2025年鲁科版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年鲁科版选择性必修1化学下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8题，共16分)1、与0.1mol/L的氨水溶液中c(OH-)最接近的数值是A.0.1mol/LB.1.0×10-3mol/LC.1.0×10-7mol/LD.1.0×10-13mol/L2、下列实验所得结论错误的是。选项实验结论A将0.1mol∙L−1氨水稀释成0.01mol∙L−1，测得pH由11.1变成10.6稀释后，NH3·H2O的电离程度减小B室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大酸性：HClO＜CH3COOHC向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅证明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的D在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1mol∙L−1KI溶液，生成黄色沉淀同温下溶解度：AgCl＞AgI

A.AB.BC.CD.D3、电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是。

A.电源的A极为正极B.与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OHC.Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OHD.每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol4、我国科学家研究出一种新型水系Zn−C2H2电池(装置如图甲所示)，既能实现乙炔加氢又能发电；同时开发新型催化剂，实现CO2电催化加氢制备C3H6(装置如图乙所示)。下列说法错误的是。

A.甲、乙两装置相互连接时，a口应接c口B.离子交换膜M与N不能选择相同的交换膜C.a极的电极反应式为C2H2+2e−+2H2O=C2H4+2OH−D.甲、乙两装置相互连接时，理论上每消耗1molCO2，b极质量增大48g5、下列实验设计不能达到预期目的的是（）。实验设计预期目的A在相同温度下，分别取等质量的大理石块、大理石粉末分别与等体积等浓度的稀盐酸反应探究反应物接触面积对化学反应速率的影响B把盛有颜色相同的NO2和N2O4的混合气体的两支试管（密封）分别浸入冷水和热水中探究温度对化学平衡的影响C将浓硝酸放在冷暗处和强光下，发现强光下分解的快探究温度对速率的影响D相同温度下，向两支盛有等体积等浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究不同催化剂对同一反应速率的影响

A.AB.BC.CD.D6、下表是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：

。CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.8×10-5Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

Ka1=9.1×10-8

Ka2=1.1×10-14

K1=7.5×10-3

K2=6.2×10-8

则下列说法中不正确的是A.碳酸的酸性强于氢硫酸B.多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C.常温下，加水稀释醋酸，增大D.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变7、乙烯气相直接水合反应制备乙醇：乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下[起始时，容器体积为1L]下列分析不正确的是。

A.该反应是放热反应B.图中压强的大小关系为C.图中a点对应气体的平均摩尔质量：a=bD.达到平衡状态a、b所需要的时间：b>a8、碘升华过程中的焓变和熵变正确的是A.H<0，S>0B.H<0，S<0C.H>0，S>0D.H>0，S<0评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、工业上用CO和反应制备二甲醚()的条件是压强2.0～10.0MPa；温度300℃。设备中进行如下反应。请回答下列问题：

①

②

③

(1)在温度和容器容积不变的条件下发生反应①，能说明该反应达到平衡状态的依据是___________。

a．容器中压强保持不变。

b．混合气体中c(CO)不变。

c．混合气体的平均相对分子质量不变。

d．

(2)850℃时在一容积为10L的密闭容器中通入一定量的CO和(g)发生反应③，CO和(g)浓度变化如图所示。

①0～4min的平均反应速率___________。

②若温度不变，向该容器中加入4molCO(g)、2mol(g)、3mol(g)和3mol(g)，起始时___________(填“<”“>”或“=”)，请结合必要的计算过程说明理由：___________10、能源危机是当前全球性的问题；“开源节流”是应对能源危机的重要举措。

(1)下列做法有助于能源“开源节流”的是_______(填序号)。

a.大力发展农村沼气；将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源。

b.大力开采煤；石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求。

c.开发太阳能；水能、风能、地热能等新能源；减少使用煤、石油等化石燃料。

d.减少资源消耗；增加资源的重复使用；资源的循环再生。

(2)科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2∆H＜0.为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：。时间/s012345C(NO)(×10-4mol·L-1)10.04.502.501.501.001.00C(CO)(×10-3mol·L-1)3.603.052.852.752.702.70

请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：

前2s内的平均反应速率v(N2)=_______；达到平衡时，NO的转化率为_______，气相中NO所占的体积分数为_______。11、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)。12、科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下；请回答下列问题：

（1）该装置的能量转化形式为________。

（2）Pt(a)电极是电池________（填“正”或“负”）极；

（3）电解液中的H+向_____（填“a”或“b”）极移动；

（4）如果该电池工作时消耗1molCH3OH，则电路中通过___mol电子。

（5）比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是________。13、有人研究了340K时N2O5的分解反应：2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，得到不同物质在不同时刻的浓度，见下表。t/min01234c(N2O5)/mol·L－10.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol·L－100.0230.0400.0520.060

（1）图像能够非常直观地描述物理量的变化趋势。请你在下图中作出c(NO2)­t图像。_________

（2）数据处理是化学实验过程中非常重要的一个环节。请计算3～4min时v(N2O5)=______________。

（3）各物质的化学反应速率之间的关系：________________。

（4）乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用下图装置进行定量实验。应该测定的实验数据是___________________________________。

（5）利用所学的知识，描述升温到800K时N2O5的分解速率加快的原因____________。14、某温度时0.1molL-1Na2CO3溶液中，=＞2，其原因是（用离子方程式表示）___。现向Na2CO3溶液中通入一定量的CO2后，=＞其原因是（用离子方程式表示）__，此时又生成c(HCO)=__。15、NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂；医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：

(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是____(用必要的化学用语和相关文字说明)。

(2)如图是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像：

①中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是___(填写字母)。

②20℃时，0.1mol/LNH4Al(SO4)2中2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=___。

(3)室温时，向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液；得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是___；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___。16、甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。

⑴①将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积100L的反应室，一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)

Ⅰ，CH4的转化率与温度、压强的关系如图。已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为：_____________；

②图中的压强P1_________P2(填“大于”、“小于”或“等于”)，100℃时的平衡常数为：_______；

③在其它条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将__________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

⑵在压强为0.1MPa条件下,将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)

Ⅱ。①若容器容积不变，下列措施可提高甲醇产率的是：________________；

A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离。

C．充入He；使体系总压强增大D．加入更高效的催化剂。

②为了寻找合成甲醇的适宜温度和压强，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计的表中，请帮他完成该表。实验编号T(℃)n(CO)/n(H2)P(MPa)A1501/30.1B________5C3501/3____

表中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为：__________、____________、____________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、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18、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误19、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误20、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误21、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误22、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、有机推断题(共4题，共16分)23、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___________。：24、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_________。25、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：____________________。26、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）。评卷人得分五、实验题(共2题，共20分)27、草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂；易溶于水，常温下其水溶液pH介于4.0~5.0之间。某化学兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测定其纯度。

(1)由HNO3氧化葡萄糖(C6H12O6)制取草酸；实验装置如图：

①仪器a的名称是___________。

②在55~60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO和NO2，且物质的量之比为1：3，该反应的化学方程式为___________。

③装置B的作用是___________。

(2)提纯上述所得的草酸溶液后；制备草酸铁铵的流程如下：

“操作A”包括___________；过滤、洗涤和干燥。

(3)测定所得草酸铁铵产品的纯度。

准确称量5.000g所得产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。

[已知滴定反应原理为：H2C2O4+MnO+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)

①滴定终点的现象是___________。

②计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数___________。[写出计算过程。(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol-1]28、以湿法炼锌矿渣[主要含和少量ZnS、CuO等杂质]和为原料制备碱式碳酸锌[]。

(1)还原浸出。

①铁酸锌(难溶于水)与在酸性条件下反应的离子方程式为_______。

②锌、铁浸出率与溶液pH及温度有关。溶液pH增大浸出率降低，原因是_______。

③室温下测得浸出液中为0.03则该溶液中为_______。[]

