大连三中 2019-2020 高三年级第三次月考
化学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用时 90 分钟。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Ba-137
一．选择题(包括 24 个小题，每小题 2 分，共 48 分，每题只有一个正确答案)
1.中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列说法不正确的是( )
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中”杓”所用材质 Fe2O3
D. 古剑“沈卢” “以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】C
【解析】
【详解】A、气溶胶为胶体分散系，则有丁达尔效应，故 A 正确，不符合题意；
B、“熬胆矾铁釜，久之变化为铜”，发生 Fe 置换出 Cu 的反应，为置换反应，故 B 正确，不
符合题意；
C、“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质具有磁性，应该为
Fe3O4，故 C 错误，符合题意；
D、钢为 Fe 的合金，还含 C 元素，故 D 正确，不符合题意；
综上所述，答案为 C。
2.下列各组性质比较中，正确的是（ ）
①沸点：HF>HCl>HBr>HI；
②离子还原性：S2－>Cl－>Br－>I－；
③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4；
④金属性：K>Na>Mg>Al；
⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S；
⑥半径：O2－>F－>Na＋>Mg2＋。
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①HF 中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 HF＞
为
HI＞HBr＞HCl，故①错误；
②元素的非金属性 Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性 S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误；
③非金属性 Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即
酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故③正确；
④同主族行上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即 Na＞Mg＞Al，即
金属性：K＞Na＞Mg＞Al，故④正确；
⑤元素的非金属性 F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性 HF＞HCl＞H2S，故⑤正确；
⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即 O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，
故⑥正确；
故答案为 B。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价
阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如 Na＞Mg＞Al
＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随
核电荷数增大而逐渐增大，如 Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层
结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如 O2－
＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半
径越大。如 Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物
进行比较，如比较 A13+与 S2－的半径大小，可找出与 A13+电子数相同的 O2－进行比较，A13+＜O2
－，且 O2－＜S2－，故 A13+＜S2－。
3.下列说法正确的是( )
A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B. SO2 能使品红溶液、溴水褪色，分别说明 SO2 具有强氧化性、还原性
C. 将 AlCl3 溶液和 Al2(SO4)3 溶液分别蒸干和灼烧，最终所得产物的成分均为 Al2O3
D. 金属钠具有强还原性，可用与 TiCl4 溶液反应制取金属 Ti
【答案】A
【解析】
【详解】A 选项，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，镁作负极，
铁作为正极，故 A 正确；
B 选项，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，表现还原性，SO2 能使品红溶液褪色，表现漂白
性，故 B 错误；
C 选项，将 Al2(SO4)3 溶液蒸干灼烧，仍为 Al2(SO4)3，故 C 错误
D 选项，金属钠具有强还原性，可用与熔融 TiCl4 反应制取金属 Ti，故 D 错误。
综上所述，答案为 A。
【点睛】金属中化学防护主要是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。
4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. Fe FeCl2 Fe(OH)2 B. S 2SO2 H2SO4
C. CaCO3 CaO CaSiO3 D. NH3 NO HNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故 A
不选；
B.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故 B 不选；
C.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故 C 选；
D.一氧化氮和水不反应，故 D 不选；
故选 C。
【点睛】铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。和铁与
氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不
能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不
能直接生成二氧化氮。
5.下列叙述不正确的是( )
A. 向 AlCl3 溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量 NaHSO4 溶液，沉淀消失
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入 Cu(NO3)2 固体，铜粉仍不溶解
C. 将 SO2 通入 BaCl2 溶液中至饱和，无沉淀产生；若再通入 NH3，则产生沉淀
D. 纯锌与稀硫酸反应时加入少量 CuSO4 固体，速率会加快
【答案】B
【解析】
【详解】A、向 AlCl3 溶液中滴加氨水，产生白色的氢氧化铝沉淀，再加入过量 NaHSO4 溶液氢
氧化铝溶解，所以沉淀消失，故 A 正确，不符合题意；
B、加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和
2Cl
→点燃 NaOH→ 2O→点燃
2H O→
→高温 2SiO→高温
2O→催化剂
2H O→
铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故 B 错误，符合题意；
C、将 SO2 通入 BaCl2 溶液中至饱和，二氧化硫和氯化钡不反应，因此无沉淀产生，若再通入
NH3，则产生亚硫酸钡沉淀，故 C 正确，不符合题意；
D、锌与少量硫酸铜反应生成铜，锌铜构成原电池加快化学反应速率，故 D 正确，不符合题意；
综上所述，答案为 B。
【点睛】溶液中有硝酸根不会和铜反应，但只要有氢离子，溶液中氢离子和硝酸根和铜就会
发生氧化还原反应。
6.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图 1 表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图 2 表示 H2SO4 溶液中滴入 BaCl2 溶液后，溶液的导电性随 BaCl2 物质的量的变化
C. 图 3 表示电解精炼铜时，溶液中 Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图 4 表示其他条件一定，反应 2SO2＋O2 2SO3 在有、无催化剂情况下 SO2 的体积分数随
时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图 1 表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反
应，与图不相符，故 A 错误；
B. 图 2 表示带电性随滴入 BaCl2 溶液先减小到 0 后增大，H2SO4 溶液中滴入 BaCl2 溶液后反应
生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为 0，与图不相符，故 B 错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴
极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中 Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，
与图 3 相符，故 C 正确；
D 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故 SO2 转化率不变，与图 4 不相符，故 D 错误；
答案选 C。
.
7.用 NA 表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
①在标准状况下，NA 个 SO3 分子所占的体积为 22.4L
②S2 和 S8 的混合物共 6.4g，其中所含硫原子数一定为 0.2NA
③标准状祝下，22.4LNO 和 11.2LO2 混合后气体的分子总数为 1.5 NA
④1molAlCl3 溶于 1L 的水中，所得溶液含有 1NAAl3+
⑤在标准状况下，22.4LCl2 与足量的氢氧化钾溶液反应转移的电子数为 NA
⑥100mL1mol/LFe2(SO4)3 溶液中，Fe3+和 SO42-离子数的总和是 0.5NA
A. ②⑤ B. ①②④⑥ C. ③⑤⑥ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①在标准状况下 SO3 不是气态，不能利用气体摩尔体积计算体积，错误；
②S2 和 S8 的混合物共 6.4g，其中所含硫原子数一定为 ＝0.2NA，正确；
③标准状祝下，22.4LNO 和 11.2LO2 混合后恰好生成 22.4LNO2，但 NO2 存在平衡 2NO2 N2O4，
是气体的分子总数小于 NA，错误；
④1molAlCl3 溶于 1L 的水中，由于铝离子水解，因此所得溶液含有的 Al3+小于 1mol，错误；
⑤在标准状况下，22.4LCl2 与足量的氢氧化钾溶液反应转移的电子数为 NA，正确；
⑥100mL1mol/LFe2(SO4)3 溶液中铁离子水解，注入 Fe3+和 SO42-离子数的总和小于 0.5NA，错误；
综上②⑤正确；答案选 A。
8.实验室模拟工业漂白液（有效成分为 NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：
下列分析正确的是
A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B. ②中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑
C. ③中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClO
D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学
6.4
32 AN×
方法除去其中的杂质，错误；
B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；
C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO-
+ H2O，错误；
D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠
和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生
了氧化还原反应，正确；
故选 D。
9.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项 实验及现象 结论
A 用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰 该样品含钠元素
B 向 NaHCO3 溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性 Cl＞
C
C
向酸化的 KMnO4 溶液通入 SO2，向反应后的溶液中加入 BaCl2 产
生白色沉淀
证明 SO2 被氧化为
SO42-
D 常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性 c(NH4+)=c(Cl-)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A 选项，不能用璃棒蘸取某样品进行焰色反应，应该用洁净的铂丝或铁丝蘸取，故 A
错误；
B 选项，盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向向 NaHCO3 溶液中加入过量盐酸产
生二氧化碳来证明非金属性 Cl＞C，故 B 错误；
C 选项，通常用硫酸酸化高锰酸钾，原溶液中含有硫酸根离子干扰检验，无法证明 SO2 被氧化
为硫酸根，故 C 错误；
D 选项，常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性，根据电荷守恒和呈中性得到
c(NH4+)=c(Cl－)，故 D 正确。
综上所述，答案为 D。
【点睛】比较非金属性强弱，一定要从最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①0．1 mol·L－1NaAlO2 溶液：H＋、Na＋、Cl－、SO42－
②pH=11 的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的 H+浓度为 10－12mol·L－1 的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、SO32－
④加入 Mg 能放出 H2 的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－
⑤使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、Cl－、S2－
A. ①③⑤ B. ②④ C. ②⑤⑥ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①NaAlO2 与 H＋反应生成 Al3+，①错误；
