2025年人教版必修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年人教版必修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、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAB.l0mL12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD.常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA2、现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、Cl-、Mg2+、Ba2+、现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。正确的是A.该混合液中一定含有：K+、可能含Cl-，且c(K+)≥0.4mol/LB.该混合液中一定含有：可能含K+、Cl-C.该混合液中一定含有：可能含Mg2+、K+、Cl-D.该混合液中一定含有：可能含Mg2+、Cl-3、下列化学用语使用正确的是（）A.HF在水溶液中的电离方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B.Na2S的电子式：C.乙烯的结构式：CH2＝CH2D.重氢负离子(H－)的结构示意图：4、下列离子的检验方法合理的是A.向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42-B.向某溶液中滴加氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋C.向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋D.向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-5、是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L水溶液中含有的氧原子数为2B.常温下，中含有的质子数为11C.5.6g铁粉与反应，转移的电子总数为0.3D.中含有的阴阳离子总数为0.36、下列不属于化学科学未来探索空间的是A.阿伏加德罗定律B.超耐久性的超长碳纳米管C.人工光合作用D.常温常压合成氨评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、ClO2常温下为气体，具有强氧化性，易溶于水且不与水反应，可作为自来水的消毒剂与食品的漂白剂。ClO2可通过如下反应制备:2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，将生成的混合气体通过装有亚氯酸钠(NaClO2)的干燥管，可将其中的Cl2转化为ClO2。

请回答：

(1)亚氯酸钠与氯气反应的化学方程式为__________________。

(2)请设计实验证明氯气已被亚氯酸钠完全吸收__________________。8、现有以下物质：①浓盐酸，②乙醇，③熔融的KNO3，④NaHSO4固体，⑤铜丝，⑥NaHCO3，⑦氨水，⑧NaOH，⑨Cl2，⑩CO2。

请回答：

(1)能导电的是___；属于电解质的是___，属于非电解质的是___。

(2)写出④和⑧在水溶液中的电离方程式：④___；⑧___。

(3)写出①和⑥反应的离子方程式：___；该离子方程式还可表示上述某两种物质间的反应，请写出化学方程式___。

(4)工业上用⑧和⑨可制备“84消毒液”，其有效成分为NaClO，加酸可以增强“84消毒液”的消毒效果，但其不能与①混合使用，否则容易生成一种黄绿色的有毒气体，写出该反应的离子方程式___。9、在室温下，向Cu(IO3)2饱和溶液中加入足量的经稀硫酸酸化的KI溶液；产生CuI沉淀，溶液由蓝色变为棕黄色，反应前加入淀粉溶液不变蓝，反应后加入淀粉溶液变为蓝色。

(1)该反应中氧化剂是______；

(2)该反应的还原产物是______；

(3)1mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量为______；

(4)某反应体系中有物质：Bi2(SO4)3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4请将NaBiO3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内；配平化学计量数，并在氧化剂与还原剂之间标出电子转移的方向和数目。

_________NaBiO3+_____________+_____________→____________+______________+_____________+_____________。

_____________10、①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；

②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________，其中含有的氢的原子个数比为___________；

③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；

④在相同条件下，在5.6g氮气中应添加___________g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。11、铁及其重要化合物之间的部分转化关系如图所示。

(1)下列金属矿物中用于冶炼金属铁的是_______(填序号)；

a．金红石(TiO2)b．赤铁矿(Fe2O3)c．辉铜矿(Cu2S)

(2)实现Fe转化为Fe2+可选用足量的_______(填序号)；

a．稀盐酸b．氢氧化钠溶液c．稀硝酸。

(3)在点燃的条件下，Fe与足量Cl2剧烈反应后，将产物溶于水，再滴加KSCN溶液，则溶液变为_______色，证明产物为FeCl3，写出氯气和铁反应的化学方为_______；

(4)某同学将FeSO4溶液与NaOH溶液混合，未观察到白色沉淀，分析原因是生成的Fe(OH)2易被空气中的O2氧化，请你设计一个防止Fe(OH)2被O2氧化的实验方案_______12、某学生小组为认识铁及其化合物的性质．分散系的性质做了如下一组综合实验；根据实验流程回答相关问题。

(1)请写出Fe2O3与①反应的离子方程式：_______________________________________。

(2)实验室中，检验溶液中存在Fe3＋的试剂是__________________。

(3)请写出FeCl3与铁粉反应的离子方程式：______________________。

(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的现象为____________________________，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达)________________________________________________________________________。13、已知亚磷酸是具有强还原性的二元弱酸；可被银离子氧化为磷酸。

亚磷酸与银离子反应的离子方程式为______。

向亚磷酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至中性，写出所得溶液中电荷守恒方程式______。

