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四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 Si-28 Fe-56，6 kJ·ml－1B，2 kJ·ml－1D， 已知， 下列分析不正确的是， 下列说法不正确的是，1ml/L、=0等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量有：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Si-28 Fe-56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 已知H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·ml－1，则反应HCl(g)= H2(g)＋Cl2(g)的ΔH为
A. ＋184.6 kJ·ml－1B. －92.3 kJ·ml－1
C. －369.2 kJ·ml－1D. ＋92.3 kJ·ml－1
【答案】D
【解析】
【详解】根据盖斯定律及热化学方程式的书写规则，反应的ΔH＝－(－184.6 kJ·ml－1)×＝＋92.3 kJ·ml－1，故选D。
2. 已知：物质的能量越低越稳定，白磷转化为红磷是放热反应，下列说法中正确的是（ ）
A. 白磷转化为红磷是物理变化
B. 红磷和白磷互为同素异形体
C. 相同条件下，红磷所具有的总能量比白磷的高
D. 在相同条件下白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A. 同素异形体之间的转化属于化学变化，因此白磷转化为红磷是化学变化，A错误；
B. 红磷和白磷均是磷元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确；
C. 白磷转化为红磷是放热反应，说明白磷的能量高于红磷的，即相同条件下，红磷所具有的总能量比白磷的低，C错误；
D. 物质的能量越低越稳定，因此在相同条件下红磷比白磷稳定，D错误；
答案选B。
3. 下列物质的水溶液因水解而显酸性的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故A符合题意；
B．亚硫酸氢钠是亚硫酸的酸式盐，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．二氧化碳与酸反应生成碳酸，碳酸在溶液中分步电离出氢离子使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故选A。
4. 对于反应达到平衡时改变下列条件 ΔH>0。不能使平衡发生移动是
A. 增大CO浓度B. 恒温恒容下通入氮气
C. 降低温度D. 压缩反应容器的体积
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO为生成物，增大CO浓度，平衡向逆反应方向移动，A不符合题意；
B．恒温恒容下通入氮气，各反应物的浓度保持不变，平衡不移动，B符合题意；
C．该反应为吸热反应，则降低温度平衡向逆反应方向移动，C不符合题意；
D．该反应为气体分子数增大的反应，则压缩反应容器的体积，各物质的浓度增大，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，D不符合题意；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 能水解的盐，其溶液一定不呈中性
B. 弱酸一定不能与任何强酸盐反应
C. 溶解度小的电解质一定是弱电解质
D. Kw=1×10-12.24时，pH=6.12的溶液一定显中性
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盐类水解的规律“无弱不水解，有弱才水解，谁强显谁性，同强显中性”，可知同强的弱酸弱碱盐水解的溶液呈中性，故A不选；
B．H2S为弱酸，H2SO4为强酸，H2S能与H2SO4发生氧化还原反应，生成S和水，故B不选；
C．电解质的强弱与溶解度无必然联系，故C不选；
D．Kw=1×10-12.24时，pH=6.12，pOH=6.12，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，即溶液呈中性，故选D
答案选D
6. 已知 CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49.0 kJ·ml-1一定温度下，将一定量的CO2和H2充入固定体积的密闭容器中反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是
A. 单位时间内消耗1ml CO2同时消耗3ml H2
B. 混合气体的密度保持不变
C. 气体的平均摩尔质量不再改变
D. v正=v逆=0
【答案】C
【解析】
【详解】A．单位时间内消耗消耗1ml CO2同时消耗3ml H2，均表示正反应的速率，不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；
B．密闭容器中气体体积不变，根据质量守恒可知质量也不会反生改变，则混合气体的密度始终不变，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应为体积减小的反应，密闭容器的总质量不发生改变，气体的平均摩尔质量不再改变，说明总物质的量也不发生改变，能说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．达到化学平衡时，v正=v逆≠0，故D错误；
故选C。
7. 下列分析不正确的是
A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
B. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减小到原来的
C. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测中和热数值偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，根据c=，则浓度偏高，故A正确；
B．NaOH是强碱，氨水是弱碱，将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，NaOH的OH-浓度减小到原来的，氨水中OH-浓度减小不到原来的，故B错误；
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 镀层破损后，镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀
B. 据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 等质量的硫固体和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量多
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属性是锌＞铁＞锡，所以镀层一旦破损后，镀锌铁板更耐腐蚀，A正确；
B．化学反应都会伴随着能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量一定是不相等的，B不正确；
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳时利用原电池原理牺牲锌，采用了牺牲阳极的阴极保护法，C正确；
D．气态S的能量高于固态S的能量，所以等质量的硫固体和硫蒸气分别完全燃烧，气态S燃烧放热多，D正确；
答案选B。
9. 下列说法不正确的是
A. 25℃时，测得一元碱MOH溶液的pH=11，则MOH一定为弱碱
B. 25℃时，将pH=1的溶液加水稀释10倍，所得溶液中为
C. 25℃时，将的一元碱MOH溶液加水稀释至pH=10，所得溶液中
D. 25℃时，pH=12的一元碱MOH溶液与pH=2的盐酸等体积混合，所得溶液的pH≥7
【答案】B
【解析】
【详解】A．25℃时，测得一元碱MOH溶液的pH=11，说明c(OH-)=10-3ml/L，MOH部分电离，则MOH一定为弱碱，故A正确；
B．25℃时，将pH=1的溶液，c(H+)=0.1ml/L、=0.05ml/L，加水稀释10倍，所得溶液中为0.005ml/L，故B错误；
C．25℃时，将的一元碱MOH溶液加水稀释至pH=10，所得溶液中c(H+)=10-10ml/L、，故C正确；
D．25℃时，pH=12的一元碱MOH溶液与pH=2的盐酸等体积混合；若MOH为强碱，MOH和盐酸恰好反应生成MCl，溶液呈中性，若MOH为弱碱，MOH和盐酸反应后，MOH剩余，溶液呈碱性；所以所得溶液的pH≥7，故D正确；
选B。
