2025年湘教新版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

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①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③体系的密度不再改变④各组分质量分数不再改变A.①②③B.①②③④C.②③④D.③④3、CO与气体均会造成环境污染，研究表明二者可在表面转化为无害气体；其反应进程及能量变化过程如图所示。下列说法正确的是。

A.使用催化剂可降低反应活化能，但不改变反应历程B.有催化剂条件下，E1时的反应速率比E2快C.D.为中间体、为催化剂4、硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。把硫加热超过其熔点就变成黄色流动性液体；433K以上液态硫颜色变深，黏度增加；523K以上黏度下降；717.6K时硫变为蒸气，蒸气中存在3S8⇌4S6⇌6S4⇌12S2；温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是。

A.对于3S8⇌4S6⇌6S4⇌12S2△H＜0B.温度越高，S2蒸气中的含量越低C.可用酒精洗涤试管中残留的硫单质D.433K以上液态硫颜色变深，黏度增加，可能与S8的环状结构断裂变为无限长链状结构有关5、下列说法正确的是A.任何微粒的正负化合价的代数和都等于零B.电解质溶液里阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数C.质量和浓度都相同的酸与碱的溶液相混合，得到的溶液一定是中性的D.析出晶体后的溶液仍然是饱和溶液，它的浓度一定没变6、图为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)。下列结论错误的是。

A.CO2的电子式为B.①→②的过程吸收能量C.CH4分子在催化剂表面会断开C-H键，断键会吸收能量D.生成乙酸的原子利用率为100%7、以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa)水溶液为原料，通过电解法可以制备1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)，且有CO2生成；装置如图所示。

下列有关说法不正确的是A.阳极发生氧化反应，有CO2生成B.阴极的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.电解过程中应选用阴离子交换膜D.该装置的总反应式：2CH2ClCOO-+2H2OCH2ClCH2Cl+2CO2↑+H2↑+2OH-8、下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是。

A.测定锌与稀硫酸反应速率B.测定中和反应的反应热C.比较AgCl和溶解度大小D.探究铁的析氢腐蚀评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、氮元素可形成多种化合物；在工业生产中具有重要价值。请回答下列问题：

(1)一定温度下，2L密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：。时间/s20406080100c(NO2)(mol/L)0.120.200.260.300.30

①20s内，v(NO2)=___________mol·L-1·s-1。

②升高温度时气体颜色加深，则正反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。

③该温度下反应的化学平衡常数数值为___________。

④相同温度下，若开始向该容器中充入0.80molNO2，则达到平衡后：c(NO2)___________0.30mol·L-1(填“>”、“=”或“<”)。

⑤下列可用于判断该反应达到平衡状态的依据是___________。

A．容器中气体压强不再变化。

B．容器中气体的密度不再变化。

C．容器中气体平均摩尔质量不再变化。

D．v(NO2)=v(N2O4)

(2)已知2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)△H<0的正反应速率方程为v正=k正p2(NO2)，逆反应速率方程为v逆=k逆p(N2)p2(CO2)，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数。如图(lgk表示速率常数的对数，表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中，能表示lgk正随变化关系的斜线是___________，能表示lgk逆随变化关系的斜线是___________。

10、2023年全国政府工作报告指出；推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。

(1)已知与的燃烧热分别为写出与反应生成和的热化学方程式______。

(2)一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和

①能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。

A．B．容器内压强一定C．气体平均相对分子质量一定

D．气体密度一定E．的体积分数一定。

②已知容器的容积为5L，初始加入和反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为___________。

③温度不变，再加入各则___________(填“>”“<”或“=”)

(3)工业上在一定条件下利用与可直接合成有机中间体二甲醚：当时，实验测得的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。

①该反应的___________(填“>”或“<”)0。

②图中压强(p)由大到小的顺序是___________。

(4)科学家研发出一种新系统；通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。

①系统工作时，a极为___________极，b极区的电极反应式为___________。

②系统工作时b极区有少量固体析出，可能的原因是___________。11、SO2与O2在催化剂作用下合成SO3的反应为：2SO2(g)＋O2(g)⇋2SO3(g)。在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中均充入1molO2和2molSO2混合气体；控温。反应进行5min时，测得相关数据如下表：

