2025年新科版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新科版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、反應速率v和反應物濃度的關系是用實驗方法測定的。化學反應H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反應速率v可表示為v=kcm(H2)cn(Cl2)，式中k為反應速率常數(shù)，m、n值可由下表中數(shù)據(jù)確定。實驗序號c(H2)/(mol?L-1)c(Cl2)/(mol?L-1)v/(mol?L-1?s-1)①1.01.01.0k②2.01.02.0k③2.04.03.0k

下列說法正確的是（）A.在上述反應中，H2、HCl、Cl2的反應速率之比為1：1：2B.加入催化劑，正反應速率增大，逆反應速率減小C.上述化學反應速率表達式中m=1、n=D.相同條件下，H2的濃度對反應速率的影響小于Cl2的濃度對反應速率的影響2、在3個初始溫度均為T℃的密閉容器中發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反應放熱)。下列說法正確的是。容器編號容器類型初始體積起始物質的量/mol平衡時SO3物質的量/molSO2O2SO3SO2O2SO3I恒溫恒容1.0L2101.6II絕熱恒容1.0L210aIII恒溫恒壓0.5L001b

A.a＞1.6B.b＜0.8C.平衡時v正(SO2)∶v(I)＞v(II)D.若起始時向容器I中充入1.0molSO2(g)、0.20molO2(g)和4.0molSO3(g)，則反應將向正反應方向進行3、CS2是一種重要的化工原料。工業(yè)上可以利用硫(S8)與CH4制備CS2，在2L恒容密閉容器中S8(s)受熱分解成氣態(tài)S2，發(fā)生反應2S2(g)+CH4(g)CS2(g)+2H2S(g)△H1，一定條件下，平衡時S2的體積分數(shù)、CH4的平衡轉化率與溫度的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.△H1＞0B.某溫度下，S8(g)分解成氣態(tài)S2，當混合氣體密度不變時，當CH4(g)與S2(g)的反應達到平衡狀態(tài)C.若容器內只發(fā)生反應S8(s)4S2(g)，平衡后恒溫壓縮體積，S2(g)的濃度不變D.若起始加入2molCH4，2min達到平衡時甲烷轉化率為30%，則0～2min內H2S的平均反應速率為0.6mol?L-1?min-14、含氯苯的廢水可通過加入適量乙酸鈉設計成微生物電池；該微生物電池可將氯苯轉化為苯而除去，其原理如圖所示。下列說法不正確的是。

A.交換膜為陽離子交換膜B.N極的電極反應式：C.處理后的廢水變大D.M極為正極，發(fā)生還原反應5、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論或解釋均正確的。選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論或解釋A將Na2O2與SO2反應后的固體物質加水溶解后，先加足量的稀硝酸，再滴加BaCl2溶液產生白色沉淀說明Na2O2與SO2反應后生成了Na2SO4B銅絲和濃硫酸加熱一段時間后冷卻，向反應后的溶液中加水稀釋溶液呈藍色說明反應生成了硫酸銅C向無水乙醇中加入濃硫酸，加熱至170°C，將產生的氣體通入酸性KMnO4溶液中紫紅色褪去乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯D向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再將產生的氣體導入CuSO4溶液中CuSO4溶液中產生黑色沉淀Kal(H2CO3)>Kal(H2S)

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、正誤判斷(正確的寫“對”,錯誤的寫“錯”)

(1)Cu+H2SO4-CuSO4+H2↑可以設計成電解池,但不能設計成原電池。（______）

(2)電解質溶液導電是化學變化,金屬導電是物理變化。（______）

(3)電解飽和食鹽水時,兩個電極均不能用金屬材料。（______）

(4)根據(jù)得失電子守恒可知電解精煉銅時,陽極減少的質量和陰極增加的質量相等。（______）

(5)用電解法提取CuCl2廢液中的銅,采取的方案應是用碳棒連接電源的正極,另一電極用銅片。（______）7、某科研機構用NaOH溶液吸收硫酸工業(yè)廢氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進行電解；可循環(huán)再生NaOH，同時得到某種副產物，其原理如圖所示(電極材料為石墨)。

(1)當有1molNa＋通過陽離子交換膜時，a極生成氣體_______L(標準狀況)，陽極的電極反應式是_______。

(2)稀NaOH溶液的作用是_______，B處流出較濃的NaOH溶液，C處流出的是_______。

(3)在標準狀況下，若用甲烷-空氣燃料電池做電源，處理含SO220%(體積分數(shù))的廢氣40m3，理論上需要消耗甲烷_______m38、按要求完成下列填空。

(1)氮是動植物生長不可缺少的元素，合成氨的反應對人類解決糧食問題貢獻巨大，反應如下：N2+3H22NH3。

①合成氨的反應中的能量變化如圖所示。該反應是_____反應(填“吸熱”或“放熱”)。

②在一定條件下，將一定量的N2和H2的混合氣體充入某密閉容器中，一段時間后，下列敘述能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是_____(填字母)。

a.容器中N2、H2、NH3共存。

b.N2、H2、NH3的物質的量之比為1∶3∶2

c.容器中的壓強不隨時間變化。

d.N2、NH3濃度相等。

(2)從斷鍵和成鍵的角度分析上述反應中能量的變化，化學鍵的鍵能如表所示?；瘜W鍵H－HO=OH－O鍵能(kJ/mol)436496463

反應2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH=_____。生成1molH2O(g)可以放出熱量是_____kJ。

(3)下列反應中，屬于放熱反應的是_____，屬于吸熱反應的是_____。

a.鹽酸與燒堿溶液反應。

b.Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑

c.氫氣在氧氣中燃燒生成水。

d.高溫煅燒石灰石使其分解。

e.鋁和鹽酸反應9、回答下列問題：

(1)為了證明醋酸是弱電解質，某同學分別取pH=3醋酸和鹽酸各1mL，分別用蒸餾水稀釋到100mL，然后用pH試紙分別測定兩溶液的pH，則可認定醋酸是弱電解質，判斷的依據(jù)是_______。

(2)已知室溫時，0.1mol?L?1某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離；回答下列問題：

①該溶液中c(H＋)=_______mol?L?1。

②HA的電離平衡常數(shù)K=_______。

③由HA電離出的c(H＋)約為水電離出的c(H＋)的_______倍。

(3)部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：。弱酸HCOOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)/25℃K=1.77×10-4K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8

①在相同濃度的HCOOH和HClO的溶液中；用“＞”“＜”或“=”填空。

溶液導電能力：HCOOH_______HClO。

②的電離平衡常數(shù)表達式為_______

③將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，寫出該反應離子方程式_______。

(4)某濃度的氨水中存在平衡：NH3·H2O＋OH－，如想增大的濃度而不增大OH－的濃度，應采取的措施是_______(填字母)。

a.適當升高溫度b.加入NH4Cl固體c.通入NH3d.加入少量濃鹽酸10、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農業(yè)生產.生活中有著重要作用。