10. 25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 加水稀释0.1ml·L-1氨水，溶液中减小
B. 向CH3COONa溶液中加入少量水稀释，溶液中的值增大
C. 将等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合后：＜
D. 将浓度为0.1ml·L-1HF溶液加水不断稀释过程中， 始终增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水加水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的值增大，故A错误；
B．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，加水稀释时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中钠离子的物质的量不变，醋酸根离子的物质的量减小，则溶液中的值增大，故B正确；
C．等体积等物质的量浓度的硫化钠和硫氢化钠溶液混合溶液中=、=，溶液中氢离子浓度相等，一级电离常数远远大于二级电离常数，则溶液中＞，故C错误；
D．氢氟酸加水稀释时，氟离子、氢离子浓度浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，的值减小，故D错误；
故选B。
11. 25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10−36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10−24，下列说法不正确的是
A. 饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2−)更小
B. 往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C. CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D. 在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuS的Ksp==6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=；ZnS的Ksp==1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=；前者c(S2−)更小，A正确；
B．ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，B正确；
C．Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，C错误；
D．在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，，D正确；
故选C。
12. 已知在100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12.下列说法中正确的是
A. 0.005 ml•L-1的硫酸溶液，pH=2
B. 0.001 ml•L-1的氢氧化钠溶液，pH=11
C. 0.005ml•L-1的硫酸溶液与0.01ml•L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D. 完全中和pH=3硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.005 ml·L-1的硫酸溶液中c(H+)=0.005 ml·L-1×2=0.01ml·L-1，pH=-lgc(H+ )=-lg（0.01）=2，A正确；
B．0.001 ml·L-1氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.001 ml·L-1，c(H+ ) = = ml·L-1=1X10-9ml·L-1，pH=-lg(1×10-9)=9，B错误；
C．0.005 ml·L-1的硫酸溶液与0.01 ml·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，pH=6，C错误；
D．pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3 ml·L-1，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH- )=0.1 ml·L-1，中和pH=3的硫酸溶液50 mL，需要pH=11的NaOH溶液0. 5 mL，D错误；
故选A。
13. 下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是
A. 若甲装置中a、b均为惰性电极，一段时间后，两极均有气体产生，则加入CuO一定能使溶液复原
B. 若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜
C. 丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出
D. 当d电极消耗标准状况下1.12LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少14.9g
【答案】D
【解析】
【分析】结合图可知装置乙为甲醇燃料电池，c电极为负极，电极反应式为8OH-+CH3OH-6e-=CO2+6H2O，d电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；甲为电解池装置，b与燃料电池负极相连，为阴极，a为阳极；丙装置为电解池装置，e电极与燃料电池正极相连，为阳极，f为阴极，结合原电池、电解池相关知识解答。
【详解】A．甲装置为电解池装置，a为阳极，b为阴极，a、b电极材料均为惰性电极，电解一段时间后，两极均有气体产生，则a极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，b电极先发生Cu2++2e-=Cu，后发生2H++2e-=H2，由电极反应式可知整个过程消耗了Cu2+和水(H和O)，产生了硫酸，因此则向溶液中加入Cu、H、O元素可以使溶液恢复到电解前的情况，即加入Cu(OH)2，故A错误；
B．若在甲池中实现镀件上镀铜，则镀件作阴极，铜作阳极，则b电极的电极材料为镀件，故B错误；
C．若在丙池中用KCl溶液制取KOH溶液和氯气，则e、f均为惰性电极，水在阴极得电子产生氢气和氢氧根离子，钾离子透过交换膜与阴极产生的氢氧根离子结合为KOH，即KOH在阴极f产生，因此高浓度的KOH溶液从h口出，故C错误；
D．d电极为燃料电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C池中阳极发生2Cl-2e-=Cl2，同时阳极室的部分K+移向阴极，由O2+2H2O+4e-=4OH-可知当d电极消耗标准状况下1.12LO2(0.05ml)时，电子转移0.2ml，则C池中产生0.1ml氯气，以及0.2mlK+移向阴极室，阳极室溶液质量减少。
14. 一定温度下，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10-15；Ksp(CuS)最小，约为1×10-35
B. MnS+Cu2+CuS+Mn2+，K=1020
C. 向ZnS的悬浊液(含ZnS固体)中滴加少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2－)不变
D. 向Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10－4ml·L－1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 对于MS沉淀，溶度积Ksp=c(M2+)•c(S2-)，两边同时求对数，有lgc(M2+)=-lgc(S2-)+lgKsp，MnS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-15，Ksp=1×10-15；ZnS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-23左右，Ksp=1×10-23左右；CuS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-35，Ksp=1×10-35；由以上数据可知三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10-15；Ksp(CuS)最小，约为1×10-35，A项正确；
B. Ksp(MnS)> Ksp(CuS)，因此反应MnS+Cu2+CuS+Mn2+可以发生，K===1020，B项正确；
