2025年粤教版选择性必修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年粤教版选择性必修1化学下册月考试卷197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、以PbO为原料回收铅的过程如下：

Ⅰ.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；

Ⅱ.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb；原理如图所示。

下列判断不正确的是A.阳极区的溶质主要是H2SO4B.电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—C.当有2.07gPb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04molD.电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO2、下列有关说法中正确的是A.在低温下能自发进行，则该反应的B.室温下不能自发进行，说明该反应的C.若化学反应在任何温度下都不能自发进行D.加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变3、下列说法正确的是A.溶液中的B.相同温度下，氨水溶液与氨水溶液中之比是2：1C.向溶液中滴加硝酸使溶液此时混合液中的D.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，使混合液的此时混合液中4、某温度下，在体积一定的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，下列说法正确的是A.当2v(H2)=3v(NH3)时，反应达到平衡状态B.一段时间后，混合气体密度不变，反应达到平衡状态C.平衡后再充入NH3，达到新平衡时，NH3的百分含量变小D.若反应前充入的N2与H2物质的量相等，达平衡时H2的转化率比N2的高5、关于等体积且pH相同的醋酸和盐酸，下列叙述不正确的是（）A.分别与NaOH溶液中和，消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸B.分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m>nC.分别与足量的锌粉反应，生成氢气的体积醋酸大于盐酸D.分别与形状完全一样的锌粒反应生成相同条件下等量的氢气，所需时间盐酸小于醋酸6、对于①NaHCO3②Na2CO3③CH3COOH④CH3COONa四溶液物质的量浓度均为0.01mol/L，下列说法正确的是A.①中加入NaOH固体，增大B.②的离子浓度为：c(Na+)>c(OH-)>c()>c(H+)C.③溶液中加入等体积的水稀释，溶液中所有离子浓度都减小D.②和④等体积混合：c(Na+)>c(CH3COO-)+2c()+c()7、已知25℃时，和的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液的变化关系如图所示，下列说法不正确的是。

A.向等浓度的和的混合溶液中滴加溶液，先沉淀B.当和沉淀共存时，溶液中：C.Y点对应的分散系是均一稳定的D.无法通过直接控制的方法除去溶液中含有的少量8、温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)△H＞0。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是。容器编号物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35

A.容器Ⅱ中刚开始反应时v正＜v逆B.达平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5C.达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水；并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。

（1）试从上图图1中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是:A接________,B接________。

（2）铁棒接直流电源的________极;碳棒上发生的电极反应为________。

（3）能说明氯气具有氧化性的实验现象是________。

（4）假定装入的饱和食盐水为50mL(电解前后溶液体积变化可忽略),当测得的氢气为5.6mL（已折算成标准状况）时,溶液的pH为________。

（5）工业上采用离子交换膜法电解饱和食盐水，如上图图2，该离子交换膜是________（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜，溶液A是________（填溶质的化学式）10、下表是几种常见弱酸的电离平衡常数酸电离方程式电离常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO－+H+K=1.75×10-5H2CO3H2CO3H++HCO3－

HCO3－H++CO32－K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11H2SH2SH++HS－

HS－H++S2－K1=1.3×10-7

K2=7.1×10-15H3PO4H3PO4H++H2PO4－

H2PO4－H++HPO42－

HPO42－H++PO43－K1=7.1×10-3

K2=6.3×10-8

K3=4.2×10-13

回答下列各题：

（1）K只与温度有关，当温度升高时，K值________（填“增大”“减小”或“不变”）。

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

（3）若把CH3COOH、H2CO3、HCO3－、H2S、HS－、H3PO4、H2PO4－、HPO42－都看作是酸，其中酸性最强的是________，最弱的是________。

（4）多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是________，产生此规律的原因是_______________________。11、工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇；有关化学反应如下：

反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.6kJ•mol-1

反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H2＝+41kJ•mol-1

（1）反应Ⅰ在___（填“低温”或“高温”）下可自发反应。

（2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是___。

A．高温高压B．低温低压C．高温低压D．低温高压。

（3）在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol进行反应，测得CO2转化率、CH3OH和CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比）。

①下列说法正确的是___。

A．压强可影响产物的选择性。

B．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减小。

C．由图1可知；反应的最佳温度为220℃左右。

D．及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用；可提高原料利用率。

②250℃时，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为___。

③分析图2中CO选择性下降的原因___。12、水的电离方程式为：H2O⇌H++OH-，其平衡移动的分析，符合勒夏特列原理。H2O⇌H++OH-移动方向c(H+)c(OH-)水的电离程度Kw①升温___________________________________②通入HCl(g)___________________________________③通入氨气___________________________________④加Na___________________________________⑤加FeCl3(s)___________________________________⑥加入NaHSO4(s)___________________________________13、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)下列说法正确的是__________。

A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点。

B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点。

C．d点无BaSO4沉淀生成。

D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp

(2)将100mL1mol·L－1H2SO4加入100mL含Ba2＋0.137g的溶液中充分反应后，过滤出沉淀，滤液中残留的Ba2＋的物质的量浓度为____________。

(3)将沉淀用100mL纯水和100mL0.01mol·L－1的H2SO4分别洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误15、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误16、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误17、常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误18、恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡状态。(____)A.正确B.错误19、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20、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共16分)21、氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：

已知：①BiOCl难溶于水；

②“浸铋”所得浸取液中含BiCl3、AsCl3等物质。

回答下列问题：

(1)“浸铜”时有单质硫生成，发生反应的离子方程式为_______。

(2)“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为_______。“沉铋”所得滤液可导入到_______中使用(填流程中操作单元名称)。

(3)工业生产中还可采用铁盐氧化法除砷。向“浸铋”所得浸取液中加入和H2O2，并调节pH，生成FeAsO4沉淀，发生反应的离子方程式是_______。欲使溶液中且不产生沉淀，应控制pH的范围为_______。(已知：的Ksp分别计算结果保留2位小数)

(4)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入K+，BiOCl被还原为Bi，电极反应式是_______。研究发现，充电过程中，除上述反应外，还包括该反应的发生使得电池的储能_______(填“增大”“减小”或“不变”)。22、可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；

(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；

(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；

(4)加入絮凝剂的目的是_______；

(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的的)；

(6)滤渣Ⅱ的主要成分为在高温条件下，葡萄糖()和可制备电极材料同时生成和该反应的化学方程式为_______评卷人得分五、结构与性质(共1题，共10分)23、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共30分)24、已知B是常见的金属单质；E为常见的气态非金属单质，H常温下为无色液体，C的浓溶液在加热时才与D反应。根据下列框图所示，试回答：

（1）F的电子式为____________，所含化学键为_________；

（2）反应①的离子方程式为_____________________________；

（3）每生成1molK，反应放出98.3kJ的热量，该反应的热化学方程式为________；

（4）反应②的化学方程式为_______________________；

（5）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式为__________________________。25、A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应中的H2O已略去）。请填空：

（1）若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是____；工业上制取A的离子方程式为_____________。

（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则反应①的化学方程式为___________________。

（3）若D是氯碱工业的主要产品，B有两性，则反应②的离子方程式是__________。

（4）若D是空气质量预报必报的无色有刺激性气味气体，A、B、C的的焰色反应都呈黄色，则B的化学式是___________。26、已知有原子序数依次增大的A；B、C、D、E五种短周期元素和过度金属元素F；其相关信息如下：

①A与C形成的化合物的水溶液呈碱性。

②B的最高正价和最低负价的代数和为0

③D的常见化合物的焰色反应为黄色。

④E的氧化物属于两性氧化物。

（1）分子式为B5A12且其一氯代物只有一种的有机物的名称为____.

（2）C元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物化合生成M，M的水溶液呈___性。

（3）1molD元素的最高价氧化物对应的水化物与2molE元素的单质反应产生气体体积为_______L（标准状况下）

（4）F与B形成的合金在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀形成红棕色固体，腐蚀过程中正极的电极反应式为______.参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑；以此解题。

【详解】

A.根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H＋＋O2↑，阳极区的溶质主要是H2SO4；故A正确；

B.电极Ⅱ周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；故B正确；

C.当有2.07gPb生成时，即生成Pb的物质的量为==0.01mol，根据电极反应式为PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02mol，故C错误；

D.阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用；故D正确；

答案选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．由气体的化学计量数可知，∆S<0，且∆H-T∆S<0的反应自发进行，在低温下能够自发进行，则该反应的∆H<0；故A错误；

B．由气体的化学计量数可知，∆S>0，且∆H-T∆S<0的反应自发进行，室温下不能自发进行，说明∆H>0；故B错误；

C．∆H-T∆S<0的反应自发进行，若化学反应在任何温度下都不能自发进行，故C正确；

D．催化剂能降低反应活化能；不改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，故D错误；

故选C。3、C【分析】【详解】

尽管在溶液中会发生水解反应，但水解的程度是很微弱的，总的来说A项错误；

在氨水中存在电离平衡：如果二者的电离程度相同，则两种氨水中的之比是2：1，但是溶液的浓度越大，电离程度越小，所以在这两种溶液中之比小于2：1。B错误；

C.由于只有电离产生，而则由和共同电离产生，所以混合液中的C项正确；

D．若混合液的则根据溶液呈电中性可知可得D项错误；

答案选C。4、D【分析】【详解】

A．化学反应速率与化学计量数成正比，因此，无论反应是否平衡，始终有2v(H2)=3v(NH3)，则2v(H2)=3v(NH3)不能说明反应达到平衡状态；A错误；

B．反应在恒容容器中进行；根据质量守恒，反应前后气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，当密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，B错误；

C．平衡后再充入NH3，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理只能削弱不能抵消可知，达到新平衡时，NH3的百分含量变大；C错误；

D．若反应前充入的N2与H2物质的量相等，N2过量，因此达平衡时H2的转化率比N2的高；D正确；

答案选D。5、D【分析】【详解】

A．pH相同的醋酸和盐酸；醋酸浓度大于盐酸，等体积且pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，分别与NaOH溶液中和，消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，故A正确；

B．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m>n；故B正确；

C．pH相同的醋酸和盐酸；醋酸浓度大于盐酸，等体积且pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，分别与足量的锌粉反应，生成氢气的体积醋酸大于盐酸，故C正确；

D．醋酸是弱酸；反应开始后，醋酸与锌反应的速率大于盐酸，生成等量的氢气，所需时间盐酸大于醋酸，故D错误；

选D。6、D【分析】【详解】

A．向①NaHCO3溶液中加入NaOH固体，会发生反应：因此溶液中将减小；故A项错误；

B．②Na2CO3属于易溶于水的强碱弱酸盐，在溶液中完全电离出Na+、会发生水解：但水解程度微弱，因此溶液中离子浓度：c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)；故B项错误；

C．③向CH3COOH溶液中加入等体积水，促进醋酸的电离，溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+浓度均减小，根据温度不变，Kw不变，则溶液中OH-浓度将增大；故C项错误；

D．Na2CO3、CH3COONa均属于强碱弱酸盐，在水中均完全电离，Na2CO3、CH3COONa等体积混合，由于碳酸根、醋酸根的水解，溶液呈碱性，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+2c()+c()+c(OH-)，则c(Na+)>c(CH3COO-)+2c()+c()；故D项正确；

综上所述，答案为：D。7、C【分析】【分析】

Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则Fe(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2，则相等时，Fe(OH)2中氢氧根离子的浓度大于Cu(OH)2中氢氧根离子的浓度，所以曲线a表示Cu(OH)2、曲线b表示Fe(OH)2；据此分析。

【详解】

A．向等浓度的和的混合溶液中滴加溶液；溶度积小的先沉淀，应先生成氢氧化铜沉淀，故A正确；

B．pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)∶c(Cu2+)==故B正确；

C．Y点对应的Cu(OH)2分散系中，c(Cu2+)×c2(OH-)＞Ksp[Cu(OH)2]，平衡逆向移动，形成沉淀，即Y点对应的Cu(OH)2分散系是不稳定的体系；故C错误；

D．氢氧化铜溶度积较小，调节pH，先生成氢氧化铜沉淀，不能通过直接控制pH的方法可除去溶液中含有的量故D正确；

答案选C。

【点睛】

本题的难点为B，要注意根据图像提供的数据计算出Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Cu(OH)2]。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．T1温度下；根据实验I的数据：

该反应的平衡常数K===0.8，容器Ⅱ反应达平衡前，Qc==＜0.8，此时反应向着正方向进行，v正＞v逆；故A错误；

B．达平衡时，容器I中气体的总物质的量浓度为0.8mol/L；温度相同，化学平衡常数相同，故温度为T1，反应达平衡时，容器Ⅱ中的平衡常数K=0.8，容器Ⅱ反应达平衡前，Qc==＜0.8；此时反应向着正方向进行，气体的物质的量浓度增大，即达平衡时，容器II中气体的总物质的量浓度大于1.0mol/L，则达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比=总物质的量浓度之比＜4∶5，故B错误；

C.根据2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，如果Ⅲ中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c(NO2)=0.5mol/L，且容器中还有c(O2)=0.1mol/L剩余；与I相比，Ⅲ是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%，故C错误；

D．v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2)，达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，则K═=当温度改变为T2时，若k正=k逆，则此温度下K=1＞0.8，该反应为吸热反应，温度升高，K增大，因此T2＞T1；故D正确；

故选D。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）A为铁棒，则应为阴极，产生H2；B为阳极，产生Cl2；据此确定后续连接装置；

（2）铁棒为阴极，与电源的负极相连；碳棒为阳极，由Cl-发生失电子的氧化反应，生成Cl2；据此写出电极反应式；

（3）氧化性Cl2>I2；淀粉遇碘变蓝色；

（4）根据公式计算反应生成n(H2)，结合电极反应式计算反应生成n(OH-)，再根据计算溶液中c(H+)；从而得出溶液的pH；

（5）电极a产生Cl2，则电极a为阳极，电极b为阴极；根据离子移动方向，确定离子交换膜的类型和溶液A的成分；

【详解】

（1）A为铁棒，则应为阴极，产生H2，则A后应连接测量H2体积的装置，因此A接G、F、I；B为阳极，产生Cl2，则B后连接Cl2的性质检验装置；因此B接D；E、C；故答案为：G、F、I，D、E、C。

（2）铁棒为阴极，与电源的负极相连；碳棒为阳极，由Cl-发生失电子的氧化反应，生成Cl2，故答案为：

（3）由于氧化性Cl2>I2，能将I-氧化成I2，而淀粉遇碘变蓝色，因此若观察到淀粉-KI溶液变成蓝色，则说明Cl2具有氧化性；故答案为：淀粉-KI溶液变成蓝色。

（4）反应生成由电极反应式2H2O+2e－=H2↑＋2OH－可知，反应生成n(OH－)=0.5×10-3mol，则溶液中因此溶液中因此溶液的pH=12，故答案为：12。

（5）由于电极a产生Cl2，则电极a为阳极，电极b为阴极；由图可知，离子由电极a区域向电极b区域移动；因此移动的离子为阳离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜；因此溶液A为NaCl稀溶液，故答案为：阳离子，NaCl。

【点睛】

电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极，电子经外电路和电源由阳极流向阴极。【解析】G、F、ID、E、C负2Cl--2e-=Cl2↑淀粉-KI溶液变成蓝色12阳离子NaCl10、略

【分析】【分析】

⑴由于升高温度；电离是吸热过程，有利于电离平衡正向移动，因此K值增大。

⑵K值越大；酸越强，则电离程度越大，当酸浓度相等时，K越大，酸中氢离子浓度越大，酸性越强。

⑶由表可看出H3PO4的K值最大，酸性最强；而HS－的K值最小；酸性最弱。

⑷由于上一级电离对下一级电离的抑制作用；使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。

【详解】

⑴由于升高温度；电离是吸热过程，有利于电离平衡正向移动，因此K值增大，故答案为：增大。

⑵K值越大；酸越强，则电离程度越大，当酸浓度相等时，K越大，酸中氢离子浓度越大，酸性越强，故答案为：K值越大，相同浓度时电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强。

⑶由表可看出H3PO4的K值最大，酸性最强；而HS－的K值最小，酸性最弱，故答案为：H3PO4；HS－。

⑷由于上一级电离对下一级电离的抑制作用，使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数，故答案为：K1K2K3；上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用。【解析】增大K值越大，相同浓度时电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用11、略

【分析】【分析】

根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；根据转化率；平衡常数的表达式分析解答。

【详解】

（1）对于反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•mol﹣1；△H＜0，△S＜0，则如反应能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0，低温下即可进行，故答案为：低温；

（2）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•mol﹣1；由化学计量数可知，增大压强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D；

（3）①A.增大压强；反应Ⅰ正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，故A正确；

B.反应Ⅰ为放热反应；生成温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故B错误；

C.由图1可知；反应的温度控制在220℃左右时，二氧化碳的转化率；甲醇的含量较大，CO的含量较小，升高到240℃以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为220℃左右，故C正确；

D.及时分离出甲醇和水；可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D正确，故答案为：ACD；

②在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体；体积比1：3，总物质的量amol进行反应；

250℃时，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，由方程式可知，消耗n（CO2）=×25%mol=mol，生成CH3OH和CO共mol，分别为mol，生成n（H2O）=mol，两个反应消耗氢气的物质的量为mol×3+mol=mol，则剩余氢气的物质的量为mol﹣mol=mol，则反应Ⅱ的平衡常数故答案为：

③对于反应Ⅱ，增大压强平衡不移动，但对应反应Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，导致反应物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的选择性下降，故答案为：增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动，CO选择性下降。【解析】低温DACD增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动，CO选择性下降12、略

【分析】【详解】

①水的电离为吸热反应，所以升高温度，促进水的电离，平衡向右移动，溶液中c(H+)和氢c(OH-)均会增大，水的电离平衡常数Kw增大；

②通入HCl(g)，溶液中c(H+)增大，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，c(OH-)减小，因为温度不变，所以水的电离平衡常数Kw不变；

③氨气溶于水显碱性，通入氨气，溶液中c(OH-)增大，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，c(H+)减小，因为温度不变，所以水的电离平衡常数Kw不变；

④加Na后，钠与水电离生成的H+发生反应，促进水的电离，水的电离平衡向右移动，因为生成NaOH，所以溶液中c(OH-)增大，但温度不变，水的电离平衡常数Kw不变，所以c(H+)减小；

⑤向水中加入FeCl3(s)，Fe3+水解会促进水的电离，水的电离平衡向右移动，Fe3+水解产生H+，所以溶液中c(H+)增大，因为温度不变，水的电离平衡常数Kw不变，所以c(OH-)减小；

⑥加入NaHSO4(s)，相当于加入了强酸，溶液中c(H+)增大，抑制水的电离，使水的电离平衡向左移动，因为温度不变，水的电离平衡常数Kw不变，所以c(OH-)减小。【解析】右移增大增大增大增大左移增大减小减小不变左移减小增大减小不变右移减小增大增大不变右移增大减小增大不变左移增大减小减小不变13、略

【分析】【分析】

（1）该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态；结合选项分析判断；

（2）根据硫酸根离子与钡离子的反应，求出剩余的硫酸根离子浓度，再根据Ksp计算；

（3）利用离子对溶解平衡的影响及Ksp（BaSO4）来计算溶解的硫酸钡的质量，然后确定两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比。

【详解】

（1）A．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO42-)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，即加入Na2SO4不能使溶液由a点变到b点；故A错误；

B．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO42-)、c(Ba2+)均增大，通过蒸发不能使溶液由d点变到c点；故B错误；

C．d点表示Qc＜Ksp；溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；

D．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等；故D错误；

故答案为C；

（2）由图象可知Ksp(BaSO4)=10-5×10-5=10-10，将100mL1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4，硫酸根离子过量，加入n(Ba2+)=0.137g÷137g/mol=0.001mol，剩余的硫酸根离子的浓度为：c(SO42-)=（0.1mol－0.001mol）÷0.2L=0.495mol/L，所以剩余的钡离子为：c(Ba2+)=≈2.02×10-10mol/L；

（3）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×mol/L=10-6mol，用100mL0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×=10-9mol，由同种物质的质量之比等于物质的质量之比可知两种情况下损失的BaSO4的质量之比为10-6mol：10-9mol=1000：1。

【点睛】

本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念以及影响因素是解答的关键。【解析】C（2分）2.02×10－10mol·L－1（3分）103∶1（3分）三、判断题(共7题，共14分)14、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。15、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。16、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。17、A【分析】【详解】

常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，其ΔS＞0，则ΔH＞0，正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的生成速率相等时，即正反应速率和逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，故错误。19、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。20、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。四、工业流程题(共2题，共16分)21、略

【分析】【分析】

根据题目已知信息，第一步酸浸时，Fe2O3溶解转化为Fe2(SO4)3，含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3未溶解，故酸浸后滤液中主要有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4，含铋化合物、CuS、PbSO4、As2O3进入浸铜步骤，根据(1)问题干知CuS在此步骤中转化为CuSO4、S，此时滤液中主要含CuSO4、H2SO4，含铋化合物、PbSO4、As2O3、S进入浸铋步骤，根据已知信息，浸铋时，铋元素转化为BiCl3，As2O3转化为AsCl3，PbSO4转化为浸渣中主要含有S，浸铋后的浸取液中主要含BiCl3、AsCl3、经过除铅、砷步骤后，溶液中主要含BiCl3，经过沉铋操作，BiCl3转化为BiOCl。

【详解】

(1)浸铜时加入的物质是MnO2、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，初步确定反应为MnO2＋H+＋CuS→S↓＋Mn2+＋Cu2+＋H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2++Mn2+＋S↓＋2H2O；

(2)由所给信息知，BiCl3转化为BiOCl，根据元素守恒推测还有NaCl、CO2生成，根据元素守恒配平得方程式为：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+NaCl+CO2↑；沉铋后的滤液中含有NaCl；可导入浸铋环节循环使用，故此处填：浸铋；

(3)浸取液中砷元素以As3+形式存在，反应后转化为FeAsO4，As元素化合价升高，此反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒初步配平反应为：Fe3++As3++H2O2→FeAsO4↓，由流程知，浸取液为酸性，故可在右边添加6个H+配平电荷守恒，左边添加2个H2O配平元素守恒，得完整离子方程式为：Fe3++As3++H2O2+2H2O=FeAsO4↓+6H+；

当c()=10-8mol/L时，溶液c(Fe3+)=此时溶液中c(OH-)=则c(H+)=则pH=-Lgc(H+)=5+=5.23，由于要确保c()＜10-8mol/L；故pH＜5.23，故此处填：pH＜5.23；

(4)由题意知，BiOCl中Bi元素得3个电子被还原为Bi，K+嵌入电极材料，根据元素守恒推测还有KCl、K2O生成，对应电极反应为：BiOCl+3e-+3K+=Bi+KCl+K2O；BiOCl得电子生成Bi是储能过程，生成的Bi转化为K3Bi也为储能过程，故该反应的发生使得电池的储能增大，故此处填：增大。【解析】CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2OBiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑浸铋Fe3++H2O2+As3++2H2O=FeAsO4↓+6H+pH＜5.23BiOCl+3e-+3K+=Bi+K2O+KCl增大22、略

【分析】【分析】

焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。

【详解】

(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为

(2)为提高“水浸”效率；可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；

(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3；

(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；

(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()h()，因此常温下加入的溶液呈碱性；

(6)由在高温条件下，葡萄糖()和可制备电极材料同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3++6=6+9CO↑+6H2O。【解析】适当升高温度，将独居石粉碎等Al(OH)3和Fe(OH)3促使铝离子沉淀↑碱性3++6=6+9CO↑+6H2O五、结构与性质(共1题，共10分)23、略

【分析】【详解】

（1）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；

（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋；具有较强的还原性；

（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