2025年滬科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1

②氫氣燃燒的能量變化示意圖：

下列說(shuō)法正確的是A.1molC(s)完全燃燒放出110kJ的熱量B.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-480kJ·mol-1C.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1D.欲分解2molH2O(l)，至少需要提供4×462kJ的熱量2、書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式要注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)，原因是A.具體說(shuō)明反應(yīng)的情況B.物質(zhì)呈現(xiàn)的狀態(tài)與反應(yīng)焓變有關(guān)C.說(shuō)明反應(yīng)條件D.物質(zhì)呈現(xiàn)的狀態(tài)與生成什么物質(zhì)有關(guān)3、某化學(xué)研究小組探究外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡；溶液pH影響的圖像；其中圖像和實(shí)驗(yàn)結(jié)論表達(dá)均正確的是。

A.①是其他條件一定時(shí)，反應(yīng)速率隨溫度變化的圖像，正反應(yīng)△H＜0B.②是在平衡體系的溶液中加入少量KCl晶體后化學(xué)反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的圖像C.③是在有無(wú)催化劑存在下建立的平衡過(guò)程圖像，a是使用催化劑時(shí)的曲線D.④是表示Cl2通入H2S溶液中pH變化4、2L恒容密閉容器中進(jìn)行的某可逆反應(yīng)X（g）+2Y（g）2Z（g）以c(Y)的改變表示的反應(yīng)速度υ正(單位為mol·L-1·s-1)，υ正、υ逆與時(shí)間的關(guān)系如圖。則圖中陰影部分的面積可表示（）

A.X的物質(zhì)的量濃度的減少B.Y的物質(zhì)的量濃度的減少C.Z的物質(zhì)的量增加D.Y的物質(zhì)的量減少5、在2L的恒容密閉容器中充入2molSO2和1molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.由圖可知：該反應(yīng)的△H<0B.在圖中的t1時(shí)充入少量氬氣，容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，平衡右移C.圖所示條件下，平衡常數(shù)為2D.圖中的y可以表示平衡常數(shù)或混合氣體平均摩爾質(zhì)量6、在室溫時(shí)，向溶液中滴加溶液，得到溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示無(wú)氣體溢出以下說(shuō)法不正確的是

A.a點(diǎn)時(shí)水的電離程度最大B.b點(diǎn)時(shí)溶液中的離子濃度關(guān)系有C.c點(diǎn)時(shí)溶液中的粒子濃度大小關(guān)系為D.d點(diǎn)時(shí)溶液中7、關(guān)于小蘇打水溶液的表述正確的是（）A.c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B.c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH－)C.HCO3-的電離程度大于HCO3-的水解程度D.存在的電離有：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-=H++CO32-8、室溫下，將0.1mol?L-1NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中；溶液的pH與NaOH溶液體積關(guān)系如圖所示：下列關(guān)系中，不正確的是。

A.M點(diǎn)c(Na+)＞c(NH4+)B.N點(diǎn)c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)C.Q點(diǎn)c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(Na+)D.M、N、Q三點(diǎn)中，水的電離程度M＞N＞Q評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、據(jù)公安部2019年12月統(tǒng)計(jì)；2019年全國(guó)機(jī)動(dòng)車保有量已達(dá)3.5億。汽車尾氣排放的碳?xì)浠衔?；氮氧化物及碳氧化物是許多城市大氣污染的主要污染物。

I.汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器；可有效降低汽車尾氣污染。

（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=?393.5kJ·mol?1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=?221.0kJ·mol?1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol?1

CO和NO兩種尾氣在催化劑作用下生成N2的熱化學(xué)方程式___。

（2）對(duì)于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；在一定溫度下，于1L的恒容密閉容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反應(yīng)開(kāi)始進(jìn)行。

下列能說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___（填字母代號(hào)）。

A.比值不變。

B.容器中混合氣體的密度不變。

C.v（N2）正=2v（NO）逆

D.容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變。

（3）使用間接電化學(xué)法可處理燃煤煙氣中的NO；裝置如圖2所示。

已知電解池的陰極室中溶液的pH在4～7之間，寫(xiě)出陰極的電極反應(yīng)式___。用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。

（4）T1溫度時(shí)在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。實(shí)驗(yàn)測(cè)得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆為速率常數(shù)只受溫度影響。不同時(shí)刻測(cè)得容器中n(CO)、n(O2)如表：。時(shí)間/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4

①T1溫度時(shí)=___L/mol。

②若將容器的溫度改變?yōu)門(mén)2時(shí)其k正=k逆，則T2__T1(填“>”、“<”或“=")。

II.“低碳經(jīng)濟(jì)”備受關(guān)注，CO2的有效開(kāi)發(fā)利用成為科學(xué)家研究的重要課題。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，將一定量的H2和CO2置于恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0

（5）溫度為T(mén)時(shí)，向10L密閉容器中充入5molH2和CO2的混合氣體，此時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)為5P，兩種氣體的平衡轉(zhuǎn)化率ɑ與的關(guān)系如圖所示：

①圖中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率可用表示___（L1或L2）

②該溫度下，反應(yīng)X的平衡常數(shù)Kp=___。（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。10、圖表示800℃時(shí)；A；B、C三種氣體物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化的情況，t是達(dá)到平衡狀態(tài)的時(shí)間。試回答：

(1)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。

(2)2min內(nèi)，A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為_(kāi)______。11、在一定體積的密閉容器中，進(jìn)行如下化學(xué)反應(yīng)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；其化學(xué)平衡常數(shù)K與溫度t的關(guān)系如下：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=_________。

（2）該反應(yīng)為_(kāi)_______（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)。

（3）某溫度下，平衡濃度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），試判斷此時(shí)的溫度為_(kāi)_______℃。

（4）830℃，在1L的固定容器的密閉容器中放入2molCO2和1molH2，平衡后CO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)______。12、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是________填標(biāo)號(hào)

A.

B.

C.