C. 向ZnS的悬浊液中滴加少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和，饱和溶液中c(S2-)是固定的，C项正确；
D. Ksp(MnS)> Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，溶解度越小越优先形成，但Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液的浓度未知，逐滴加入1×10－4ml·L－1的Na2S溶液谁最先沉淀不能确定，D项错误；
答案选D。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然，刻不容缓”。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。
（1）将CH4催化重整为可用化学品，对改善环境意义重大。
①某科研团队利用Ni-CaO-Fe3O4三元催化剂在850℃下“超干重整”CH4和CO2。
已知：反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/ml
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/ml
则反应ⅢCH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=___________。
②在容积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，当投料n(CH4)：n(CO2)=1.0时，CO2的平衡转化率(ɑ)与温度(T)，初始压强(p)的关系如图(1)所示。压强p1___________(填”>“=”或“<”下同)p2；当温度为T3、压强为p1时，a点时的v正___________v逆；起始时向容器中加入1mlCH4、同时加2mlN2(N2不参与反应)、在温度为T6，初始压强为p2时反应，该反应的K=___________。
③“合成气催化重整”过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验表明积碳量(催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比)与投料比、温度的关系如图(2)当投料比n(CH4)：n(CO2)=2.0时，要使积碳量最小，应调节温度为___________℃。
（2）氮氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图所示。
写出脱硝过程的总反应的化学方程式：___________
【答案】（1） ①. +329kJ/ml ②. < ③. > ④. 4 ⑤. 750℃
（2）
【解析】
【小问1详解】
①反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/ml
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/ml
反应Ⅲ=反应I-2x反应Ⅱ；所以CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=+247-2(-41)= +329kJ/ml；故答案为+329kJ/ml；
②该反应是气体分子数增大的反应，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率越小，则压强p1v逆；起始时向容器中投入1mlCH4、同时加2mlN2(N2不参与反应)、在温度为T6，初始压强为p2时反应，平衡时二氧化碳转化率为0.5；有三段式为，；故答案为<；>；4；
③由图可知，当投料比为固定时，温度越高，催化剂表面的碳的质量与催化剂的质量之比越小，即积碳越小，图中750℃时积碳最小；故答案为750℃；
【小问2详解】
题目所给示意图中，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程中的总反应为，故答案为。
16. 电解的应用比较广泛，回答下列问题：
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是______（填字母，下同）。
A. B.NaCl C. D.
（2）以溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是______（填字母）
a.电能全部转化为化学能 b.粗铜接电源正极，发生氧化反应
c.溶液中向阳极移动 d.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
e.若阳极质量减少64g，则转移电子数为个
f.的物质的量浓度不变（不考虑溶液体积变化）
（3）如图1为电解精炼银的示意图，______（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为______
图1
（4）以铝材为阳极、在溶液中电解，铝材表面形成氧化膜、阳极电极反应式为______
（5）利用如图2装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为______（填化学式）溶液，阳极电极反应式为______，电解过程中向______（填“A”或“B”）电极迁移。
图2
（6）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。
a.若X为碳电极，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于______处。（填“A”、“B”或“C”）
b.若X为锌电极，开关K置于A处，该电化学防护法称为______
c.如图是海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
图中①、②、③三个区域，生成铁锈最多的是______。
【答案】（1）bd （2）bdf
（3） ①. a ②.
（4）
（5） ①. LiOH ②. ③. B
（6） ①. C ②. 牺牲阳极保护法（牺牲阳极的阴极保护法） ③. ②
【解析】
【小问1详解】
冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物，由于AlCl3是共价化合物熔融时不导电，所以Al是电解熔融的Al2O3制得；铁和铜用热还原法，故答案为：bd；
【小问2详解】
a．电解池中，电能不会全部转化为化学能，还会伴随热能等形式的能的产生，故a错误；
b．电解精炼铜时，粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c．溶液中Cu2+向阴极移动，在阴极上发生还原反应，故c错误；
d．在阳极上，没有铜活泼的金属Ag、Pt、Au等金属会从阳极掉落下，形成阳极泥，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d正确；
答案为bd；
【小问3详解】
电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：NO+e-+2H+=NO2↑+H2O；
【小问4详解】
铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+；
【小问5详解】
电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
【小问6详解】
①若X为碳电极，由于Fe比C活泼，为减缓铁的腐蚀，所以Fe、C和电解质溶液构成电解池时，只有Fe作阴极才能保护Fe,即K应置于C处；故答案为：C；
②若X为锌电极，开关K置于A处，该装置形成原电池，Zn作负极、Fe作正极，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法；
③钢铁接触空气、水时腐蚀生成亚铁，与空气接触部分最终生成铁锈，只有②符合，故答案为：②。
17. 硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药等。工业上使用黄铁矿(主要成分为)制备硫酸的反应原理如下图：
（1）“高温煅烧”前，将黄铁矿粉碎的目的是___________；煅烧时发生反应的化学方程式为___________。
（2）“氧化”时，发生反应的化学方程式为___________；保持其他条件不变，只改变一个反应条件时，生成的反应速率会如何变化？(填“增大”“减小”或“不变”)
（3）研究证明，高炉中与反应不能完全转化为和，据此写出高炉炼铁时与反应的化学方程式：___________；若投入的质量为160t，经过5h后，产出含碳量为2%的生铁100t，则该反应中的转化率为___________。
【答案】（1） ①. 增大与空气的接触面积，加快反应速率 ②.