某温度下，的亚磷酸溶液的pH为即则该温度下亚磷酸的一级电离平衡常数______。亚磷酸第二级电离忽略不计，结果保留两位有效数字评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误15、从混合物中分离提纯蛋白质可采用过滤的方法。(_______)A.正确B.错误16、Na2CO3、K2CO3等都是碳酸盐，具有相似的化学性质。(_______)A.正确B.错误17、物质的量是表示微粒数目多少的物理量。(_______)A.正确B.错误18、加热试管时先均匀加热，后局部加热。(_____)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共2题，共16分)19、I.化合物A由四种常见元素组成。某同学为探究其组成进行了如下实验：

已知A在隔绝空气灼烧时发生的是非氧化还原反应；白色沉淀甲是一种盐形成的纯净物。

请回答下列问题：

(1)化合物A中所含的元素除Cu外，还有___________(用元素符号表示)。

(2)化合物A可以通过向蓝色溶液M中加入NaOH溶液来制备，写出生成A的化学方程式___________。

(3)写出向蓝色溶液M中加入Na2SO3溶液生成白色沉淀甲的离子方程式___________。

II.已知SO3的熔点16.8℃，沸点44.8℃。某小组选择下列装置，用nmolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验来测定SO2转化为SO3的转化率：

(4)I中用70%的硫酸和亚硫酸钠固体制取二氧化硫，而不是用98%的浓硫酸或稀硫酸的原因___________。

(5)按正确顺序连接装置，检查完装置气密性后，为保证实验结果的准确性，从乙处均匀通入O2，然后点燃II处的酒精灯，再点燃I处的酒精灯。若在I处用大火加热烧瓶，测得SO2的转化率会___________。(填“增大”、“减小”、“不变”)，请说明原因___________。20、A；B、C、D四种元素位于短周期内；它们的原子序数依次递增。A原子核内仅有一个质子，B原子的电子总数与D原子最外层电子数相等。D原子最外层电子数是其电子层数的3倍。由此推断：

(1)A与D组成化合物中，含有非极性键的分子的电子式为___________

(2)B与D组成的化合物中，属于非极性分子的电子式为____________

(3)A与C组成的化合物分子式的电子式为____________属于_____分子。(填“极性”或“非极性”)

(4)已知A、B、C、D可组成一种化合物，且原子个数比8：1：2：3该化合物的化学式为_______属于_____化合物(填“离子”或“共价”)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共12分)21、（1）下列物质中：①MgCl2②金刚石③Na2O2④H2O⑤NaCl⑥Ne⑦H2SO4⑧NH4Cl⑨CO2⑩O2

只含离子键的是_______________，只含共价键的是_______________；

既含离子键又含共价键的是_______________，不存在化学键的是______________；

属于离子化合物的是______________，属于共价化合物的是____________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN≡N键、1molN—H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ，则1molNH3分解为N2和H2时，该反应需要___________(填“放出”或“吸收”)______kJ的热量。

（3）将1molN2和3molH2充入密闭容器中，在一定条件下发生反应N2＋3H22NH3，下列说法正确的是________。

a．最终生成2molNH3

b．可逆反应达到平衡时；反应停止。

c．当v正(H2)＝v逆(N2)时，反应达到平衡

d．达到平衡时；反应达到了最大限度。

e．平衡时各组分的物质的量一定相等22、绿矾被广泛用于医药和工业领域，工业上两种制备绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如图所示；根据题意回答下列问题：

方法一：利用黄铜矿粉(主要成分为CuFeS2)制取绿矾。

(1)试剂a和试剂b的化学式分别是__________________________，操作1的名称是_____________。

(2)有一种细菌在有氧气存在的稀硫酸中，可以将CuFeS2氧化成硫酸盐，写出该反应的化学方程式：____________________________________________________。

方法二：利用工业废铁屑制取绿矾。

(3)操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器名称是__________________________。

(4)通过检验CO32-来判断操作Ⅰ是否洗涤干净，检验的方法是__________________________。23、MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。回答下列问题：

(1)反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2[MoO2Cl4]+18NO↑+6H2SO4+6H2O中，每溶解1molMoS2；转移电子的物质的量为___________。

(2)已知：MoS2(s)=Mo(s)+S2(g)△H1

S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)△H2

2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)△H3

反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=___________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。

(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。

①阴极的电极反应式为______________________。

②一段时间后，电解液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)，MoO42-在电极___________(填“A”或“B”)附近生成。

③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2)；理由是_______________________。

(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为。

MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H。

①该反应的△H___________(填“>”或“<”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为___________。

②在某恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2；一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是____________(填标号)。

a.v正(H2)=v逆(CO)

b.气体的密度不再随时间变化。

c.气体的压强不再随时间变化。

d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等。

③在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为___________。24、CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标。

