2025年岳麓版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年岳麓版选择性必修1化学上册阶段测试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5题，共10分)1、已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液；其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中正确的是。

A.a点表示溶液中c(CH3COO-)约为10-3mol/LB.b点表示的溶液中c(CH3COO-)＜c(Na＋)C.c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D.d点表示的溶液中大于K2、化学反应速率在工农业生产和日常生活中都有重要作用，下列说法正确的是A.将肉类食品进行低温冷藏，能使其永远不会腐败变质B.在化学工业中，选用催化剂一定能提高反应物的转化率C.夏天面粉的发酵速率与冬天面粉的发酵速率相差不大D.茶叶等包装中加入还原性铁粉，能显著延长茶叶的储存时间3、某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置，下列叙述不正确的是。

A.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为C.无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液蓝色变浅D.a和b分别连接直流电源的负极和正极，可以实现铁上镀铜4、在一定条件下，用石墨电极电解0.8mol/LCuSO4溶液(含H2SO4)；监测到阳极附近pH随时间变化关系如下图。下列说法不正确的是。

A.ab段，通电瞬间，阳离子向阴极移动B.bc段，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率C.bc段，pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=CuD.电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑5、容积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的和在相同温度下发生反应：并达到平衡状态。在这个过程中，甲容器保持压强不变，乙容器保持容积不变。若甲容器中的平衡转化率为则乙容器中的平衡转化率A.等于B.大于C.小于D.无法判断评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、常温下，Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=1×10-9。向20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴入0.1mol·L-1的Na2SO4溶液，溶液中pBa2+[pBa2+=-lgc(Ba2+)]与Na2SO4溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.图像中，n=1，m=5B.若起始时c(BaCl2)=0.2mol·L-1，m不变，b点向d点移动C.若用同浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，可使b点向c点移动D.V。时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，产生BaCO3沉淀的条件是>107、下列操作不能达到实验目的的是（）。目的操作和现象A除去溴苯中少量的溴加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅C氧化性:Cl2>Br2向KBrO3溶液中，加入少量的苯，再通入少量氯气，振荡D探究浓度对速率的影响室温下，向等体积等浓度的两份Na2SO3溶液，同时分别滴加0.1mol·L-1双氧水和1.0mol·L-1双氧水

A.AB.BC.CD.D8、25℃、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1，辛烷的燃烧热为5518kJ·mol-1，下列热化学方程式书写正确的是A.2H＋(aq)＋SO(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH-(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1B.KOH(aq)＋H2SO4(aq)=K2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1C.C8H18(l)＋O2(g)=8CO2(l)＋9H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-1D.2C8H18(g)＋25O2(g)=16CO2(g)＋18H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-19、国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.c为电源的正极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸B.电解池a极上发生的电极反应为C.二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D.当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生标准状况下1.12L10、利用可消除污染，反应原理为在10L密闭容器中分别加入0.50mol和1.2mol测得不同温度下随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度/K时间/min

物质的量/mol010204050①T10.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.15

下列说法错误的是A.该反应为放热反应B.组别①中0~10min内，的平均反应速率为0.003C.若组别②改为恒压装置，则M值一定大于0.15D.当有1mol键断裂同时有1mol键形成，则反应达到平衡状态11、在常温下，向一定浓度的某二元中强酸H2A溶液中逐滴加入KOH溶液，其溶液pC与pH的变化关系如图所示(pC=-lgX，X表示溶液中H2A、HA-或A2-的物质的量浓度)下列说法错误的是。

A.曲线N代表的是pC(A2-)与pH的变化关系B.pH=3时，溶液中有c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)＜10-3mol/LC.pH=4时，溶液中有c(HA-)＜c(A2-)＜c(H2A)D.常温下KHA的水解平衡常数Kh=10-13.412、亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病；其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是H2AsOB.pH在10~13之间，随pH增大HAsO水解程度减小C.通常情况下，H2AsO电离程度大于水解程度D.交点b的溶液中：2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)13、常温下，下列有关叙述正确的是A.常温下，pH＝6的NaHSO3溶液中：c()－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1B.向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c(Na＋)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)]C.等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：D.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合：c(Na＋)＋c()＋c()＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－114、电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用标准溶液测定某生活用品中的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与的关系如图所示。已知：根据两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出的量。下列说法不正确的是。

A.滴定过程中水的电离程度逐渐增大B.滴定过程中溶液中逐渐增大C.1mL该生活用品中含有的质量为D.曲线任一点溶液中均存在：评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、有A、B、C、D四种金属，将A、B用导线连接后浸入稀H2SO4中，A上放出氢气，B逐渐溶解生成B2+；电解含A2+和C2+的混合溶液时，阴极上先析出C；将D放入含B2+的硝酸溶液中，D表面有B析出，同时生成D2+。则这四种金属阳离子的氧化性由强到弱的顺序是_______。16、常温常压下，断裂1mol（理想）气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol（理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为kJ·mol-1）。下表是一些键能数据（kJ·mol-1）：

。化学键键能化学键键能化学键键能C-F427C-Cl330C-I218H-H436S=S255H-S339回答下列问题：

（1）由表中数据规律预测C-Br键的键能范围：_____＜C-Br键能＜______（填写数值和单位）。

（2）热化学方程式2H2(g)+S2(g)═2H2S(g)△H=QkJ·mol-1；则Q=_______。

（3）已知下列热化学方程式：

O2(g)═O2+(g)+e-△H1=+1175.7kJ·mol-1

PtF6(g)+e-═PtF6-(g)△H2=-771.1kJ·mol-1

O2+PtF6-(s)═O2+(g)+PtF6-(g)△H3=+482.2kJ·mol-1

则反应O2(g)+_______(g)=O2+(g)+PtF6-(s)△H=_______kJ·mol-1。17、根据要求回答问题：

（1）图1是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。

（2）已知CH3OH（l）的燃烧热为726.5kJ·mol－1，CH3OH（l）+1/2O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=－akJ·mol－1，则a________726.5（填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图2所示），与白磷分子相似。已知断裂1molN－N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H=________。

（4）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3－。这两步的能量变化如图：

第二步反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。1molNH4+(aq)全部氧化成NO3－(aq)的热化学方程式是_____________。18、用锌棒、铜和稀硫酸溶液组成的原电池，锌棒为_________极，电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”)，该电极反应式为__________________；铜为_________极，电极上发生的是_________反应(填“氧化”或“还原”)，该电极反应式为__________________。19、一定温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为______，X的物质的量浓度减少了______，Y的转化率为______。

(2)该反应的化学方程式为______。

(3)10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是______。

A.t1时刻，增大了X的浓度B.t1时刻；升高了体系温度。

B.t1时刻，缩小了容器体积D.t1时刻，使用了催化剂20、CO、CO2是含碳元素的常见气体；也是参与碳循环的重要物质。

(1)利用煤化工中产生的CO和H2可制取甲醇，反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。实验室中，在1L恒容的密闭容器中进行模拟合成实验。将1molCO和2molH2通入容器中，分别恒温在300℃和500℃反应，每隔一段时间测得容器内CH3OH的物质的量(单位：mol)如下表所示：。10min20min30min40min50min60min300℃0.400.600.750.840.900.90500℃0.600.750.780.800.800.80

①300℃和500℃对应的平衡常数大小关系为K300℃_________K500℃(填“>”、“=”或“<”)。

②在一定条件下，下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______(填标号)。

A.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

B.2v(H2)正=v(CH3OH)逆

C.容器中气体的压强保持不变。

D.单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2

③300℃时，前10min内，该反应的平均反应速率为v(H2)＝_________mol/(L·min)。

④下列措施能够增大此反应中CO的转化率的是_________(填标号)。

A．充入CO气体B．升高温度。

C．使用优质催化剂D．往容器中再充入1molCO和2molH2

⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时再向容器中充入CH3OH气体和H2各0.4mol，反应将向____________________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)进行。再次达到平衡时的平衡常数为____________L2/mol2。

(2)二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H。在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2；在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度；压强的变化如下图所示．

①二氧化碳合成甲醇正反应的△H______0(填“>”、“<”或“=”；下同)。

②M、N两点时化学反应速率：v(N)______v(M)。

(3)一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入amolCO2和bmolH2发生反应：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，欲使整个反应过程中CO2的体积分数为恒定值，则a与b的大小关系式是_________。

(4)以TiO2／Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。当乙酸的生成速率主要取决于温度时，其影响范围是_______________________。

21、在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ•mol-1表示。请认真观察如图；然后回答问题。

(1)图中反应是__(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的△H=__(用含E1、E2的代数式表示)。

(2)对于同一反应，图中虚线(II)与实线(I)相比，活化能__，因此反应速率__，你认为改变的条件是：__。

(3)已知常温下拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：__。

(4)已知反应①CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H=-177.7kJ/mol

②0.5H2SO4(l)+NaOH(l)=0.5Na2SO4(l)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol

③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol

④CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol

⑤HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol

上述热化学方程式中，不正确的有__；(填序号，以下同)表示燃烧热的热化学方程式是__；表示中和热的热化学方程式是__。

(5)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)△H=-90.8kJ•mol-1

②2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ•mol-1

③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1

总反应：3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=__。22、(1)硫酸铁净水原因（离子方程式）：_____，SnCl2水解成碱式氯化亚锡（化学方程式）_____，要除去CuCl2溶液中FeCl3，可以向溶液中加入_______，将AlCl3溶液蒸干并灼烧所得固体的化学式为___。

(2)以石墨为电极，电解FeI2溶液，阳极电极反应式为________，利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2＋2H2O=2HCOOH＋O2，装置如图所示：