（2） ①. ②. 增大 ③. 减小 ④. 不变
（3） ①. ②. 87.5%
【解析】
【分析】工艺流程过程分析可知，黄铁矿与空气中的O2反应会产生Fe2O3和SO2，SO2与空气在V2O5做催化剂的条件下在400—500℃时发生氧还原反应产生SO3，SO3被浓硫酸吸收后得到H2SO4，Fe2O3和焦炭在高炉中反应产生Fe。
【小问1详解】
将黄铁矿粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；煅烧时是黄铁矿与空气中的O2反应会产生Fe2O3和SO2，故发生反应的化学方程式为
4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3；
【小问2详解】
氧化时是SO2与空气在V2O5做催化剂的条件下在400—500℃时发生氧还原反应产生SO3，其化学方程式为2SO2+O2SO3；升高温度，生成SO3的速率会增大；增大反应容器体积，相遇与减小浓度，生成SO3的速率会减小；反应达到平衡状态后，延长反应时间，平衡不移动，生成SO3的速率保持不变；
【小问3详解】
高炉炼铁时Fe2O3与CO反应产生Fe，但是不能完全转化，说明该反应可逆，其化学方程式为Fe2O3+3CO 3CO2+2Fe；若投入Fe2O3的质量为160t，经过5h后，产出含碳量为2%的生铁100t，该反应中Fe2O3的转化率为。
18. 工业上从电解精炼铜的阳极泥中(主要含金、银、铜、硒等贵重金属)回收提取银、金、硒的流程图：
已知：①相同浓度下，SeO氧化性强于Cu2+
②NaClO3在酸性条件下氧化性强
（1）“焙烧渣”在“①酸浸”时，为了更好酸浸，可采取的一种办法是_______，其中银元素发生反应的离子方程式为_______ ；
（2）向溶液X中加入铁屑的作用是_______；
（3）氯金酸(HAuCl4)中的Au的化合价为_______；
（4）“②浸金”反应中，H2SO4的作用为_______；
（5）氯金酸(HAuCl4)在pH为2~3的条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，则该反应的化学方程式为_______
（6）由溶液W制取Fe(OH)3，需先将溶液W_______，然后再使溶液中的铁元素沉淀完全，所需溶液的pH最小为_______。(已知，常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，lg2=0.3)
【答案】（1） ①. 粉碎或搅拌或升温或增大浓度 ②. Ag2O + 2H+ +2Cl- =2AgCl+H2O
（2）将SeO还原为SeO
（3）+3 （4）提供H+ ，增强NaClO3的氧化性
（5）2HAuCl4 + 3H2C2O4 = 2Au + 8HCl + 6CO2↑
（6） ①. 氧化(或加入氧化剂氧化) ②. 3.2
【解析】
【分析】铜阳极泥低温氧化焙烧，然后加入过氧化氢、硫酸和氯化钠的混合物，过滤，滤渣为AgCl和Au，在滤渣中加硫酸、NaCl和氯酸钠的混合物，过滤，滤渣为AgCl，滤液为氯金酸，AgCl中加Na2SO3溶液转化为Ag(SO3)，再用.HCHO还原得到粗Ag，HAuCl4溶液中加H2C2O4生成粗金，以此解题。
【小问1详解】
可以从反应速率的影响因素角度分析，可采取的一种办法是：粉碎或搅拌或升温或增大浓度；由流程图可知：酸浸时，氧化银与盐酸反应生成氯化银，反应的离子方程式为：Ag2O + 2H+ +2Cl- =2AgCl+H2O；
【小问2详解】
由流程图可知加入铁屑后Se元素由+6变为+4价，故加入铁屑的作用是：将SeO还原为SeO；
【小问3详解】
氯金酸( HAuCl4)中Cl为-1价，H为+1价，则Au的化合价为+3；
【小问4详解】
“②浸金”反应中，酸性条件下，Au与氯酸钠反应，加硫酸能提供H+，增强NaClO3氧化性；
【小问5详解】
氯金酸与草酸反应生成Au、HCl和二氧化碳，反应的化学方程式为：2HAuCl4 + 3H2C2O4 = 2Au + 8HCl + 6CO2↑；
【小问6详解】
溶液W中含有二价铁离子，用次溶液制备Fe(OH)3，需要先把二价铁氧化为三价铁，故需要先将溶液W氧化(或加入氧化剂氧化)；铁元素沉淀完全时c(Fe3+)=10-5ml/L，此时c(OH-)==×10-11ml/L，则pOH=lgc(OH-)=lg(×10-11)=10.8，pH=14-pOH=14-10.8=3.2。
19. 某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。
实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+
(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。
(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：
查阅资料：
已知①SCN-的化学性质与I-相似 ②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。
实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应
①反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_____________________________。
②请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_____________________________。
【答案】 ①. 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ②. ①0.1 ③. 0.2 ④. Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 ⑤. 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O ⑥. 取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应 ⑦. Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色
【解析】
【详解】(1). Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2). 由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图1得到的溶液中Fe2+为0.2ml/L、Cu2+为0.1ml/L，取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，分别滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1、取4mL0.1ml/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液；步骤2、取4mL0.2ml/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液。由已知信息①、②可知，Cu2+与SCN−反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，该反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为0.1；0.2；2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；
(3). 亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；
(4). ①. 硫酸亚铁和稀硝酸反应时硝酸过量，若反应I存在平衡，溶液中应含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应；改变条件
升高温度
增大反应容器体积
反应达到平衡状态后，延长反应时间
生成的速率
______
______
______
实验方案
现象
结论
步骤1：取4mL①__________ ml/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
产生白色沉淀
CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取4mL②__________ml/LFeSO4 溶液向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
无明显现象
实验方案
现象