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；发生如下反应：

CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。平衡体系中各组分的体积分数如下表：

。物质。

CH4

CO2

CO

H2

体积分数。

0.1

0.1

0.4

0.4

①此温度下该反应的平衡常数K=____。

②已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ•mol-1

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=+2.8kJ•mol-1

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ•mol-1

反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=____。

（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸。

①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是____。

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是____。

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为____。

（3）以CO2为原料可以合成多种物质。

①聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的。写出聚碳酸酯的结构简式：____。

②以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为____。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共9分)25、一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4·7H2O晶体；进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：①锌灰的主要成分为ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列问题：

（1）滤渣1的主要成分为SiO2和__。

（2）酸浸时，若硫酸浓度过高，可能发生副反应的化学方程式为__。

（3）写出“沉铜”时的离子方程式__。

（4）在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是__。

（5）氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗__molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：__。

（6）该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒子浓度为：

处理后的废水的pH=__，c(Zn2+)=__。

（已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5）26、用锑砷烟灰(主要成分为含等元素)制取和()；不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。工艺流程如图：

已知：①硫浸后，锑砷以存在；

②易溶于热水；难溶于冷水，不溶于乙醇。

回答下列问题：

(1)“硫浸”过程，加快硫浸的措施有_______(任写一项)。

(2)“硫浸”时，溶解的离子方程式为_______。

(3)经“硫浸”“氧化”后，转化为用和浸取锑砷烟灰也可得到其缺陷是_______。

(4)“氧化”时，反应温度不宜太高的原因是_______。

(5)“中和”时，生成的化学方程式为_______，中和液的主要溶质为_______(填化学式)。

(6)操作X为_______；过滤、洗涤、干燥。

(7)研究发现，电解硫浸液中的溶液，可得到单质则阴极的电极反应式为____。27、我国黄铜矿的储量比较丰富，主要产地集中在长江中下游地区、川滇地区、山西南部、甘肃的河西走廊以及西藏高原等地。黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，外观黄铜色，主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2和Ni、Pb；Ag、Au等元素。为实现黄铜矿的综合利用；设计了如下的工艺流程。

已知：①a、b、c均为整数；②CuCl+2Cl-CuCl32-。

（1）CuFeS2中S的化合价为___。铁红的主要成分是___(填化学式)。

（2）实验测得“反应I”中有SO42-生成，该反应离子方程式为___，选H2O2溶液优于HNO3的原因是___。

（3）“反应II”中NaCl浓度过大，碱式氯化铜产率较低，其原因是____。

（4）写出“焙烧I”发生反应的化学方程式___。

（5）废电解液中含有少量的Pb2+，从废电解液中除去Pb2+的方法是往其中通入H2S至饱和，使Pb2+转化为硫化物沉淀，若废电解液的pH=4，为保证不生成NiS沉淀，Ni2+浓度应控制在___以下。(已知：饱和H2S溶液中c(H2S)为0.1mol/L，H2S的电离常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=2.0×10-15，Ksp(NiS)=1.4×10-16)参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A.标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3并不是0.1mol；A错误；

B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子数小于0.03NA；B错误；

C.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA；C错误；

D.一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA；D正确；

答案选D。2、A【分析】【详解】

由题意知，该混合物第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、第二份加足量NaOH溶液加热后生成的0.08mol气体为氨气，则溶液中一定含有且物质的量为0.08mol，无沉淀生成，不含Mg2+；第三份根据题中信息可知4.66为硫酸钡，n(BaSO4)=n()==0.02mol；12.54g为硫酸钡和碳酸钡，所以碳酸钡的物质的量为n(BaCO3)=n()==0.04mol；再根据电荷守恒，正电荷为n(正)=n()=0.08mol；负电荷为n(负)=2n()+2n()=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol；根据以上分析可知，溶液中一定存在K+、可能含有Cl-，若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol，故n(K+)≥0.04mol，即c(K+)≥0.4mol/L，则选项A正确；答案为A。3、A【分析】【详解】

A.HF是弱酸，部分电离，用可逆号，HF＋H2O⇌F－＋H3O＋可表示HF的电离方程式；故A正确；

B.Na2S是离子化合物；由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；

C.乙烯的结构简式：CH2＝CH2；故C错误；

D.重氢负离子(H－)的质子数是1；即核电荷数为1，故D错误；

故选：A。4、C【分析】【详解】

A．该溶液中可能含有银离子；形成氯化银白色沉淀，AgCl也不溶于盐酸，故A错误；

B．若原溶液中含Fe2+，通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，滴加KSCN溶液后显红色，若原溶液中不含Fe2+，含有Fe3+，通入Cl2；加入KSCN溶液同样可以变血红色，故B错误；