容器温度

浓度a容器

400℃b容器

425℃c容器

450℃d容器

475℃e容器

500℃c(O2)0.80.60.30.50.7c(SO3)0.40.81.41.00.6

（1）反应进行5min内，五个容器中平均反应速率最大的是_______________（填容器编号）；

（2）计算a容器中O2的反应速率_________________；

（3）写出该反应的平衡常数表达式K=___________________，比较上表中数据，推测可能达到平衡的容器是_____________（填容器编号）；

（4）该反应是________（填“放热”、“吸热”）反应，在右图坐标中画出e容器中SO3的物质的量随时间的变化曲线_____。12、已知：H2S(g)H2(g)+S2(g)，在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol/L，测定H2S的转化率，H2S的平衡转化率与温度关系如图所示。据图可知：温度升高平衡常数K_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。若985℃时平衡常数K=0.04，则起始浓度c=______。

13、常温下，两种溶液①0.1mol/LNH3·H2O②0.1mol/LNH4Cl中：

(1)溶液①的pH_______7(填“＞”、“＜”或“＝”)，其原因是_________(用离子方程式表示)。

(2)溶液②呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)。水解反应是吸热反应，升温可以_______(填“促进”或“抑制”)NH4Cl的水解。

(3)两种溶液中c()的大小为_____(填字母)。

a．两种溶液中c()都等于0.1mol/L

b．两种溶液中c()都小于0.1mol/L

c．NH4Cl溶液中c()小于NH3·H2O溶液中c()评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误15、NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)△H=+57.3kJ·mol-1(中和热)。_____16、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误17、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误18、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误19、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)20、工业生产中会产生稀土草酸沉淀废水，其主要成分为盐酸和草酸(H2C2O4)的混合溶液及微量的草酸稀土杂质等。工业上处理废水的方法包括“①氧化法”和“②沉淀法”。相关工业流程如图所示：

已知：(1)Ka1(H2C2O4)=6.0×10-2；Ka2(H2C2O4)=6.25×10-5。

(2)25℃时，各物质的溶度积常数如表：。Ksp[Fe(OH)3]Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)2.5×10-392.0×10-85.0×10-10

回答下列问题：

(1)过滤操作中需要用到的玻璃仪器有___，上述过滤后可重复利用的物质为___(填物质名称)。

(2)“①氧化法”中Fe3+是反应的催化剂，反应产生了两种无毒气体，该氧化过程中的化学方程式为___。

(3)“氧化”步骤中，酸性越强，草酸去除率越高，其原因是___。为了使加入的17.5mg·L-1的Fe3+催化效果达到最佳，废水酸化时应将pH调整至小于___(已知lg2=0.3；1g5=0.7)。

(4)“②沉淀法”：将1.5molPbSO4沉淀剂加到1L含有0.1mol·L-1草酸的模拟废水中。沉淀时发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)。请计算此反应的平衡常数K=___。

(5)干燥步骤温度过高会降低草酸产率，其原因是___。

(6)已知在25℃时，亚硫酸的电离平衡常数为：K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7，向Na2C2O4溶液中通入少量的SO2气体，反应的离子方程式为___。21、重铬酸钠是一种用途极广的氧化剂,工业上可以用铬铁矿[主要成分Fe(CrO2)2(或写成FeO·Cr2O3)，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备,同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示：

已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。

请回答下列问题：

（1）若煅烧操作在实验室进行最好选用_____(填序号)；

A.石英坩埚B.铁坩埚C.瓷坩埚。

（2）煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为_____。

（3）滤渣1的成分为Fe2O3，滤渣2的成分除了Al(OH)3之外还有_____。

（4）操作a的实验步骤为_____；洗涤干燥。

（5）加入溶液后使硫元素全部以的形式存在，写出生成Cr(OH)3的离子方程式_____。

（6）采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示。电极b为_____极（填“阳”或“阴”），写出电极b的电极反应方程式：_____。