向3mL0.1ml/LFeSO4溶液中加入 3mL0.5ml/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
可能用到的相对原子质量有：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Si-28 Fe-56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 已知H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·ml－1，则反应HCl(g)= H2(g)＋Cl2(g)的ΔH为
A. ＋184.6 kJ·ml－1B. －92.3 kJ·ml－1
C. －369.2 kJ·ml－1D. ＋92.3 kJ·ml－1
【答案】D
【解析】
【详解】根据盖斯定律及热化学方程式的书写规则，反应的ΔH＝－(－184.6 kJ·ml－1)×＝＋92.3 kJ·ml－1，故选D。
2. 已知：物质的能量越低越稳定，白磷转化为红磷是放热反应，下列说法中正确的是（ ）
A. 白磷转化为红磷是物理变化
B. 红磷和白磷互为同素异形体
C. 相同条件下，红磷所具有的总能量比白磷的高
D. 在相同条件下白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A. 同素异形体之间的转化属于化学变化，因此白磷转化为红磷是化学变化，A错误；
B. 红磷和白磷均是磷元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确；
C. 白磷转化为红磷是放热反应，说明白磷的能量高于红磷的，即相同条件下，红磷所具有的总能量比白磷的低，C错误；
D. 物质的能量越低越稳定，因此在相同条件下红磷比白磷稳定，D错误；
答案选B。
3. 下列物质的水溶液因水解而显酸性的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故A符合题意；
B．亚硫酸氢钠是亚硫酸的酸式盐，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．二氧化碳与酸反应生成碳酸，碳酸在溶液中分步电离出氢离子使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D不符合题意；
故选A。
4. 对于反应达到平衡时改变下列条件 ΔH>0。不能使平衡发生移动是
A. 增大CO浓度B. 恒温恒容下通入氮气
C. 降低温度D. 压缩反应容器的体积
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO为生成物，增大CO浓度，平衡向逆反应方向移动，A不符合题意；
B．恒温恒容下通入氮气，各反应物的浓度保持不变，平衡不移动，B符合题意；
C．该反应为吸热反应，则降低温度平衡向逆反应方向移动，C不符合题意；
D．该反应为气体分子数增大的反应，则压缩反应容器的体积，各物质的浓度增大，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，D不符合题意；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 能水解的盐，其溶液一定不呈中性
B. 弱酸一定不能与任何强酸盐反应
C. 溶解度小的电解质一定是弱电解质
D. Kw=1×10-12.24时，pH=6.12的溶液一定显中性
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盐类水解的规律“无弱不水解，有弱才水解，谁强显谁性，同强显中性”，可知同强的弱酸弱碱盐水解的溶液呈中性，故A不选；
B．H2S为弱酸，H2SO4为强酸，H2S能与H2SO4发生氧化还原反应，生成S和水，故B不选；
C．电解质的强弱与溶解度无必然联系，故C不选；
D．Kw=1×10-12.24时，pH=6.12，pOH=6.12，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，即溶液呈中性，故选D
答案选D
6. 已知 CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49.0 kJ·ml-1一定温度下，将一定量的CO2和H2充入固定体积的密闭容器中反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是
A. 单位时间内消耗1ml CO2同时消耗3ml H2
B. 混合气体的密度保持不变
C. 气体的平均摩尔质量不再改变
D. v正=v逆=0
【答案】C
【解析】
【详解】A．单位时间内消耗消耗1ml CO2同时消耗3ml H2，均表示正反应的速率，不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；
B．密闭容器中气体体积不变，根据质量守恒可知质量也不会反生改变，则混合气体的密度始终不变，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应为体积减小的反应，密闭容器的总质量不发生改变，气体的平均摩尔质量不再改变，说明总物质的量也不发生改变，能说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．达到化学平衡时，v正=v逆≠0，故D错误；
故选C。
7. 下列分析不正确的是
A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
B. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减小到原来的
C. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测中和热数值偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，根据c=，则浓度偏高，故A正确；
B．NaOH是强碱，氨水是弱碱，将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，NaOH的OH-浓度减小到原来的，氨水中OH-浓度减小不到原来的，故B错误；
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 镀层破损后，镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀
B. 据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 等质量的硫固体和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量多
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属性是锌＞铁＞锡，所以镀层一旦破损后，镀锌铁板更耐腐蚀，A正确；
B．化学反应都会伴随着能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量一定是不相等的，B不正确；
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳时利用原电池原理牺牲锌，采用了牺牲阳极的阴极保护法，C正确；
D．气态S的能量高于固态S的能量，所以等质量的硫固体和硫蒸气分别完全燃烧，气态S燃烧放热多，D正确；
答案选B。
9. 下列说法不正确的是
A. 25℃时，测得一元碱MOH溶液的pH=11，则MOH一定为弱碱
B. 25℃时，将pH=1的溶液加水稀释10倍，所得溶液中为
C. 25℃时，将的一元碱MOH溶液加水稀释至pH=10，所得溶液中
D. 25℃时，pH=12的一元碱MOH溶液与pH=2的盐酸等体积混合，所得溶液的pH≥7
【答案】B
【解析】
【详解】A．25℃时，测得一元碱MOH溶液的pH=11，说明c(OH-)=10-3ml/L，MOH部分电离，则MOH一定为弱碱，故A正确；
B．25℃时，将pH=1的溶液，c(H+)=0.1ml/L、=0.05ml/L，加水稀释10倍，所得溶液中为0.005ml/L，故B错误；
C．25℃时，将的一元碱MOH溶液加水稀释至pH=10，所得溶液中c(H+)=10-10ml/L、，故C正确；
D．25℃时，pH=12的一元碱MOH溶液与pH=2的盐酸等体积混合；若MOH为强碱，MOH和盐酸恰好反应生成MCl，溶液呈中性，若MOH为弱碱，MOH和盐酸反应后，MOH剩余，溶液呈碱性；所以所得溶液的pH≥7，故D正确；
选B。
10. 25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 加水稀释0.1ml·L-1氨水，溶液中减小