C．铁离子与碱反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，则加入NaOH溶液得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+；故C正确；

D．与稀盐酸反应生成二氧化碳的也可能为HCO3-，故D错误；答案为：C。5、D【分析】【详解】

A．1L溶液中含有溶质的量为1mol，氧原子个数为2由于溶剂水分子中还存在氧原子，所以1L水溶液中含有的氧原子数大于2故A错误；

B．常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以物质的量小于0.5mol，其含有的质子数小于11故B错误；

C．5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，根据2Fe+3Cl2=2FeCl3反应可知，氯气完全反应，铁粉过量，按照氯气的量进行计算，0.1mol氯气完全反应转移的电子总数为0.2故C错误；

D．过氧化钠是由钠离子和1过氧根离子构成的，1mol过氧化钠中含有3mol阴阳离子，所以（物质的量为0.1mol）中含有的阴阳离子总数为0.3故D正确；

故选D。6、C【分析】【分析】

根据化学的定义和研究内容进行分析判断；化学是一门在分子；原子的层次上研究物质的性质、组成、结构及其变化规律的科学，研究对象是物质，研究内容有组成、结构、性质、变化、用途等。据此解答。

【详解】

A．阿伏加德罗定律属于化学研究的范畴；故A不选；

B．超耐久性的超长碳纳米管属于化学研究的范畴；故B不选；

C．人工光合作用属于生物学研究的范畴；故C选；

D．常温常压合成氨属于化学研究的范畴；故D不选。

故选C。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【详解】

（1）亚氯酸钠与氯气反应生成ClO2和氯化钠，反应的化学方程式为2NaClO2＋Cl2＝2NaCl＋2ClO2。

（2）ClO2易溶于水且不与水反应，而溶于水生成盐酸和次氯酸，因此可以通过检验氯离子验证，则证明氯气已被亚氯酸钠完全吸收的实验操作为将亚氯酸钠吸收后的气体通入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不出现白色沉淀，说明氯气层已被完全吸收。【解析】①.2NaClO2＋Cl2＝2NaCl＋2ClO2②.将亚氯酸钠吸收后的气体通入硝酸酸化的硝酸银溶液，若不出现白色沉淀，说明氯气层已被完全吸收8、略

【分析】【分析】

(1)根据含有自由移动的电子或者离子的物质能够导电；电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；据此分析判断；

(3)①浓盐酸和⑥NaHCO3反应生成氯化钠；二氧化碳和水；根据该离子反应的特征分析解答；

(4)NaClO在酸性条件下能够将浓盐酸氧化生成氯气；据此书写反应的离子方程式。

【详解】

(1)①浓盐酸，③熔融的KNO3，⑦氨水三种物质中含有自由移动的离子，能够导电；⑤铜丝中含有自由移动的电子，能够导电，能够导电的有①③⑤⑦；③熔融的KNO3，④NaHSO4固体，⑥NaHCO3，⑧NaOH都是化合物，在水溶液或者熔融状态下能够导电，属于电解质，属于电解质的有③④⑥⑧；②乙醇，⑩CO2都是化合物；在水溶液和熔融状态下不能导电，属于非电解质，属于非电解质的有②⑩，故答案为：①③⑤⑦；③④⑥⑧；②⑩；

(2)④NaHSO4固体和⑧NaOH在水溶液中的电离方程式分别为NaHSO4=Na++H++SONaOH=Na++OH-，故答案为：NaHSO4=Na++H++SONaOH=Na++OH-；

(3)①浓盐酸和⑥NaHCO3反应的离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑，该离子反应表示可溶性碳酸氢盐和强酸或强酸的酸式盐的反应，还可表示上述物质中④NaHSO4固体，⑥NaHCO3间的反应，反应的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，故答案为：HCO+H+=H2O+CO2↑；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；

(4)工业上用⑧NaOH和⑨Cl2可制备“84消毒液”，其有效成分为NaClO，加酸后次氯酸钠反应生成次氯酸，可以增强“84消毒液”的消毒效果，但其不能与①浓盐酸混合使用，否则酸性条件下次氯酸钠将浓盐酸中的氯离子氧化生成一种黄绿色的有毒气体氯气，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。【解析】①③⑤⑦③④⑥⑧②⑩NaHSO4=Na++H++SONaOH=Na++OH-HCO+H+=H2O+CO2↑NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O9、略

【分析】【分析】

(1)~(3)Cu(IO3)2与KI在硫酸酸化条件下反应产生I2，CuI沉淀，同时得到K2SO4、H2O；根据氧化剂得到电子，元素化合价降低，还原剂失去电子，元素化合价升高，元素化合价升降数目等于1mol物质失去或得到的电子数目；