(2)提纯制备。

已知：沉淀完全的pH为3.2，和开始沉淀的pH分别为5.2、6.2；溶于稀酸和稀碱，难溶于水和乙醇；用调节pH，可使转化为pH与锌沉淀率关系如图所示。

①请补充完整以“酸浸液”为原料，制取碱式碳酸锌固体的实验方案：在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，调节除去溶液中的____，过滤，弃去滤渣，向滤液中____，得碱式碳酸锌固体。[实验中须使用的试剂：锌粉、乙醇]

②加入后析出同时产生一种无毒气体，该反应的离子方程式为：_____。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共12分)29、锌烟灰是铅、锌及钢铁冶金过程中的一种中间产物，主要成分是ZnO、PbO、FexO，还含有少量的Mn、Cu、F等元素。现以锌烟灰为原料制备碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_______。

(2)浸出渣的主要成分是_______。

(3)“除氟”时，使用过量硫酸钙的目的是_______。

(4)“氧化”时，过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]将Fe2+转化为Fe3+，将Mn2+转化为MnO2沉淀，其中Mn2+发生反应的离子方程式为_______；再通过NH4HCO3调节溶液的pH=_______，可使铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀。(已知：①c(Fe3+)≤10-5mol·L-1时，铁元素沉淀完全；②Ksp[Fe(OH)3]=10-38)

(5)“沉淀”时，温度控制在46℃左右，不宜过高的原因可能是_______(合理即可)；碳酸氢铵过量系数(即用量为理论量的倍数)对沉锌的影响较大，不足或过量都可降低沉淀率。已知碳酸氢铵的过量系数与沉锌率的关系如图所示，则此实验应采用的碳酸氢铵过量系数为_______；“沉淀”时，产物之一为无色无味的气体，则沉淀时发生反应的化学方程式为_______。

30、某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3的工。艺流程如下：

已知：①草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸；不稳定易分解，具有还原性。

②常温时，有关物质Ksp如下表(单位已略)：。Fe(OH)3Al(OH3)Co(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Mg(OH)2Ca(OH)2MgF2CaF22.6×10-391.3×10-334×10-444.9×10-175.9×10-155.6×10-124.7×10-69.0×10-91.5×10-10③当离子浓度≤1×10-5mol·L-1；可认为沉淀完全。

④常温下Li2CO3的溶解度为1.3g，Li2CO3的溶解度随温度的升高而逐渐减小。

回答下列问题：

(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，最后加入的是_______(填“硫酸”或“草酸”)，溶解LiCoO2的反应的离子方程式为________________________。

(2)“滤液Ⅰ”中加入氨水调pH为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是________________________(填化学式)。若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，则Fe2+被氧化时的离子方程式为________________________。

(3)若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg2+浓度均为0.01mol·L-1，则至少需加入________g(保留到小数点后1位)NH4F固体才能使Mg2+沉淀完全。

(4)在空气中“焙烧”CO2(OH)2CO3的化学方程式为_______________________。

(5)为了获得更多更纯的Li2CO3固体，“系列操作”依次为_____________________________________和干燥。31、工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4，还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7)；某实验小组模拟其流程如下图所示：

(1)步骤①中，焙烧时所用的仪器材质应选用_________(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)，选用该材质的原因是(结合化学方程式解释)：_____________________________________________。

(2)配平步骤①中主要反应：

____FeCr2O4＋___O2＋___Na2CO3___Fe2O3＋___Na2CrO4＋___CO2_____________

(3)操作④中，酸化时，CrO42－(黄色)转化为Cr2O72－(橙色)，写出平衡转化的离子方程式：____________________________________________________________。用红矾钠溶液进行下列实验：

实验过程中，①中溶液橙色加深，③中溶液变黄，对比②和④可得出结论：___________________。

(4)步骤③用硫酸将溶液的pH调至中性，所得滤渣的主要成分是__________、____________；

(5)下图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线，步骤④中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为____________、___________。

(6)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如上，若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况下)时有____________molCr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10－5mol·L－1，则c(Fe3+)=_________。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38mol·L－1，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10－31mol·L－1)32、二氧化锰在生活和化学实验中有广泛应用。海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO2。1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其制备过程如下图所示：

(1)步骤Ⅰ中，试剂甲必须具有的性质是________(填序号)。

A．碱性B．稳定性C．氧化性D．还原性。

(2)用惰性材料作电极，电解硫酸锰溶液制二氧化锰，写出阳极反应式：_____________________。步骤Ⅲ中，以KClO3为氧化剂，当生成0.050molMnO2时，消耗0.10mol·L－1的KClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为____________________________________________。

(3)用100mL12.0mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气在标准状况下体积范围为________________。工业上可以用实验室制氯气的残余物质溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领域。请写出该化学反应的离子方程式：__________________。

(4)二氧化锰是实验室制取氧气的催化剂。下列是某同学设计实验探究双氧水分解实验方案；。实验20.0mL双氧水溶液浓度粉状MnO2温度待测数据Ⅰ5%2.0g20℃Ⅱ5%1.0g20℃Ⅲ10%1.0g20℃Ⅳω2.0g30℃

①实验Ⅱ和Ⅲ的结论是____________________________________________________。

②利用实验Ⅰ和Ⅳ探究温度对化学反应速率的影响，w＝________。本实验待测数据是______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

一水合氨为弱电解质，电离微弱，所以c(OH-)远小于0.1mol/L，而氨水显碱性，所以溶液中c(OH-)＞1.0×10-7mol/L；

综上所述最接近的数值应为1.0×10-3mol/L，故答案为B。2、A【分析】【详解】

A．将0.1mol∙L−1氨水稀释成0.01mol∙L−1，测得pH由11.1变成10.6，则稀释后，平衡又正向移动，NH3·H2O又电离，因此NH3·H2O的电离程度增大；故A错误；

B．根据对应的酸越弱，其水解程度越大，室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大，则说明酸性：HClO＜CH3COOH；故B正确；

C．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明碳酸根被钡离子沉淀，碳酸根浓度减小，证明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的；故C正确；

D．在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1mol∙L−1KI溶液；生成黄色沉淀AgI，说明同温下溶解度：AgCl＞AgI，故D正确。

综上所述，答案为A。3、C【分析】【分析】

【详解】

左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1molO2，转移4mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1mol电子，生成1molOH，所以应当生成4molOH；D错误；正确选项C。4、A【分析】【分析】

甲装置中，Zn被氧化，所以b电极为负极，a电极为正极；乙池中d电极上H2O被氧化为O2；所以d电极为阳极，c电极为阴极。

【详解】

A．c为阴极，与电源负极相连，即与b口相连；A错误；

B．装置甲中通过氢氧根迁移来平衡电荷；离子交换膜为阴离子交换膜，装置乙中通过氢离子迁移平衡电荷，为质子交换膜，B正确；

C．a电极上C2H2被还原为C2H4，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为C2H2+2e−+2H2O=C2H4+2OH−；C正确；

D．c电极上的反应为3CO2+18e−+18H+=C3H6+6H2O，b电极的反应为Zn−2e−+2OH−=ZnO+H2O，增重为O原子的质量，消耗1molCO2转移6mol电子，b电极上增重3molO原子的质量；即为48g，D正确；

综上所述答案为A。5、C【分析】【详解】

A．相同温度下；等质量的大理石块；大理石粉分别与等体积、等浓度的盐酸反应，大理石与盐酸反应的接触面积不同，反应速率不同，能达到探究反应物接触面积对化学反应速率的影响的实验目的，故A正确；

B．二氧化氮聚合生成四氧化二氮的反应是放热反应；冷水和热水中反应温度不同，平衡移动方向不同，气体的颜色不同，能达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故B正确；

C．将浓硝酸放在冷暗处和强光下；发现强光下分解的快说明光的强度不同，反应速率不同，不能达到探究温度对速率的影响的实验目的，故C错误；

D．相同温度下，向两支盛有等体积等浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量的CuSO4溶液和FeCl3溶液；过氧化氢的分解速率不同，能达到探究不同催化剂对同一反应速率的影响的实验目的，故D正确；

故选C。6、C【分析】【详解】

A．由表格数据可知，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)；则碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；

B．多元弱酸分步电离；以第一步电离为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；

C．由溶液呈电中性可知，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，稀释过程中，c(H+)和c(CH3COO-)减小，c(OH-)增大，则的值会减小；C错误；

D．电离平衡常数是温度的函数；向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变，D正确。

答案为C。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．依据图像分析，在同一压强下，随着温度的升高，乙烯的平衡转化率降低，说明该反应正方向为放热反应，即ΔH＜0；A项正确；

B．由方程式C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)可知，该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率提高，因此压强的大小关系是p1<p2<p3；B项正确；

C．根据图示可知，a、b点乙烯的平衡转化率均为20%，则转化的乙烯的物质的量浓度为0.2mol·L-1；则存在对应的三段式：

平衡时各成分的物质的量相同、对应气体的平均摩尔质量：a=b；C项正确；

D．由于b点温度比a点高；且压强比a点大，所以反应速率快，达到平衡所需时间短，D项错误；

答案选D。8、C【分析】【详解】

同种物质，液态的能量大于固态，则碘升华的过程是吸热过程，即△H＞0，液态时的熵大于固态时的熵，则碘升华的过程是熵增加的过程，即△S＞0，故选C。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

（1）a．根据反应可知，反应前后气体的物质的量在改变，即反应过程中容器的压强一直在变，故容器中压强保持不变，说明反应达到平衡，a符合题意；b．化学平衡的标志之一为各组分的物质的量、浓度保持不变，故混合气体中c(CO)不变说明反应达到化学平衡，b符合题意；c．根据反应可知，反应前后气体的物质的量在改变，混合气体的质量不变，故混合气体的平均相对分子质量一直在变，故混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡，c符合题意；d．根据反应速率之比等于化学计量数之比，即故由可推出故正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡，d不合题意；故答案为：abc；

（2）①0～4min的平均反应速率0.03mol·L-1·min-1，故答案为：0.03mol·L-1·min-1；②由图像可知，平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的浓度分别为：0.08mol/L，0.18mol/L，0.12mol/L，0.12mol/L，故的平衡常数为：若温度不变，向该容器中加入4molCO(g)、2mol(g)、3mol(g)和3mol(g)，此时Qc=＜K=1，反应还在正向进行，故由于CO和H2的系数相等，起始时＞=，故答案为：＞；该温度下，此时Qc=＜K=1反应还在正向进行。【解析】(1)abc

(2)0.03mol·L-1·min-1＞该温度下，此时Qc=＜K=1反应还在正向进行10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故b错误；a；c、d均能减少化石燃料的运用；故a、c、d正确；

(2)根据表格，2s内v(NO)==3.75×10-4mol·L-1·min-1，同一反应同一时段内各物质反应速率之比为计量数之比，所以v(N2)=v(NO)=1.875×10-4mol·L-1·min-1；

根据表格，4s后各物质浓度不在变化，所以4s时反应已经达到平衡，所以NO的转化率为=90%；

根据表格平衡时c(NO)=1.00×10-4mol·L-1，c(CO)=2.70×10-3mol·L-1=27×10-4mol·L-1，Δc(NO)=9.00×10-4mol·L-1，根据方程式2NO+2CO2CO2+N2，可知平衡时c(CO2)=9.00×10-4mol·L-1，c(N2)=4.50×10-4mol·L-1，同温同压下气体的体积分数即物质的量分数，因容积一定，可等效为浓度所占百分数，所以气相中NO所占的体积分数为=2.41%。【解析】①.acd②.1.875×10-4mol·L-1·s-1③.90%④.2.41%11、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122.412、略

【分析】【分析】

该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4H++4e-═2H2O；据此解答。

【详解】

(1)该装置的能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；

(2)Pt(a)电极甲醇通入失电子发生氧化反应；是电池负极；

(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；

(4)通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，电子守恒，该电池工作时消耗1molCH3OH；则电路中通过6mol电子；

(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物为CO2和H2O；对环境无污染。

【点睛】

以甲醇为燃料考查了燃料电池。注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。本题中通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。【解析】化学能转化为电能负b6对环境无污染13、略

【分析】【详解】

(1)依据题给数据在坐标系内描点作图，得到c(NO2)­t图像为故答案为：

(2)t4-t3：v(N2O5)==0.016mol•L-1•min，故答案为0.016mol•L-1•min；

(3)在化学方程式中；各物质的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，故答案为反应速率之比等于各物质的化学计量数之比；

(4)乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响；利用如图装置进行定量实验，根据实验要求需要测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间；

(5)升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，因此升温到800K时N2O5的分解速率加快，故答案为升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。【解析】v(N2O5)=0.16/mol·L－1·min－1反应速率比等于各物质的化学计量数之比单位时间内收集到的气体的体积或收集相同体积气体时所需要的时间升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快14、略

【分析】【分析】

盐中含有弱酸根离子时，会发生水解，向Na2CO3溶液中通入一定量的CO2时，会发生反应+CO2+H2O═2

【详解】

Na2CO3溶液中，发生水+H2O═HCO+OH-，与CO2、H2O反应：+CO2+H2O═2

0.1mol/LNa2CO3中，=c（Na+）=0.2mol/L，所以c（CO32-）=0.09mol/L；

通入一定量的CO2后=则c′（）=0.08mol/L，所以c（）=2×（0.09-0.08）mol/L=0.02mol/L；

故答案为：+H2O═+OH-；CO+H2O+CO2=2HCO0.02mol/L。【解析】CO+H2O=HCO+OH-CO+H2O+CO2=2HCO0.02mol•L-115、略

【分析】【分析】

（1）Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性；

（2）①NH4Al(SO4)2水解；溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；

②根据电荷守恒定律解题；

（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性。

【详解】

（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，离子方程式：

故答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；

（2）①NH4Al(SO4)2水解；溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；

故答案为：Ⅰ；

②根据电荷守恒，可以求出[c（OH－）太小；可忽略]；

故答案为：10-3mol•L-1；

（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42-），b点时c（Na+）>c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）>c（NH4+），故

故答案为：a；

【点睛】

酸或碱溶液抑制水的电离，盐类水解促进水的水解。【解析】Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水Ⅰ10-3mol•L-1a16、略

【分析】【分析】

（1）①根据v(H2)=3v(CH4)来解答。

②根据化学方程式可以得出，增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以P1＜P2；然后根据三段式解答。

③降低温度，逆反应速率将减小。

（2）①A.该反应是放热的；升高温度，平衡逆向移动，会减小甲醇产率。

B.将CH3OH(g)从体系中分离；会促使平衡正向移动，提高甲醇的产率。

C.充入He；使体系总压强增大，体积不变，各组分浓度不变，所以平衡不会移动，不会改变甲醇产率。

D.催化剂只能改变反应速率；不能使平衡移动。

故选B。

②为了寻找合成甲醇的适宜温度和压强；只能改变一个条件且其它条件都相同才能作出判断。

【详解】

（1）①由图像可知，100℃时达到平衡时，甲烷的转化率为0.5，则v(H2)=3v(CH4)=3×(1mol×0.5/100L/5min)=0.0030mol·L-1·min-1，故答案为0.0030mol·L-1·min-1。

②根据化学方程式可以得出，增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以P1＜P2；

CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)

起始浓度（mol/L）0.010.0200

变化浓度（mol/L）0.0050.0050.0050.005

平衡浓度（mol/L）0.0050.0150.0050.005

100℃时的平衡常数为：[0.005×(0.015)3/0.005×0.015](mol/L)2=2.25×10-4(mol/L)2,故答案为小于；2.25×10-4。

③降低温度，逆反应速率将减小；故答案为减小。

（2）①A.该反应是放热的；升高温度，平衡逆向移动，会减小甲醇产率，故A错误；

B.将CH3OH(g)从体系中分离；会促使平衡正向移动，提高甲醇的产率，故B正确；

C.充入He；使体系总压强增大，体积不变，各组分浓度不变，所以平衡不会移动，不会改变甲醇产率，故C错误；

D.催化剂只能改变反应速率；不能使平衡移动，故D错误。

故选B。

②为了寻找合成甲醇的适宜温度和压强，只能改变一个条件且其它条件都相同才能作出判断，A和B中压强不同，则其温度和n(CO)/n(H2)必须相等，故Ⅰ为150℃，Ⅱ为1/3，B和C中温度不同，n(CO)/n(H2)相等；则压强必须相等，故Ⅲ为5，故答案为150；1/3；5。

【点睛】

（1）在其他条件不变的情况下；增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动。

（2）在其他条件不变的情况下；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。

（3）催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动。【解析】①.0.0030mol·L-1·min-1②.小于③.2.25×10-4④.减小⑤.B⑥.150⑦.1/3⑧.5三、判断题(共6题，共12分)17、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。18、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。20、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。21、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。22、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、有机推断题(共4题，共16分)23、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)24、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，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，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g25、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH326、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、实验题(共2题，共20分)27、略

【分析】【分析】

(1)②反应中，硝酸做氧化剂，按照生成物NO和NO2物质的量1∶3分析，每4molHNO3得电子葡萄糖做还原剂生成草酸，每1molC6H12O6失电子按照得失电子守恒，1molC6H12O6应与12molHNO3发生相应反应。

【详解】

(1)①根据题图中所画图形；应是常用于冷凝回流的球形冷凝管，本问应填“球形冷凝管”；

②根据题目分析，硝酸与葡萄糖在一定温度下发生反应生成草酸和定比的NO与NO2以及H2O，本问所以反应方程应填“”；

③反应生成的NO与NO2为有害气体；需用NaOH溶液吸收，发生反应生成硝酸盐及亚硝酸盐，该反应比较剧烈，气体被吸收的速率较快，容易造成吸收液倒吸，所以装置B的作用就是防止液体倒吸入反应装置，本问应填“安全瓶，防止倒吸”；

(2)草酸铁铵是铵盐；加热温度过高会出现成分分解变质，所以需要通过降温结晶的方案获取晶体，所以需要将溶液浓缩，降温后结晶产物会更多，产率会更高，所以本问应填“加热浓缩，冷却结晶”；

(3)①KMnO4溶液做标准液，在滴定到终点时，KMnO4极微量过量，故溶液中显示KMnO4稀溶液颜色紫红色；所以本问应填“锥形瓶中溶液变为紫红色，且30秒内颜色不褪”；

②通过方程式配平，KMnO4用量与H2C2O4用量物质的量之比为2∶5，草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]与草酸的物质的量之比为1∶3，所以10mL样品溶液中草酸铁铵的物质的量那么100mL样品液中的草酸铁铵的物质的量为0.01mol，代入质量分数的计算式：求得质量分数为74.8%，按照题目要求将计算数据列全，所以本问应填“”。【解析】球形冷凝管安全瓶，防止倒吸加热浓缩，冷却结晶锥形瓶中溶液变为紫红色，且30秒内颜色不褪28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①由题意可知，在酸性条件下，难溶的铁酸锌与二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子、锌离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为ZnFe2O4+SO2+4H+=Zn2+＋2Fe2++SO+2H2O，故答案为：ZnFe2O4+SO2+4H+=Zn2+＋2Fe2++SO+2H2O；

②锌离子和铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，若溶液pH增大，氢氧根离子与氢离子反应，水解平衡向正反应方向移动，锌离子和铁离子会转化为氢氧化锌沉淀和氢氧化亚铁沉淀，导致浸出率降低，故答案为：溶液pH过大，Zn2+和Fe2+水解程度增大；转化为难溶物；

③若室温下浸出液中锌离子浓度为0.03mol/L，由溶度积可知，溶液中硫离子的浓度为==4×10—22mol/L，故答案为：4×10—22mol/L；

(2)①由题给信息可知，制取碱式碳酸锌固体的实验方案为在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，使溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，弃去氢氧化铁滤渣，向滤液中加入过量的锌粉，将溶液中的铜离子全部转化为铜，过滤，弃去铜，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，调节溶液pH约为7，使碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀，过滤，用乙醇洗涤碱式碳酸锌沉淀，低温条件下干燥得到碱式碳酸锌固体，故答案为：Fe3+；加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7；过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥；

②由题意可知，加入碳酸氢铵溶液后析出碱式碳酸锌沉淀发生的反应为碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。【解析】ZnFe2O4+SO2+4H+=Zn2+＋2Fe2++SO+2H2O溶液pH过大，Zn2+和Fe2+水解程度增大，转化为难溶物4×10—22mol/LFe3+加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7，过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O六、工业流程题(共4题，共12分)29、略

【分析】【分析】

PbO与硫酸反应生成PbSO4为沉淀，硫酸钙将F-转化成CaF2沉淀，‘氧化’时，过二硫酸铵将Fe2+转化成Fe3+，将Mn2+转为MnO2沉淀，再通过(NH4)2CO3调节溶液的pH，可使铁元素全部转为Fe(OH)3沉淀，用锌置换出铜，最后NH4HCO3与ZnSO4反应生成碱式碳酸锌。

【详解】

(1)“浸出”时，氧化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和水，发生反应的离子方程式为：ZnO+2H+=Zn2++H2O；

(2)由于PbSO4难溶于水，浸出渣的主要成分是：PbSO4；

(3)“除氟”时；使用过量硫酸钙的目的是：确保氟离子沉淀完全；

(4)“氧化”时，过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]将Mn2+转化为MnO2沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+4H++2由则c(H+)=10-3mol/L；pH=3；

(5)“沉淀”时，温度控制在46℃左右，不宜过高的原因可能是：温度过高NH4HCO3易分解；由图像知，碳酸氢铵用量为理论量1.2倍时，沉锌率最高。沉淀时发生反应的化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑。【解析】ZnO+2H+=Zn2++H2OPbSO4确保氟离子沉淀完全Mn2+++2H2O=MnO2↓+4H++23温度过高NH4HCO3易分解1.23ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑30、略

【分析】【分析】

正极材料含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把LiCoO2还原为Co2+；过滤除去不溶物，滤液Ⅰ加NaClO3把Fe2+氧化为Fe2+，加氨水调pH为5，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀过滤除去Fe3+、Al3+；滤液Ⅱ加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀过滤除去Mg2+、Ca2+；滤液Ⅲ中加NH4HCO3生成Co2(OH)2CO3沉淀，过滤，滤液Ⅳ加入Na2CO3经一系列操作得Li2CO3。

【详解】

（1）正极材料含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把LiCoO2还原为Co2+，所以最后加入的是草酸；酸性条件下，草酸把LiCoO2还原为Co2+，草酸被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2LiCoO2+H2C2O4+6H+=2Li++2Co2++2CO2↑+4H2O。

（2）根据溶度积常数“滤液Ⅰ”中加入氨水调pH为5，Fe3+、Al3+的浓度都小于10-5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，Fe2+被氧化成Fe(OH)3，NaClO3被还原为氯化钠，离子方程式为6Fe2++CIO-3+15H2O=CI-+6Fe(OH)3↓+12H+

。

（3）若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg