2025年粤教沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷169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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列离子方程式书写正确的是A.硅酸钠溶液与盐酸的反应：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na+B.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O===3I2＋6OH－C.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−D.向NaHCO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋HCO3—===BaCO3↓＋H2O2、酒驾是交通事故的第一大“杀手”。一种酒精检测仪工作原理如图，a、b两个多孔铂电极外均覆盖了一层聚四氟乙烯纳米纤维膜；方便气体透过。下列说法错误的是。

A.采用多孔铂电极可增大电极与气体接触面积B.该酒精检测仪运用了原电池原理C.a极的电极反应：CH3CH2OH+12OH--12e-=2CO2+9H2OD.乙醇浓度越大，电路中的电流强度就越大3、电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应下列有关电池的说法正确的是（）A.该电池可用溶液作电解质溶液B.该电池放电时，电池内部的Li+向负极移动C.该电池中Li作负极D.在该电池的放电过程中，电池正极的质量逐渐减少4、化学创造美好生活。下列生产活动中；没有运用相应化学原理的是。

。选项。

生产活动。

化学原理。

A

食品中添加适量二氧化硫。

SO2可以起到漂白；防腐、抗氧化等作用。

B

将液态植物油变成固态的氢化植物油。

油脂能发生水解反应。

C

利用氯化铁溶液腐蚀铜制印刷电路板。

2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+

D

利用冰箱冷藏食物。

温度低时；化学反应速率慢。

A.AB.BC.CD.D5、下列化学用语表示不正确的是（）A.醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+B.碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na++HCOC.氯化铵的水解：NH+H2ONH4OH+H+D.碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)6、氢氧电池以氢气作还原剂；氧气作氧化剂，电极为多孔镍，电解质溶液为30%的氢氧化钾溶液。以下有数种说法：

①负极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-②负极反应为2H2+4OH--4e-=4H2O③电池工作时正极区pH升高，负极区pH下降；④电池工作时溶液中的阴离子移向正极。正确的组合是A.①③④B.②③C.②④D.①④7、下列说法不正确的是A.恒压条件下的焓变在数值上等于变化过程中的热效应B.焓变的符号是△HC.焓变的单位通常是kJ/molD.硝酸铵溶于水是吸热反应8、如图所示为反应的反应速率变化的图像；则横轴不可能是（）

A.反应时间B.温度C.压强（通过改变容器的容积实现）D.的浓度评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、有机电化学合成是目前公认的一种绿色可持续性合成策略；电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图。

下列说法错误的是A.a为负极，离子交换膜1为阳离子交换膜B.M极发生反应C.电路中每通过1mol理论上消耗28g乙烯D.随电解进行与需及时补充10、KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液500mL，其中c()=6.0mol/L。用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极都收集到22.4L气体(标准状况)，假设电解后溶液的体积仍为500mL。下列说法不正确的是A.原混合溶液中K+的物质的量浓度为1mol/LB.上述电解过程中共转移4mol电子C.加入CuO可使溶液恢复到原来的成分和浓度D.电解后溶液中H+的物质的量浓度4mol/L11、丙烯与加成过程及能量变化如下图；下列说法正确的是。

A.Ⅰ和Ⅱ为中间产物，Ⅰ比Ⅱ稳定B.两种加成方式的决速步分别是②和④C.生成1-溴丙烷的速率大于生成2-溴丙烷的速率D.使用催化剂有利于提高1-溴丙烷的产率12、利用甲烷可减少污染，反应原理如下：T℃时，将2mol与1mol的混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应；正反应速率随时间变化的趋势如图所示。

下列说法正确的是A.正反应为放热反应且c点时反应达平衡态B.若则产生的量：ab段＜bc段C.a、b、c、d四点对应的平衡常数大小：D.d点的正反应速率大于c点的逆反应速率13、在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则A.平衡向逆反应方向移动了B.物质A的转化率减小了C.物质B的质量分数增加了D.a＜b14、室温下，向两份浓度均为0.1mol/LHX溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸和NaOH溶液，向两份0.1mol/LHY溶液中也进行同样操作，测得x[x=-lg其中A=X或Y]与溶液pH的关系如图所示。

已知：Ka(HX)＞Ka(HY)

下列说法正确的是A.HY溶液对应的曲线为I，Ka(HY)的数量级为10-4B.a点溶液中：c(HY)+c(Y-)=0.10mol/LC.溶液中水的电离程度：f＞e＞dD.e点溶液中：c(Na+)＜c(HX)，NaX的Kh=1.0×10-10.515、常温下，分别用0.01mol/L的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶液；溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法错误的是。

A.常温下K(HA)数量级约为10-5B.常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7C.NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂D.当横坐标为37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)＜2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)16、某反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是。

A.该反应的△H＝E1－E2B.该反应的能量变化与合成氨反应的能量变化相同C.加入催化剂既能减小反应的△H，又能加快反应速率D.若该反应常温下能自发进行，则反应的△S＞017、科学解释能力是科学素养的重要组成部分。下列对实验现象及操作的解释合理的是。现象及操作解释A用pH试纸鉴别NaCl和NH4Cl溶液NH水解使溶液显酸性B取少量某溶液，滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀该溶液中含有SOC配制氯化铁溶液时加入少量盐酸抑制Fe3+的水解D向AlCl3溶液中加入过量浓氨水，生成白色沉淀Al(OH)3不溶于碱溶液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、(1)高铁电池是一种新型可充电电池，其总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，原电池负极的电极反应式为___________，正极附近溶液的碱性___________(填“增强”；“不变”或“减弱”)。

(2)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是___________，写出正极的电极反应式___________。若开始时两极质量相等，当导线中通过0.05mol电子时，两个电极的质量差为___________。

(3)中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，甲醇(CH3OH)燃料电池的工作原理如图所示。

①该电池工作时，c入口处对应的电极为___________(填“正”或“负”)极。

②该电池负极的电极反应式为___________。

③工作一段时间后，当3.2g甲醇完全反应生成CO2时，外电路中通过的电子数目为___________。19、热的纯碱液去油污效果好，原因是________________________________（离子方程式和文字说明）。20、下图表示8000C时A；B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的情况；t时各组分浓度不再变化。试回答：

（1）该反应的反应物是___________________，达平衡时其转化率是______________

（2）该反应的化学方程式是___________________________________________

（3）若t是2min,A物质的平均反应速率是_________________，B的反应速率是__________21、SO2是一种食品添加剂，还是重要的漂白剂和抗氧化剂，也是导致酸雨的重要物质。工业常用足量氨水吸收处理SO2尾气。根据相关信息回答下列问题。

(1)下列操作能使氨水溶液中NH3·H2O的电离程度增大的是___________(填字母序号，下同)，能使电离常数增大的是___________。

A．通少量氨气B．降低温度C．加水稀释D．升高温度E．加少量的NH4Cl固体。

(2)已知：常温下Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，常温下，CH3COONH4的水溶液中由水电离出的c(H+)___________1.0×10-7mol·L-1(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，溶液中c(CH3COO-)___________c(NH)。

(3)国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g·L-1。某化学兴趣小组向葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使全部逸出，并用完全氧化生成用的NaOH标准溶液滴定所得测定SO2的含量。

①滴定前，先在锥形瓶中滴入几滴无色酚酞。达到滴定终点的标志是___________。

②读数时，若滴定前平视液面，滴定后俯视液面，则对滴定结果的影响是___________(填“偏高”；“偏低”或“无影响”)。

③滴定至终点后，计算出消耗标准溶液的体积，重复以上操作2次，具体数据见下表。滴定次数123V(NaOH)(消耗)25.00mL24.98mL25.02mL

该葡萄酒中的SO2含量为___________g·L-1。22、“绿水青山就是金山银山”；运用化学反应原理研究碳；氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

(1)CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-746kJ·mol-1。部分化学键的键能数据如下表(设CO以C≡O键构成)：。化学键C≡ON≡NC=OE/(kJ·mol-1)1076945745

①由以上数据可求得NO的键能为___________kJ·mol-1。

②写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施___________。

(2)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生的反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ·mol-1

①如图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为___________(填“a”或“b”)，其判断依据是___________。

②若x=2、y=3，测得在相同时间内不同温度下H2的转化率如图所示，则在该时间段内，恰好达到化学平衡时，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为___________。

(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2.①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成28gN2时，转移的电子的物质的量为___________mol(保留三位有效数字)。

②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体；匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图3)。

图3图4

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图4所示：在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________23、氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl(-1价)和S(+6价)的速率v(纵坐标)与反应时间t(横坐标)的关系如图所示，已知该反应速率随着溶液中c(H+)的增大而加快。

(1)反应开始时反应速率加快的原因是______；

(2)反应后期反应速率减慢的原因是______。24、25℃时，物质的量浓度均为0.1mol•L－1的几种盐溶液的pH如表：。序号①②③④⑤溶液NH4ClCH3COONH4NaHCO3NaXNa2CO3pH578.49.711.6

(1)用离子方程式解释溶液⑤能去除油污的原因_____。

(2)写出溶液④中通少量CO2的离子方程式：_____。

(3)25℃时，溶液①中，由水电离产生的c(H+)=_____mol•L﹣1；

(4)①0.100mol•L-1NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是__________(填化学式)；②CH3COOH与NaOH反应后的溶液中存在：c(Na+)＜c(CH3COO-)，该溶液呈_________性(填“酸”“碱”或“中”)，该溶液的溶质是______。(填化学式)

(5)下列说法正确的是_____。

a.c(NH4+)：①＞②

b.物质的量浓度和体积均相等的NaCl和NaX两种溶液中；离子总数相等。

c.等体积的③和⑤形成的混合溶液中：c(HCO3－)+c(CO32－)=0.1mol•L－1

d.将pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀释相同倍数；HX溶液的pH变化小。

(6)某同学欲用0.1mol•L－1CaCl2溶液来鉴别溶液③和⑤，当他将CaCl2溶液滴入装有溶液③的试管中时，出现了意想不到的现象：试管中出现了白色沉淀，并伴有气体生成。试解释产生上述现象的原因：_____。25、(1)在一密闭容器中发生反应反应N2+3H2⇌2NH3∆H＜0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示：t1、t3时刻分别改变的一个条件是(填选项)。A．增大压强B．减小压强C．升高温度D．降低温度E。加催化剂F。充入氮气t1时刻___________；t3时刻___________。(2)在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)⇌Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度C(X)随时间t变化的曲线如图所示。回答下列问题：①该反应进行到M点放出的热量___________进行到W点放出的热量(填“＞”、“＜”或“=”)②T2下，在0~t1时间内，v(Y)=___________③N点的逆反应速率___________M点的正反应速率(填“＞”、“＜”或“=”)(3)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)K1∆H＜0(I)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)K2∆H＜0(II)则4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=___________(用K1、K2表示)。为研究不同条件对反应(II)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应(II)达到平衡。测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n(Cl2)=___________mol，NO的转化率为___________。26、(1)为了证明NH3·H2O是弱电解质；甲；乙、丙、丁、戊五人分别进行如下实验。

①甲用pH试纸测出0.010mol·L-1氨水的pH为10，则认定NH3·H2O是弱电解质；你认为这一方法________(填“正确”或“不正确”)。

②乙取相同pH、相同体积的氨水与NaOH溶液，加入几滴酚酞溶液后，分别滴入同浓度的盐酸至溶液刚好褪色。实验结束后，测得消耗的盐酸的体积分别为amL和bmL。若a____b(填“>”、“=”或“<”)；则证明氨水是弱碱。

③丙取出10mL0.010mol·L-1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显红色，再加入少量NH4Cl晶体；颜色变______(填“深”或“浅”)。你认为证明氨水是弱碱的原因是______。

④丁取出10mL0.010mol·L-1氨水，用pH试纸测其pH=a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测其pH=b，若要确认NH3·H2O是弱电解质，则a、b值应满足的关系是_____。

(2)已知室温时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离；回答下列各问题：

①HA的电离平衡常数K=______。

②由HA电离出的c(H+约为水电离出的c(H+)的______倍。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共32分)27、锑(Sb)位于元素周期表第VA族。高纯锑在光电催化、半导体材料等方面有着重要的应用。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、CuS、SiO2等)为原料酸性浸出法；氢气还原冶炼高纯锑的工艺流程如图：

已知：①浸出液中除含有盐酸外，还含有Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等；

②常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10-16，Ksp[Sb(OH)3]＝1.0×10-41，Ksp(PbS)＝8.0×10-28，Ksp(CuS)＝6.4×10-36。

回答下列问题：

(1)滤渣1中除S外，还有________________。

(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为________________________。

(3)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中，Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为________，该转化有利于“水解”时锑铁分离，理由是________________________。

(4)“沉铜、铅”过程中，缓慢滴加极稀的Na2S溶液，当Pb2＋沉淀完全时，溶液中c(Cu2＋)＝________mol·L-1。

(5)“水解”是利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3(SbCl3的水解反应分为三步，中间产物有SbOCl等)。写出SbOCl水解生成Sb2O3的化学方程式：________________________。为了促进水解趋于完全，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试结合平衡移动原理解释这两项操作的作用：________________________。

(6)已知辉锑矿中Sb2S3的含量为68％，整个流程中锑元素的损耗率为10％，则5t该辉锑矿可制得Sb的质量为________kg。28、某工业废玻璃粉末含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等。某课题小组设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵矾。

已知：CeO2不溶于稀硫酸；酸性条件下，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧化性。

（1）硫酸铁铵矾可净水，其原理是（写离子方程式）________________________________。

（2）滤液A的主要成分_______________（填写化学式）。

（3）反应①的离子方程式是_____________________________。

（4）反应②的化学反应方程式是__________________________。

（5）已知制硫酸铁铵矾晶体［Fe2(SO4)3·(NH4)2SO4·24H2O，式量964］的产率为80%，若加入13.2g(NH4)2SO4（式量132），可制得晶体的质量是_________。

（6）化合物HT可作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来；过程表示为：

Ce2(SO4)3(水层)+6HT(有机层)2CeT3(有机层）+3H2SO4(水层)

分液得到CeT3(有机层），再加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液。可选择硫酸作反萃取剂的原因是___（从平衡移动角度回答）。29、钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵［(NH4)2MoO4]部分工艺流程如下：

(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有_______。MoS2焙烧时得到＋6价钼的氧化物，焙烧时的化学方程式为_______。

(2)向“滤液1”中加入硝酸，调节pH为5~7，加热到65~70℃过滤除硅。则滤渣2的成分为_______。

(3)为了提高原料的利用率，工艺流程中“滤渣1”应循环到_______操作。

(4)向“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是_______。

(5)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是_______。

(6)Na2MoO4·2H2O是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，常用钼酸铵和氢氧化钠反应来制取。写出制备Na2MoO4·2H2O的化学方程式_______。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_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.硅酸钠应该写成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-＋2H＋===H2SiO3↓；故A错误；

B.酸性溶液，离子方程式中不能出现OH-，用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；故B错误；

C.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应是沉淀的转化：CO32-＋CaSO4CaCO3＋SO42-；故C正确；

D.NaHCO3溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2HCO===BaCO3↓＋H2O+CO32-；故D错误。