(4)从NaBiO3是反应物开始分析，另一种含有铋的化合物Bi2(SO4)3是生成物，Bi化合价降低，则反应物NaBiO3作氧化剂，则MnSO4为反应物，NaMnO4为生成物，生成物中的SO42-由H2SO4提供，则H2SO4是反应物，结合元素守恒，生成物中还有Na2SO4、H2O。

【详解】

(1)向Cu(IO3)2饱和溶液中加入足量的经稀硫酸酸化的KI溶液，产生CuI沉淀，溶液由蓝色变为棕黄色，反应前加入淀粉溶液不变蓝，反应后加入淀粉溶液变为蓝色，则反应过程中有I2生成，同时说明铜离子、碘酸根离子得电子发生还原反应，则Cu(IO3)2作氧化剂；碘化钾中碘离子失电子作还原剂；

(2)该反应中Cu(IO3)2得电子生成CuI、I2，所以还原产物是CuI、I2；

(3)Cu(IO3)2在反应中作氧化剂，根据氧化剂中所含有元素化合价降低的数值等于其反应中得到电子数目，可知1molCu(IO3)2得到电子数目为[(2-1)+(5-0)×2]×1mol=11mol；

(4)该反应中NaBiO3是反应物，根据Bi元素守恒，Bi2(SO4)3是生成物，Bi元素由反应物到生成物，化合价降低，所以NaBiO3是氧化剂；NaMnO4中锰元素的化合价是+7价，MnSO4中锰元素的化合价是+2价，要选取还原剂，只能是化合价由低变高，所以MnSO4作还原剂，NaMnO4是氧化产物；再根据元素守恒，反应物中还有硫酸，产物中还有Na2SO4、H2O。因此该反应中，NaBiO3是氧化剂，MnSO4作还原剂；MnSO4→NaMnO4，锰元素由+2价→+7价，一个MnSO4失去5个电子；NaBiO3→Bi2(SO4)3，Bi元素由+5价→+3价，生成一个Bi2(SO4)3，得到4个电子，反应中得失电子的最小公倍数为20，则其化学反应方程式为用单线桥法表示电子转移为：

【点睛】

本题考查了氧化还原反应中氧化剂、还原性、氧化产物、还原产物的判断及氧化还原反应方程式的配平。明确元素化合价是解题关键，注意(1)中Cu(IO3)2中有Cu、I两种元素的原子得到电子是易错点。【解析】Cu(IO3)2CuI、I211mol104MnSO414H2SO45Bi2(SO4)34NaMnO43Na2SO414H2O10、略

【分析】【详解】

①同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体(H2S)的质量比为17g/mol：34g/mol=1：2；

②根据n=可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:17g/mol=2:1；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:1，所含氢原子数目之比为(23):(12)=3:1；

③假设H原子为3mol；氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol:1.5mol=2:3；

④氮气物质的量n=氧气物质的量n==0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol，氨气的质量为0.3mol17g/mol=5.1g。【解析】1:22:13:12:35.111、略

【分析】【分析】

【详解】

；

(1)用于冶炼金属铁，可知化合物含Fe元素，只有赤铁矿符合，故答案为：b；

(2)Fe转化为Fe2+；Fe与弱氧化剂反应，只有稀盐酸符合，与NaOH不反应，硝酸具有强氧化性，故答案为：a；

(3)氯气具有强氧化性，与Fe反应生成氯化铁，铁离子遇KSCN溶液为血红色，则点燃的条件下，Fe与足量Cl2剧烈反应后，将产物溶于水，再滴加KSCN溶液溶液变为血红色，证明产物为FeCl3，该反应的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：血红色，2Fe+3Cl22FeCl3；

(4)防止Fe(OH)2被O2氧化的实验方案为在FeSO4溶液表面加入适量的煤油，隔绝空气，在硫酸亚铁溶液的液面下挤出胶头滴管中的NaOH，故答案为：先向硫酸亚铁溶液上覆盖一层煤油，再将吸有氢氧化钠溶液的胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中，轻轻挤入，让两者在液面下反应即可得氢氧化亚铁。【解析】ba血红色2Fe+3Cl22FeCl3先向硫酸亚铁溶液上覆盖一层煤油，再将吸有氢氧化钠溶液的胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中，轻轻挤入，让两者在液面下反应即可得氢氧化亚铁12、略

【分析】【分析】

Fe2O3转化为FeCl3，需加入含有Cl-的酸，即为盐酸；FeCl3与铁粉可发生归中反应；FeCl3转化为Fe(OH)3，需加入碱，可以是NaOH溶液，也可以是一水合氨；FeCl3饱和溶液滴入沸水中；可制得氢氧化铁胶体。

【详解】

(1)Fe2O3与盐酸反应，生成氯化铁和水，离子方程式：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O。答案为：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；

(2)实验室中，检验溶液中存在Fe3＋；常使用的试剂是KSCN溶液。答案为：KSCN溶液；

(3)FeCl3与铁粉反应，生成FeCl2，离子方程式：Fe＋2Fe3＋=3Fe2+。答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2+；

(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，起初发生复分解反应，生成Fe(OH)2沉淀，此沉淀在空气中会被氧气迅速氧化，最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的现象为生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，此过程中发生的氧化还原反应为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。答案为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。

【点睛】

Fe(OH)2在空气中能够迅速发生颜色变化，发生部分变质，但若完全变质，也需要较长的时间。【解析】Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2OKSCN溶液Fe＋2Fe3＋=3Fe2+生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)313、略

【分析】【详解】

亚磷酸是二元弱酸，具有强还原性，可被银离子氧化为中强酸磷酸，则银离子被还原为银，结合电荷守恒、得失电子守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为：故答案为：

电荷守恒关系为但溶液呈中性，即所以故答案为：

亚磷酸的一级电离平衡为一级电离平衡常数酸溶液中≈c（H+）=3.9×10-2mol/L，c（H3PO3）=0.2mol/L-3.9×10-2mol/L，Ka1==故答案为：【解析】三、判断题(共5题，共10分)14、B【分析】【分析】

【详解】

氢氟酸应存放在塑料瓶中，浓硝酸存放在带塑料塞的棕色玻璃瓶中，故错误。15、B【分析】【分析】

【详解】

蛋白质分子能够透过滤纸，因此不能采用过滤方法分离提纯。要根据胶体的性质，利用溶液中蛋白质分子直径大小，采用渗析方法提纯，因此认为可通过过滤提纯蛋白质的方法是错误的。16、A【分析】【详解】

Na2CO3、K2CO3等都是碳酸盐，具有共同的离子碳酸根，则具有相似的化学性质，故正确。17、B【分析】【详解】

物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量。18、A【分析】【详解】

加热试管时先均匀加热，后局部加热，否则试管会受热不均而炸裂。四、元素或物质推断题(共2题，共16分)19、略

【分析】【分析】

I.A用足量硝酸溶解后加入硝酸银溶液有白色沉淀，则白色沉淀是氯化银，A含有Cl元素，A燃烧后生成的B、C混合气体能使无水硫酸铜变蓝，则A含有H、O元素，n(AgCl)==0.2mol，黑色固体CuO的物质的量为=0.15mol，已知A在隔绝空气灼烧时发生的是非氧化还原反应，则混合气体中含有H2O和HCl，其中HCl的物质的量为0.2mol，则H2O的物质的量为=0.05mol，综上所述该固体中n(Cu)：n(H)：n(O)：n(Cl)=0.15mol：0.3mol：0.2mol：0.2mol=3：6：4：4，固体A的化学式为Cu(OH)2·2CuCl2·2H2O；以此解答。

II.因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，所以产生的气体首先经过干燥装置Ⅲ，然后再进行二氧化硫气体的催化氧化即经过装置Ⅱ，然后是收集SO3，SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，所以选择装置Ⅳ进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，最后在Ⅴ中吸收未反应的SO2；依据各装置作用排序：装置Ⅰ为气体发生装置，装置Ⅱ为二氧化硫催化氧化装置，装置Ⅲ为尾气吸收装置，装置Ⅳ为收集装置，装置Ⅴ干燥装置，以此解答。

【详解】

(1)A用足量硝酸溶解后加入硝酸银溶液有白色沉淀；则白色沉淀是氯化银，A含有Cl元素，A燃烧后生成的B；C混合气体能使无水硫酸铜变蓝，则A含有H、O元素，故答案为：H、O、Cl；

(2)由分析可知A是Cu(OH)2·2CuCl2·2H2O，可以通过向蓝色溶液CuCl2中加入NaOH溶液来制备，则生成A的化学方程式为3CuCl2+2NaOH+2H2O=Cu(OH)2·2CuCl2·2H2O+2NaCl，故答案为：3CuCl2+2NaOH+2H2O=Cu(OH)2·2CuCl2·2H2O+2NaCl；

(3)向CuCl2溶液中加入Na2SO3溶液生成白色沉淀的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl+SO+2H+；

(4)因为SO2在水中有一定溶解性，如果用稀H2SO4会使生成的SO2有相当一部分溶解在水中，影响产量；而98%的浓硫酸中硫酸大多以分子的形式存在，不能电离出氢离子，SO2的产率不高；故答案为：因为SO2在水中有一定溶解性，如果用稀H2SO4会使生成的SO2有相当一部分溶解在水中，影响产量；而98%的浓硫酸中硫酸大多以分子的形式存在，不能电离出氢离子，SO2的产率不高；