（7）根据有关国家标准，含的废水要经化学处理使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放。可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp（BaCrO4）=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水。加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于_____mol·L-1，废水处理后方能达到国家排放标准。22、以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红(Fe2O3)的过程如下：

回答下列问题：

(1)酸溶时，粉碎硫酸渣的目的是________________。

(2)还原过程中加入FeS2粉增大溶液中Fe2+的含量，同时有H2SO4生成，写出该反应的离子方程式：____________________________。

(3)滤渣A的主要成分为_________。

(4)为得到纯净的Fe(OH)3固体，需要对沉淀进行洗涤，判断沉淀Fe(OH)3是否洗净的方法是__________。

(5)当离子浓度≤1×10-5mol/L时可认为其沉淀完全。若要使Mg2+完全沉淀则要保持c(OH-)≥_________。{已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，}评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)23、氰化钠常用于合成、电镀、冶金等方面，是一种基本化工原料，也是一种管制使用的剧毒药品，一旦泄漏需要及时喷洒双氧水或过硫酸钠溶液来处理．工业上制备过硫酸钠的原理如下：

主反应：↑

副反应：

(制备)

(1)使装置a中分液漏斗内双氧水一直顺利滴下的方法是______________________________．

(2)装置a中产生的气体需要持续通入装置c中的原因是______________________________．

(3)图中还需补充_____________装置．

(4)测氰化钠的含量。

已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为．

②呈黄色，优先与发生反应．

实验如下：取处理后的废水，浓缩为置于锥形瓶中，并滴加几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定，消耗溶液体积为．

a．滴定终点的现象是___________________________．

b．经计算原废水中的浓度为___________(保留两位有效数字)．

C．若用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_______________．24、氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）。

（1）实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与Cl2反应转化为固体1（部分仪器和夹持装置已略去）。

①仪器A的名称是____________；仪器B中发生的离子反应方程式为：____________

②实验开始前，需要做的操作是___________________。

③有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为_____（填“是”或“否”）。原因___________。

（2）试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）________。

a．CuOb．CuSO4c．Cu2(OH)2CO3d．NH3·H2Oe．Fe2O3f．Fe

（3）若制备的氯化铜晶体经检验含有FeCl2，其原因可能是_______________，试提出改进方案：____________________

（4）在溶液2转化为CuCl2·2H2O的操作过程中；发现溶液颜色由蓝色变为绿色。小组同学欲探究其原因。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：

Cu(H2O)42+(aq)+4Cl‾(aq)⇌CuCl42‾(aq)+4H2O(l)

蓝色绿色。

取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行实验验证以上关系，下列实验中说法不正确的是________（填序号）。

a．在Y中加入NaCl固体；溶液变为绿色。

b．在Y中加入CuCl2晶体；溶液变为绿色。

c．将Y加水稀释；发现溶液呈蓝色。

d．取Y溶液用惰性电极进行电解，溶液颜色最终消失25、四氯化锡是无色液体，熔点为沸点为144℃，遇水即发生水解反应生成锡酸()；并产生有刺激性的气体，可用作媒染剂；催化剂等。与非极性分子能互溶。某化学实验小组拟制备四氯化锡(如下图所示)，并探究其部分水解产物。

请回答下列问题：

(1)甲装置中发生反应的化学方程式为______，仪器的名称是______。

(2)干燥管中碱石灰的作用是______，如果没有干燥管，三颈烧瓶中可能发生的化学反应方程式为______。

(3)实验过程中如果的量不足，可能会产生副产物______(填化学式)。实验室配制水溶液的操作方法是______。

(4)探究四氯化锡水解的部分产物。

甲同学取三颈烧瓶中的部分固体于洁净试管中，往试管中加入少量蒸馏水，将试管中产生的气体通入酸化的溶液中，生成了白色沉淀。该同学由此判断该气体为

乙同学认为该结论不准确，试简述理由______。请设计改进方案______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则若1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热38.6kJ，但合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，故无法得到N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的反应热；故A不符合题意；

B．燃烧热指的是25℃时；101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时的反应热，甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式中应该生成液态水，故B不符合题意；

C．在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫中和热，CH3COOH为弱酸，电离还要吸热，故CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)的反应热会小于57.3kJ/mol；故C不符合题意；

D．SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)为熵增的反应，ΔS＞0，ΔH＞0，若高温下，由ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，故D符合题意；

答案选D。2、B【分析】【详解】

①绝热的固定容积的密闭容器；体系的温度为变量，且m+n=p，则体系的压强为变量，体系的压强不再改变则达到平衡状态，①正确；

②在一个不传热的固定容积的密闭容器中；体系的温度为变量，当温度不再改变，说明正；逆反应速率相等，能据此判断该反应达到平衡状态，②正确；

③D为固态；混合气体的质量为变量，容器容积为定值，则密度为变量，当混合气体密度不变时，说明该反应达到平衡状态，③正确；

④各组分的质量分数不再改变；表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，④正确；

故答案选B。3、C【分析】【详解】

A．使用催化剂有中间产物生产；改变反应历程，降低反应活化能，故A错误；

B．有催化剂条件下，大于活化能越小反应速率越快，时速率慢于故B错误；

C．由图可知和在表面转化为无害气体的反应进程为①②①+②得故C正确；

D．是反应的催化剂，为中间体；故D错误；

选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．对于3S84S66S412S2，温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小，说明物质的量越多，则是S8向S2不断反应；升高温度，向正向移动，正向是吸热反应，即△H＞0，故A错误；

B．温度越高，蒸气的平均相对分子质量越小，说明物质的量越多，则是S8向S2不断反应，因此温度越高，S2蒸气中的含量越高；故B错误；

C．硫是难溶于水；微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此不可用酒精洗涤试管中残留的硫单质，故C错误；

D．433K以上液态硫颜色变深，可能是S8的环状结构断裂变为无限长链状结构有关；使得密度增大，黏度增加，故D正确。

综上所述，答案为D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．带负电荷的原子团阴离子和带正电荷的原子团阳离子中元素化合价的代数和为离子所带电荷数；故A错误；

B．电解质溶液里阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数；故B正确；

C．质量和浓度都相同的酸与碱的溶液相混合；得到的溶液不一定是中性的，与酸碱的体积，强弱等因素有关，只有满足溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等时，溶液为中性，故C错误；

D．原溶液是不饱和溶液时；析出晶体后溶液浓度可能改变，若为改变温度则饱和溶液的浓度变化，故D错误；

答案选B。6、B【分析】【分析】

由图示可知，中间体①生成过程中断裂了碳氢键，中间体②生成过程中形成碳碳键和氧氢键，该反应为CO2与CH4在催化剂存在的过渡态转化为CH3COOH；由此分析。

【详解】

A．二氧化碳分子中的中心原子为碳，最外层含有四个电子，分别与两个氧原子各形成两对共用电子对，CO2的电子式为故A不符合题意；

B．由图可知；①的能量较高，②的能量较低，由高能量转化为低能量需要释放能量，①→②的过程释放能量，故B符合题意；

C．由图可知，CH4分子在催化剂表面会断开C-H键；生成中间体①，断裂化学键会吸收能量，故C不符合题意；

D．该反应为CO2+CH4CH3COOH；该反应为化合反应，故生成乙酸的原子利用率为100%，故D不符合题意；

答案选B。7、C【分析】【详解】

A．电解池的阳极发生氧化反应，CH2ClCOO-在阳极发生反应生成CH2ClCH2Cl和CO2；A正确；

B．阴极发生还原反应，H2O在阴极放电生成OH-，2H2O+2e-=H2↑+2OH-；B正确；

C．若选用阴离子交换膜，阴极区生成的OH-会通过阴离子交换膜进入阳极区，卤代烃在碱性条件下容易发生水解反应，故应选择阳离子交换膜，Na+由阳极区通过交换膜进入阴极区；C错误；

D．由A、B选项分析可知，电解的总反应为2CH2ClCOO-+2H2OCH2ClCH2Cl+2CO2↑+H2↑+2OH-；D正确；

故选C。8、A【分析】【详解】

A．反应中可以通过生成氢气速率的快慢来测定锌与稀硫酸反应速率；A符合题意；

B．测定中和反应的反应热应该在量热计中进行；B不符合题意；

C．反应中硝酸银过量，不能比较AgCl和溶解度大小；C不符合题意；

D．探究铁的析氢腐蚀应该在酸性环境中；D不符合题意；

故选A。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）

①根据已知利用三段式可知：则20s内，v(NO2)==0.006mol·L-1·s-1,故答案：0.006。

②根据N2O4(g)2NO2(g)中，NO2(g)为红棕色，N2O4(g)为无色；升高温度时气体颜色加深，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，故答案：吸热。

③根据测得的数据可知：80s时反应达到平衡，此时c(NO2)=0.30mol/L，利用三段式可知：则该温度下反应的化学平衡常数数=1.8；故答案：1.8。

④相同温度下，若开始向该容器中充入0.80molNO2，与开始向该容器中充入0.40molN2O4达到平衡后，两者属于恒温恒容的等效平衡，所以达到平衡后两者c(NO2)相等，由表中数据分析可知c(NO2)=0.30mol·L-1；故答案：=。

⑤A．由N2O4(g)2NO2(g)反应可知；反应前后计量数不等，所以容器中气体压强不再变化，说明该反应达到平衡状态，故A符合题意；

B．容器中气体的密度因为都是气体且为恒容装置；所以容器中气体的密度不再变化，不能说明该反应达到平衡状态，故B不符合题意；

C．容器中气体平均摩尔质量由N2O4(g)2NO2(g)反应可知；当容器中气体平均摩尔质量不再变化，说明该反应达到平衡状态，故C符合题意；

D．由N2O4(g)2NO2(g)反应可知，当v(NO2)逆=2v(N2O4)正时；说明该反应达到平衡状态，故D不符合题意；

故答案：AC。

（2）

升高温度正逆反应速率都增大，说明T升高k正、k逆都增大，则增大，即温度降低k正、k逆都减小，即lgk正、lgk逆都减小，而该反应焓变小于0为放热反应，降低温度平衡正向移动，说明平衡状态下降低温度v正>V逆，则k正减小的幅度较小，即表示Igk正随变化关系的斜线的斜率较小，所以c表示lgk正随变化关系，d表示lgk逆随变化关系。故答案：c；d。【解析】【小题1】①.0.006②.吸热③.1.8④.=⑤.AC

【小题2】①.c②.d10、略

【分析】【详解】

（1）已知与的燃烧热分别为故有热化学方程式，①②③根据盖斯定律分析，由②×4-①+③×2可得热化学方程式

（2）反应①A．中没有说明反应速率的方向，不能确定到平衡；B．该反应前后气体的总物质的量不相等，故容器内压强一定说明反应到平衡；C．该反应前后气体的总物质的量不相等，气体平均相对分子质量一定能说明反应到平衡；D．该反应全是气体，且容器的体积不变，故气体密度始终不变，故密度一定不能说明反应到平衡；E．的体积分数一定能说明反应到平衡。故选BCE。

②则该反应的平衡常数为

③温度不变，再加入各说明反应正向进行，则>

（3）①从图分析，随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，<0。

②在相同温度下，结合方程式，压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故图中压强(p)由大到小的顺序是

（4）①系统工作时，a极为金属钠，钠只能失去电子，做负极，b极为正极，b极区二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为

②系统工作时钠离子作为阳离子向正极移动，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出。【解析】(1)