故答案选C。2、C【分析】【分析】

该装置中生成物为二氧化碳；则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。

【详解】

A．采用多孔铂电极可增大电极与气体接触面积；使反应更充分，故A正确；

B．该酒精检测仪运用了原电池原理；乙醇在负极失电子被氧化，氧气在正极得电子被还原，故B正确；

C．O2通入右侧Pt电极，则右侧Pt电极为正极，左侧Pt电极为负极，该电池的负极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-═CO2↑+12H+；故C错误；

D．乙醇浓度越大；电路中的电流强度就越大，读出的数值越大，故D正确；

故选C。3、C【分析】【详解】

A.溶液作电解质溶液时；将会与Li发生反应，故A错误；

B.该电池放电时，阳离子移向正极；故B错误；

C.Li的化合价升高；失去电子，作负极，故C正确；

D.在该电池的放电过程中，正极上不断有生成；正极的质量逐渐增大，故D错误；

故选：C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．食品在国家标准范围内添加适量二氧化硫；可以起到漂白；防腐、抗氧化等作用，A项正确；

B．将液态植物油变成固态的氢化植物油；是油脂发生加成反应，B项错误；

C．用氯化铁溶液腐蚀铜制印刷电路板，是因为铁离子具有强氧化性，离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；C项正确；

D．温度低时；食品变质的速率减慢，故可利用冰箱冷藏食物，D项正确；

答案选B。5、C【分析】【详解】

A.醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；故A正确；

B.碳酸氢钠是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO故B正确；

C.铵根离子水解生成NH3·H2O，水解方程式为NH+H2ONH3·H2O+H+；故C错误；

D.碳酸钙在溶液中存在溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)；故D正确；

答案选C。6、B【分析】【详解】

①氢氧电池中，碱性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；故错误；

②氢氧电池中，碱性条件下，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为：2H2+4OH--4e-=4H2O；故正确；

③电池工作时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，放电有氢氧根离子生成，则正极区pH升高，负极的电极反应式为2H2+4OH--4e-=4H2O；放电有氢氧根离子消耗，则负极区pH下降，故正确；

④电池工作时溶液中的阳离子移向正极；阴离子移向负极，故错误；

②③正确，故选B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．恒压条件下的焓变；在数值上等于生成物的总能量减去反应物的总能量，即等于变化过程中的热效应，A正确；

B．焓(H)是与物质内能有关的物理量，焓变是变化前后物质的焓值差，用符号△H表示；B正确；

C．焓的单位通常是kJ/mol；则焓变单位也是kJ/mol，C正确；

D．硝酸铵溶于水是吸热过程；但没有发生化学反应，不能称为吸热反应，D不正确；

故选D。8、A【分析】【详解】

由题图可知，纵坐标随横轴上物理量值的逐渐增大而增大，对反应来说，其他条件不变时，升高温度、压缩体积增大压强、增大的浓度，都能使增大；故B；C、D都不合题意；

在反应过程中，随着时间的增加，的浓度逐渐减小，逐渐减小；A符合题意；

故答案为：A。二、多选题(共9题，共18分)9、CD【分析】【分析】

由图可知右侧铜的化合价由+1价变为+2价；发生氧化反应，则右侧为阳极，左侧为阴极，以此解题。

【详解】

A．M极为阴极；故a为负极，阴极生成氢氧根离子，钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，故离子交换膜1为阳离子交换膜，故A正确；

B．M极为阴极，电极反应式为故B正确；

C．N极为阳极，电极反应式为CuCl-e-+Cl-=CuCl2，电路中每通过1mole-，生成1mol氯化铜，乙烯与氯化铜反应CH2=CH2+2CuCl2=CH2ClCH2Cl+2CuCl；消耗乙烯0.5mol即14g，故C错误；

D．N极为阳极，电极反应式为CuCl-e-+Cl-=CuCl2；阴极生成氢氧根离子，钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，氯离子向右侧迁移，NaCl浓度变小，需及时补充，NaOH不需要补充，故D错误；

故选CD。10、AC【分析】【分析】

用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极都收集到22.4L气体(标准状况)，阳极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑；阳极电子守恒分析计算。

【详解】

两极都收集到22.4L气体(标准状况)，气体物质的量为1mol，阳极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，可知电解过程中参加电极反应的OH-为4mol，转移电子4mol，两电极电子转移相同；阴极反应为：Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑；其中生成1molH2转移2mol电子，则被还原的Cu2+也为1mol；已知500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c()=6.0mol/L，C(Cu2+)=2mol/L，溶液中存在电荷守恒为：c(K+)+2c(Cu2+)=c()，计算c(K+)=2mol/L；

A．根据计算可知原混合溶液中c(K+)为2mol/L；故A错误；

B．上述电解过程中共转移4mol电子；故B正确；

C．根据原理知道电解得到的是Cu；氢气和氧气；电解质复原：出什么加什么，所以应该加入氢氧化铜，故C错误；

D．电解后溶液中H+的物质的量浓度是氢氧根离子减少的量减去氢离子减少量，H+的物质的量浓度为=4mol/L；故D正确；

故答案为AC。11、AD【分析】【详解】

A．由图可知中间产物Ⅱ为1-溴丙烷；中间产物Ⅰ为2-溴丙烷，中间产物Ⅰ能量比中间产物Ⅱ低，所以Ⅰ比Ⅱ稳定，故A项正确；

B．反应速率的快慢取决于慢反应；所以两种加成方式的决速步分别是①和③，故B项错误；

C．由图可知生成1-溴丙烷的活化能E2大于生成2-溴丙烷的活化能E1；所以生成1-溴丙烷的速率小于生成2-溴丙烷的速率，故C项错误；

D．由图可知反应①生成中间产物Ⅰ为2-溴丙烷；反应③生成中间产物Ⅱ为1-溴丙烷，反应③活化能更大，在相同的温度区间，升高相同的温度，活化能大的反应速率常数增大的倍数较大，活化能小的速率常数扩大的倍数较小，所以反应③速率的增大程度大于反应①，故A项正确；

故选AD。12、CD【分析】【详解】

A．由a到c反应速率逐渐增大；说明正向反应放热，正反应速率升高，由于c到d速率改变，在c点未达到平衡，A错误；

B．ab段温度低于bc段，若ab段反应物浓度大于bc段，ab段正反应速率小于bc段，ab段生成物浓度小于bc段，ab段逆反应速率小于bc段，且bc段＜ab段，则产生的量：ab段＞bc段；B错误；

C．由于反应放热，温度升高，平衡逆向移动，故温度越高K值越小，C正确；

D．d点的正反应速率大于逆反应速率；d点的逆反应速率大于c点的逆反应速率，d点的正反应速率大于c点的逆反应速率，D正确；

答案选CD。13、AB【分析】【详解】

假如保持温度不变；将容器体积增加一倍过程中，平衡不移动，则A的浓度变为原来的50%，现在A的浓度变为原来的60%，说明假设不成立，平衡逆向移动了，据此分析解题：

A．由分析可知；平衡向逆反应方向移动了，A符合题意；

B．由分析可知；平衡向逆反应方向移动了，故物质A的转化率减小了，B符合题意；

C．由分析可知；平衡向逆反应方向移动了，故物质B的质量分数减小了，C不合题意；

D．由分析可知，增大体积，减小压强，平衡向逆反应方向移动，说明a＞b；D不合题意；

故答案为：AB。14、CD【分析】【详解】

A．由HAH++A-可知：Ka(HA)=-lgKa(HA)=-lg=-lgc(H+)+lg整理得：pH=-lgKa(HA)+[-lg]=-lgKa(HA)+x，又因为Ka(HX)＞Ka(HY)，所以pH：HXII，所以HY溶液对应的曲线为I，Ka(HY)的数量级为10-5；故A错误；

B．曲线I为对应的HY溶液，设0.10mol/LHY溶液中c(H+)=mmol·L-l，K(HY)==10-4.75，c(H+)10-2.9mol·L-l，pH=2.9，a点时溶液pH=2.75，说明加了盐酸，溶液体积增大，根据物料守恒c(HY)+c(Y-)<0.10mol/L；故B错误；

C．HX为弱酸，设0.10mol/LHX溶液中c(H+)=mmol·L-l，K(HX)==10-3.5，c(H+)10-2.25mol·L-l；pH=2.25，d点的pH=1.5，说明d点滴加了酸，抑制了水的电离，e点和f点滴加了NaOH溶液，趋向于滴定终点，但滴定终点为碱性溶液，所以f点还没有达到滴定终点，所以溶液中水的电离程度：f＞e＞d，故C正确；

D．根据上述分析可知：e点x=0、pH=3.5说明c(HX)=c(X-)，溶液中电荷守恒关系为c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，所以c(H+)+c(Na+)=c(HX)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)a(HA)3.5，Ka(HA)=10-3.5，所以其水解常数Kh==故D正确；

故答案：CD。15、BD【分析】【分析】

【详解】

A．c(HA)=c(A-)时，pH=4.75，K(HA)==c(H+)=10-4.75，常温下K(HA)数量级约为10-5；故A正确；

B．当c(H2B-)=c(H3B)时，Ka1=c(H＋)=10-2.5，c(H2B-)=c(HB2-)时，Ka2=c(H＋)=10-7.2，HB2-的电离程度更小，则Ka3＜10-7.2，H2B-的水解平衡常数Kh==10-11.5＜Ka2=10-7.2，说明H2B-的水解程度小于电离程度，常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH小于7；故B错误；

C．滴定终点溶液呈碱性；NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂，故C正确；

D．当横坐标为37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒①c(H+)+c(Na+)=3c(B3-)+2c(HB2-)+c(H2B-)+c(OH-)，物料守恒：②2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B-)+3c(HB2-)+3c(B3-)，将①×2-②，得2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)；故D错误；

故选BD。16、AD【分析】【分析】

由图象可知；反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能分析判断。

【详解】

A．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=E1-E2；故A正确；

B．合成氨反应为放热反应；图示反应为吸热反应，图示反应的能量变化与合成氨反应的能量变化不同，故B错误；

C．加催化剂能够降低反应所需的活化能，但不影响反应的始态和终态，因此不能改变反应的△H；但可以加快反应速率，故C错误；

D．图示反应为吸热反应，△H＞0，若该反应常温下能自发进行，即△G=△H-T•△S＜0，则反应的△S＞0；故D正确；

故选AD。17、AC【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，放电时为原电池，锌失电子作负极，高铁酸钾在正极上得电子，据此分析解答；根据氧化还原反应中的氧化性：氧化剂＞氧化产物，结合原电池原理分析解答；原电池中阳离子向正极移动，由图可知，质子向正极移动，因此c通入氧气，c入口处对应的电极为正极，b通入甲醇，b入口处对应的电极为负极；据此分析解答。

【详解】

(1)3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，放电时为原电池，锌失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为FeO+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，所以正极附近溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强，故答案为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；增强；

(2)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，装置③形成的原电池中铁做负极，Fe失电子发生氧化反应，铜离子在正极铜上析出，反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Fe2+与Cu2+氧化性强弱为：Fe2+＜Cu2+，能达到实验目的的是装置③；装置③正极的电极反应为Cu2++2e-=Cu；若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05mol电子时，负极Fe-2e-=Fe2+，溶解0.025mol铁，质量减小0.025mol×56g/mol=1.4g，正极Cu2++2e-=Cu，析出0.025mol铜，质量增加0.025mol×64g/mol=1.6g，所以两个电极的质量差为1.4g+1.6g=3g，故答案为：③；Cu2++2e-=Cu；3g；

(3)①原电池中阳离子向正极移动，由图可知，质子向正极移动，因此c通入氧气，c入口处对应的电极为正极，b通入甲醇，b入口处对应的电极为负极；故答案为：正；

②负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；

③工作一段时间后，当3.2g即=0.1mol甲醇完全反应生成CO2时，有0.6mol即0.6NA个电子转移，故答案为：0.6NA。【解析】Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2增强③Cu2++2e-=Cu3g正CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+0.6NA19、略

【分析】【分析】

根据题中热的纯碱液去油污效果好可知；本题考查盐类水解，运用弱电解质水解和碱性溶液可促进油污的水解分析。

【详解】

纯碱水解显碱性，可促进油污的水解，而热的纯碱水解程度增大，反应速率加快，去污效果好，水解反应离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故答案为：纯碱水解显碱性，可促进油污的水解，而热的纯碱水解程度增大，反应速率加快，去污效果好，水解反应离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−。【解析】纯碱水解显碱性,可促进油污的水解,而热的纯碱水解程度增大,反应速率加快，去污效果好,水解反应离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−20、略

【分析】【详解】

（1）由图可知，随反应进行A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，故B、C为生成物；达平衡时其转化率是（2.4―1.2）/2.4=0.5,即50%。（2）由图可知平衡时△c（A）=2.4mol·L－1-1.2mol·L－1=1.2mol·L－1，△c（B）=0.4mol·L－1，△c（C）=1.2mol·L－1，A、B、C化学计量数之比等于浓度变化量之比为1.2mol·L－1：0.4mol·L－1：1.2mol·L－1=3：1：3，反应为可逆反应，故反应方程式为：3AB+3C；（3）由图可知△c（A）=2.4mol·L－1-1.2mol·L－1=1.2mol·L－1，所v（A）=1.2mol·L－1/2min=0.6mol/（L·min）；B的反应速率是v（B）=v（A）/3=0.6mol/（L·min）/3=0.2mol/（L·min）。.【解析】①.A②.50%③.3AB+3C④.0.6mol·L-1·min-1⑤.0.2mol·L-1·min-121、略

【分析】（1）

A．通入氨气；氨水的浓度增大，电离程度减小，A不选；

B．NH3·H2O的电离是吸热反应；降低温度平衡逆向移动，电离程度减小，B不选；

C．加水稀释；促进一水合氨的电离，电离程度增大，C选；

D．升高温度，NH3·H2O的电离平衡正向移动；电离程度增大，D选；

E．加入少量氯化铵固体；铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，电离程度减小，E错误；

故NH3·H2O的电离程度增大的是：CD；

电离常数只受温度影响；升高温度平衡正向移动，则能使电离常数增大的是D；

（2）

CH3COONH4溶液中发生水解反应，促进水的电离，则水电离出的c(H+)>1.0×10-7mol·L-1，已知常温下Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，则CH3COONH4溶液中醋酸根的水解程度和铵根的水解程度相同，c(CH3COO-)=c(NH)；

（3）

①用NaOH标准溶液滴定溶液；指示剂是无色酚酞，达到滴定终点的标志是当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；

②读数时；若滴定前平视液面，滴定后俯视液面，NaOH标准溶液体积偏小，则对滴定结果的影响是偏低；

③由表知V(NaOH)=n(NaOH)=cV(NaOH)=0.0900mol/L×0.025L=0.00225mol，根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×0.00225mol×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L。【解析】(1)CDD

(2)＞=

(3)当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色偏低0.2422、略

【分析】【分析】

热化学方程式已给；直接带入计算公式就可以计算，后面涉及到平衡移动的计算，平衡移动的改变条件。

【详解】

（1）①设NO的键能为x反应∆H=(1076×2+2x)-(745×2×2+945)=-746解得x=513.5，NO的键能为513.5

②该反应为气体体积缩小的放热反应，若提高NO的平衡转化率，需要使平衡正向移动，采取的措施有：增大压强、降低温度、增大与的投料比等；

（2）①该反应是放热反应；升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小，曲线a符合此特点；

②由图可知，当温度在T2时，的转化率最高。温度越高反应速率越大，在相同时间内达到平衡状态前，H2的转化率最高，但达到平衡状态后继续升温，反应会向逆反应方向移动，导致H2的转化率降低，由图知b点为平衡状态；列三段式：

同温同体积时压强比等于物质的量比，故b点时对应的压强与反应开始时的压强比为（1.2+0.6+0.8+0.8）:（2+3）=17:25；

（3）①与生成的反应方程式为28克氮气就是1摩尔；

=3.43

②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，由图可知迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx的去除反应速率增大；上升阶段缓慢主要是温度上高引起的NOx的去除反应速率增大但催化剂活性降低。

【点睛】

本题考查热化学方程式的计算和平衡移动方面的问题。【解析】513.5增大压强、降低温度、增大CO与NO的投料比a该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小17：25。3.43在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题意知，KClO3与NaHSO3反应生成Cl-和根据得失电子守恒初步确定反应为：+3→Cl-+3根据元素守恒和电荷守恒，确定方程式右边添加3个H+，完整反应为：+3=Cl-+3+3H+，随着反应的进行，溶液中c(H+)增大，结合题目所给信息知反应速率加快，故此处填：+3→Cl-+3+3H+，随着反应的进行，溶液中c(H+)增大；

(2)随着反应的进行，反应物浓度越来越小，反应速率逐渐变慢，故此处填和浓度减小。【解析】+3=3+Cl-+3H+，溶液中c(H+)增大ClO和HSO浓度减小24、略

【分析】【分析】

（1）油污主要成分是油脂；油脂在碱性条件下水解成可溶的物质，从盐类水解的角度分析；

（2）利用电离平衡常数大的制取电离平衡常数小的进行分析；

（3）利用水的离子积进行分析和判断；

（4）①利用越弱越水解；以及水解程度非常微弱进行分析；

②利用电荷守恒进行分析；

（5）根据盐类水解的原理和弱电解质电离的原理进行分析；

（6）利用反应原理进行分析；

【详解】

（1）油污的主要成分是油脂，油脂在碱中能水解成可溶的高级脂肪酸钠和甘油，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

答案为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

（2）根据越弱越水解以及表中数据，得出电离出H＋能力大小：CH3COOH>H2CO3>HX>HCO3－，因此溶液④中通入少量的CO2，其离子方程式为X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

答案为X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

（3）25℃时，NH4Cl溶液的pH=5，NH4＋结合水电离出的OH－，溶液显酸性，由水电离产生的c(H＋)水=10－5mol·L－1；

答案为10－5mol·L－1；

（4）①CH3COONH4溶液的pH=7，说明CH3COO－水解能力与NH4＋水解能力相同，根据（2）HCO3－水解能力强于NH4＋，即该溶液中离子浓度最大的是NH4＋；

答案为NH4＋；

②反应后溶液中离子有CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，因c(Na＋)3COO－)，则有c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；此时溶液中的溶质应为CH3COOH和CH3COONa；

答案为酸；CH3COOH和CH3COONa；

（5）a、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，CH3COO－和NH4＋互相促进水解，因此相同浓度时，c(NH4＋)：①＞②；故a正确；

b、根据电荷守恒，NaCl溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，NaX溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(X－)＋c(OH－)，比较离子总数大小，只要比较阳离子浓度和，又因为NaCl和NaX物质的量浓度和体积相同，即c(Na＋)相同，即比较离子总数大小，只需要比较c(H＋)，NaCl溶液显中性，NaX溶液显碱性，因此前者c(H＋)大于后者，即两者离子总数不相等，故b错误；

c、等体积③和⑤混合，根据物料守恒，因此有c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)=0.1mol/l；故c错误；

d、根据上述分析，CH3COOH的酸性强于HX；因此pH相同时，稀释相同倍数，HX溶液的pH变化小，故d正确；

答案为ad；

（6）根据实验现象，得出2HCO3－+Ca2＋CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大；使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体；

答案为2HCO3－+Ca2＋CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体。【解析】①.CO32－+H2OHCO3－+OH－②.X－+CO2+H2O=HCO3－+HX③.10－5④.NH4+⑤.酸⑥.CH3COOH和CH3COONa⑦.ad⑧.2HCO3－+Ca2+CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2+)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体25、略

【分析】【详解】

(1)由图象可知，t1时刻反应速率增大且v正＜v逆，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，且反应后气体分子数减少，升高温度或减小压强均可使反应逆向移动，但减小压强，化学反应速率减小，故t1时刻改变的条件应是升高温度，故答案选C；t3时刻正逆反应速率同等程度增大；平衡不发生移动，则此时改变的条件可能是加入了催化剂，故答案选E；

(2)①由图象分析可知，T1℃先达到平衡状态，则T1＞T2，T1→T2为温度降低的过程，X的浓度减小，说明平衡正向进行，则该反应的正反应方向为放热反应，即△H＜0；W点的反应进行程度大于M点，故该反应进行到M点放出的热量＜进行到W点放出的热量；

②T2下，在0~t1时间内，X的浓度变化量为(a-b)mol/L，则Y的浓度变化量为mol/L，因此

③根据①的分析可知，T1＞T2；则N点的逆反应速率小于M点的逆反应速率；

(3)根据已知信息，反应Ⅰ×2-Ⅱ可得反应4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，因此该反应的平衡常数K=10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，根据化学计量数与化学反应速率成正比可得，v(Cl2)=v(ClNO)=×7.5×10-3mol•L-1•min-1，v(NO)=v(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n(Cl2)=0.1mol-(×7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L)=0.025mol，△n(NO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol，则NO的转化率为【解析】CE＜

＜0.02575％26、略

【分析】【详解】

(1)①若NH3·H2O是强电解质，则0.010mol/L氨水中c(OH-)应为0.010mol/L，pH=12，甲用pH试纸测出0.010mol·L-1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离；应为弱电解质。故答案：正确。

②取相同pH、相同体积的氨水与NaOH溶液，加入几滴酚酞溶液后，分别滴入同浓度的盐酸至溶液刚好褪色。实验结束后，测得消耗的盐酸的体积分别为amL和bmL。若a>b，则证明氨水是弱碱。故答案：>。

③向0.010mol/L氨水中加入少量NH4Cl晶体，有两种可能：一是氯化铵在水溶液中电离出的NH水解使溶液显酸性，使其pH降低，二是NH使NH3·H2O电离平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移动，而使溶液的pH降低，这两种可能均会使溶液颜色变浅，可证明NH3·H2O是弱电解质。故答案：浅；0.010mol·L-1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化铵晶体后c(NH)增大，使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移动，从而使溶液的pH降低。可证明NH3·H2O是弱电解质（其他合理答案也行）。

④若NH3·H2O是强电解质，用蒸馏水稀释至1000mL，其pH=a-2，因为NH3·H2O是弱电解质，不能完全电离，所以a、b应满足a-2

(2)①HA为弱酸，其电离反应的方程式为：HAH++A-，0.1mol·L-1的HA在水中有0.1%发生电离，所以c(H+)=10-4mol/L,则电离平衡常数===10-7。故答案：10-7。

②根据室温时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，溶液中HA电离出的c(H+)=10-4mol/L，水电离出的c(H+)=10-10mol/L，由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的=106倍，故答案：106。【解析】正确>浅0.010mol·L-1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化铵晶体后c(NH)增大，使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移动，从而使溶液的pH降低。可证明NH3·H2O是弱电解质(合理即可)a-2-7106四、工业流程题(共4题，共32分)27、略

【分析】【分析】

向辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、CuS、SiO2等)中加入盐酸、FeCl3溶液，由已知信息①可知，浸出液中除含有盐酸外，还含有Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等，Sb2S3、PbS、CuS和FeCl3溶液反应生成Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+和S单质，SiO2不溶于酸，则滤渣1中含有S和SiO2；向浸出液中加入Sb，Sb将Fe3+转化为Fe2+，Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀，该转化有利于“水解”时锑铁分离；加入Na2S溶液，Pb2+、Cu2+转化为PbS、CuS沉淀析出，则滤渣2中含有PbS、CuS；“水解”是利用SbCl3的水解反应制取Sb2O3，Sb2O3在H2中冶炼得到高纯Sb。

【详解】

(1)由分析可知，滤渣1中除S外，还有SiO2；

(2)“浸出”时，Sb2S3和FeCl3溶液反应生成和单质，化学方程式为

(3)Sb和Fe3+反应生成Fe2+和Sb3+，离子方程式为Sb将Fe3+转化为Fe2+，Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀；该转化有利于“水解”时锑铁分离；

(4)由已知信息②可知，Ksp(PbS)＝8.0×10-28，Ksp(CuS)＝6.4×10-36，当Pb2＋沉淀完全时，溶于中则

(5)SbOCl水解生成Sb2O3和HCl，化学方程式为不断加入SbCl3使c(SbCl3)增大，有利于水解平衡正向移动，后期加入氨水中和盐酸，使c(H+)减小，水解平衡正向移动，促进SbCl3水解完全；

(6)辉锑矿中Sb2S3的含量为68％，5t该辉锑矿中Sb的质量为整个流程中锑元素的损耗率为10％，则5t该辉锑矿可制得Sb的质量为【解析】SiO2Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀不断加入SbCl3使c(SbCl3)增大，有利于水解平衡正向移动，后期加入氨水中和盐酸，使c(H+)减小，水解平衡正向移动，促进SbCl3水解完全219628、略

【分析】【分析】

废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等)加入氢氧化钠溶液，SiO2能和NaOH反应生成Na2SiO3，滤液A中含有Na2SiO3，滤渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO，向滤渣中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶于稀硫酸，而CeO2不溶于稀硫酸，滤液B中含有硫酸铁和硫酸亚铁，氧化硫酸亚铁为硫酸铁，再加入硫酸铵溶液，得到硫酸铁铵矾。滤渣B中含有CeO2，加入稀硫酸提供酸性环境，用H2O2还原CeO2得到含Ce3+的溶液，然后加碱得到Ce(OH)3悬浊液，最后用氧气氧化得到Ce(OH)4。

【详解】

（1）硫酸铁铵矾溶于水电离出Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，其原理用离子方程式表示为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H