(5)大火加热，生成二氧化硫较快，不能充分反应，则转化率减小，故答案为：减小；大火加热，生成二氧化硫较快，不能充分反应，则转化率减小。【解析】H、O、Cl3CuCl2+2NaOH+2H2O=Cu(OH)2·2CuCl2·2H2O+2NaCl2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl+SO+2H+因为SO2在水中有一定溶解性，如果用稀H2SO4会使生成的SO2有相当一部分溶解在水中，影响产量；而98%的浓硫酸中硫酸大多以分子的形式存在，不能电离出氢离子，SO2的产率不高减小大火加热，生成二氧化硫较快，不能充分反应，则转化率减小20、略

【分析】【分析】

A；B、C、D四种元素位于短周期内；B、C、D的原子序数依次递增。A原子核内有一个质子，A为H元素；D原子最外层电子数是其电子层数的3倍，D为O元素；B原子的电子总数与D原子最外层电子数相等，B为C元素；B、C、D的原子序数依次递增，C为N元素。

【详解】

(1)A与D组成的化合物中，含有非极性键的分子是过氧化氢，电子式为故答案为：

(2)B与D组成的三原子分子是二氧化碳，电子式为故答案为：

(3)A与C组成的化合物是氨气，是由NH构成，分子的电子式为属于极性分子，故答案为：极性；

(4)已知A、B、C、D可组成一种化合物，其原子个数比为8︰1︰2︰3，该化合物的化学式为(NH4)2CO3；属于铵盐，是离子化合物，故答案为：(NH4)2CO3；离子。【解析】极性(NH4)2CO3离子五、原理综合题(共4题，共12分)21、略

【分析】【分析】

(1)一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，由此分析解答；

(2)化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算：焓变＝反应物总键能−生成物的总键能，以此计算反应热并判断吸热还是放热；

(3)根据化学平衡的特征进行分析。

【详解】

(1)①MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键；为离子化合物；

②金刚石中C原子之间只存在共价键；为单质；

③Na2O2中钠离子与过氧根离子之间存在离子键；氧氧之间存在非极性键，是离子化合物；

④H2O中只存在共价键；为共价化合物；

⑤NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键；为离子化合物；

⑥Ne为单原子分子；不存在化学键；

⑦H2SO4中原子之间只存在共价键；为共价化合物；

⑧NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键；N原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物；

⑨CO2中C原子和O原子之间存在共价键；为共价化合物；

⑩O2中O原子之间只存在共价键；为单质；

所以只含离子键的是①⑤；只含共价键的是②④⑦⑨⑩；既含离子键又含共价键的是③⑧，不存在化学键的是⑥，属于离子化合物的是①③⑤⑧，属于共价化合物的是④⑦⑨；

(2)在反应2NH3⇌N2＋3H2中，反应掉2molNH3，共断裂6molN−H键，吸收的能量为：6×391kJ＝2346kJ，生成3molH−H键、1molN≡N键共放出的能量为：3×436kJ＋946kJ＝2254kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该反应为吸热反应，吸收的热量为：2346kJ−2254kJ＝92kJ，所以当1molNH3分解吸收热量为46kJ；

(3)a．可逆反应不可能完全转化，所以最终生成NH3的物质的量小于2mol；故a错误；

b．化学平衡状态是动态平衡，达到平衡时，反应没有停止，故b错误；

c．用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v正(H2)＝3v正(N2)，当v正(H2)＝v逆(N2)时，3v正(N2)=v逆(N2)；反应没有达到平衡，故c错误；

d．反应达到了最大限度时即为达到平衡状态；故d正确；

e．平衡时同种物质的正逆反应速率相等，各组分的物质的量保持不变，但不一定相等，故e错误；答案选d。【解析】①⑤②④⑦⑨⑩③⑧⑥①③⑤⑧④⑦⑨吸收46d22、略

【分析】【分析】

黄铜矿粉(主要成分为CuFeS2)；废铁屑都能制取绿矾；依据工艺流程图分析发生的反应，根据物质的性质选择分离方法和仪器等。

【详解】

(1)用稀硫酸浸取黄铜矿粉并通入氧气，CuFeS2被氧化为CuSO4、Fe2(SO4)3留在滤液中；调节pH时溶液1中Fe3+生成沉淀，滤渣2为Fe(OH)3；滤液2能制得绿矾必为FeSO4溶液，故试剂a为稀硫酸、试剂b为铁粉；操作1为过滤。

(2)据题意，反应物有CuFeS2、O2、H2SO4，生成物有水、CuSO4、Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式4CuFeS2+17O2+2H2SO4=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O。

(3)操作Ⅰ为过滤；洗涤；需要的玻璃仪器名称有烧杯、玻璃棒、漏斗。

(4)洗涤铁屑是为了除去表面吸附的可溶性杂质。检验CO32-来判断操作Ⅰ是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤滤出的液体于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净，否则未洗涤干净。【解析】①.稀H2SO4Fe②.过滤③.4CuFeS2+17O2+2H2SO4=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O④.烧杯、玻璃棒、漏斗⑤.取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；若有白色沉淀生成，则未洗涤干净23、略

【分析】【分析】

(1)在该反应中元素的化合价发生变化的元素有Mo；S、N；根据化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目计算；

(2)根据盖斯定律；将几个热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式的反应热；

(3)阴极上发生还原反应；阳极发生氧化反应，根据离子放电顺序可得相应的电极反应式及每个电极的产物；溶液的酸碱性变化；根据阳极反应产物的性质分析阳极不使用石墨电极的原因；

(4)①根据压强不变时H2的平衡转化率与温度的关系分析热效应；再根据温度不变时压强与H2的转化率分析几个不同条件下的压强大小；

②根据平衡时任何物质的浓度不变；任何物质的含量不变、容器的密度不变等判断平衡状态；

③根据H2的转化率及加入物质的物质的量；计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得化学平衡常数。

【详解】

(1)在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后H2SO4中的+6价，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价，每1molMoS2发生反应；电子转移的物质的量为(6-2)+2×[6-(-1)]mol=18mol；

(2)①MoS2(s)=Mo(s)+S2(g)△H1②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)△H2

③2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)△H3

根据盖斯定律，将③-2×②-2×①，整理可得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=△H3-2△H2-2△H1；

(3)①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

②由于溶液中H+不断放电，使溶液中c(OH-)>c(H+)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中的Cl-在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其水水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO42-，因此MoO42-在阳极A附近生成；

③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-，Cl-失去电子产生Cl2，OH-也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨；所以阳极般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；

(4)①根据图象可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以△H>0；由于反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图象可知H2的转化率p1最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p123；

②a.由于方程式中H2、CO的化学计量数不等，所以v正(H2)=v逆(CO)时反应未达到平衡状态；a错误；

b.该反应有固体参加反应，若气体的密度不再随时间变化，说明气体质量不变，由于容器的容积不变，所以可根据密度不变判断反应处于平衡状态，b正确；

c.该反应是反应前后气体体积不等的反应；若气体的压强不再随时间变化，反应处于平衡状态,c正确；

d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等；反应逆向进行，为处于平衡状态，d错误；

故合理选项是bc；

③反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)在2L容器内进行，向其中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，反应开始时c(H2)=0.2mol/L；由于在1100℃时H2的转化率是50%，所以平衡时，c(H2)=0.1mol/L，根据物质反应的变化关系可知，平衡时n(CO)=0.05mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，因此该温度下的反应平衡常数K=(mol/L)2=2.5×10-3(mol/L)2。

【点睛】

本题考查了氧化还原反应、盖斯定律、电解原理的应用、化学反应速率和化学平衡的有关知识，涉及反应中电子转移、化学反应速率、化学平衡常数的计算、平衡状态的判断、热化学方程式的书写、电极反应式的书写、溶液酸碱性的变化等，较为全面的考查了化学反应基本原理，考查了学生应用知识解决问题的能力，难度适中。【解析】18mol△H3-2△H2-2△H12H2O+2e-=H2↑+2OH-增大A阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨>p123bc2.5×10-3(mol/L)224、略

【分析】试题分析：（1）①CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）

起始（mol）6600

反应（mol）xx2x2x

平衡（mol）6-x6-x2x2x

由CH4的体积分数为0.1，则=0.1，解得X=4，所以K===64；故答案为64；

②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1①

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=2.8kJ•mol-1②

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1③

根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×2+566.0kJ•mol-1×2="+247.3"kJ•mol-1，故答案为+247.3kJ•mol-1；

（2）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故答案为3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

（3）①CO2发生加聚反应得到故答案为

②CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，电极反应为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，故答案为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。

考点：考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；电解原理的相关知识。【解析】（1）①64②+247.3kJ·mol－1

（2）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低。

②增大反应压强或增大CO2的浓度。

③3Cu2Al2O4+32H++2NO3－=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O

（3）①②CO2+8e－+6H2O=CH4+8OH－六、工业流程题(共3题，共9分)25、略

【分析】【分析】

锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O；滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。

【详解】

(1)分析知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；

(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，发生反应的化学方程式为2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)2+SO2↑+4H2O；

(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉；