cb段离子浓度增大，为ab段离子浓度先增大后减少，为

【详解】

A．a、b点所在曲线对应的粒子为故A正确；

B．c点时浓度最大，既存在的电离，也存在的水解；b点时主要是水的电离，且pH比C点大，水的电离程度大，水电离出的氢离子浓度大小关系为故B错误；

C．c点时浓度最大，说明与NaOH刚好1:1反应完全；因浓度相等，此时加入NaOH体积为20mL，故C错误；

D．由图，的一级电离常数为由a点数据可知pH=1，即解得二级电离常数为同理由c点数据可得==故D正确；

故选AD。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【详解】

(1)①电流从正极流出；流入电解池的阳极，所以a是正极，B是阴极；故答案为：正；阴；

②A电极上发生氯离子失电子生成氯气，电极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，B电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应为2H++2e−=H2↑；故答案为：2Cl--2e−=Cl2↑；2H++2e−=H2↑；

③检验Cl2一般用湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2能将I−氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；也可用湿润的有色布条或纸条，Cl2能使湿润的有色布条或纸条褪色，故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2能将I−氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；

(2)电解精炼铜时，粗铜作阳极，电极方程式为：Cu−2e−=Cu2+；精铜作阴极，电极方程式为：Cu2++2e−=Cu；故答案为：粗铜；Cu−2e−=Cu2+；阴极；Cu2++2e−=Cu；

(3)电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。当阴极上析出3.2gCu时，物质的量为=0.05mol，产生的O2的物质的量为0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，同时产生的H+为0.05mol2=0.1mol，此时c(H+)=0.1mol·L−1，故pH=1，故答案为：0.56L；1。【解析】正阴2Cl--2e−=Cl2↑2H++2e−=H2↑用湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2能将I−氧化成I2，I2遇淀粉变蓝粗铜Cu−2e−=Cu2+精铜Cu2++2e−=Cu0.56L117、略

【分析】(1)

①由图可知电极X是负极；根据题干给的方程式可知，Cu作负极，故电极X的材料是Cu；

②Y为正极，由题干方程式可知正极反应为：

左侧为正极，在原电池中阳离子移向正极，故向左侧烧杯移动的离子主要是K+；

(2)

①电解饱和食盐水在阴极上生成的是氢气、氢氧化钠，在阳极上产生氯气，电解方程式为：

②右侧为阴极；故a处得到的溶液中溶质的主要成分是NaOH；

(3)

①由图可知电子从电极a流出，故a为负极，b为正极，故吸附层a上的电势低于吸附层b上的电势；

②吸附层a作负极,电极反应式为

③A．该电池中吸附层b是正极；应该接外接电源正极，A正确；

B．装置中的离子交换膜如果使用质子交换膜则交换膜右侧的氢离子可以通过交换膜直接和左侧的氢氧根离子发生反应；不利于电能产生，这个交换膜应该是钠离子交换膜，B错误；

C．NaClO4没有参与电极反应；C错误；

D．该电池的总反应为导线上通过1mole-，装置内H2总量不变；D错误；

故选BCD。【解析】(1)CuK+

(2)NaOH

(3)低于BCD18、略

【分析】【分析】

（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据求平衡常数，根据求甲醇的平衡转化率；

（2）①根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2；据此求出△H；

②由图可知，低于260℃时，CH3OH的转化率较低，高于260℃时，CH3OH的转化率较高，但在高于260℃时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小。

③CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；

【详解】

（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，设甲醇的起始为xmol/L，根据三段式：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

x=(1.6+0.04)mol/L=1.64mol/L，则故答案为：400；

（2）①反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ•mol-1；反应ii：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ•mol-1；根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2=49kJ•mol-1+41kJ•mol-1=+90kJ·mol-1，故答案为：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1。

②由图可知，低于260℃时，CH3OH的转化率较低，高于260℃时，CH3OH的转化率较高，但在高于260℃时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小，所以最适宜温度为260℃；随着温度的升高，催化剂对CO的选择性增大，CO2的选择性减小；所以温度升高，催化剂对反应i的选择性越低，故答案为：260℃；反应i。

③CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，其电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。

【点睛】

10min时，反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡，根据生成物的浓度，计算10min内甲醇转化的浓度，再求出始态的甲醇浓度，最后求出甲醇的平衡转化率。【解析】40097.56%CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1260℃反应iCO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O19、略

【分析】【详解】

(1)催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，所以在反应体系中加入催化剂，反应速率增大。由于E1减小，反应热不变，所以E2的变化一定是减小；故答案为：减小；

(2)由于该反应是可逆反应，因此若在一密闭容器中加入1molN2和3molH2，不可能生成2mol氨气，因此在一定条件下充分反应，放出的热量小于92.4kJ，故答案为：<；

(3)A．向容器中按原比例再充入原料气；相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，A正确；

B．向容器中再充入一定量H2；平衡向正反应方向，但氢气转化率降低，B不正确；

C．改变反应的催化剂；反应速率变化，平衡状态不变，则氢气的转化率不变，C不正确；

D．液化生成物分离出氨；降低生成物浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，D正确；

综上；AD正确，故答案为：AD。

(4)若在密闭容器中充入2molN2和6molH2反应达平衡时N2的转化率为40%。若以NH3作为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，要使其反应达到平衡时各组分的物质的量分数与前者相同，这说明平衡应该是等效的。由于温度和容器容积不变，则氨气的物质的量完全转化为氮气和氢气应该是2mol和6mol，所以需要氨气的物质的量是4mol；平衡时生成氨气的物质的量是2mol×40%×2＝1.6mol，因此如果从4mol氨气开始建立平衡状态，则氨气的转化率是＝×100%=60%，故答案为：4；60%。【解析】①.减小②.<③.AD④.4⑤.60%20、略

【分析】【详解】

分析：燃烧热：在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；根据标准状况下，n=V/Vm计算1000L甲烷的物质的量，然后结合甲烷的燃烧热值，计算放出的热量；已知①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1，利用盖斯定律将（①+②）/2可得到：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；据此计算反应热。

详解：（1）①在25℃、101kPa下，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，所以甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ·mol-1；正确答案：890kJ·mol-1；CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1。

②标准状况下1000L甲烷气体的物质的量n=1000/22.4=44.6mol，则燃烧后产生的热量等于890kJ·mol-1×44.6mol=3.97×104kJ；正确答案：3.97×104kJ。

（2）由反应：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1，根据盖斯定律可知，（①+②）/2可得到：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，△H==-867kJ·mol-1，所以CH4将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1；正确答案：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1。【解析】890kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-13.97×104kJCH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-121、略

【分析】【分析】

(1)

A．Na2O与H2O反应Na2O＋H2O=2NaOH；该反应为放热反应，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；

B．CH4的燃烧CH4＋2O2CO2＋2H2O；该反应为放热反应，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；

C．高温煅烧CaCO3：CaCO3CaO＋CO2↑；该反应为吸热反应，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；

D．C与H2O反应C＋H2O=CO＋H2；该反应属于吸热反应，不存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；

故答案为B。

(2)

①断键需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，2molH2和1moLO2变成4molH；2molO；是断键过程，该过程需要吸收能量；故答案为吸收；

②根据图像可知，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)；放出484kJ的能量；故答案为484；

(3)

电解质包括酸、碱、多数盐、多数金属氧化物、水，根据题中所给物质，属于电解质的是KOH和H2O，即fg；非电解质属于化合物，根据非电解质的定义，所给物质中属于非电解质的是CH4、C2H5OH、CO2，即bch；故答案为fg；bch；

(4)

①根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，依据装置图，电子从M极流出，即M为负极，电极N为正极，交换膜为质子交换膜，电解质环境显酸性，即电极N的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O；故答案为负极；O2＋4H＋＋4e－=2H2O；

②根据①分析，有11.3LO2参与反应，转移电子物质的量为≈2mol，故答案为2。【解析】(1)B

(2)吸收484

(3)

(4)负极222、略

【分析】【详解】

(1)Fe还原水体中根据题意Fe3O4为电解质，则Fe作还原剂，失去电子，作负极；在正极得电子发生还原反应产生在正极得电子发生还原反应产生应为酸性环境，正极的电极反应式为：+8e-+10H+=+3H2O；

(2)A．该装置为原电池；铁棒作负极，发生氧化反应，加快铁棒的腐蚀，故A错误；

B．该装置为原电池；铁棒作正极，被保护，为牺牲阳极保护法，故B正确；

C．该装置不能防止铁棒被腐蚀；故C错误；

D．该装置为电解池；铁棒作阴极，为阴极电保护法，故D正确；

答案选BD；

(3)①根据电镀池的构成：镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解液为含有镀层金属阳离子的盐溶液知，在铁件的表面上镀铜，电镀时，镀件与电源的负极连接，A电极对应的金属是铜，B电极的电极反应式是Cu2++2e-=Cu；

②根据电池反应分析，硫元素的化合价降低，发生还原反应，作正极，电极反应式为xS+2e-=Sx2-；根据电镀时两极的电极反应式判断；阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：Cu2++2e-=Cu，及该原电池的负极反应式：Na-e-=Na+，利用电子守恒法计算；若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后二者质量差为25.6g，则转移的电子为0.4mol，则理论上该电池负极消耗的质量为9.2g。【解析】+8e-+10H+=+3H2OBD负Cu-2e-=Cu2+xS+2e-=Sx2-9.223、略

【分析】【详解】

（1）根据化学平衡常数的定义，可写出汽车尾气排放的速率较快；虽然该反应的平衡常数较大，但单位时间内转化量较少，因此需要安装尾气处理装置，其目的是提高化学反应速率；

故答案为化学反应速率慢；

（2）用总反应-第二步反应可得第一步反应为：Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2；

（3）

起始浓度（mol/L）0.50.500

转化浓度（mol/L）2x2x2xx

平衡浓度（mol/L）0.5-2x0.5-2x2xx

由图可知，=0.5；解得x=0.2

①由图可知，a点时反应向正向进行，b点时反应达到平衡，由此可知va正>vb正=vb逆，故答案为>；

②v(CO)==0.04mol/(L·min)；

③NO的平衡转化率

④该温度下平衡常数K===320，该时刻各物质浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(NO)=0.1mol/L、c(N2)=0.05mol/L、c(CO2)=0.1mol/L，则浓度熵QC==5【解析】化学反应速率慢Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2＞0.04mol/(L·min)80%320向正反应方向四、判断题(共1题，共7分)24、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。五、工业流程题(共4题，共36分)25、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；四氯化硅与水反应生成原硅酸沉淀和盐酸，原硅酸受热分解生成二氧化硅和水；废矿渣与盐酸反应生成氯化镁；氯化铁和氯化亚铁溶液，未反应的为二氧化硅固体；向溶液2中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再经过一系列反应得到氯化镁晶体。

【详解】

(1)将废矿渣粉碎；可增大固体与溶液的接触面积，导致反应速率增大，提高固体的浸出率；由分析可知，四氯化硅与水反应生成原硅酸或硅酸沉淀和盐酸，则沉淀1为原硅酸或硅酸，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使矿渣反应充分；原硅酸或硅酸；

(2)四氯化硅与水反应生成原硅酸或硅酸沉淀和盐酸，反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl或SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl或SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；

(3)向溶液2中加H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；加入试剂1的目的为消耗溶液中的氢离子，是铁离子的水解平衡右移，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，但不能引入新的杂质离子，则加入碳酸镁和氧化镁可以消耗氢离子，同时不引入新杂质，故答案为：氧化Fe2+为Fe3+；便于除杂；CD；

(4)氯化镁为强酸弱碱盐，氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热时HCl受热挥发，水解平衡向正反应方向进行，导致镁离子完全水解生成氢氧化镁；若要抑制氯化镁水解，应在HCl气流中加热，使水解平衡逆向进行，故答案为：加热促进氯化镁水解，生成氢氧化镁；在HCl气流中加热。【解析】增大反应物接触面积，加快反应速率，使矿渣反应充分硅酸或原硅酸SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl或SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl氧化Fe2+为Fe3+，便于除杂CD加热促进氯化镁水解，生成氢氧化镁在HCl气流中加热26、略

【分析】【分析】

由题给流程可知，将硫化银精矿和氯化钠固体混合磨碎后，通入空气氯化焙烧，混合物中的氧化物不参与反应，金属硫化物在高温下先氧化为氧化物和二氧化硫，再氯化为金属氯化物；焙烧物水洗过滤得到含有氯化钠、氯化锌、氯化铅的滤液1和含有氯化银、氧化铝、二氧化硅的滤渣；向滤渣中加入氨水，氧化铝和二氧化硅不溶于氨水，氯化银与氨水反应生成Ag(NH3)2Cl，过滤得到含有氧化铝、二氧化硅的滤渣2和含有Ag(NH3)2Cl的滤液；向滤液中加入联氨溶液，Ag(NH3)2Cl溶液与联氨溶液发生氧化还原反应生成银；氮气、氯化铵和氨气；过滤得到粗银和含有氯化铵、氨气的滤液3；滤液3经蒸发得到氨气和氯化铵溶液，氨气溶于水得到氨水，氨水可以循环使用。

【详解】

(1)硫化银精矿和食盐在氯化焙烧前磨碎可以减小原料颗粒直径；增大固体的表面积，使原料间充分接触，有利于增大氯化焙烧的反应速率，使氯化焙烧更加充分，故答案为：减小原料颗粒直径，使原料间充分接触，有利于氯化焙烧；

(2)①硫化银焙烧生成氧化银的反应为硫化银和氧气高温下反应生成氧化银和二氧化硫，反应的化学方程式为故答案为：

②由分析可知，氯化焙烧得到的烟气中含有二氧化硫和烟尘，为防止二氧化硫污染环境，烟尘进行回收后，还需用碱液二氧化硫，故答案为：吸收防止污染环境；

(3)由水洗后滤液1中氯离子浓度为0.05mol/L可知，溶液中银离子浓度为==3.6×10—9mol/L，故答案为：3.6×10—9；

(4)由分析可知，滤渣2的主要成分为氧化铝和二氧化硅，故答案为：SiO2；

(5)由分析可知；滤液3经蒸发得到氨气和氯化铵溶液，氨气溶于水得到氨水，氨水可以循环使用，故答案为：将氨气蒸发出来，并回收循环利用；

(6)电解时，阴极上有少量一氧化氮生成，说明酸性条件下，银离子在阴极得到电子生成银的同时，由少量硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化氮和水，生成一氧化氮的电极反应式为故答案为：【解析】减小原料颗粒直径，使原料间充分接触，有利于氯化焙烧吸收防止污染环境将氨气蒸发出来，并回收循环利用27、略

【分析】【分析】

废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液①中含有Fe2+、Cl-，在滤液中加入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液②也为FeCl2溶液；滤渣②为铜。

【详解】

（1）流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率；（2）检验溶液中通入的氯气已过量，可取溶液少量，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。（3）根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl，因此化学方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。

（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化，宜采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B项。洗涤CuCl宜选用无水乙醇，因为CuCl难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。不选用硫酸，虽然CuCl难溶于硫酸，但用硫酸洗涤，会给CuCl表面带来少量的H+和SO42-杂质。

（5）据反应式CuCl(s)+Cl－(aq)CuCl2－(aq)和K的本义式有：

将分子、分母同乘以c(Cu+)得：

，将题给的K和Ksp的数据代入得c(CuCl2-)×c(Cu+)=1.4×10-6×0.35=4.9×10-7。取其中(0.7,0.7)做为一个坐标点；图象示意如下：

（6）根据题给的相应化学反应CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl2、F