①电极2的电极反应式是_______；

②在标准状况下，当电极2室有11.2LCO2反应。理论上电极1室液体质量___(填“增加”或“减少”)___g。

(3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的_____极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为__________。

(4)已知AsO43—＋2I－＋2H＋AsO33—＋I2＋H2O是可逆反应，设计如图装置(C1、C2均为石墨电极)开始时：C2棒电极反应式______，当电流表___时，反应达到化学平衡状态。23、依据事实；写出下列反应的热化学方程式：

①12g镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ的热量________。

②1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热量，写出甲烷燃烧热的热化学方程式：________。

③已知：氮氮三键的键能是946kJ/mol，H−H的键能为436kJ/mol，N−H的键能为391kJ/mol，请根据此写出合成氨反应的热化学方程式________。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)24、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误25、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共4题，共16分)26、钴酸锂电池的正极材料含有钴酸锂()；导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁；通过如图工艺流程可回收铝、钴、锂。

回答下列问题：

(1)“调pH除杂”的目的是使沉淀完全[]，则常温下应控制_______[已知：的为]。

(2)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，检验沉淀是否洗净的操作为_______。

(3)沉钴的化学方程式为_______。将溶液沉钴所得晶体配成溶液，经过一系列处理后通过滴定实验测得消耗碘标准溶液则沉钴过程中的产率为_______。(已知：在“一系列处理”过程中二价钴被碘氧化成三价钴)27、电池级广泛应用于高能锂电池制造领域。一种以铁锂云母(主要成分为等)为原料制备的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)已知36.5％盐酸的密度为则该溶液中__________；“溶解”时；为了提高溶解速率，可采取的措施为__________(写两点)。

(2)从工业生产实际分析，氧化时加入物质A的最佳选择为______(填选项字母)，该步骤的离子方程式为__________。

a．b．c．空气d．

(3)“沉铁”时生成则“转化”时发生反应的离子方程式为__________。

(4)“电渗析”的装置如下图所示，则M电极与外接电源的__________极相连；x、y为离子交换膜，则x为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)；结合流程分析电渗析的目的为__________。

(5)实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为__________、玻璃棒和酒精灯。28、钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿（主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)若想提高钼精矿焙烧的速率，可采取的措施有__________。任写一种即可）

(2)如果在空气中焙烧lmolMoS2时，S转移12mol电子，则发生反应的化学方程式为______________________________；焙烧产生的尾气对环境的主要危害是__________________________________。

(3)钼精矿中MoS2含量的测定：取钼精矿160g(假设杂质不与空气反应），经在空气中焙烧若在焙烧过程中产生的尾气用过量的浓氨水吸收，则需要质量分数为40%，密度为0.85g•cm-3的氨水150mL。（假设各步的转化率均为100%),则MoS2的百分含量为________________。(已知MoS2的相对分子质量为160)。

(4)操作3硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为__________。

(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图1所示。b电极上的电极反应式为____________________。

(6)某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图2所示，该温度下BaMoO4的Ksp的值为_____________。29、某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH

沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH7.2

8.73.7

4.72.2

3.27.5

9.0

回答下列问题：

(1)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=___(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是___。

(2)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式___。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共6分)30、醋酸由于成本较低；在生产中被广泛应用。

(1)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是________(填字母)。A．乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD．整个体系中乙烯的质量分数一定E．气体的总压强不变F．气体的摩尔质量不变(2)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下；某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：

①根据上图判断压强大到小的顺序是________；分析其原因_____。

②压强为p1；温度为60℃时；若乙酸的转化率为40％，则此时乙烯的转化率为____。

③在压强为p1；温度超过80℃时；分析乙酸乙酯产率下降的原因：_____

④根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是________(填出合适的压强和温度)。为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有___________(任写出一条)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．CH3COOH是弱电解质，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，根据电离平衡可知c(CH3COO-)=c(H+)=10-3mol/L；A正确；

B．在溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点时溶液pH＜7，c(H+)＞c(OH-)，所以c(Na＋)＜c(CH3COO-)；B错误；

C．若二者恰好完全反应产生CH3COONa；由于该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，但c点溶液pH=7，溶液显中性，说明酸过量，未完全中和，C错误；

D．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变。d后溶液pH不再变化，说明反应完成，溶液温度不变，K不变；D错误；

故合理选项是A。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．将肉类食品进行低温冷藏；只能减慢腐败变质的速率，故A错误；

B．在化学工业中；选用合适的催化剂能加快反应速率，但不能提高准年化率，故B错误；

C．夏天温度高；面粉的发酵速率比冬天发酵速率快，故C错误；

D．还原性铁粉能与茶叶包装中的氧气反应；降低氧气的浓度，延长茶叶的储存时间，故D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．a和b不连接时；铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；

B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu；故B正确；

C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，溶液中的Cu2+不断得到电子生成Cu；溶液蓝色变浅，故C正确；

D．a和b分别连接直流电源负、正极时，铜片作阴极，铁片作阳极，失电子生成Fe2+，溶液中Cu2+向阴极移动；在铜片上得电子，生成铜在铜片上析出，不能实现铁上镀铜，D项错误；

故选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．电解池中；阳离子向阴极移动，故A正确；

B．bc段过程中，阳极pH降低，阳极电极反应为：2H2O−4e−=4H++O2↑，产生的H+是阳离子，向阴极移动，pH降低表明阳极H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极c(H+)增大，pH=−lgc(H+)减小；故B错误；

C．阴极发生反应为物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e−=Cu；故C正确；

D．ab段过程中，阳极pH增大，电解池阳极处物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，则阳极发生的电极反应应为H2O放电，产生H+，所以阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑；故D正确；

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

先假定甲乙的体积都不变，达到平衡后再保持甲的压强不变，此反应是气体体积增大的反应，因此，待到等体积达平衡后，欲保持甲的压强不变，就需要扩大体积，扩大体积，甲的压强减小，平衡正向移动，所以，若甲容器中的平衡转化率为则乙容器中的平衡转化率将小于甲的，即小于

故选C。二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】【详解】

A.图像中pBa2+=−lgc(Ba2+)=−lg0.1=1，因此n=1，b点是恰好完全反应，pBa2+=−lgc(Ba2+)=−lg1×10−5=5；因此m=5，故A正确；

B.若起始时c(BaCl2)=0.2mol∙L−1，m不变，则加入的Na2SO4溶液体积增大，因此应该b点向右移动；故B错误；

C.BaCO3的溶度积大于BaSO4的溶度积，恰好完全反应生成碳酸钡时，钡离子浓度大，pBa2+值小，而用等浓度的Na2CO3溶液替代Na2SO4溶液，消耗的碳酸钠溶液体积相同，因此b点应竖直向下迁移；故C错误；

D.V。时，向溶液中滴加Na2CO3溶液，因此产生BaCO3沉淀的条件是故D正确。

综上所述，答案为BC。7、CD【分析】【详解】

A．除去溴苯中少量的溴；加入适量NaOH溶液，溴与NaOH溶液反应，与溴苯分层，则静置分液可除杂，可达到实验目的，A不符合题意；

B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡；可达到实验目的，B不符合题意；

C．氯气本身可以和水反应生成次氯酸，并不能表明是溴酸钾氧化了氯气，也不能证明氧化性：Cl2>Br2；故不能达到实验目的，C符合题意；

D．在其他条件相同下，浓度越大，反应速率越快，但是Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；反应中没有明显现象，不能判断反应速率的快慢，故不能达到实验目的，D符合题意；

答案选：CD。8、BC【分析】【分析】

【详解】

A．中和热指反应生成1molH2O(l)时所放出的热量，同时当有BaSO4沉淀生成时，反应放出的热量会增加，因此生成2molH2O(l)时放出的热量大于57.3kJ×2；A错误；

B．生成1molH2O(l)放出57.3kJ·mol-1热量，则表示中和热的热化学方程式为KOH(aq)＋H2SO4(aq)=K2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1；B正确；

C．燃烧热指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，产物中的水为液态水，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为C8H18(l)＋O2(g)=8CO2(l)＋9H2O(l)ΔH=-5518kJ·mol-1；C正确；

D．当2mol辛烷完全燃烧时；放出的热量为11036kJ，且辛烷应为液态，D错误；

选BC。9、AC【分析】【分析】

由图可知，右侧装置为电解池，a极为电解池的阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成电极反应式为b为电解池阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成电极反应式为则c为直流电源的正极，d为负极；a极生成的进入左侧的二氧化氯发生器中与发生如下氧化还原反应

【详解】

A．由分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成电极反应式为在b极区流出的Y溶液是稀盐酸；故A错误；

B．由分析可知，a极为电解池的阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成电极反应式为故B正确；

C．由分析可知，二氧化氯发生器中发生的反应为其中作氧化剂，作还原剂；氧化剂与还原剂之比为1:6，故C错误；

D．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，说明b电极消耗0.3mol由得失电子数目守恒可知，转移0.3mol电子时，二氧化氯发生器中生成0.05mol在标准状况下其体积为1.12L；故D正确；

故选AC。10、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由表中数据可知，T2下反应速率大于T1，故T2高于T1，平衡时甲烷的物质的量是T2大于T1；即升高温度，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A正确；

B．由表中数据可知，组别①中0~10min内，的平均反应速率为=0.003B正确；

C．分析反应可知正反应是一个气体体积增大的方向；若组别②改为恒压装置，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，则M值一定小于0.15，C错误；

D．当有1mol键断裂表示正反应，同时有1mol键形成也表示正反应；故不能说明反应达到平衡状态，D错误；

故答案为：CD。11、AC【分析】【分析】

由pC=-lgX可知，X越大，pC越小。由曲线可知，M曲线随pH的增大而减小，故M为A2-，N曲线随pH的增大而增大，故N为H2A，L曲线随pH的增大先增大后减小，故L为HA-。

【详解】

A．根据分析，N为pC(H2A)与pH的变化关系；A错误；

B．pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，由电荷守恒可知，c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+c(H+)，即c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+10-3mol/L，故c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)=10-3mol/L，所以c(HA-)+2c(A2-)-c(Na+)＜10-3mol/L；B正确；

C．根据分析，X越大，pC越小，pH=4时，由图像可知，c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)；C错误；

D．a点时c(HA-)=c(H2A)，根据H2AH++HA-可知，Ka1==c(H+)=10-0.6，Kh===10-13.4；D正确；

故选AC。12、AC【分析】【详解】

A．据图可知当pH在7.35-7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3；故A错误；

B．HAsO水解方程式为HAsO+H2OH2AsO+OH-，pH增大，氢氧根浓度增大，水解平衡逆向移动，即HAsO水解程度减小；故B正确；

C．据图可知当As元素主要以H2AsO形式存在时，溶液的pH在11左右，溶液呈碱性说明H2AsO的水解程度大于电离程度；故C错误；

D．当溶液的溶质为K2HAsO3时，结合图像，根据物料守恒有2c(HAsO)+2c(AsO)+2c(H2AsO)=c(K+)，K2HAsO3溶液应呈碱性，说明HAsO的水解程度大于电离程度，则该溶液中c(AsO)<(H2AsO)，而b点c(AsO)=(H2AsO)，则溶液中的溶质应为K2HAsO3和K3AsO3，则2c(HAsO)+2c(AsO)+2c(H2AsO)<c(K+)，将c(AsO)=(H2AsO)带入可得2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)；故D正确；

综上所述答案为AC。13、AC【分析】【详解】

A．常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，c(H+)=10-6mol/L，c(OH－)=10-8mol/L，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒为c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，两式合并，所以溶液中存在c()-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH－)=9.9×10-7mol•L-1；故A正确；

B．原碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c()＋c()＋c(H2CO3)]，通入CO2，c()、c()、c(H2CO3)都增大，c(Na+)不变；该守恒关系被破坏，故B错误；

C．碳酸的第一步电离程度远大于第二步电离程度，所以Ka1＞Ka2，所以故C正确；

D．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)=0.1mol·L－1，0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合，溶液混合后体积增大一倍，导致浓度降为原来的一半，混合溶液中c(Na+)+c()+c()+c(H2C2O4)==0.15mol·L－1；故D错误；

答案选AC。14、AC【分析】【分析】

【详解】

A．随着盐酸的加入；碳酸钠转化为碳酸氢钠，最后转化为氯化钠，盐类的水解程度越来越小，故对水的电离的促进作用也越来越小，盐酸过量时还将抑制水的电离，故滴定过程中水的电离程度逐渐减小，A错误；

B．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，故c()逐渐增大，c()逐渐减小，滴定过程中溶液中逐渐增大；B正确；

C．由图中可知，(V2-V1)即碳酸氢钠消耗盐酸的体积，原溶液中碳酸钠的物质的量浓度为：mol/L，故1mL该生活用品中含有的质量为=C错误；

D．根据溶液中电荷守恒可知，曲线任一点溶液中均存在：D正确；

故答案为：AC。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】C2+>A2+>B2+>D2+16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）元素周期表中同主族存在的变化规律，C－Br原子半径在C－Cl和C－I之间，键能应介于C－Cl和C－I之间，C－Br键的键能范围为218kJ•mol-1＜C－Br键能＜330kJ•mol-1；

（2）热化学方程式2H2(g)+S2(g)═2H2S(g)△H=QkJ•mol-1；△H=反应物键能总和-生成物键能总和=2×436kJ/mol+255kJ/mol-2×2×339kJ/mol=-229kJ/mol，则Q=-229；

（3）①O2(g)═O2+(g)+e－△H1=+1175.7kJ•mol-1，②PtF6(g)+e－═PtF6－(g)△H2=-771.1kJ•mol-1，③O2+PtF6－(s)═O2+(g)+PtF6－(g)△H3=+482.2kJ•mol-1，依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到O2(g)+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)△H=-77.6kJ/mol。【解析】218kJ/mol330kJ/mol-229PtF6-77.617、略

【分析】【分析】

(1)催化剂能降低反应所需的活化能；但催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，据此分析；

(2)写出甲醇和氢气燃烧的热化学方程式；与题给的热化学方程式联立，然后根据盖斯定律，即可做出判断；

(3)本小题要注意一个N4分子中含有6个N-N键；要乘以6；

(4)根据盖斯定律和热化学方程式的书写要求作答；

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小；催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响;

故答案为：减小；不变；

(2)①

②

③

根据盖斯定律，①=②+③，即=+因为均小于0，所以a<726.5

故答案为：<；

(3)从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则N4(g)=2N2(g)的△H=6×193kJ•mol-1－2×941kJ•mol-1=－724kJ•mol-1；

故答案为：−724kJ∙mol−1；

(4)由图可知，第二步反应的焓变小于0，所以第二步反应为放热反应；第一步的热化学方程式为第二步的热化学方程式为：根据盖斯定律则

故答案为：

【点睛】

本题考查了催化剂对活化能和反应热的影响、盖斯定律，热化学方程式等热点问题，难度不大，但学生须细心才能得到较高分数。【解析】减小不变＜−724kJ∙mol−1放热18、略

【分析】【详解】

用锌棒、铜和稀硫酸溶液组成的原电池，电池总反应为但是氧化反应和还原反应是分别进行的，锌作为还原剂失去电子，锌棒作负极，电极上发生的是氧化反应，该电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；电子从锌流出，沿着导线流向铜，铜为正极，溶液中的氢离子在正极上得到电子，发生还原反应而产生氢气，该电极反应式为2H++2e-=H2。。【解析】负氧化Zn-2e-=Zn2+正还原2H++2e-=H2↑19、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，0-10s，△c(Z)==0.79mol/L，v(Z)===0.079mol/(LS)；△c(X)==0.395mol/L；Y的转化率=×100%=79%；

(2)由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；

(3)由图象可知正逆反应速率增大；平衡没移动；

A．t1时刻；增大了X的浓度，平衡正移，不符合题意，故A错误；

B．t1时刻；升高了体系温度，平衡移动，不符合题意，故B错误。

C．t1时刻；缩小了容器体积，速率增大，由于反应前后计量数相等，平衡不移动，符合题意，故C正确；

D．t1时刻；使用了催化剂，速率增大，平衡不移动，符合题意，故D正确；

故选CD。【解析】①.0.079mol/（L·s）②.0.395mol/L③.79%④.X（g）+Y（g）2Z（g）⑤.BD20、略

【分析】【分析】

（1）①根据热效应分析平衡常数；若为放热反应，则其平衡常数随着温度的升高而降低，若为吸热反应，则其平衡常数随着温度的升高而增大，据此分析作答。

②反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，可由此进行判断；

③由表可知10min内，甲醇的浓度变化为0.40mol/L，根据=先计算v(CH3OH)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算(H2)；

④根据CO的转化率公式=100%；则需使化学平衡向正反应方向移动，或减小CO起始的物质的量，据此分析作答；

⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时已达到平衡，CH3OH的物质的量为0.8mol；体积为1L，则其浓度为0.8mol/L，则结合反应列出三段式得；

反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始（mol/L）120

转化（mol/L）0.81.60.8

平衡（mol/L）0.20.40.8

根据K=将数值带入计算K值；当加入新物质后，根据浓度商Qc与K值的关系判断反应进行的方向；温度不变，其K值不变，据此分析作答。

（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；

②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，结合图可知，P1>P2；根据压强对反应速率的影响作答；

（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，

则CO2的体积分数为=据此讨论；

（4）根据图示可知；乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，据此分析。

【详解】

（1）①由表可知反应进行到50min时，各物质的浓度均保持不变，则反应均达平衡状态，此时300℃和500℃甲醇的平衡浓度分别为0.90mol/L和0.80mol/L，说明升高温度，不利于生成甲醇，正反应为放热反应，则K300℃＞K500℃；

故答案为＞；

②反应是气体体积减小的放热反应；依据平衡移动原理分析判断。

A.气体的平均摩尔质量=质量是守恒的保持不变；但只要反应向正向移动则气体的总物质的量在减小，则当气体的平均摩尔质量不变了，证明已达到平衡，故A项正确；

B.根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)正=2v(CH3OH)逆，才能说明化学反应达到平衡，所以2v(H2)正=v(CH3OH)逆；不能说明正逆反应速率相等，则不能证明反应达到平衡状态，故B项错误；

C.反应是前后气体体积变化的反应；容器中气体的压强保持不变，证明达到了平衡，故C项正确；

D.单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2；不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故D项错误。

故选AC；

③由表可知10min内，甲醇的浓度变化为0.40mol/L，所以v（CH3OH）===0.04mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，则所以v（H2）=2v（CH3OH）=2×0.04mol/（L•min）=0.08mol/（L•min）．

故答案为0.08mol/（L•min）；

④A.充入CO气体；平衡虽然向正反应方向移动，但起始CO的物质的量增多，最终导致其转化率减小，故A项错误；

B.因反应为放热反应；则升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，故B项错误；

C.使用合适的催化剂；化学平衡不移动，CO的转化率不变，故C项错误；

D.往容器中再充入1molCO和2molH2；相当于给反应体系加压，因反应为气体体积分数减小的方向，所以增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故D项正确；

答案选D；

⑤500℃时，保持反应体系的温度不变，60min时已达到平衡，CH3OH的物质的量为0.8mol；体积为1L，则其浓度为0.8mol/L，则结合反应列出三段式得；

反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始（mol/L）120

转化（mol/L）0.81.60.8

平衡（mol/L）0.20.40.8

K===25L2/mol2，再向容器中充入CH3OH气体和H2各0.4mol后，c(CH3OH)=1.2mol/L，c(H2)=1.8mol/L，c(CO)=0.2mol/L，其浓度商Qc==L2/mol2K，故反应向正反应方向移动，温度不变，再次达到平衡其K值不变，为25L2/mol2；

故答案为正反应方向；25；

（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0；

故答案为<；

②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动,，甲醇的物质的量增大，故压强P1>P2，又因为压强增大，反应速率也增大，所以v(N)<v(M)；

故答案为<；

（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，

则CO2的体积分数为=要使为恒定的值，则a与b的大小关系式为a=b；

故答案为a=b；

（4）由图2知，乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，催化剂已失去活性，则乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围：300∼400℃；

故答案为300∼400℃。【解析】①.＞②.AC③.0.08④.D⑤.正反应方向⑥.25⑦.＜⑧.＜⑨.a=b⑩.300℃～400℃21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)图示反应是放热反应，反应热等于生成物与反应物的能量差，即E2-E1，故答案为：放热；E2-E1；

(2)图象分析可知；虚线表示的是降低反应的活化能，单位体积内活化分子数增多反应速率加快，但达到平衡状态相同，化学平衡不变化，改变的条件是加入了催化剂，故答案为：降低；加快；使用催化剂；

(3)在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，即N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1；

(4)①碳酸钙分解反应为吸热反应；焓变大于0，故①错误；

②强酸强碱完全反应生成1molH2O放出的热量为中和热；溶液标注错误，应为aq，所以不是中和热的热化学方程式，故②错误；

③碳完全燃烧生成稳定氧化物放出热量为燃烧热；热化学方程式为碳的燃烧热热化学方程式；

④一氧化碳完全燃烧生成稳定氧化物放出热量为燃烧热；热化学方程式为碳的燃烧热热化学方程式；

⑤强酸强碱完全反应生成1molH2O放出的热量为中和热；选项为中和热的热化学方程式；故答案为：①②；③④；⑤；

(5)已知：

①2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)△H=-90.8kJ•mol-1

②2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ•mol-1

③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1

由盖斯定律②+③+①×2得到3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=-246.4kJ•mol-1，故答案为：-246.4kJ•mol-1。

【点睛】

注意把握从键能的角度计算反应热的方法，还考查了热化学方程式书写方法，燃烧热、中和热概念的分析判断，盖斯定律的应用。【解析】放热E2-E1降低加快使用催化剂N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1①②③④⑤-246.4kJ•mol-122、略

【分析】【详解】

（1）硫酸铁水解生成Fe（OH）3胶体，硫酸铁净水原因：Fe3++3HOFe(OH)3+3H+；

SnCl2水解成碱式氯化亚锡和盐酸，化学方程式：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl；

FeCl3在溶液中水解生成Fe(OH)3和氢离子，加入与氢离子反应的物质如CuO、Cu（OH）2会促进其水解，使三价铁离子转化为Fe（OH）3沉淀；要除去CuCl2溶液中FeCl3；可以向溶液中加入氧化铜或氢氧化铜等；

将AlCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Al(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到碱，灼烧氢氧化铝时，氢氧化铝会分解生成三氧化二铝和水，将AlCl3溶液蒸干并灼烧所得固体的化学式为Al2O3。

(2)以石墨为电极，电解FeI2溶液，碘离子在阳极发生氧化，阳极电极反应式为2I--2e-=I2；

①2是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H＋+2e－=HCOOH；

②电极1式为负极，发生的电极反应式为2H2O-4e－=4H＋+O2↑，理论上随着当电极2室有11.2LCO2反应，二氧化碳的物质的量为11.2L÷22.4L·mol－1=0.5mol，转移电子为0.5mol×2=1mol，电极1室参加反应的水的质量为18g·mol－1×1mol÷2=9g；

即电极1室理论减小液体质量为9g；

(3)铝作阳极，先失电子被氧化，再在钢表面还原，钢制品应接电源的负极，电极反应，阴极电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=7AlCl4-+Al。

(4)AsO43-＋2I－＋2H＋AsO33—＋I2＋H2O是可逆反应，加酸，c（H＋）增大，AsO43－得电子，I－失电子，所以C1是负极，C2是正极；加碱，c（OH－）增大，AsO33－失电子，I2得电子，此时，C1是正极，C2是负极；故发生不同方向的反应，电子转移方向不同。

开始时：C2棒是正极，电极反应式AsO43—＋2e-+2H＋=AsO33—＋H2O；当电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态。

【点睛】

本题综合考查盐水解、原电池电解池电极反应及电极反应式的书写，难点（4）可逆电池的分析，开始时，反应正向进行，C2是正极，发生还原反应。【解析】①.Fe3++3HOFe(OH)3+3H+②.SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl③.氧化铜或氢氧化铜等④.Al2O3⑤.2I--2e-=I2⑥.CO2+2H++2e-=HCOOH⑦.减少⑧.9⑨.负⑩.4Al2Cl7—+3e—=7AlCl4—+Al⑪.AsO43—＋2e-+2H＋=AsO33—＋H2O⑫.读数为零23、略

【分析】【详解】

①12g镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ的热量，12g镁的物质的量为0.5mol，则1mol镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ×2=494kJ的热量，故该反应的热化学方程式为Mg(s)+O2(g)=MgO(s)△H=−494kJ/mol；

②燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水应放出16akJ的热量，故甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−16akJ/mol；

③合成氨反应的化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946kJ/mol+3×436kJ/mol-391kJ/mol×6=−92kJ/mol，故合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol。【解析】Mg(s)+O2(g)=MgO(s)△H=−494kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−16akJ/molN2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol四、判断题(共2题，共12分)24、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。25、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。五、工业流程题(共4题，共16分)26、略

【分析】【分析】

向钴酸锂电池的正极材料加入NaOH溶液，只有Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2，而乙炔黑、铁、不溶于碱，从而除去Al，加入硫酸，得到含有Li+、Co2+、Fe2+的溶液，乙炔黑不溶于硫酸，加入H2O2，可以将Fe2+转化为Fe3+，调节pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去Fe，过滤后的滤渣为Fe(OH)3和乙炔黑。

【详解】

(1)由氢氧化铁的可得解得则常温下应控制pH≥3；

(2)沉锂过程发生的反应为硫酸锂溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸锂沉淀和硫酸钠；则检验沉淀是否洗净就是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，具体的实验操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之则未洗净；

(3)沉钴发生的反应为硫酸亚钴溶液和草酸铵溶液反应生成二水草酸亚钴沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为100mL0.50mol/L硫酸亚钴理论上可制得的物质的量为由题意可得：由消耗48.50mL0.50mol/L碘标准溶液可知实际制得的物质的量为则沉钴过程中的产率为【解析】①.3②.取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之则未洗净③.④.97%27、略

【分析】【分析】

铁锂云母(主要成分为等)加浓盐酸溶解，二氧化硅不与盐酸反应故不溶，溶液中含钾离子、锂离子、亚铁离子、铝离子等，加物质A把亚铁离子氧化为铁离子，加Na4[Fe(CN)6]沉铁，过滤所得沉淀加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6]，转化后过滤所得滤液Na4[Fe(CN)6]进行循环利用，沉铁后的滤液加氢氧化钠、氟化钠沉铝，所得滤液通过电渗析浓缩氯化锂溶液、蒸发后加碳酸钠沉锂，得

【详解】

（1）36.5％盐酸的密度为则该溶液中溶解时；为了提高溶解速率，可采取的措施为粉碎铁锂云母和搅拌。

（2）从工业生产实际分析，考虑环保和经济成本两个角度，氧化时加入物质A的最佳选择为空气，该步骤的离子方程式为

（3）“沉铁”时生成沉淀，加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6]，则“转化”时发生反应的离子方程式

（4）根据电渗析示意图，M电极上生成可知，M极为阳极，接外接电源的正极；且氯离子不能到阳极上放电，则x膜为阳离子交换膜，阴极上产生氢气，相当于电解水，据此可推测电渗析的目的为浓缩溶液。

（5）实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为蒸发皿、玻璃棒和酒精灯。【解析】(1)粉碎铁锂云母；搅拌。

(2)c

(3)

(4)正阳浓缩溶液。

(5)蒸发皿28、略

【分析】【分析】

制备钼酸钠：钼精矿(主要成分为MoS2在空气中焙煷得到MoO3，根据S元素的价态变化规律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，过滤分离出难溶物，得到Na2MoO4溶液；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；

制备钼单质：钼精矿(主要成分为MoS2经碱浸并用NaClO氧化，过滤得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到钼酸沉淀，过滤后经高温灼烧得到MoO3，氢气还原MoO3得到Mo；据此解答。

【详解】

（1）提高钼精矿焙烧的速率；可采取将矿物粉碎，适当升高反应温度，搅拌等措施，故答案为：将矿物粉碎，适当升高反应温度；

（2）在空气中焙烧lmolMoS2时，S转移12mol电子，根据电子守恒，硫从-2价升高到+4价，即产物是二氧化硫，所以化学方程式为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，焙烧的产物除MoO3外的另-种是SO2，产生的尾气对环墳境的主要危害是形成酸雨，故答案为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2；形成酸雨；

（3）若在焙烧过程中产生的尾气用过量的浓氨水吸收，则发生的反应为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，需要质量分数为40%，密度为0.85g•cm-3的氨水150mL，消耗氨水的物质的量为mol，则产生的二氧化硫为mol，根据2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2反应，MoS2的物质的量为mol；

所以钼精矿中MoS2的质量分数为=75%；故答