D.13、25℃時(shí)，將pH=x氨水與pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等體積混合后，所得溶液中各種離子的濃度關(guān)系正確的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)14、將等體積的氨水與鹽酸溶液混和后，若混和溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，則溶液中的pH值______（填“＞”、“＜”或“=”，下同）7，混和前c(NH3·H2O)_______c(HCl)，氨水中c(OH-)______鹽酸中c(H+)。15、請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）已知：N2、O2分子中化學(xué)鍵的鍵能分別是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol-1。則相同條件下破壞1molNO中化學(xué)鍵需要吸收的能量為_(kāi)______kJ。

（2）25℃時(shí)，pH=5的CH3COOH溶液中，由水電離出的氫離子濃度c(H+)=____kJ·mol-1；若加入少量NaOH固體，則溶液中_____(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（3）25℃下，向某Na2CO3溶液中加入稀鹽酸，其含碳元素的微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（φ）隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32-______（填“能”或“不能”）大量共存。

②當(dāng)pH=7時(shí),溶液中含碳元素的微粒主要為_(kāi)_______。溶液中各種離子的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為_(kāi)_____________。

③反應(yīng)的CO32-+H2OHCO3－+OH－的平衡常數(shù)Kh=______。16、向BaCl2溶液中通入足量SO2氣體，沒(méi)有沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象。_______________________________評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共5分)18、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價(jià)氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請(qǐng)回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測(cè)Z在周期表中位置為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。寫(xiě)出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)19、工業(yè)上由鋁土礦（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制備無(wú)水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，F(xiàn)eCl3；分別在183℃；315℃升華。

（1）在焙燒爐中發(fā)生反應(yīng)：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反應(yīng)2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應(yīng)，當(dāng)生成1molAlCl3時(shí)轉(zhuǎn)移______mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為_(kāi)______。在溫度約為700℃向升華器中加入鋁粉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)________。充分反應(yīng)后溫度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），開(kāi)始分離收集AlCl3。

②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進(jìn)行蒸餾，也能得到一定量的無(wú)水AlCl3，此原理是利用濃硫酸下列性質(zhì)中的_______（填字母序號(hào)）。

①氧化性②吸水性③難揮發(fā)性④脫水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料，海水為電解質(zhì)溶液，構(gòu)成電池的其正極反應(yīng)式________，與鉛蓄電池相比．釋放相同電量時(shí)，所消耗金屬電極材料的質(zhì)量比m（Al）:m（Pb）=__________________。20、高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產(chǎn)高純度碳酸鋰的工藝流程如下：

已知(i)用Men+表示金屬陽(yáng)離子、HR表示有機(jī)萃取劑，“萃取”原理可以表示為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對(duì)雜質(zhì)離子的特殊選擇性)與化學(xué)凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質(zhì)離子)

除雜效果對(duì)比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學(xué)凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)將最終產(chǎn)品進(jìn)行焰色反應(yīng)；可觀察到火焰呈___________(填標(biāo)號(hào))。

A．紫紅色B．紫色C．黃色。

(2)為提高“焙燒”效率；常采取的措施是_________________________________(寫(xiě)兩點(diǎn))。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對(duì)萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為_(kāi)__________mol·L-1為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是______________________；流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應(yīng)”的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對(duì)于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢(shì)為_(kāi)______________________________。21、已知：①工業(yè)上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAlSi2O6和少量鈣鎂雜質(zhì)）反應(yīng)，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰。

②某些物質(zhì)的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸與β-鋰輝礦生產(chǎn)金屬鋰的工業(yè)流程如下：

請(qǐng)回答：

（1）β-鋰輝礦經(jīng)初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化學(xué)式是______。

（3）流程中使用了不同濃度的Na2CO3溶液，從物質(zhì)溶解度大小的角度解釋其濃度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3與鹽酸反應(yīng)得到LiCl溶液的離子方程式是_______。

（5）工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：

a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液；LiOH溶液作陰極液，兩者用離子選擇透過(guò)膜隔開(kāi)，用惰性電極電解。

b.電解后向LiOH溶液中加入過(guò)量NH4HCO3溶液，過(guò)濾、烘干得高純Li2CO3。

①a中，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是_____。

②b中，生成Li2CO3反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。22、重鉻酸鈉是一種用途極廣的氧化劑，工業(yè)上可以用鉻鐵礦[主要成分Fe(CrO2)2(或?qū)懗蒄eO·Cr2O3)，還含有A12O3、Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)]制備，同時(shí)還可回收Cr。其主要工藝流程如圖所示：

已知部分物質(zhì)的溶解度曲線如圖1所示。

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)煅燒生成Na2CrO4的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。

(2)操作a的實(shí)驗(yàn)步驟為_(kāi)__________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，寫(xiě)出生成Cr(OH)3的離子方程式___________。

(4)采用石墨電極電解Na2CrO4溶液制備Na2Cr2O7，其原理如圖2所示，寫(xiě)出電極b的電極反應(yīng)式：________。

(5)根據(jù)有關(guān)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)，含CrO的廢水要經(jīng)化學(xué)處理使其濃度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放?？刹捎眉尤肟扇苄凿^鹽生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸處理多余的Ba2+的方法處理廢水。加入可溶性鋇鹽后，廢水中Ba2+的濃度應(yīng)不小于___________mol·L-1，廢水處理后方能達(dá)到國(guó)家排放標(biāo)準(zhǔn)。評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共15分)23、I.為比較Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解的催化效果，某化學(xué)研究小組的同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)回答相關(guān)問(wèn)題：

（1）定性分析：如圖甲可通過(guò)觀察______的快慢，定性比較得出結(jié)論。有同學(xué)提出將0.1mol/LFeCl3改為_(kāi)___mol/LFe2(SO4)3更為合理，其理由是____。

（2）定量分析：如圖乙所示，實(shí)驗(yàn)時(shí)均以生成40mL氣體為準(zhǔn)，其它可能影響實(shí)驗(yàn)的因素均已忽略。實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量的數(shù)據(jù)是_____。

（3）查閱資料得知：將作為催化劑的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中會(huì)發(fā)生兩個(gè)氧化還原反應(yīng)，且兩個(gè)反應(yīng)中H2O2均參加了反應(yīng)，試從催化劑的角度分析，這兩個(gè)氧化還原反應(yīng)的離子方程式分別是：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和__________。

II.欲用下圖所示實(shí)驗(yàn)來(lái)證明MnO2是H2O2分解反應(yīng)的催化劑。

（1）該實(shí)驗(yàn)不能達(dá)到目的，若想證明MnO2是催化劑還需要確認(rèn)__________。

加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出氣體的體積和時(shí)間的關(guān)系如下圖所示。

（2）寫(xiě)出H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_________。

（3）A、B、C、D各點(diǎn)反應(yīng)速率快慢的順序?yàn)開(kāi)_____>______>______>______，解釋反應(yīng)速率變化的原因__________。24、為了測(cè)定某濃硫酸樣品的物質(zhì)的量濃度，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)操作：。A．冷卻至室溫后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。B．用某儀器量取20.00mL稀硫酸于錐形瓶中并滴入幾滴指示劑。C．將酸式滴定管和堿式滴定管用蒸餾水洗滌干凈，并用待測(cè)溶液潤(rùn)洗。D．將物質(zhì)的量濃度為Mmol/L的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液裝入堿式滴定管，調(diào)節(jié)液面記下開(kāi)始讀數(shù)為V1mL。E．小心滴入NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液，邊滴邊搖動(dòng)錐形瓶，滴定至恰好反應(yīng)為止，記下讀數(shù)為V2mL。F．把錐形瓶移到堿式滴定管下，在錐形瓶下墊一張白紙。G．用某儀器準(zhǔn)確量取濃硫酸樣品10.00mL，在燒杯中用蒸餾水溶解。就此實(shí)驗(yàn)操作完成下列填空：

(1)正確操作步驟的順序（用編號(hào)字母填寫(xiě)）___→A→___→___→___→F→___。

(2)用來(lái)量取10.00mL濃硫酸的儀器是___。用NaOH溶液潤(rùn)洗堿式滴定管的目的是___。

(3)滴定中可選用的指示劑是___。滴定中；目光應(yīng)___；判斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是___；讀數(shù)時(shí)，目光與凹液面的最低處保持水平。

(4)某學(xué)生實(shí)驗(yàn)時(shí)用稀硫酸潤(rùn)洗了錐形瓶；測(cè)定的濃度會(huì)偏___。(“偏高”；“偏低”、“無(wú)影響”)。

(5)該濃硫酸樣品的濃度計(jì)算式為_(kāi)_____。25、為探究FeCl3溶液中的離子平衡和離子反應(yīng)；某小組同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。

(1)配制50mL1.0mol·L?1的FeCl3溶液，測(cè)其pH約為0.7，即c(H+)=0.2mol·L?1。

①用化學(xué)用語(yǔ)解釋FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。

②下列實(shí)驗(yàn)方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序號(hào))。

a.加水稀釋b.加入FeCl3固體。

c.滴加濃KSCN溶液d.加入NaHCO3固體。

(2)小組同學(xué)利用上述FeCl3溶液探究其與足量鋅粉的反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象如下：

。操作。

現(xiàn)象。

向反應(yīng)瓶中加入6.5g鋅粉，然后加入50mL1.0mol·L?1的FeCl3溶液；攪拌。

溶液溫度迅速上升；稍后出現(xiàn)紅褐色沉淀，同時(shí)出現(xiàn)少量氣泡；反應(yīng)一段時(shí)間后靜置，上層溶液為淺綠色，反應(yīng)瓶底部有黑色固體。

收集檢驗(yàn)反應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生的氣體。

集氣管口靠近火焰；有爆鳴聲。

已知：Zn的性質(zhì)與Al相似，能發(fā)生反應(yīng)：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑

①結(jié)合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和平衡移動(dòng)原理解釋出現(xiàn)紅褐色沉淀的原因：___________________________________。

②用離子方程式解釋反應(yīng)后溶液為淺綠色的原因：_______________________________________________________。

③分離出黑色固體；經(jīng)下列實(shí)驗(yàn)證實(shí)了其中含有的主要物質(zhì)。

i.黑色固體可以被磁鐵吸引；

ii.向黑色固體中加入足量的NaOH溶液；產(chǎn)生氣泡；

iii.將ii中剩余固體用蒸餾水洗滌后；加入稀鹽酸，產(chǎn)生大量氣泡；

iv.向iii反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液；無(wú)變化。

a.黑色固體中一定含有的物質(zhì)是________________________________________。

b.小組同學(xué)認(rèn)為上述實(shí)驗(yàn)無(wú)法確定黑色固體中是否含有Fe3O4，理由是__________________。

(3)為進(jìn)一步探究上述1.0mol·L?1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱；繼續(xù)實(shí)驗(yàn)并觀察到反應(yīng)開(kāi)始時(shí)現(xiàn)象如下：

。操作。

現(xiàn)象。

將5mL1.0mol·L?1的FeCl3溶液與0.65g鋅粉混合。

溶液溫度迅速上升；開(kāi)始時(shí)幾乎沒(méi)有氣泡。

將___與0.65g鋅粉混合。

溶液中立即產(chǎn)生大量氣泡。

小組同學(xué)得出結(jié)論：在1.0mol·L?1FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+的氧化性比H+更強(qiáng)。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A；C(s)完全燃燒的產(chǎn)物為二氧化碳?xì)怏w；1molC(s)完全燃燒放出的熱量大于110kJ，A錯(cuò)誤；

B、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH＝×(2×436+496-4×462)=-240kJ·mol-1；B錯(cuò)誤；

C、①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，將①×-②，得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1；C正確；

D、根據(jù)H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，欲分解2molH2O(l)；至少需要提供2×240kJ的熱量，D錯(cuò)誤；

故選C。2、B【分析】【分析】

【詳解】

反應(yīng)的焓變等于生成物的總能量減去反應(yīng)物的總能量；而物質(zhì)相同狀態(tài)不同時(shí)所具有的能量不同，即物質(zhì)的總能量跟呈現(xiàn)的狀態(tài)有關(guān)，因此，書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)反應(yīng)方程式要注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)；

答案選B。3、C【分析】【詳解】

A.由圖知，在v正等于v逆之后，v正大于v逆，則隨著溫度升高，反應(yīng)平衡向正方向移動(dòng)，可得△H＞0；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.該反應(yīng)實(shí)質(zhì)為Fe3++3SCN－?Fe(SCN)3；在平衡體系的溶液中加入少量KCl晶體，對(duì)該反應(yīng)無(wú)任何影響，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由圖知，a、b曲線中A的體積分?jǐn)?shù)不變；說(shuō)明改變條件不發(fā)生平衡移動(dòng)，且a情況下，化學(xué)反應(yīng)速率更快，則a是使用催化劑時(shí)的曲線，C項(xiàng)正確；

D.由Cl2+H2S=2HCl+S↓知：溶液由弱酸H2S逐漸變?yōu)閺?qiáng)酸HCl；溶液pH值從開(kāi)始反應(yīng)起會(huì)越來(lái)越小，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選C。4、B【分析】【詳解】

V（正）×t（平衡）表示Y向正反應(yīng)方向進(jìn)行時(shí)減少的濃度，V（逆）×t（平衡）表示Y向逆反應(yīng)方向進(jìn)行時(shí)增大的濃度，故陰影部分的面積表示Y向正反應(yīng)方向進(jìn)行時(shí)“凈”減少的濃度，即陰影為平衡時(shí)Y的濃度減少量△c（Y）；

A、濃度變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故△c（X）=△c（Y）；為陰影面積的一半，故A錯(cuò)誤；

B、由上述分析可知，陰影為平衡時(shí)Y的濃度減少量△c（Y）；故B正確；

C、由上述分析可知，陰影為平衡時(shí)Y的濃度減少量△c（Y）；故C錯(cuò)誤；

D、陰影為平衡時(shí)Y的濃度減少量△c（Y）；容器的體積為2L，陰影部分的面積不能表示Y的物質(zhì)的量的減少量，故D錯(cuò)誤；

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．圖像分析可知溫度為T(mén)2前隨溫度升高三氧化硫含量增大，T2溫度后隨溫度升高三氧化硫含量減小，說(shuō)明T2前反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，T2時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，溫度升高平衡逆向進(jìn)行，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；故A正確；

B．恒容容器中充入少量氬氣；容器內(nèi)總壓強(qiáng)增大，但各組分的濃度不變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，平衡不發(fā)生移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C．平衡時(shí)二氧化硫轉(zhuǎn)化率50%；結(jié)合化學(xué)反應(yīng)三行計(jì)算平衡濃度；

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)

起始量(mol/L)10.50

變化量(mol/L)0.50.250.5

平衡量(mol/L)0.50.250.5

平衡濃度K===4；故C錯(cuò)誤；

D．平衡常數(shù)隨溫度變化，溫度不變平衡常數(shù)不變，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量總質(zhì)量不變，但氣體的總物質(zhì)的量不斷減小，根據(jù)M=可知混合氣體平均摩爾質(zhì)量不斷增大；最終不變，混合氣的平均摩爾質(zhì)量的變化與圖像不符合，故D錯(cuò)誤；

故答案為A。

【點(diǎn)睛】

化學(xué)平衡圖像題的解題技巧：①緊扣特征，弄清可逆反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱還是放熱，體積增大、減小還是不變，有無(wú)固體、純液體物質(zhì)參與反應(yīng)等。②先拐先平，在含量(轉(zhuǎn)化率)—時(shí)間曲線中，先出現(xiàn)拐點(diǎn)的則先達(dá)到平衡，說(shuō)明該曲線反應(yīng)速率快，表示溫度較高、有催化劑、壓強(qiáng)較大等。③定一議二，當(dāng)圖像中有三個(gè)量時(shí)，先確定一個(gè)量不變，再討論另外兩個(gè)量的關(guān)系，有時(shí)還需要作輔助線。④三步分析法，一看反應(yīng)速率是增大還是減小；二看υ正、υ逆的相對(duì)大??；三看化學(xué)平衡移動(dòng)的方向。6、C【分析】【詳解】

A.a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，a點(diǎn)恰好消耗完溶液中只有與b、c、d三點(diǎn)溶液均含有可以促進(jìn)水的電離，而抑制水的電離．b點(diǎn)溶液呈中性；所以a點(diǎn)水的電離程度最大，故A正確；

B.b點(diǎn)溶液呈中性，溶液中根據(jù)電荷守恒：即有故B正確；

C.c點(diǎn)溶液為加入150mLNaOH溶液，此時(shí)溶液中恰好生成初始時(shí)等量的和溶液呈堿性，電離程度大于水解程度，所以故C錯(cuò)誤；

D.d點(diǎn)溶液為加入200mLNaOH溶液，反應(yīng)恰好生成據(jù)物料守恒故D正確；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

本題考查酸堿中和反應(yīng)，根據(jù)圖像分析，明確發(fā)生反應(yīng)的原理，把握溶液中的守恒關(guān)系分析是解題的關(guān)鍵，整體難度不大，是基礎(chǔ)題。7、A【分析】【詳解】

A．c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)此式子為物料守恒；正確；

B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH－)此式子為電荷守恒；錯(cuò)誤；

C．HCO3-的電離程度小于HCO3-的水解程度而顯堿性；錯(cuò)誤；

D．存在的電離有：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-的電離是可逆的HCO3-H++CO32-；錯(cuò)誤；

故選A。8、C【分析】【分析】

P點(diǎn)氫氧化鈉溶液體積為0，此時(shí)為NH4HSO4溶液，NH4HSO4為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?溶液呈酸性，根據(jù)圖示可知，M點(diǎn)加入10mLNaOH溶液，此時(shí)二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發(fā)生水解，促進(jìn)了水的電離；Q點(diǎn)加入20mLNaOH溶液，此時(shí)溶質(zhì)為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離，所以水的電離程度較大的為M點(diǎn)。

【詳解】

A．M點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和硫酸銨，由于銨根離子部分水解，導(dǎo)致銨根離子濃度減小，則c(Na+)＞c(NH4+)；故A正確；

B．室溫下，N點(diǎn)pH=7，N點(diǎn)溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結(jié)合電荷守恒可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)；故B正確；

C．Q點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結(jié)合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Na+)；故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)圖示可知，P點(diǎn)呈強(qiáng)酸性，抑制了水的電離；M點(diǎn)加入10mLNaOH溶液，此時(shí)二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發(fā)生水解，促進(jìn)了水的電離；N點(diǎn)為中性，不影響水的電離；Q點(diǎn)加入20mLNaOH溶液，此時(shí)溶質(zhì)為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點(diǎn)，水的電離程度M＞N＞Q，故D正確；

答案選C。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱；完成熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)；

（2）化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷要依據(jù)正逆反應(yīng)速率相等；各組分的濃度不變來(lái)分析判斷；

（3）結(jié)合圖示信息確定吸收室中的反應(yīng)物和產(chǎn)物；以及陰極的反應(yīng)物和產(chǎn)物，依據(jù)電子得失守恒以及元素守恒完成反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)；

（4）根據(jù)表達(dá)式；結(jié)合平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，確定平衡常數(shù)與正逆速率常數(shù)之間的關(guān)系，利用表格數(shù)據(jù)列出三段式，求解平衡常數(shù)，根據(jù)溫度改變平衡常數(shù)改變，由不同溫度時(shí)平衡常數(shù)的大小確定溫度的變化情況；

（5）根據(jù)濃度對(duì)平衡的影響分析反應(yīng)物比值改變時(shí)的轉(zhuǎn)化率變化；借助特殊的交點(diǎn)數(shù)據(jù)列三段式求解Kp。

【詳解】

（1）將三個(gè)反應(yīng)依次標(biāo)記為I、II、III，根據(jù)蓋斯定律熱化學(xué)方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可由得到，則ΔH===-746.5kJ/mol，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol，故答案為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol；

（2）A.反應(yīng)過(guò)程中NO的濃度在減小，二氧化碳的濃度在增大，則比值在反應(yīng)過(guò)程中是變量；當(dāng)比值不變時(shí)說(shuō)明濃度不再改變，反應(yīng)達(dá)到平衡，故A可判斷；

B.該反應(yīng)前后各物質(zhì)均為氣體；氣體質(zhì)量保持不變，容器體積恒定，則密度始終保持恒定，故容器中混合氣體的密度不變不能確定平衡狀態(tài)，故B不可判斷；

C.平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，不同物質(zhì)間速率要滿足化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，即2v（N2）正=v（NO）逆時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)；故C不能判斷；

D.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變；該反應(yīng)正向氣體分子數(shù)減小，反應(yīng)過(guò)程中容器中混合氣體的平均摩爾質(zhì)量逐漸增大，當(dāng)平均摩爾質(zhì)量不變時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，故D可判斷。

故答案為：AD；

（3）由電解裝置可知左側(cè)Pb為陰極，陰極上發(fā)生轉(zhuǎn)變?yōu)榈姆磻?yīng)，電解為弱酸性環(huán)境，則電極反應(yīng)式為：2+2e-+2H+=+2H2O；吸收室中發(fā)生NO和產(chǎn)生和氮?dú)獾姆磻?yīng)，反應(yīng)方程式為2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案為：2+2e-+2H+=+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-

（4）①v正=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=k逆c2(CO2)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)v正=v逆，則k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，

根據(jù)表格信息，T1時(shí)反應(yīng)3s達(dá)到平衡狀態(tài)，c(CO)=c(O2)=0.2mol/L，結(jié)合反應(yīng)可知二氧化碳的濃度變化量=一氧化碳的濃度變化量=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，則該溫度時(shí)的平衡常數(shù)K=則該溫度時(shí)=80；故答案為：80；

②溫度改變?yōu)門(mén)2時(shí)k正=k逆，即=1，此時(shí)的平衡常數(shù)小于T1時(shí)的平衡常數(shù)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動(dòng)平衡常數(shù)減小，因此T2大于T1，故答案為：>；

（5）①越大時(shí)，可視為是二氧化碳不變時(shí)增大氫氣的物質(zhì)的量，增大氫氣的量平衡正向移動(dòng)，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，而氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，故L1代表二氧化碳，L2代表氫氣，故答案為：L1；

②溫度為T(mén)不變時(shí)，平衡常數(shù)不變，取交點(diǎn)時(shí)計(jì)算，交點(diǎn)時(shí)兩者的轉(zhuǎn)化率均為50%，總氣體為5mol，=amol，則=（5-a）mol，列三段式得：。CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)起始物質(zhì)的量：a5-a轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量：0.5a0.5（5-a）aa平衡物質(zhì)的量：0.5a0.5（5-a）aa

由變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比得：解得：a=1,代入三段式得。CO2(g)+?CH4(g)+?CH4(g)+2H2O(g)起始物質(zhì)的量：4轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量：210.51平衡物質(zhì)的量：210.51

起始物質(zhì)的量為5mol時(shí)氣體壓強(qiáng)為5P，平衡時(shí)氣體物質(zhì)的量為4mol，則平衡時(shí)壓強(qiáng)為4P，故答案為：

【點(diǎn)睛】

本題主要考查化學(xué)反應(yīng)原理的有關(guān)知識(shí)，涉及蓋斯定律的應(yīng)用，平衡狀態(tài)的判斷，平衡常數(shù)的計(jì)算等知識(shí)，特別主要反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式中是不允許代入固體和純液體物質(zhì)，代數(shù)計(jì)算算是一定要注意只能是平衡濃度。平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變時(shí)任意平衡點(diǎn)的平衡常數(shù)相同?！窘馕觥?NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/molAD2+2e-+2H+=+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>L110、略

【分析】【分析】

隨反應(yīng)進(jìn)行；反應(yīng)物的濃度降低，生成物的濃度增大，據(jù)此結(jié)合圖像分析判斷。

【詳解】

(1)由圖可知，隨反應(yīng)進(jìn)行A的濃度降低，A為反應(yīng)物，B、C的濃度增大，故B、C為生成物，則A、B、C計(jì)量數(shù)之比為1.2：0.4：1.2=3：1：3，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案為：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由圖可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案為：0.6mol/(L·min)?！窘馕觥?A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)11、略

【分析】分析：(1)化學(xué)平衡常數(shù)；是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值；

(2)由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高化學(xué)平衡常數(shù)越大，升高溫度平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，判斷正反應(yīng)的熱效應(yīng)；

(3)根據(jù)濃度熵和平衡常數(shù)的關(guān)系分析判斷；

(4)令平衡時(shí)參加反應(yīng)的CO2的物質(zhì)的量為ymol；根據(jù)三段式用y表示出平衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量，該反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，用物質(zhì)的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達(dá)式列方程計(jì)算y的值。

詳解：(1)可逆反應(yīng)CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=故答案為

(2)由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高化學(xué)平衡常數(shù)越大，升高溫度平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為吸熱；

(3)平衡濃度符合下式c(CO2)?c(CH2)=c(CO)?c(H2O)時(shí)；濃度熵和平衡常數(shù)相等均等于1，平衡常數(shù)只值受溫度的影響，當(dāng)K=1時(shí)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，溫度是830℃，故答案為830；

(4)令平衡時(shí)參加反應(yīng)的CO2的物質(zhì)的量為ymol；則：

CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)

開(kāi)始(mol)：2100

變化(mol)：yyyy

平衡(mol)：2-y1-yyy

故=1，解得：y=故平衡后CO2的轉(zhuǎn)化率為=故答案為

點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用。注意掌握化學(xué)平衡常數(shù)的用途：1、判斷反應(yīng)進(jìn)行的程度，2、判斷反應(yīng)的熱效應(yīng)，3、判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向，4、計(jì)算轉(zhuǎn)化率等。解答本題需要熟練掌握三段式解答化學(xué)平衡的計(jì)算方法?！窘馕觥课鼰?3012、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據(jù)氫離子和氫氧根離子濃度相對(duì)大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導(dǎo)致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據(jù)物料守恒，應(yīng)該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會(huì)進(jìn)一步水解，所以溶液中沒(méi)有H2B分子；故B錯(cuò)誤；

C.溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯(cuò)誤；

故答案選AC。

【點(diǎn)睛】

本題的解題關(guān)鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子?！窘馕觥竣?只能電離，不能水解②.13、B:C【分析】【詳解】

A.二者混合時(shí)，氨水過(guò)量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)；故A錯(cuò)誤；

B.二者混合時(shí)，氨水過(guò)量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，離子濃度大小為c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正確；

C.任何溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正確；

D.二者混合時(shí)，氨水過(guò)量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D錯(cuò)誤；

故選：BC。

【點(diǎn)睛】

x+y=14，常溫下某氨水的pH=x，則氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱電解質(zhì)，硫酸是強(qiáng)電解質(zhì)，二者等體積混合，氨水過(guò)量，溶液呈堿性。14、略

【分析】【分析】

根據(jù)溶液電中性的原則判斷溶液的pH，氨水為弱電解質(zhì)，如等濃度混合，則反應(yīng)生成NH4Cl水解呈酸性；而溶液呈中性，則氨水需過(guò)量，據(jù)此分析解答。

【詳解】

反應(yīng)后溶液中存在電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4+)=c(Cl-)，則c(H+)=c(OH-)，所以溶液pH=7；如等濃度、等體積混合，則完全反應(yīng)生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，而溶液呈中性，則氨水需過(guò)量，所以混合前氨水濃度大于鹽酸濃度，即c(NH3?H2O)＞c(HCl)，因氨水為弱電解質(zhì)，如氨水中c(OH-)≥鹽酸中c(H+)，則反應(yīng)后溶液呈堿性，所以氨水中c(OH-)＜鹽酸中c(H+)，故答案為=；＞；＜?！窘馕觥竣?=②.＞③.＜15、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)N2、O2分子中化學(xué)鍵的鍵能分別是946kJ?mol-1、497kJ?mol-1以及反應(yīng)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ?mol-1可設(shè)NO分子中化學(xué)鍵的鍵能為X，則有：946kJ?mol-1+497kJ?mol-1-2X=180kJ?mol-1得：X=631.5kJ?mol-1；故答案為631.5；

(2)CH3COOH為酸，pH=-lgc(H+)，pH等于5的CH3COOH溶液中C(H+)=1.0×10-5mol/L，25℃時(shí)：Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，溶液中的c(OH-)==1.0×10-9mol/L，pH等于5的CH3COOH溶液中氫離子來(lái)源為乙酸的電離和水的電離，但乙酸溶液中水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以由水電離出的C(H+)是1.0×10-9mol/L，往溶液中加入少量NaOH固體，反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液中=溫度不變電離平衡常數(shù)不變，故答案為1.0×10-9mol/L；不變；

(3)常溫下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反應(yīng)生成碳酸氫鈉，再與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；水。

①由反應(yīng)及圖象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故答案為不能；

②由圖象可知，pH=7時(shí)，c(OH-)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3-、H2CO3(少量)，電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+c(OH-)，則c(Na+)＞c(Cl-)，因HCO3-水解，則c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案為HCO3-；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)；

③CO32-的水解常數(shù)Kh=當(dāng)溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1時(shí)，圖象可知pH=10，c(H+)=10-10mol/L，由Kw可知c(OH-)=10-4mol/L，則Kh==c(OH-)=10-4mol/L，故答案為10-4。

點(diǎn)睛：本題考查較綜合，涉及熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、鹽類的水解、平衡常數(shù)計(jì)算、弱電解質(zhì)的電離及溶液中酸堿之間的反應(yīng)，綜合考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。本題的易錯(cuò)點(diǎn)是Na2CO3溶液中加入稀鹽酸圖像的分析與解答。【解析】631.510-9不變不能HCO3-c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH-)10-416、略

【分析】【分析】

根據(jù)多元弱酸分步電離；存在電離平衡分析沒(méi)有沉淀生成的原因，結(jié)合酸堿發(fā)生中和反應(yīng)，使弱酸電離平衡正向移動(dòng)分析后來(lái)產(chǎn)生沉淀的原因。

【詳解】

SO2易溶于水，與水反應(yīng)產(chǎn)生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，電離平衡分步進(jìn)行，電離方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-濃度很小，所以不能與溶液中的Ba2+反應(yīng)產(chǎn)生BaSO3沉淀；當(dāng)向該溶液中滴加氨水后，NH3·H2O會(huì)電離產(chǎn)生OH-，中和電離出的H+，使溶液中c(H+)降低，導(dǎo)致H2SO3的電離平衡正向移動(dòng)，使SO32-濃度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反應(yīng)產(chǎn)生BaSO3沉淀。

【點(diǎn)睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離及沉淀的形成，側(cè)重考查分析判斷能力，明確元素化合物性質(zhì)及平衡移動(dòng)原理和酸堿中和反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，熟練掌握外界條件對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)影響原理，結(jié)合沉淀溶解平衡分析解答?！窘馕觥縃2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和電離出的H+，導(dǎo)致電離平衡正向移動(dòng)，SO32-濃度增大，產(chǎn)生BaSO3沉淀。三、判斷題(共1題，共2分)17、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯(cuò)；【解析】錯(cuò)四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共5分)18、略

【分析】【分析】

根據(jù)題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測(cè)Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【詳解】

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測(cè)Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O?！窘馕觥縉H4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)19、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算；

（2）①根據(jù)工藝流程可知升華器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)會(huì)生成A1C13，由冷凝器尾氣可知還會(huì)生成CO，根據(jù)氯元素化合價(jià)變化計(jì)算注意電子數(shù)目；Cl2有強(qiáng)氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時(shí)可以生成HCl抑制氯化鋁水解；

（3）該原電池實(shí)質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，根據(jù)元素化合價(jià)計(jì)算n（Al）、n（Pb）；再根據(jù)m=nM計(jì)算。

【詳解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由蓋斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案為：-467.5；

（2）①根據(jù)工藝流程可知氯化爐的產(chǎn)物，經(jīng)冷卻、升華可制備無(wú)水AlCl3，說(shuō)明氯化爐的產(chǎn)物中含有A1C13，冷凝器尾氣含有CO，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)，生成A1C13和CO，反應(yīng)方程式為A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反應(yīng)中氯元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，氯氣是氧化劑，故生成1molAlCl3時(shí)轉(zhuǎn)移電子為1mol×3=3mol；Cl2有強(qiáng)氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-，反應(yīng)離子方程式為SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3，反應(yīng)方程式為Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；故溫度應(yīng)控制在315℃以下；

故答案為：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時(shí)可以生成HCl抑制氯化鋁水解，利用濃硫酸的吸水性與難揮發(fā)性；

故答案為：c；

（3）該原電池實(shí)質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，則n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2320、略

【分析】【分析】

鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過(guò)濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質(zhì)，所得濾液加入有機(jī)萃取劑HR，“萃取”原理為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、殘留Ca2+離子被萃取劑結(jié)合后進(jìn)入有機(jī)相，水溶液主要含為L(zhǎng)i+、SO2-4，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉；過(guò)濾后沉淀中加入去離子水；二氧化碳發(fā)生碳化反應(yīng)，碳酸鋰和和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過(guò)濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來(lái)解析；

(1)

鋰元素的焰色反應(yīng)為紫紅色；將最終產(chǎn)品碳酸鋰進(jìn)行焰色反應(yīng)，可觀察到火焰呈紫紅色；

選A。

(2)

為提高“焙燒”效率；常采取的措施是將礦石細(xì)磨；充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)升高溫度等。

(3)

操作1為萃取分液；用到的主要玻璃儀器有燒杯；分液漏斗。

(4)

萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而盡可能不萃取Li+，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5mol·L-1為宜；“反萃取”步驟中Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+逆向移動(dòng)，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時(shí)生成硫酸鈉、焙燒時(shí)消耗硫酸鈉，則循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外，還有Na2SO4。

(5)

鋰和鈉處于同一主族，則由碳酸鈉、水和二氧化碳反應(yīng)得到碳酸氫鈉來(lái)類推，可得到“碳化反應(yīng)”化學(xué)反應(yīng)方程式為CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶劑萃取法Li+浸出率為3.3%，化學(xué)凈化除雜法Li+浸出率為6.1%，則由除雜效果分析，溶劑萃取法相對(duì)于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢(shì)為萃取劑除雜法鋰的損失率更少?！窘馕觥?1)A

(2)將礦石細(xì)磨；充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)升高溫度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取劑除雜法鋰的損失率更少21、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)難溶物和液體不溶；用過(guò)濾的方法進(jìn)行分離；

（2）根據(jù)MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

（3）根據(jù)CaCO3的溶解度比Li2CO3??；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)生成氯化鋰；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液；陽(yáng)極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此書(shū)寫(xiě)陽(yáng)極反應(yīng)式。

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子；鋰離子向陰極移動(dòng)，LiOH溶液的濃度增大，碳酸氫銨與LiOH反應(yīng)生成碳酸鋰；水和氨氣。

【詳解】

（1）鋁硅化合物沉淀和液體不溶；用過(guò)濾的方法進(jìn)行分離，故答案為：過(guò)濾；

（2）MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，所以沉淀x的主要成份的化學(xué)式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案為：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大，故答案為：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)的離子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案為：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液，陽(yáng)極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以陽(yáng)極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子，鋰離子向陰極移動(dòng)，導(dǎo)致LiOH溶液的濃度增大；電解后向LiOH溶液中加入過(guò)量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】過(guò)濾CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑22、略

【分析】【分析】

煅燒時(shí)主要發(fā)生Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應(yīng)，根據(jù)(1)問(wèn)題干知生成Na2CrO4，同時(shí)鐵元素被氧化為Fe2O3，F(xiàn)e2O3不參與反應(yīng)在第二步浸出過(guò)濾時(shí)被除去，即濾渣1成分為Fe2O3，Al2O3與SiO2分別與Na2CO3反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NaAlO2和Na2SiO3，兩者在第三步調(diào)節(jié)pH除雜轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2SiO3沉淀被除去，即濾渣2為Al(OH)3和H2SiO3，經(jīng)過(guò)除雜后得到含Na2CrO4的濾液，酸化得到含Na2Cr2O7和Na2SO4的溶液，結(jié)合圖1知可通過(guò)控制溫度提純Na2Cr2O7，進(jìn)而結(jié)晶得到Na2Cr2O7晶體；另外含Na2CrO4的濾液與Na2S反應(yīng)生成Cr(OH)3，灼燒得到Cr2O3，再通過(guò)鋁熱反應(yīng)可得到Cr。

【詳解】

(1)Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應(yīng)，生成Na2CrO4，同時(shí)Fe元素被氧化為Fe2O3，根據(jù)流程知還有CO2生成，初步確定反應(yīng)為：Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，根據(jù)得失電子守恒得：4Fe(CrO2)2~7O2，再根據(jù)元素守恒配平剩余物質(zhì)系數(shù)，得最終方程式為：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；

(2)根據(jù)圖1知Na2SO4在溫度高于50℃時(shí)；溶解度逐漸降低，故可以采用蒸發(fā)濃縮趁熱過(guò)濾將其除去，即操作a步驟為蒸發(fā)濃縮，趁熱過(guò)濾；

(3)Na2CrO4與Na2S反應(yīng)生成和Cr(OH)3，初步確定反應(yīng)為：S2-+→Cr(OH)3↓+根據(jù)得失電子守恒配平得6S2-+8→8Cr(OH)3↓+3等式左邊加水右邊加OH-配平元素守恒和電荷守恒，最終得離子方程式為：23H2O+6S2-+8=8Cr(OH)3↓+3+22OH-；

(4)根據(jù)圖示知電極a產(chǎn)生OH-，電極反應(yīng)為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，知a為陰極，故電極b為陽(yáng)極，根據(jù)平衡知Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7需在酸性條件下，故陽(yáng)極為H2O放電產(chǎn)生H+，即電極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O）；

(5)當(dāng)時(shí)，此時(shí)對(duì)應(yīng)的c(Ba2+)為最低要求，則此時(shí)即廢水中Ba2+濃度應(yīng)不小于2.4×10-4mol/L?！窘馕觥?Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2蒸發(fā)濃縮趁熱過(guò)濾23H2O+6S2-+8CrO=8Cr(OH)3↓+3S2O+22OH-2H2O-4e-=O2↑+4H+或4OH--4e-=O2↑+2H2O2.4×10-4六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共15分)23、略

【分析】【分析】

I.本實(shí)驗(yàn)的目的是探究Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的效果；需要注意“單一變量”原則；

II.本實(shí)驗(yàn)主要考查催化劑的特點(diǎn)；以及化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素。

【詳解】

I.（1）甲中，加入催化劑的現(xiàn)象是有氣泡生成，催化劑的作用是加快反應(yīng)速率，所以可以通過(guò)觀察產(chǎn)生氣泡的快慢來(lái)判斷兩種催化劑的效果；Cl-本身具有很弱的還原性，H2O2具有強(qiáng)氧化性，更重要的是，SO42-和Cl-是否有催化效果也未知，所以為了排除陰離子差異的干擾，需要將FeCl3換為0.5mol/L的Fe2(SO4)3，以確保Fe3+的量和Cu2+的量相同；

（2）題中已告知兩個(gè)實(shí)驗(yàn)都生成40mL的氣體；其他影響因素已忽略，說(shuō)明催化劑效果的數(shù)據(jù)只能是反應(yīng)速率，故需要測(cè)量生成40mL氣體所需要的時(shí)間；

（3）催化劑在整個(gè)化學(xué)反應(yīng)中，可以看成是先參加了反應(yīng)，再被生成了，這兩個(gè)反應(yīng)相加就是一個(gè)總反應(yīng)，催化劑剛好被抵消了，表現(xiàn)為不參加反應(yīng)；總反應(yīng)為2H2O2=2H2O+O2↑，用總反應(yīng)減去這個(gè)離子方程式就可以得到另一個(gè)離子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

II.（1）化學(xué)反應(yīng)前后，催化劑的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變；要想證明MnO2是催化劑；還要驗(yàn)證這兩點(diǎn)都不變才行；

（2）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

（3）A、B、C、D各點(diǎn)的反應(yīng)速率都是瞬時(shí)速率，瞬時(shí)速率的大小比較要看各點(diǎn)斜率，斜率越大，瞬時(shí)反應(yīng)速率也越大；經(jīng)觀察，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的斜率依次減小，所以化學(xué)反應(yīng)速率：D＞C＞B＞A；由于四個(gè)點(diǎn)的條件都相同，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，H2O2不斷被消耗，使得其濃度逐漸減小，所以其分解速率也逐漸減小?！窘馕觥慨a(chǎn)生氣泡0.05排除陰離子的干擾產(chǎn)生40mL氣體的需要的時(shí)間2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O