②pH=11 的溶液呈碱性， CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－不反应，故②正确；
③水电离的 H+浓度为 10－12mol·L－1 的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下 CO32－、SO32－不能存在，
③错误；
④加入 Mg 能放出 H2 的溶液呈酸性，Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－之间不反应，④正确；
⑤使甲基橙变黄的溶液呈碱性， Fe2+与 OH-生成氢氧化亚铁沉淀，⑤错误；
⑥中性溶液中：Fe3+水解成氢氧化铁、Al3+、S2－发生双水解，⑥错误；
答案选 B。
11.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
序号 ① ② ③ ④
pH 11 11 3 3
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
A. ③④中分别加入适量 醋酸钠晶体后，两溶液的 pH 均增大
B. 分别取③、④溶液等体积加入足量的锌粒，产生氢气的量③＞④
C. 分别加水稀释 10 倍，四种溶液的 pH ①＞②＞④＞③
D. V1 L① 与 V2 L ④混合，若混合后溶液 pH＝7，则 V1＝V2
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸钠电离出的 CH3COO－而抑制醋酸电离，醋酸钠和稀盐酸反应生成弱电解质醋
酸，所以③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后都导致溶液中 c(H＋)减小，则溶液的 pH 都增大，
故 A 正确；
B．醋酸为弱酸，溶液浓度③＞④，等体积的两溶液中醋酸提供的氢离子多，加入足量的锌粒
时产生氢气的量③＞④，故 B 正确；
C．分别加水稀释 10 倍，促进弱电解质电离，则弱电解质 pH 变化小于强电解质，但是稀释后
酸的 pH 都增大、碱的 pH 都减小，所以稀释后溶液的 pH 大小为：①＞②＞④＞③，故 C 正确；
D．由于 c（NH3·H2O）＞0.001mol·L－1、c（HCl）=0.001mol·L－1，若 V1 L④与 V2 L①溶液
混合后，若混合后溶液 pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即 V1＜V2，故 D 错误；
故选 D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液定性判断，把握弱电解质电离特点及
影响弱电解质电离因素是解本题关键，易错点 C，注意掌握溶液酸碱性与溶液 pH 的关系。
12.某温度下，在体积可变的容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(l),
改变起始时加入各物质的量，在不同压强下达平衡时 CH3OCH3(g)的物质的量如表所示，下列说
法错误的是( )
压强 P1 P2 P3
①2.0molCO2 6.0molH2 0.10mol 0.04mol 0.02mol
②1.0molCO2 3.0molH2 x 1 y 1 z 1n/mol
③1.0molCH3OCH3 3.0molH2O x 2 y 2 z 2
A. P1>P2 B. x 1=0.05
的
C. P2 条件下，③中 CH3OCH3 平衡转化率为 96% D. 若该反应可自发进行，则高温更有利
【答案】D
【解析】
【详解】相同温度和压强下，只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立等效平衡，则在相
同温度和压强下，①②③互为等效平衡。
A、根据①以及反应是体积减小的反应，压强越大，会正向移动，P1 时 CH3OCH3(g)的物质的量
为 0.10mol，P2 时 CH3OCH3(g)的物质的量为 0.04mol，因此 P1>P2，故 A 正确，不符合题意；
B、①②处于平衡状态时是等效的，②的起始量是①的一半，则平衡时 x 1=0.05，故 B 正确，
不符合题意；
C、P2 条件下，①③是完全等效的，平衡时 CH3OCH3(g)的物质的量为 0.04mol，转化了
0.96mol，平衡转化率为 96%，故 C 正确，不符合题意；
D、该反应是 ΔS < 0，若该反应可自发进行，则低温更有利，故 D 错误，符合题意； 综上所述，答案为 D。 13.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫 B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸 C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢 D. 用装置丁收集 NO 【答案】A 【解析】 【详解】A. 碳与硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，用图 甲所示装置验证反应生成二氧化硫，故 A 正确； B. 氨气极易溶于水，用图乙装置吸收氨气不能防止倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故 B 错误； C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢，导气管应长进短出，故 C 错误；
D. NO 密度小于空气，和空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应使用排水
法收集，故 D 错误；
答案选 A。
【点睛】本题考察气体的制取、收集、除杂和尾气处理的实验操作基本考查。需要根据气体
的常见气体性质，选择正确是实验操作方法。因此必须准确掌握所学知识中各种气体的性质
掌握准确。
14.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g) +H2O(g)== CO2(g)+H2(g)。
已知在 25℃时：
①C(s)+ O2(g) CO(g) ΔH1＝−111kJ·mol− 1
②H2(g)+ O2(g)== H2O(g) ΔH2＝−242kJ·mol− 1
③C(s)+O2(g) == CO2(g) ΔH3＝−394kJ·mol− 1
下列说法不正确的是
A. 25℃时，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1
B. 增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，平衡常数 K 减小
C. 反应①达到平衡时，每生成 1 molCO 的同时生成 0.5molO2
D. 反应②断开 2mol H2 和 1 mol O2 中的化学键所吸收的能量比形成 4mol O−H 键所放出的能量少
484kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据盖斯定律③－②－①得 CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1，
故 A 正确；
B.平衡常数只与温度有关，增大压强 K 不变，故 B 错误；
C. 反应①，每生成 1molCO 的同时生成 0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，
故 C 正确；
D.焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，因此反应②断开 2molH2 和 1molO2 中的化学键
所吸收的能量比形成 4molO-H 键所放出的能量少 484kJ，故 D 正确；选 B。
15.最近科学家研制的一种新型“微生物电池”可以将污水中的有机物转化为 H2O 和 CO2，同时
产生电能，其原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是
1
2
1
2
A. 氧化银电极上的反应为 Ag2O＋2e－=2Ag＋O2－
B. 石墨电极上的反应为 C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋
C. 每转移 4 mol 电子，石墨电极产生 22.4 L CO2 气体
D. 每 30 g C6H12O6 参与反应，有 4 mol H＋经质子交换膜进入负极区
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图，该微生物电池中，负极上是污水中的微生物发生失电子的氧化反应，正极上发
生得电子的还原反应，根据电极反应式进行解析。
【详解】A、注入污水的石墨一极是电池的负极，氧化银电极是正极，该电极上的电极反应式
为 Ag2O+2e－+2H＋═2Ag+H2O，故 A 错误；
B、注入污水的石墨一极是电池的负极，污水中的有机物在负极发生失电子的氧化反应
C6H12O6+6H2O-24e－═6CO2↑+24H＋，故 B 正确；
C、氧化银电极是正极，该电极上不会产生二氧化碳，产生二氧化碳的是负极石墨，故 C 错误；
D、注入污水的一极是电池的负极，负极上 C6H12O6 失电子，电极反应式为 C6H12O6+6H2O-24e－
=6CO2+24H＋，n（C6H12O6）=30g÷180g/mol= mol，则每 30 g C6H12O6 参与反应，有 4molH＋经
质子交换膜进入正极区，故 D 错误。
故选 B。
16. 下列化学反应的离子方程式正确的是 （ ）
A. 石灰石溶于醋酸中：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
B. 向 Ba(OH)2 溶液中滴加 NH4HSO4 溶液至刚好沉淀完全： Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝
BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
C. 将少量 SO2 气体通入足量的 NaClO 溶液中：SO2+2ClO－+H2O＝SO32－+2HClO
1
6
D. 稀硝酸中加入过量的铁屑：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe3++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
A、醋酸为弱电解质,离子方程式中应该保留分子式;
B、根据刚好沉淀完全可以知道氢氧化钡与硫酸氢铵物质的量之比为 1:1 反应;
C、ClO－有较强的氧化性,而在水溶液中 SO2 有较强的还原性,二者相遇首先发生氧化还原反应,
生成氯离子和硫酸根离子；
D、铁粉过量,反应生成产物为亚铁离子且离子方程式两边电荷不守恒
【详解】A、碳酸钙和醋酸溶液反应生成醋酸钙和水,碳酸钙是难溶物质,醋酸是弱酸,二者都
要写成化学式的形式,所以其离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++CO2↑+H2O+CH3COO-，故 A 错