B. 向CH3COONa溶液中加入少量水稀释，溶液中的值增大
C. 将等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合后：＜
D. 将浓度为0.1ml·L-1HF溶液加水不断稀释过程中， 始终增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水加水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的值增大，故A错误；
B．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，加水稀释时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中钠离子的物质的量不变，醋酸根离子的物质的量减小，则溶液中的值增大，故B正确；
C．等体积等物质的量浓度的硫化钠和硫氢化钠溶液混合溶液中=、=，溶液中氢离子浓度相等，一级电离常数远远大于二级电离常数，则溶液中＞，故C错误；
D．氢氟酸加水稀释时，氟离子、氢离子浓度浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，的值减小，故D错误；
故选B。
11. 25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10−36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10−24，下列说法不正确的是
A. 饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2−)更小
B. 往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C. CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D. 在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuS的Ksp==6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=；ZnS的Ksp==1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=；前者c(S2−)更小，A正确；
B．ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，B正确；
C．Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，C错误；
D．在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，，D正确；
故选C。
12. 已知在100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12.下列说法中正确的是
A. 0.005 ml•L-1的硫酸溶液，pH=2
B. 0.001 ml•L-1的氢氧化钠溶液，pH=11
C. 0.005ml•L-1的硫酸溶液与0.01ml•L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D. 完全中和pH=3硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.005 ml·L-1的硫酸溶液中c(H+)=0.005 ml·L-1×2=0.01ml·L-1，pH=-lgc(H+ )=-lg（0.01）=2，A正确；
B．0.001 ml·L-1氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.001 ml·L-1，c(H+ ) = = ml·L-1=1X10-9ml·L-1，pH=-lg(1×10-9)=9，B错误；
C．0.005 ml·L-1的硫酸溶液与0.01 ml·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，pH=6，C错误；
D．pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3 ml·L-1，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH- )=0.1 ml·L-1，中和pH=3的硫酸溶液50 mL，需要pH=11的NaOH溶液0. 5 mL，D错误；
故选A。
13. 下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是
A. 若甲装置中a、b均为惰性电极，一段时间后，两极均有气体产生，则加入CuO一定能使溶液复原
B. 若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜
C. 丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出
D. 当d电极消耗标准状况下1.12LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少14.9g
【答案】D
【解析】
【分析】结合图可知装置乙为甲醇燃料电池，c电极为负极，电极反应式为8OH-+CH3OH-6e-=CO2+6H2O，d电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；甲为电解池装置，b与燃料电池负极相连，为阴极，a为阳极；丙装置为电解池装置，e电极与燃料电池正极相连，为阳极，f为阴极，结合原电池、电解池相关知识解答。
【详解】A．甲装置为电解池装置，a为阳极，b为阴极，a、b电极材料均为惰性电极，电解一段时间后，两极均有气体产生，则a极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，b电极先发生Cu2++2e-=Cu，后发生2H++2e-=H2，由电极反应式可知整个过程消耗了Cu2+和水(H和O)，产生了硫酸，因此则向溶液中加入Cu、H、O元素可以使溶液恢复到电解前的情况，即加入Cu(OH)2，故A错误；
B．若在甲池中实现镀件上镀铜，则镀件作阴极，铜作阳极，则b电极的电极材料为镀件，故B错误；
C．若在丙池中用KCl溶液制取KOH溶液和氯气，则e、f均为惰性电极，水在阴极得电子产生氢气和氢氧根离子，钾离子透过交换膜与阴极产生的氢氧根离子结合为KOH，即KOH在阴极f产生，因此高浓度的KOH溶液从h口出，故C错误；
D．d电极为燃料电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C池中阳极发生2Cl-2e-=Cl2，同时阳极室的部分K+移向阴极，由O2+2H2O+4e-=4OH-可知当d电极消耗标准状况下1.12LO2(0.05ml)时，电子转移0.2ml，则C池中产生0.1ml氯气，以及0.2mlK+移向阴极室，阳极室溶液质量减少。
14. 一定温度下，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10-15；Ksp(CuS)最小，约为1×10-35
B. MnS+Cu2+CuS+Mn2+，K=1020
C. 向ZnS的悬浊液(含ZnS固体)中滴加少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2－)不变
D. 向Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10－4ml·L－1的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 对于MS沉淀，溶度积Ksp=c(M2+)•c(S2-)，两边同时求对数，有lgc(M2+)=-lgc(S2-)+lgKsp，MnS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-15，Ksp=1×10-15；ZnS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-23左右，Ksp=1×10-23左右；CuS中lgKsp = lgc(M2+)+lgc(S2-)=-35，Ksp=1×10-35；由以上数据可知三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10-15；Ksp(CuS)最小，约为1×10-35，A项正确；
B. Ksp(MnS)> Ksp(CuS)，因此反应MnS+Cu2+CuS+Mn2+可以发生，K===1020，B项正确；
C. 向ZnS的悬浊液中滴加少量水，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和，饱和溶液中c(S2-)是固定的，C项正确；
D. Ksp(MnS)> Ksp(ZnS)> Ksp(CuS)，溶解度越小越优先形成，但Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液的浓度未知，逐滴加入1×10－4ml·L－1的Na2S溶液谁最先沉淀不能确定，D项错误；
答案选D。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然，刻不容缓”。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。
（1）将CH4催化重整为可用化学品，对改善环境意义重大。
①某科研团队利用Ni-CaO-Fe3O4三元催化剂在850℃下“超干重整”CH4和CO2。
已知：反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/ml
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/ml
则反应ⅢCH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=___________。
②在容积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，当投料n(CH4)：n(CO2)=1.0时，CO2的平衡转化率(ɑ)与温度(T)，初始压强(p)的关系如图(1)所示。压强p1___________(填”>“=”或“<”下同)p2；当温度为T3、压强为p1时，a点时的v正___________v逆；起始时向容器中加入1mlCH4、同时加2mlN2(N2不参与反应)、在温度为T6，初始压强为p2时反应，该反应的K=___________。
③“合成气催化重整”过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验表明积碳量(催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比)与投料比、温度的关系如图(2)当投料比n(CH4)：n(CO2)=2.0时，要使积碳量最小，应调节温度为___________℃。
（2）氮氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图所示。
写出脱硝过程的总反应的化学方程式：___________
【答案】（1） ①. +329kJ/ml ②. < ③. > ④. 4 ⑤. 750℃
（2）
【解析】
【小问1详解】
①反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/ml
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/ml
反应Ⅲ=反应I-2x反应Ⅱ；所以CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=+247-2(-41)= +329kJ/ml；故答案为+329kJ/ml；
②该反应是气体分子数增大的反应，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率越小，则压强p1
③由图可知，当投料比为固定时，温度越高，催化剂表面的碳的质量与催化剂的质量之比越小，即积碳越小，图中750℃时积碳最小；故答案为750℃；
【小问2详解】
题目所给示意图中，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程中的总反应为，故答案为。
16. 电解的应用比较广泛，回答下列问题：
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是______（填字母，下同）。
A. B.NaCl C. D.
（2）以溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是______（填字母）
a.电能全部转化为化学能 b.粗铜接电源正极，发生氧化反应
c.溶液中向阳极移动 d.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
e.若阳极质量减少64g，则转移电子数为个
f.的物质的量浓度不变（不考虑溶液体积变化）
（3）如图1为电解精炼银的示意图，______（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为______
图1
（4）以铝材为阳极、在溶液中电解，铝材表面形成氧化膜、阳极电极反应式为______
（5）利用如图2装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为______（填化学式）溶液，阳极电极反应式为______，电解过程中向______（填“A”或“B”）电极迁移。
图2
（6）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。
a.若X为碳电极，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于______处。（填“A”、“B”或“C”）
b.若X为锌电极，开关K置于A处，该电化学防护法称为______
c.如图是海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
图中①、②、③三个区域，生成铁锈最多的是______。
【答案】（1）bd （2）bdf
（3） ①. a ②.
（4）
（5） ①. LiOH ②. ③. B
（6） ①. C ②. 牺牲阳极保护法（牺牲阳极的阴极保护法） ③. ②
【解析】
【小问1详解】
冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物，由于AlCl3是共价化合物熔融时不导电，所以Al是电解熔融的Al2O3制得；铁和铜用热还原法，故答案为：bd；
【小问2详解】
a．电解池中，电能不会全部转化为化学能，还会伴随热能等形式的能的产生，故a错误；
b．电解精炼铜时，粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c．溶液中Cu2+向阴极移动，在阴极上发生还原反应，故c错误；
d．在阳极上，没有铜活泼的金属Ag、Pt、Au等金属会从阳极掉落下，形成阳极泥，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d正确；
答案为bd；
【小问3详解】
电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：NO+e-+2H+=NO2↑+H2O；
【小问4详解】
铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+；
【小问5详解】
电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
【小问6详解】
①若X为碳电极，由于Fe比C活泼，为减缓铁的腐蚀，所以Fe、C和电解质溶液构成电解池时，只有Fe作阴极才能保护Fe,即K应置于C处；故答案为：C；
②若X为锌电极，开关K置于A处，该装置形成原电池，Zn作负极、Fe作正极，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法；
③钢铁接触空气、水时腐蚀生成亚铁，与空气接触部分最终生成铁锈，只有②符合，故答案为：②。
17. 硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药等。工业上使用黄铁矿(主要成分为)制备硫酸的反应原理如下图：
（1）“高温煅烧”前，将黄铁矿粉碎的目的是___________；煅烧时发生反应的化学方程式为___________。
（2）“氧化”时，发生反应的化学方程式为___________；保持其他条件不变，只改变一个反应条件时，生成的反应速率会如何变化？(填“增大”“减小”或“不变”)
（3）研究证明，高炉中与反应不能完全转化为和，据此写出高炉炼铁时与反应的化学方程式：___________；若投入的质量为160t，经过5h后，产出含碳量为2%的生铁100t，则该反应中的转化率为___________。
【答案】（1） ①. 增大与空气的接触面积，加快反应速率 ②.
（2） ①. ②. 增大 ③. 减小 ④. 不变
（3） ①. ②. 87.5%
【解析】
【分析】工艺流程过程分析可知，黄铁矿与空气中的O2反应会产生Fe2O3和SO2，SO2与空气在V2O5做催化剂的条件下在400—500℃时发生氧还原反应产生SO3，SO3被浓硫酸吸收后得到H2SO4，Fe2O3和焦炭在高炉中反应产生Fe。
【小问1详解】
将黄铁矿粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；煅烧时是黄铁矿与空气中的O2反应会产生Fe2O3和SO2，故发生反应的化学方程式为
4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3；
【小问2详解】
氧化时是SO2与空气在V2O5做催化剂的条件下在400—500℃时发生氧还原反应产生SO3，其化学方程式为2SO2+O2SO3；升高温度，生成SO3的速率会增大；增大反应容器体积，相遇与减小浓度，生成SO3的速率会减小；反应达到平衡状态后，延长反应时间，平衡不移动，生成SO3的速率保持不变；
【小问3详解】
高炉炼铁时Fe2O3与CO反应产生Fe，但是不能完全转化，说明该反应可逆，其化学方程式为Fe2O3+3CO 3CO2+2Fe；若投入Fe2O3的质量为160t，经过5h后，产出含碳量为2%的生铁100t，该反应中Fe2O3的转化率为。
18. 工业上从电解精炼铜的阳极泥中(主要含金、银、铜、硒等贵重金属)回收提取银、金、硒的流程图：
已知：①相同浓度下，SeO氧化性强于Cu2+
②NaClO3在酸性条件下氧化性强
（1）“焙烧渣”在“①酸浸”时，为了更好酸浸，可采取的一种办法是_______，其中银元素发生反应的离子方程式为_______ ；
（2）向溶液X中加入铁屑的作用是_______；
（3）氯金酸(HAuCl4)中的Au的化合价为_______；
（4）“②浸金”反应中，H2SO4的作用为_______；
（5）氯金酸(HAuCl4)在pH为2~3的条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，则该反应的化学方程式为_______
（6）由溶液W制取Fe(OH)3，需先将溶液W_______，然后再使溶液中的铁元素沉淀完全，所需溶液的pH最小为_______。(已知，常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，lg2=0.3)
【答案】（1） ①. 粉碎或搅拌或升温或增大浓度 ②. Ag2O + 2H+ +2Cl- =2AgCl+H2O
（2）将SeO还原为SeO
（3）+3 （4）提供H+ ，增强NaClO3的氧化性
（5）2HAuCl4 + 3H2C2O4 = 2Au + 8HCl + 6CO2↑
（6） ①. 氧化(或加入氧化剂氧化) ②. 3.2
【解析】
【分析】铜阳极泥低温氧化焙烧，然后加入过氧化氢、硫酸和氯化钠的混合物，过滤，滤渣为AgCl和Au，在滤渣中加硫酸、NaCl和氯酸钠的混合物，过滤，滤渣为AgCl，滤液为氯金酸，AgCl中加Na2SO3溶液转化为Ag(SO3)，再用.HCHO还原得到粗Ag，HAuCl4溶液中加H2C2O4生成粗金，以此解题。
【小问1详解】
可以从反应速率的影响因素角度分析，可采取的一种办法是：粉碎或搅拌或升温或增大浓度；由流程图可知：酸浸时，氧化银与盐酸反应生成氯化银，反应的离子方程式为：Ag2O + 2H+ +2Cl- =2AgCl+H2O；
【小问2详解】
由流程图可知加入铁屑后Se元素由+6变为+4价，故加入铁屑的作用是：将SeO还原为SeO；
【小问3详解】
氯金酸( HAuCl4)中Cl为-1价，H为+1价，则Au的化合价为+3；
【小问4详解】
“②浸金”反应中，酸性条件下，Au与氯酸钠反应，加硫酸能提供H+，增强NaClO3氧化性；
【小问5详解】
氯金酸与草酸反应生成Au、HCl和二氧化碳，反应的化学方程式为：2HAuCl4 + 3H2C2O4 = 2Au + 8HCl + 6CO2↑；
【小问6详解】
溶液W中含有二价铁离子，用次溶液制备Fe(OH)3，需要先把二价铁氧化为三价铁，故需要先将溶液W氧化(或加入氧化剂氧化)；铁元素沉淀完全时c(Fe3+)=10-5ml/L，此时c(OH-)==×10-11ml/L，则pOH=lgc(OH-)=lg(×10-11)=10.8，pH=14-pOH=14-10.8=3.2。
19. 某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。
实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+
(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。
(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：
查阅资料：
已知①SCN-的化学性质与I-相似 ②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。
实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应
①反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_____________________________。
②请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_____________________________。
【答案】 ①. 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ②. ①0.1 ③. 0.2 ④. Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 ⑤. 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O ⑥. 取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应 ⑦. Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色
【解析】
【详解】(1). Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2). 由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图1得到的溶液中Fe2+为0.2ml/L、Cu2+为0.1ml/L，取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，分别滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1、取4mL0.1ml/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液；步骤2、取4mL0.2ml/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液。由已知信息①、②可知，Cu2+与SCN−反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，该反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为0.1；0.2；2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；
(3). 亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；
(4). ①. 硫酸亚铁和稀硝酸反应时硝酸过量，若反应I存在平衡，溶液中应含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应；改变条件
升高温度
增大反应容器体积
反应达到平衡状态后，延长反应时间
生成的速率
______
______
______
实验方案
现象
结论
步骤1：取4mL①__________ ml/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
产生白色沉淀
CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取4mL②__________ml/LFeSO4 溶液向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液
无明显现象
实验方案
现象
向3mL0.1ml/LFeSO4溶液中加入 3mL0.5ml/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
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