(2)BCE625>

(3)<

(4)负移向正极，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出11、略

【分析】【详解】

（1）对应化学反应；温度每升高10度，反应速率增大原来的2-4倍，温度越高速率越大，所以e容器中实验速率最大；

故答案为e；

（2）a容器中氧气起始浓度=1mol/L，5min末浓度为0.8mol/L，v（O2）=mol/（L∙min）=0.040mol/（L∙min）；

答案为：0.040mol/（L∙min）；

（3）2SO2(g)＋O2(g)⇋2SO3(g)，依据化学方程式结合平衡常数概念列式K=五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的；de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，证明de是平衡状态；

答案为：de；

（4）五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，平衡逆向进行，证明逆向反应是吸热反应，正向反应是放热反应；de容器中是平衡随温度变化，e容器中反应温度最大反应速率增大，平衡逆向进行，比d容器中的三氧化硫浓度小，所以达到平衡所需要的时间短，画出变化图象为

答案为：放热；【解析】e0.040mol/(L∙min)de放热12、略

【分析】【分析】

据图可知：温度升高，H2S的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数K增大；985℃时平衡常数K=0.04，H2S的平衡转化率为40%；可以计算出平衡时各物质的浓度，将平衡浓度代入平衡常数表达式可以计算出c的值，由此分析。

【详解】

据图可知：温度升高，H2S的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数K增大。985℃时，H2S的平衡转化率为40%，起始浓度H2S的浓度为cmol/L，可以得到：

则平衡时c(H2S)=0.6cmol/L，c(H2)=0.4cmol/L，c(S2)=0.2cmol/L，代入平衡常数公式，则K=0.04=解得c=0.018。【解析】①.增大②.0.01813、略

【分析】【详解】

(1)NH3·H2O是弱碱，在水溶液能电离出氢氧根离子：NH3·H2ONH4++OH-；导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，溶液的pH＞7；

(2)氯化铵是强酸弱碱盐；铵根离子能水解导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；盐类水解反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，所以能促进水解；

(3)氨水是弱电解质，在水中电离程度很小，铵根离子浓度很小；氯化铵是强酸弱碱盐，能水解但水解程度很小，主要以电离为主，所以相同浓度的氨水和氯化铵溶液，氯化铵溶液中铵根离子浓度较大，但都小于0.1mol/L，故选b。【解析】＞NH3·H2ONH4++OH-酸促进b三、判断题(共6题，共12分)14、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。15、×【分析】【分析】

【详解】

中和反应是放热反应，错误。【解析】错16、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；17、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、工业流程题(共3题，共9分)20、略

【分析】【分析】

由题意知，方法①为氧化法，加入盐酸酸化后，在酸性条件下，草酸被O3氧化为CO2，Fe3+在反应中充当催化剂作用，方法②为沉淀法，加入PbSO4后，草酸转化为PbC2O4沉淀，经过浓硫酸酸化后，PbC2O4又转化为PbSO4（重复利用）和H2C2O4，过滤后滤液主要含H2C2O4；经过结晶；过滤、干燥操作获得草酸晶体。

【详解】

(1)过滤操作中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；由分析知，过滤后得到的PbSO4可重复利用；

(2)根据题意，方法①为将草酸氧化为CO2，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：H2C2O4+O32CO2+O2+H2O；

(3)pH升高后，溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使催化活性降低，所以pH增大，草酸去除率降低，故酸性越强，草酸去除率越高；加入Fe3+的浓度为c==3.125×10-4mol/L，要使得Fe3+的催化效果最好，则Fe3+不能开始沉淀，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)，则c(OH-)==2×10-12mol·L-1，c(H+)==5×10-3mol·L-1，pH=-Lgc(H+)=-lg5×10-3=2.3；

(4)反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)的平衡常数表达式为K===1.5×10-4；

(5)草酸加热会分解；变成二氧化碳；一氧化碳和水，故干燥不能高温；

(6)根据草酸和亚硫酸的电离平衡常数大小可知，少量SO2通入Na2C2O4溶液中，反应能将离子生成不能生成H2C2O4，同时生成故离子方程式为：SO2+H2O+=+【解析】漏斗、烧杯、玻璃杯硫酸铅H2C2O4+O32CO2+O2+H2OpH升高后，Fe3+生成Fe(OH)3，降低催化效果2.31.5×10-4草酸加热会分解，变成二氧化碳、一氧化碳和水SO2+H2O+C2O=HSO+HC2O21、略

【分析】【分析】

由流程可知，将纯碱和铬铁矿在空气中煅烧，铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和一种红棕色固体，应为Fe2O3，同时释放出CO2气体，同时Al2O3和Na2CO3煅烧生成NaAlO2和CO2，加入水浸出杂质和溶液，过滤分离出滤渣Fe2O3，煅烧后的浸出液中含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，调节pH可形成H2SiO3和Al（OH）3，过滤得到滤渣为H2SiO3和Al（OH）3，分离出的滤液加入稀硫酸酸化，得到Na2Cr2O7和Na2SO4，经过结晶操作分离出Na2SO4，得到粗产品重铬酸钠晶体；加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以的形式存在，铬酸根离子生成Cr（OH）3沉淀，过滤得到氢氧化铬沉淀受热分解生成氧化铬，铝热反应生成铬，溶液b为硫酸钠；以此来解答。

【详解】

（1）纯碱与二氧化硅高温下反应；则应选铁坩埚煅烧，故答案为：B；

（2）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；

（3）根据以上分析可知滤渣1的成分为Fe2O3，滤渣2的成分除了Al（OH）3之外还有H2SiO3；

（4）由图可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大；而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，则操作a的实验步骤为蒸发结晶；趁热过滤，洗涤干燥；

（5）加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以的形式存在，生成Cr（OH）3的离子方程式为3S2-+8CrO+20H2O＝3+8Cr（OH）3↓+16OH-；

（6）用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，由图可知2CrO+2H+＝Cr2O+H2O在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，则b为阳极，电极反应方程式为2H2O-4e-＝O2↑+4H+；

（7）Ksp（BaCrO4）=1.2×10-10，含CrO的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10-7mol•L-1以下才能排放，则废水中Ba2+的浓度应不小于mol/L=2.4×10-4mol/L。【解析】B4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3H2SiO3蒸发结晶、趁热过滤3S2-+8CrO+20H2O＝3+8Cr（OH）3↓+16OH-阳2H2O-4e-＝O2↑+4H+2.4×10-422、略

【分析】【分析】

硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2；再加氢氧化钠调节pH值3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤；烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；以此解答。

【详解】

(1)酸溶时；粉碎硫酸渣的目的是增大接触面积，加快溶解速率；

(2)还原过程中加入FeS2粉增大溶液中Fe2+的含量，同时有H2SO4生成，根据元素的原子守恒、电子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式是：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+；

(3)硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等物质，Fe2O3、Al2O3、MgO可以与酸发生反应，变为可溶性的物质，而酸性氧化物SiO2与酸不能发生反应，仍然以固体的形式存在，所以滤渣A的主要成分为SiO2；

(4)沉淀Fe(OH)3是从含有SO42-过滤出来的，所以检验Fe(OH)3是否洗净的方法是判断洗涤溶液中是否含有SO42-，取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加少量BaCl2溶液；若无明显现象，则沉淀已洗净；

(5)Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，若Mg2+完全沉淀，则c2(OH-)==5.6×10-7，则c(OH-)=7.5×10-4mol/L。【解析】①.增大接触面积，加快溶解速率②.FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+③.SiO2④.取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加少量BaCl2溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净⑤.7.5×10-4mol/L五、实验题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

由图可知，a为氧气发生装置，b中进出气导管长度相同，b作安全瓶，c为过硫酸钠(Na2S2O8)生成装置有主副反应发生；尾气中含有氨气，故d为尾气处理装置。

（1）

使装置a中分液漏斗内双氧水一直顺利滴下即平衡装置内的压强和大气压保持相等；方法是用一根橡皮管连通分液漏斗与圆底烧瓶或换用恒压滴液漏斗；

（2）

在装置a中在催化下发生分解反应产生．由于在装置c中会发生副反应：为避免副反应的发生，需将装置a反