(1)如圖是N2(g)和H2(g)反應生成1molNH3(g)過程中能量的變化示意圖，請寫出N2和H2反應的熱化學方程式：_______。加入催化劑E1________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)若已知下列數(shù)據(jù)：?；瘜W鍵H—HN≡N鍵能/kJ·mol-1435943

試根據(jù)表中及圖中數(shù)據(jù)計算N—H的鍵能：_______kJ·mol?1。

(3)捕碳技術(主要指捕獲CO2在降低溫室氣體排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已經被用作工業(yè)捕碳劑，它們與CO2可發(fā)生如下反應：

反應Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=(NH4)2CO3(aq)ΔH1

反應Ⅱ：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=NH4HCO3(aq)ΔH2

反應Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)ΔH3

請回答下列問題：

ΔH3與ΔH1、ΔH2之間的關系是ΔH3=________。

(4)試比較下列兩組ΔH的大小(填“＞”；“＜”或“=”)

①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2；則ΔH1____ΔH2。

②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3；Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+10H2O(l)+2NH3(g)ΔH4；則ΔH3_____ΔH4。11、冶煉銅礦石所獲得的銅通常含有鋅；鐵、鎳、銀、金和鉑等微量雜質；俗稱粗銅。工業(yè)上通常通過電解法除去這些雜質制得精銅，以提高銅的使用價值，擴大銅的應用范圍。(幾種金屬的相對原子質量是：Fe－56，Ni－59，Cu－64，Zn－65，Ag－108，Au－197。)

請完成下列問題：

（1）一般來說，電解精煉銅的初始電解質溶液里的陽離子是________，寫出銅的電解精煉過程中的陰極反應式________________________________________________。

（2）如果轉移0.020mole－，下列說法中一定正確的是________。

①陰極質量增加0.64g②陽極質量減少0.64g

③電解質溶液的質量保持不變④電解質溶液的溫度保持不變12、恒溫、恒壓下，在一個容積可變的容器中發(fā)生如下反應：A(g)+B(g)?C(g)

(1)若開始時放入1molA和1molB，達到平衡后，生成amolC，這時A的物質的量為__mol。

(2)若開始時放入3molA和3molB，達到平衡后，生成C的物質的量為__mol

(3)若開始時放入xmolA、2molB和1molC，達到平衡后，A和C的物質的量分別為ymol和3amol，則x=__，y=__。平衡時，B的物質的量__(填編號)。

A.大于2molB.等于2molC.小于2molD.可能大于；等于或小于2mol

(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次達到平衡后，C的物質的量分數(shù)是__。

(5)若維持溫度不變，在一個與反應前起始體積相同，且容積固定的容器中發(fā)生上述反應。開始時放入1molA和1molB到達平衡后生成bmolC。將b與(1)小題中的a進行比較__(填編號)。作出此判斷的理由是__。

A.a＞bB.a＜bC.a=bD.不能比較a和b的大小。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、利用蓋斯定律可間接計算通過實驗難測定的反應的反應熱。___A.正確B.錯誤14、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH＞0。__________________A.正確B.錯誤15、某溫度下，純水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，則c(OH-)=()A.正確B.錯誤16、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯誤17、(1)用碳酸鈉粉末可以制備CO2_______

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產生H2的速率可改用濃H2SO4_______

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理可獲得NH3_______

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：將MgCl2溶液加熱蒸干_______

(6)用向上排空氣法收集銅粉和稀硝酸反應產生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解產生的O2：先熄滅酒精燈，后移出導管_______

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水_______A.正確B.錯誤18、化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共8分)19、氮氧化物已經成為大氣污染的主要污染源，其中NO的含量約占氮氧化物總含量的90%，目前選擇性催化還原技術是脫除最普遍最有效的方法之一；請回答：

(1)實驗室制取一氧化氮的化學方程式是_______。

(2)下列說法不正確的是_______。

A．上述反應的現(xiàn)象是銅片表面有無色氣體產生；溶液由無色慢慢變藍色。

B．可通過排水法或排空氣法收集一氧化氮。

C．NO與可與水反應，方程式為可用以制硝酸。

D．工業(yè)上；氨在鈀或鉑催化下被氧氣氧化成一氧化氮。

(3)在一定溫度下，利用CO為還原劑在催化劑作用下將NO脫除并轉化為和主要的反應方程式如下：

Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

①如圖是不同鈰鋯比例摻雜量催化劑的催化性能結果。試分析脫除NO的最佳的催化劑樣品和溫度是____。選擇該催化劑樣品的原因是____。

②CO、NO的起始物質的量均為1mol，反應在恒定溫度和1L的密閉容器中進行，假設體系以反應Ⅰ和Ⅱ為主，達平衡時NO的轉化率為80%，的選擇性為50%，則___。

(4)已知NO可直接分解：常溫常壓下，該反應的平衡常數(shù)為NO是可以分解的，但是實際上該反應是很難發(fā)生的，以碰撞理論說明原因：_______。

(5)工業(yè)上，在一定溫度下，當存在下用催化去除NO，會發(fā)生如下主反應：下列說法不正確的是_______。

A．通入適量有利于主反應的發(fā)生。

B．量過多會限制脫除NO的活性。

C．當通入過多會嚴重限制脫除NO的活性。

D．氣體組成中時，發(fā)生20、水蒸氣催化重整生物油是未來工業(yè)化制氫的可行方案。以乙酸為模型物進行研究；發(fā)生的主要反應如下：

Ⅰ.CH3COOH（g）+2H2O（g）?2CO2（g）+4H2（g）△H1

Ⅱ.CH3COOH（g）?2CO（g）+2H2（g）△H2

Ⅲ.CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3

回答下列問題：

（1）用△H1、△H2表示，△H3=___。

（2）重整反應的含碳產物產率、H2產率隨溫度、水與乙酸投料比（S/C）的變化關系如圖（a）、（b）所示。

①由圖（a）可知，制備H2最佳的溫度約為___。

②由圖（b）可知，H2產率隨S/C增大而___（填“增大”或“減小”）。

（3）向恒容密閉容器中充入等物質的量的CH3COOH和H2O混合氣體，若僅發(fā)生反應Ⅰ至平衡狀態(tài)，測得H2的體積分數(shù)為50%，則CH3COOH的平衡轉化率為___。

（4）反應體系常生成積碳。當溫度一定時，隨著S/C增加，積碳量逐漸減小，其原因用化學方程式表示為___。21、下圖示出在碳酸-碳酸鹽體系(的分析濃度為1.0×10-2mol·L-1)中，鈾的存在物種及相關電極電勢隨pH的變化關系(E-pH圖，以標準氫電極為參比電極)。作為比較，虛線示出H+/H2和O2/H2O兩電對的E-pH關系。

(1)計算在pH分別為4.0和6.0的條件下，碳酸-碳酸鹽體系中主要物種的濃度_______。(H2CO3：Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11)

(2)圖中a和b分別是pH=4.4和6.1的兩條直線。分別寫出與a和b相對應的鈾的物種發(fā)生轉化的方程式_________。

(3)分別寫出與直線c和d相對應的電極反應_____、_____；并說明其斜率為正或負的原因。

(4)在pH=4.0的緩沖體系中，加入UCl3，寫出反應方程式________。

(5)在pH=8.0~12之間，體系中UO2(CO3)和U4O9(s)能否共存_______？說明理由_______；UO2(CO3)和UO2(s)能否共存________？說明理由________。22、如圖是通過熱化學循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應系統(tǒng)原理。

（1）通過計算，可知系統(tǒng)（I）和系統(tǒng)（II）制氫的熱化學方程式分別為__________________、______________________，制得等量H2所需能量較少的是___________。

（2）H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中；反應平衡后水的物質的量分數(shù)為0.02。

①H2S的平衡轉化率a1=_____%，反應平衡常數(shù)K=___________。

②在620K重復實驗，平衡后水的物質的量分數(shù)為0.03，H2S的轉化率a2_____________a1，該反應的?H__________0。（填“>”“<”或“=”）

③向反應器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉化率增大的是_____（填標號）。

A.H2SB.CO2C.COSD.N2評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)23、氧化鐵是一種紅色的顏料；在工業(yè)上常以富含硫酸亞鐵的廢液為原料生產氧化鐵，其主要流程如下：

(1)已知步驟①中硫酸亞鐵在不同溫度下的溶解度和析出晶體的組成如下表所示。溫度/°C010305056.76064708090溶解度/g14.017.025.033.035.235.335.633.030.527.0析出晶體FeSO4·7H2OFeSO4·4H2OFeSO4·H2O

①則硫酸亞鐵的溶解度變化規(guī)律為_______

②若從硫酸亞鐵溶液中結晶出FeSO4·7H2O，控制的溫度范圍為_______。

(2)步驟②需控制較低溫度并加一定量硫酸，其目的是_______。

(3)生成FeCO3濁液的離子方程式為_______。FeCO3濁液露置在空氣中會出現(xiàn)紅褐色的固體，該變化的化學方程式為_______。

(4)已知FeSO4·7H2O晶體在加熱條件下發(fā)生如下反應：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；利用下圖裝置可檢驗該反應的氣體產物。

①儀器的連接順序為a接_______、_______接_______、_______接_______、_______接_______。

②裝置C中的X為_______。24、錸(Re)是具有重要軍事戰(zhàn)略意義的金屬。是制備高純度Re的重要中間體。

I.的純度測定。

稱取樣品，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用的鹽酸標準溶液吸收，蒸氨結束后取下接收瓶。取吸收液用標準溶液滴定過剩的HCl，達到終點時消耗溶液。

(1)儀器a是_______(填名稱)。

(2)冰鹽水的作用是_______。

(3)實驗所用的NaOH標準溶液，通常采用間接法配制，即配成近似濃度的溶液，再用基準物標定。不能采用直接法配制的原因是_______。

(4)根據(jù)下表，滴定時宜選用_______(填一種指示劑名稱)；滴定終點的現(xiàn)象是_______。

部分指示劑變色的pH范圍如下表：。指示劑名稱變色的pH范圍酸色中性色堿色甲基橙3.1—4.4紅橙黃甲基紅4.4—6.2紅橙黃溴百里酚藍6.0—7.6黃綠藍酚酞8.2—10.0無淺紅紅

(5)樣品中的質量分數(shù)為_______(填表達式)。

II.高純度錸的制取。

(6)高溫下用還原可制得金屬錸；裝置如下圖所示：

[已知：受熱分解生成]

①裝置B中盛放的試劑為_______(填名稱)。

②判斷A中已經反應完全的方法是_______。

③玻璃管內發(fā)生反應的化學方程式為_______。25、某課外小組分別用如圖所示裝置對原電池和電解池的原理進行實驗探究。

請回答：

Ⅰ.用圖1所示裝置進行第一組實驗。

（1）M極發(fā)生反應的電極反應式為__。

（2）已知電解質溶液均足量，若電路中通過0.2mol電子，則CuSO4溶液質量變化量為__g。

Ⅱ.用圖2所示裝置進行第二組實驗。實驗過程中，兩極均有氣體產生，Y極區(qū)溶液逐漸變成紫紅色；停止實驗，鐵電極明顯變細，電解液仍然澄清。查閱資料發(fā)現(xiàn)，高鐵酸根（FeO42-）在溶液中呈紫紅色。

（3）電解過程中，X極發(fā)生反應的電極反應式__。

（4）電解過程中，Y極發(fā)生反應的電極反應式為Fe－6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O和4OH-－4e-=2H2O＋O2↑，若在X極收集到896mL氣體，在Y極收集到112mL氣體(均已折算為標準狀況時氣體體積)，則Y電極(鐵電極)質量減少__g。

（5）在堿性鋅電池中，用高鐵酸鉀作為正極材料，電池總反應式為2K2FeO4＋3Zn=Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，該電池正極的電極反應式為__。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共8分)26、氧化鋅在工業(yè)和生活中的運用非常廣泛，以閃鋅礦(主要成分為ZnS，含有少量FeS和SiO2)為原料制備活性氧化鋅的工藝流程如下；請回答下列問題：

(1)浸取前，將閃鋅礦粉碎的目的是_________。

(2)礦渣中除了有淡黃色的物質，還有_________(填化學式)；浸取時FeS發(fā)生反應的離子方程式為_________。

(3)加入鐵粉的目的是_________，能循環(huán)利用的無機物是_________(填化學式)。

(4)生成ZnCO3·2Zn(OH)2的離子方程式為_________。

(5)有機萃取劑TBP能將氯化亞鐵和氯化鋅分離的原因是_________。27、高鐵酸鹽在環(huán)保；能源等方面有著廣泛的用途。

Ⅰ．高鐵酸鉀（K2FeO4）具有強氧化性，是一種理想的水處理劑，試解釋其原因_______。

Ⅱ．高鐵電池的研制也在進行中。如圖是高鐵電池的模擬實驗裝置：

（1）該電池放電時正極的電極反應式為___________。

（2）鹽橋中盛有飽和KCl溶液，此鹽橋中氯離子向_______移動（填“左”或“右”)；若用陽離子交換膜代替鹽橋，則鉀離子向______移動（填“左”或“右”）。

（3）如圖為高鐵電池和常用的高能堿性電池的放電曲線，由此可得出高鐵電池的優(yōu)點有______。

Ⅲ．工業(yè)上濕法制備K2FeO4的工藝流程如圖。

（1）完成“氧化”過程中反應的化學方程式：

___FeC13+___NaC1O+___NaOH=___NaFeO4+___NaCl+___H2O

（2）加入飽和KOH溶液的目的是___________________。

（3）已知25℃時Ksp[Fe(OH)3］=4.0×10-38，此溫度下若在實驗室中配制5mol/L100mLFeC13溶液，為使配制過程中不出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，則至少需要加入_____mL2mol/L的鹽酸（忽略加入鹽酸體積）。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A.化學反應速率之比等于對應物質的化學計量數(shù)之比，故HCl、的反應速率之比應為1：2：1；故A錯誤；

B.加入催化劑；正；逆反應速率都增大，故B錯誤；

C.v=kcm(H2)cn(Cl2)，由數(shù)據(jù)可知，=2=2m，解得m=1；=2=4n，解得n=故C正確；

D.氫氣的濃度對反應速率的影響程度大于氯氣，故D錯誤；

故選C。2、B【分析】【詳解】

A．II與I初始投入量相同，II為絕熱恒容容器，該反應為放熱反應，故II隨著反應的進行，容器內氣體溫度升高，平衡時相當于對I容器升高溫度，升高溫度化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，則平衡時SO3的物質的量比I?。患碼＜1.6，故A不符合題意；

B．對于I中反應，開始時n(SO2)=2mol，n(O2)=1mol，平衡時n(SO3)=1.6mol，若容器III反應是在恒溫恒容下進行，其等效開始狀態(tài)是n(SO2)=1mol，n(O2)=0.5mol，物質的量是I的一半，容器的容積也是I的一半，則二者為等效開始狀態(tài)，平衡時各種物質的含量相同，則平衡時SO3的物質的量是0.8mol，但由于該反應的正反應是氣體體積減小的反應，反應III是在恒溫恒壓下進行，反應從逆反應方向開始，反應發(fā)生使氣體的壓強增大，為維持壓強不變，相當于在I平衡的基礎上擴大容器的容積而導致減小壓強，減小壓強化學平衡逆向移動，因此反應III中達到平衡時SO3的物質的量比0.8mol要少，即b＜0.8mol；故B符合題意；

C．II為絕熱容器，隨著反應的進行容器內氣體的溫度升高，溫度升高反應速率加快，則平衡時的正反應速率：平衡時v正(SO2)∶v(I)＜v(II)；故C不符合題意；

D．對于反應I，由于容器的容積是1L，則開始時c(SO2)==2mol/L，c(O2)==1mol/L，平衡時c(SO3)==1.6mol/L，根據(jù)物質反應轉化關系可知平衡時，c(SO2)=2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，c(O2)=1mol/L-×1.6mol/L=0.2mol/L，該反應的化學平衡常數(shù)K==80，若開始時向I中加入1.0molSO2(g)、0.20molO2(g)和4.0molSO3(g)，由于容器的容積是1L，則c(SO2)=1.0mol/L，c(O2)=0.2mol/L，c(SO3)=4.0mol/L，則Qc==80=K；因此反應恰好處于平衡狀態(tài)，既不向正反應方向移動，也不向逆反應方向移動，故D不符合題意；

答案選B。3、C【分析】【詳解】

A．升高溫度，甲烷的平衡轉化率降低.說明升高溫度與的反應平衡逆向移動，則與的正反應為放熱反應；A項錯誤。

B．反應前后氣體總質量不變；容器體積不變；則反應前后氣體密度始終不變，不能據(jù)此判斷該反應是否達到平衡狀態(tài)，B項錯誤。

C．溫度不變，平衡常數(shù)不變，平衡后恒溫壓縮體積，的濃度不變；C項正確。

D．0～2min內的平均反應速率為D項錯誤。

故選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．M為正極，正極發(fā)生得電子的還原反應，電極反應為：需要消耗氫離子，故交換膜為陽離子交換膜，或質子交換膜，故A正確；

B．N極為負極，電極反應式：故B正確；

C．示意圖可知，質子從N極移向M極；由電極方程式可知當轉移8mol電子時，正極消耗4molH+，負極生成7molH+；則處理后的廢水的pH降低，故C錯誤；

D．M為正極；正極發(fā)生得電子的還原反應，故D正確；

故答案為C。5、D【分析】【詳解】

A．將Na2O2與SO2反應，生成的固體物質可能為Na2SO4、Na2SO3或二者的混合物，加水溶解后，加入足量的稀硝酸，可將Na2SO3氧化為Na2SO4，再滴加BaCl2溶液，產生BaSO4白色沉淀，則Na2O2與SO2反應不一定生成Na2SO4；A不正確；

B．銅絲和濃硫酸加熱反應后的溶液中；仍含有濃硫酸，加水稀釋時，不能將水加入溶液中，B不正確；

C．向無水乙醇中加入濃硫酸，產生的氣體中可能混入乙醇蒸汽，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色；所以由溶液的紫紅色褪去，不能判斷乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯，C不正確；

D．向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再將產生的氣體導入CuSO4溶液中，發(fā)生反應：Na2S+CO2+H2O=Na2CO3+H2S、H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，從而表明H2CO3的酸性強于H2S，Kal(H2CO3)>Kal(H2S)；D正確；

故選D。二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】【分析】

根據(jù)電解原理分析判斷。

【詳解】

(1)Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑不是自發(fā)反應；不能設計成原電池。但以銅為陽極；石墨為陰極，電解稀硫酸，可實現(xiàn)該反應。原說法正確；

(2)電解質溶液導電時在陽極發(fā)生氧化反應；陰極發(fā)生還原反應；即電解過程，是化學變化。金屬導電過程是自由電子的定向移動過程，是物理變化。原說法正確；

(3)電解飽和食鹽水時；陽極可用惰性金屬電極（如鉑），陰極被保護，可用惰性或較活潑的金屬電極（如鉑；鐵等）。原說法錯誤；

(4)電解精煉銅時；陽極先是較活潑的雜質（鋅；鐵等）失電子，而后是銅失電子，同時不活潑金屬等掉下形成陽極泥；陰極始終是銅離子得電子被還原。陽極減少的質量和陰極增加的質量通常不會相等。原說法錯誤；

(5)以石墨為陽極、銅為陰極電解CuCl2廢液時，陽極生成氯氣、陰極生成銅，即可從CuCl2廢液中提取銅。原說法正確。

【點睛】

電解池是用電器，將電能轉化為化學能。陽極失電子發(fā)生氧化反應，陰極得電子發(fā)生還原反應。外電路中，電子由陽極流向電源正極、電源負極流向陰極，電流方向相反。電解質溶液中，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極。【解析】對對錯錯對7、略

【分析】【分析】

由原理圖可知，a為陰極，H+在陰極得到電子變?yōu)镠2，電極反應式為2H++2e-=H2，b為陽極，放電生成電極反應式為-2e-+H2O=+2H＋；據(jù)此分析解答。

(1)

當有1molNa＋通過陽離子交換膜時，即電路中通過1mol電子，在陰極放出H2在標準狀況下的體積為11.2L；而在陽極上放電生成電極反應式為-2e-+H2O=+2H＋。

(2)

由于水中離子濃度很??；所以用稀NaOH溶液和稀硫酸增強溶液的導電性，提高工作效率；根據(jù)陽極反應式可知，從C處流出的物質是較濃的硫酸。

(3)

處理含SO220%(體積分數(shù))的廢氣40m3，則n(SO2)=(40×103L×20%)/22.4L/mol=8000/22.4mol，則轉移電子n(e-)=8000/11.2mol，而1molCH4在燃料電池中反應生成1molCO2轉移8mol電子，所以理論上需要消耗甲烷的體積為×10-3m3/L=2m3。【解析】(1)11.2-2e-+H2O=+2H＋

(2)增強溶液導電性較濃的硫酸。

(3)28、略

【分析】【詳解】

（1）①根據(jù)圖示是能量變化；反應前反應物的總能量高于反應后生成物的總能量，因此該反應為放熱反應；

②根據(jù)變量不變的原則：

a．反應剛開始時到反應達平衡后；體系中均有這三種物質，三種物質均共存，不能用這個條件判斷反應達平衡，a不符合題意；

b．當體系達平衡狀態(tài)時，N2、H2、NH3的物質的量之比可能為1∶3∶2，也可能不是，與各物質的初始量及轉化率有關，不能用這個條件判斷反應達平衡，b不符合題意；

c．隨著反應的進行；氣體總物質的量減小，因此壓強也會減小，故當反應容器中壓強不隨時間變化時，說明反應達平衡狀態(tài)，可以用這個條件判斷反應達平衡，c符合題意；

d．平衡時，N2與NH3的濃度保持不變；而不一定相等，不能用這個條件判斷反應達平衡，d不符合題意；

故答案選c。

（2）根據(jù)反應物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和計算反應的ΔH，ΔH=(2×436+496-4×463)kJ/mol=-484kJ/mol，根據(jù)熱化學方程式，每生成2molH2O要放出484kJ的能量，故生成1molH2O放出242kJ的能量。

（3）a．鹽酸與燒堿溶液的反應為放熱反應；

b．八水合氫氧化鋇與氯化銨固體的反應為吸熱反應。

c．氫氣與氧氣的燃燒為放熱反應；

d．高溫煅燒石灰石為吸熱反應；

e．鋁和鹽酸的反應為放熱反應；

綜上所述屬于放熱反應的是ace，屬于吸熱反應的是bd?！窘馕觥?1)放熱c

(2)-484kJ/mol242

(3)acebd9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)為了證明醋酸是弱電解質，某同學分別取pH=3醋酸和鹽酸各1mL，分別用蒸餾水稀釋到100mL，然后用pH試紙分別測定兩溶液的pH，則可認定醋酸是弱電解質，根據(jù)強酸稀釋10n倍；pH變化n個單位，弱酸變化不到n個單位，因此判斷的依據(jù)是鹽酸稀釋后的pH=5，而醋酸溶液稀釋100倍后溶液的pH＜5；故答案為：鹽酸稀釋后的pH=5，而醋酸溶液稀釋100倍后溶液的pH＜5。

(2)已知室溫時，0.1mol?L?1某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離；

①HA只有0.1%電離，則0.1%的HA電離出的氫離子濃度c(H＋)=0.1mol?L?1×0.1%=1×10?4mol?L?1；故答案為：1×10?4。

②HA的電離平衡常數(shù)故答案為：1×10?7。

③由HA電離出的c(H＋)=1×10?4mol?L?1，c(OH－)=1×10?10mol?L?1，則HA電離出的c(H＋)約為水電離出的c(H＋)的倍；故答案為：1×106。

(3)①根據(jù)電離平衡常數(shù)得到酸強弱順序為HCOOH＞H2CO3＞HClO＞相同濃度酸越強其電離出的離子濃度越大，溶液導電性越強，因此溶液導電能力：HCOOH＞HClO；故答案為：＞。

②的電離方程式為H＋＋其電離平衡常數(shù)表達式為故答案為：

③根據(jù)酸的強弱順序，將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，該反應離子方程式ClO－＋CO2＋H2O=＋HClO；故答案為：ClO－＋CO2＋H2O=＋HClO。

(4)a．適當升高溫度；平衡正向移動銨根濃度；氫氧根濃度增大，故a不符合題意；

b．加入NH4Cl固體，銨根離子濃度增大，平衡逆向移動，氫氧根濃度減小，故b符合題意；

c．通入NH3；氨水濃度增大，平衡正向移動，銨根離子濃度；氫氧根濃度增大，故c不符合題意；

d．加入少量濃鹽酸；氫離子消耗氫氧根，平衡正向移動，銨根離子濃度增大，故d符合題意；

綜上所述，答案為：bd?！窘馕觥葵}酸稀釋后的pH=5，而醋酸溶液稀釋100倍后溶液的pH＜51×10?41×10?7106＞ClO－＋CO2＋H2O=＋HClObd10、略

【分析】【詳解】

（1）據(jù)焓變等于反應物活化能減去生成物活化能求算焓變，N2和H2反應生成2molNH3過程中的△H=（254kJ/mol-300kJ/mol）×2=-92kJ/mol，所以熱化學方程式為N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol，催化劑可以降低反應的活化能，加入催化劑E1減?。还蚀鸢笧椋篘2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ/mol；減?。?/p>

（2）設N-H的鍵能為akJ/mol，△H=反應物鍵能和-生成物鍵能和=943kJ/mol+3×435kJ/mol-6×akJ/mol=-92kJ/mol；解得a=390，故答案為：390；

（3）已知①2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=(NH4)2CO3(aq)ΔH1

②NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=NH4HCO3(aq)ΔH2

利用蓋斯定律將②2-①可得(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)△H3=2ΔH2-ΔH1，故答案為：△H3=2ΔH2-ΔH1；

（4）①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2，ΔH=生成物的總能量-反應物的總能量，H2O(g)的能量比H2O(l)的能量高，ΔH1＞ΔH2；故答案為：＞；

②S(s)+O2(g)=SO2(g)是放熱反應，ΔH3<0；Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+10H2O(l)+2NH3(g)是吸熱反應，ΔH4>0，則ΔH3＜ΔH4，故答案為：＜。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol?1減小3902ΔH2-ΔH1＞＜11、略

【分析】【詳解】

（1）電解精煉銅的電解質溶液一般為用硫酸酸化了的硫酸銅溶液，其中的陽離子是H＋和Cu2＋。粗銅中Fe、Zn、Ni均有可能放電轉化為Fe2＋、Zn2＋、Ni2＋，F(xiàn)e2＋、Zn2＋、Ni2＋、H＋和Cu2＋中放電能力Cu2＋最強，所以在陰極上放電的只有Cu2＋，陰極反應式為：Cu2＋＋2e－=Cu。答案：H＋、Cu2＋、Cu2＋＋2e－=Cu。

（2）①因為在陰極上放電的只有Cu2＋，所以當有0.020mole－轉移時陰極質量增加0.02mol/L×64g·mol－1＝0.64g,故①正確；②因為粗銅中含有Fe、Zn、Ni，也放電，所以當有0.020mole－轉移時陽極質量減少的不是0.64g,故②錯誤；③Fe；Zn、Ni中；有相對原子質量比Cu大的，也有相對原子質量比Cu小的，且Fe、Zn、Ni的放電能力都強于Cu，首先在陽極上被溶解，因此陽極上放電的不只是銅，陽極質量減少量不固定，電解質溶液的質量也不會保持不變，故③錯誤。④在電解精煉銅的過程中，能量轉化的形式主要是電能轉化為化學能，但也有電能轉化為熱能，電解質溶液的溫度肯定會變化，所以④錯誤；答案：①。

【點睛】

考查銅的精煉的知識。根據(jù)電解精煉銅時,粗銅作陽極,精銅作陰極,陽極上發(fā)生氧化反應,陰極上發(fā)生還原反應。對于雜質的金屬性如果比銅強，則先放電，如果金屬性比銅弱，則后放電。以此進行分析?！窘馕觥縃＋和Cu2＋Cu2＋＋2e－===Cu①12、略

【分析】【分析】

(1)由方程式可知；生成C的物質的量=參加反應A的物質的量，平衡時A的物質的量=A的起始物質的量-參加反應的A的物質的量；

(2)恒溫恒壓下；若開始時放入3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同；

(3)若開始時放入xmolA；2molB和1molC，完全轉化到左邊滿足3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，可以得到3amolC，平衡時A、B的物質的量分別為(1)中A、B的3倍，結合a＜1判斷；

(4)由(3)分析可知；若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效為開始加入6molA和6molB，與(1)中平衡為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，則平衡時C的物質的量分數(shù)與(1)中相同；

(5)反應A(g)+B(g)?C(g)是氣體體積減少的反應；在恒溫恒容容器中，隨反應進行壓強減小，而在恒溫恒壓容器中隨反應進行，過程中的壓強為保持恒壓，則本題的容器中的壓力小于(1)小題容器中的壓力，有利于逆向反應。

【詳解】

(1)達到平衡后；生成amolC，則Δn(A)=Δn(C)=amol，故A的物質的量為1mol﹣amol=(1﹣a)mol；

(2)恒溫恒壓下；若開始時放入3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1∶1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，則平衡時生成C為(1)中的3倍，即生成C為3amol；

(3)若開始時放入xmolA；2molB和1molC，完全轉化到左邊滿足3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1∶1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，可以得到3amolC，1molC轉化可以得到1molA、1molB，則x=3﹣1=2，則平衡時A為3(1﹣a)mol，平衡時B的物質的量為(1)中B的3倍，即為3(1﹣a)mol，由于0＜a＜1，故3(1﹣a)可能大于、等于或小于2；

(4)由(3)分析可知，若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效為開始加入6molA和6molB，與(1)中平衡為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，則平衡時C的物質的量發(fā)生與(1)中相同，即C的物質的量分數(shù)為

(5)在恒溫恒壓容器中開始時放入1molA和1molB到達平衡后生成amolC；在恒溫恒容容器中開始時放入1molA和1molB到達平衡后生成bmolC；反應A(g)+B(g)?C(g)是氣體體積減少的反應，在恒溫恒容容器中，隨反應進行壓強減小，在恒溫恒壓容器中隨反應進行，過程中的壓強為保持恒壓，體積減小，所以本題的容器中的壓力小于(1)小題容器中的壓力，有利于逆向反應，因此平衡后a＞b；故答案為A。

【點睛】

考查化學平衡有關計算、等效平衡問題，充分利用各步的隱含條件，依據(jù)等效平衡的特征分析是本題的關鍵，區(qū)分恒溫恒容容器和恒溫恒壓容器的不同，解題時可先保持恒溫恒壓，再結合容器體積的變化，再保持恒溫并恢復到原體積即可?！窘馕觥?﹣a3a23(1﹣a)DA因為本小題中容器容積不變，而(1)小題中容器的容積縮小，所以本小題的容器中的壓力小于(1)小題容器中的壓力，有利于逆向反應三、判斷題(共6題，共12分)13、A【分析】【分析】

【詳解】

有些反應的反應熱，難以通過實驗直接測定,但是通過蓋斯定律可以間接計算該反應的反應熱，例如碳和氧氣生成一氧化碳的反應。故答案是：正確。14、B【分析】【詳解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，其ΔS<0，則ΔH<0，錯誤。15、B【分析】【分析】

【詳解】

純水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某溫度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此該溫度下，c(OH-)=故此判據(jù)錯誤。16、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)用碳酸鈉粉末與酸反應可以制備CO2；故正確；

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產生H2的速率不可改用濃H2SO4；濃硫酸遇鐵，常溫下發(fā)生鈍化，故錯誤；

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理除去二氧化碳和水，可獲得NH3；故正確；

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同；均是固體加熱，故正確；

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：應在HCl氣流中將MgCl2溶液加熱；故錯誤；

(6)應用排水法收集銅粉和稀硝酸反應產生的NO；故錯誤；

(7)排水法收集KMnO4分解產生的O2：先移出導管；后熄滅酒精燈，故錯誤；

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產物應先通過飽和食鹽水，后通過濃硫酸，故錯誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應物可使平衡正向移動，加入反應物本身的轉化率減小，故正確。四、原理綜合題(共4題，共8分)19、略

【分析】【分析】

實驗室可用銅和稀硝酸反應來制取一氧化氮，NO極易和空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，氨和氧氣在鈀或鉑催化下被氧化成一氧化氮，據(jù)此分析解答；CO、NO的起始物質的量均為1mol，反應在恒定溫度和1L的密閉容器中進行，則起始時CO、NO的物質的量濃度均為1mol/L，達平衡時NO的轉化率為80%，則平衡時NO為0.2mol/L，的選擇性為50%，則平衡時為0.8mol/L×50%×=0.2mol/L，結合計算平衡時CO和CO2的濃度，據(jù)此分析解答；根據(jù)結合2NO+O2=2NO2，4NH3+5O24NO+6H2O分析判斷。

【詳解】

(1)實驗室可用銅和稀硝酸反應來制取一氧化氮，反應的化學方程式為3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，故答案為：3Cu+8HNO3（?。?3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑；

(2)A．3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑反應的現(xiàn)象是銅片表面有無色氣體產生，溶液由無色慢慢變藍色，故A正確；B．NO極易和空氣中的氧氣反應生成二氧化氮，且NO不溶于水，應該采用排水法收集NO，故B錯誤；C．NO與可與水反應生成硝酸，反應的化學方程式為可用以制硝酸，故C正確；D．工業(yè)上，氨和氧氣在鈀或鉑催化下被氧化成一氧化氮，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；故D正確；故答案為：B；

(3)①根據(jù)圖象，脫除NO的最佳的催化劑樣品是溫度是300℃，因為在300℃下，NO轉化率和選擇性都很高，故答案為：300℃；在300℃下，NO轉化率和選擇性都很高；

②CO、NO的起始物質的量均為1mol，反應在恒定溫度和1L的密閉容器中進行，則起始時CO、NO的物質的量濃度均為1mol/L，達平衡時NO的轉化率為80%，則平衡時NO為0.2mol/L，的選擇性為50%，則平衡時為0.8mol/L×50%×=0.2mol/L，中消耗的CO為0.4mol/L，生成的CO2為0.4mol/L，中消耗的NO為0.4mol/L，消耗的CO為0.2mol/L，生成的CO2為0.2mol/L，則平衡時CO為1mol/L-0.4mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，CO2為0.4mol/L+0.2mol/L=0.6mol/L，因此=故答案為：

(4)常溫常壓下，的平衡常數(shù)為NO是可以分解的，但是實際上該反應是很難發(fā)生的，可能是NO的鍵能大，的活化能非常大，常溫常壓下分解的反應速率非常低，幾乎不反應，故答案為：NO的鍵能大，的活化能非常大；常溫常壓下分解的反應速率非常低，幾乎不反應；

(5)A．通入適量有利于主反應的發(fā)生，故A正確；B．量過多，同樣會與氨氣反應生成氮氣和水，不會限制脫除NO的活性，故B錯誤；C．當通入過多，過多的氧氣會直接將氨氣氧化生成NO，會降低脫除NO的效率，故C正確；D．①②2NO+O2=2NO2，①-②即當氣體組成中時，發(fā)生的反應為故D正確；故答案為：B。

【點睛】

本題的易錯點為(3)②，要注意理解的選擇性為50%的含義和三段式在化學平衡計算中的應用，難點為(4)，要注意從活化能的角度理解分析?！窘馕觥緽300℃在300℃下，NO轉化率和選擇性都很高NO的鍵能大，的活化能非常大，常溫常壓下分解的反應速率非常低，幾乎不反應B20、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)題干信息分析，反應Ⅲ=(反應Ⅱ-反應Ⅰ)，由蓋斯定律可得故答案為：

(2)①由圖(a)可知，制備H2在800℃時；達到最高轉化率，則制備氫氣最佳的溫度約為800℃,故答案為：800℃；

②由圖(b)可知，S/C增大時，反應I平衡向正反應方向移動，反應III平衡向逆反應方向移動，使體系中的H2的量增大；故答案為：增大；

(3)設CH3COOH和H2O的物質的量均為1mol，平衡時，反應了CH3COOHxmol；列三段式有：

測得H2的體積分數(shù)為50%，則計算得x=0.4mol，醋酸的轉化率為：=40%，即CH3COOH平衡轉化率為40%；故答案為：40%；

(4)當溫度一定時，隨著S/C增加，積碳量逐漸減小，是由于積碳與水蒸氣反應生成了CO和H2，反應的化學方程式為C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，故答案為：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；【解析】800℃增大40%C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)21、略

【分析】【分析】

【詳解】

H2CO3=H++Ka1`=[H+][]/[H2CO3]-4.5×10-7

=H++Ka2=[H+][]/[]-4.7×10-11

pH=4.0，[H+]=1.0×10-4mol·L-1

[H2CO3]=(][H+]/(4.5×10-7)-2.2×102[]。

[]=[]=4.7×10-11/[H+]=4.7×10-7[]

溶液中以H2CO3為主，[H2CO3]=1.0×10-2mol·L-1

pH=6.0，[H+]=1.0×10-6mol·L-1

[H2CO3]=[][H+]/(4.5×10-7)=2.2[]。

[]=[]×4.7×10-11/[H+]=4.7×10-5[]

[]=1.0×10-2mol·L-1/3.2-3.1×10-3mol·L-1

[H2CO3]=2.2[]=6.8×10-3mol·L-1【解析】見解析a：UO+H2CO3→UO2CO3+2H+

b：UO2CO3+2→UO2(CO3)+H2CO3c：4UO22-+H2O+6e→U4O9+2H+，該半反應產生H'，pH的增大有利于H+的除去，故電極電勢隨pH增大面升商，即E-pH斜率為正d：U4O9+2H++2e→4UO2+H2O，該半反應消耗H+，pH增大，H+濃度減小，不利于反應進行，故電極電勢隨pH增大而降低，即E-pH線的斜率為負U3++2H2O→UO2+1/2H2+3H+UO2(CO3)和U4O9能共存E(UO2(CO3)/U4O9)低于E(O2/H2O)面高于E(H+/H2)。因此，其氧化形態(tài)UO2(CO3)不能氧化水而生成O2。其還原形態(tài)U4O9(s)也不能還原水產生氫氣UO2(CO3)和UO2(s)不能共存E(UO2(CO3)+/U4O9)高于E(U4O9/UO2)。當UO2(CO3)和UO2(s)相遇時，會發(fā)生反應。22、略

【分析】【詳解】

（1）系統(tǒng)中（I）最終是水分解制取氫氣，系統(tǒng)(I)最終是H2S分解為硫和氫氣。利用蓋斯定律，依據(jù)反應①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g)△H1=+327kJ/mol、②SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H2=-151kJ/mol、③2HI(aq)=H2(g)+I2(s)△H3=+110kJ/mol、④H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l)△H4=+61kJ/mol，將上述反應進行如下變形:①十②+③，整理可得系統(tǒng)(I)的熱化學方程式為H2O(l)=H2(g)+-O2(g)△H=+286kJ/mol；②+③+④，整理可得系統(tǒng)(II)的熱化學方程式為H2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol；

答案為：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=+286kJ/mol；H2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol；系統(tǒng)(II)；

（2）①由題意設H2S轉化的物質的量為x，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)起始（mol）0.400.1000轉化（mol）xxxx平衡（mol）0.40-x0.10-xxx

已知反應平衡后水的物質的量分數(shù)為0.02，則=0.02，解得x=0.01，故H2S的平衡轉化率a1=×100%=2.5%；反應平衡常數(shù)K=≈2.8×10-3；

答案為：2.5；2.8×10-3；

②水的物質的量分數(shù)增大，說明升高溫度平衡正向移動，則H2S的轉化率a2＞a1，且正反應吸熱，即△H＞0；

答案為：>；>；

③A.充入H2S，濃度增大，平衡正向移動，H2S的轉化率減??；故A錯誤；

B.充入CO2，平衡正向移動，H2S的轉化率增大；故B正確；

C.充入COS，平衡逆向移動，H2S的轉化率減??；故C錯誤；

D.充入N2，平衡不移動，H2S的轉化率不變；故D錯誤；

答案選B?！窘馕觥縃2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=+286kJ/molH2S(g)=H2(g)+S(s)△H=+20kJ/mol系統(tǒng)(II)2.52.8×10-3>>B五、實驗題(共3題，共12分)23、略

【分析】【分析】

以富含硫酸亞鐵的廢液為原料生產氧化鐵，其主要流程：廢液結晶得到FeSO4·7H2O，加一定量硫酸溶解，抑制FeSO4的水解，加入碳酸氫銨，F(xiàn)eSO4溶液中加入碳酸氫銨經反應可生成碳酸亞鐵固體和硫酸銨溶液，碳酸亞鐵固體經洗滌、干燥，在空氣中灼燒時發(fā)生分解，且與空氣中的氧氣發(fā)生氧化還原反應，可生成Fe2O3，依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析析出晶體FeSO4·7H2O的溫度范圍。

(1)

①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在溫度為0～64℃范圍內；硫酸亞鐵的溶解度隨溫度的升高而增大，當溫度超過64℃時，其溶解度又隨溫度的升高而減小；

②根據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析：0°C時析出晶體FeSO4·7H2O質量為14g，當溫度t＞56.79℃時析出晶體FeSO4·4H2O，所以析出晶體FeSO4·7H2O的溫度范圍應為t＜56.7°C；

(2)

步驟②需加一定量硫酸，除了保證鐵屑充分反應外，由于亞鐵離子水解顯酸性，加過量硫酸，增大溶液中H+濃度，使水解反應Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+的平衡向逆反應方向移動，從而抑制Fe2+的水解；

(3)

亞鐵離子與碳酸氫根離子反應生成碳酸亞鐵沉淀和二氧化碳、水，其反應的離子方程式為：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

FeCO3濁液露置在空氣中會出現(xiàn)紅褐色的固體，這是由于FeCO3具有還原性，被潮濕的空氣中的O2氧化產生Fe(OH)3，該變化的化學方程式為4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3↓+4CO2；

(4)

①FeSO4·7H2O高溫分解生成的氣體有二氧化硫、三氧化硫和水蒸氣，利用裝置圖可檢驗該反應的氣體產物。先利用D裝置檢驗生成的水蒸氣，通過C裝置冷卻是為了吸收三氧化硫，通過裝置E檢驗二氧化硫氣體的存在，最后剩余氣體通過B裝置吸收尾氣，儀器的連接順序為a、f(或g)、g(或f)、d、e、h、i、b；

②通過C裝置冷卻是為了吸收SO3氣體，SO3與水反應產生H2SO4，H2SO4與BaCl2溶液反應產生BaSO4沉淀和HCl，故裝置C中的X為吸收三氧化硫的BaCl2溶液。【解析】(1)硫酸亞鐵的溶解度先是隨溫度的升高而增大；當溫度超過64℃時達到最大值，后來其溶解度又隨溫度的升高而減小t＜56.7°C

(2)抑制Fe2+的水解。

(3)Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3↓+4CO2

(4)f(或g)g(或f)dehibBaCl224、略

【分析】【分析】

分液漏斗中的濃氫氧化鈉溶液滴入三口燒瓶內生成氨氣，用a中產生的水蒸氣把三口燒瓶中產生的氨氣全部排入接收瓶中被鹽酸吸收，用標準氫氧化鈉溶液滴定剩余鹽酸，計算出生成氨氣的物質的量，根據(jù)氨氣的物質的量計算的質量分數(shù)。

【詳解】

（1）根據(jù)裝置圖；儀器a是圓底燒瓶。

（2）氯化銨受熱易分解；冰鹽水的作用是防止氯化銨受熱易分解，使氨氣溢出；

（3）氫氧化鈉易吸收空氣中的二氧化碳和水分；所以不能采用直接法配制氫氧化鈉溶液；

（4）用氫氧化鈉滴定剩余鹽酸；滴定終點溶液中的溶質為氯化銨；氯化鈉，溶液呈弱酸性，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，滴定時宜選用甲基紅；滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后一滴氫氧化鈉溶液，紅色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不變色?/p>

（5）氫氧化鈉、氨氣共消耗鹽酸反應消耗氫氧化鈉的物質的量為則反應消耗氨氣的物質的量為根據(jù)~~可知的物質的量為樣品中的質量分數(shù)為

（6）①裝置B的作用是吸收氨氣防止污染；所以B中盛放的試劑為無水氯化鈣。

②取A中固體，溶于水，過濾，濾液中加濃氫氧化鈉溶液加熱，若不生成使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，說明已經反應完全。

③玻璃管內和氫氣在加熱條件下反應生成Re、氨氣、水，發(fā)生反應的化學方程式為【解析】(1)圓底燒瓶。

(2)防止氯化銨受熱易分解；使氨氣溢出。

(3)氫氧化鈉易吸收空氣中的二氧化碳和水分。

(4)甲基紅滴入最后一滴氫氧化鈉溶液；紅色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不變色?/p>

(5)

(6)無水氯化鈣取A中固體，溶于水，過濾，濾液中加濃氫氧化鈉溶液加熱，若不生成使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，說明已經反應完全25、