误；
B、向 Ba(OH)2 溶液中滴加 NH4HSO4 溶液至刚好沉淀完全,二者物质的量按照 1:1 进行反应,反应
的离子方程式为: Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝BaSO4↓+NH3·H2O+H2O；所以 B 选项是正确的；
C、将少量 SO2 气体通入足量的 NaClO 溶液中,二氧化硫被氧化成硫酸根离子,反应的离子方程
式为: SO2+2ClO－+H2O＝SO42－+2H++Cl- ,故 C 错误；
D、稀硝酸中加入过量的铁屑,反应生成了亚铁离子,反应的离子方程式为：3Fe+8H ++2NO3－＝
3Fe2++2NO↑+4H2O,故 D 错误；
综上所述，本题正确选项 B。
17.短周期元素 a、b、c、d、e 的原子序数依次增大。a 的简单阴离子与锂离子具有相同的电
子层结构，b 原子最外层电子数等于内层电子数的 2 倍。d 的单质与稀盐酸剧烈反应放出 a2。
在 1L0.2mol·L-1a2e 的水溶液中缓慢通入 ec2 气体，该溶液的 pH 与 ec2 气体体积（标准状况）
的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a 和 b 可构成所有原子共平面的分子
B. 在 b、c、e 的气态氢化物中，c 的最稳定
C. d 的氯化物一定能破坏水的电离平衡
D. e 的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意，锂离子含 2 个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有 H-，a 为氢。最外层电
子数是内层电子数 2 倍，说明内层只有 2 个电子，b 为碳。短周期有 5 种金属，原子序数依次
增大，所以，d 可能为钠、镁、铝。由图象知，a2e 溶液呈酸性，e 为硫，H2S 与 SO2 反应，2H2S
＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c 为氧。
【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故 A 正确。
B、在 H2O、CH4、H2S 中，H2O 的热稳定性最强，故 B 正确。
C、NaCl 不能破坏水的电离，故 C 错误。
D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故 D 正确。
故答案选 C。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 向 0.1mol/L 100mL CH3COONa 的溶液中再加 0.1mol CH3COONa 固体后 c(CH3COO－)/c(Na+)变
大
B. 向 0.1mol/L 的二元弱酸盐 Na2A 中不断通入 HCl(g),则 c(H+)/c(H2A)先变大后变小
C. 已知：FeCl3（aq）+ 3KSCN（aq） 3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），向该平衡体系中加
入固体 KCl 后溶液颜色变浅
D. 室温时，0.1mol/L NH4HCO3 溶液 pH=8.1，则 Ka1(H2CO3) ＞Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2CO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A、向 0.1mol/L 100mL CH3COONa 的溶液中再加 0.1mol CH3COONa，CH3COO-浓度变大，
水解程度减小，c(CH3COO－)和 c(Na+)均变大，但是 c(CH3COO－)增大的幅度更大，因此加入固
体后 c(CH3COO－)/c(Na+)变大，故 A 正确；
B、向 0.1mol/L 的二元弱酸盐 Na2A 中不断通入 HCl(g)，根据 ，
( ) ( )
( )
-
2
a2=K
c H c HA
c H A
+
，有氢离子先和 A2－反应生成 HA-，再与 HA-反应生成 H2A，HA-的浓度先增
大后减小，则 c(H+)/c(H2A)先变小后变大，故 B 错误；
C、已知：FeCl3(aq)+ 3KSCN(aq) 3KCl(aq) +Fe(SCN)3(aq)，向该平衡体系中加入固体
KCl，反应实质为 Fe3+ + SCN－ Fe(SCN)3，因此加 KCl，平衡不移动，故 C 错误；
D、室温时，0.1mol/L NH4HCO3 溶液 pH=8.1，显碱性，说明氨水的电离程度大于碳酸的电离程
度，故 D 错误；
综上所述，答案为 A。
【点睛】溶液中的平衡一定是改变参与反应的离子浓度来使平衡发生移动，没有参与反应的
离子浓度变化与平衡移动无关。
19.下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁
A. 图甲可表示压强对反应： 的影响
B. 图乙中， 时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C. 若图丙表示反应： ，则 、
D. 图丁表示水中 和 的关系，ABC 所在区域总有
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，
增大压强平衡正向移动，N2 的转化率增大，故 A 错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故 B
错误；
( )
( ) ( )-
2
a2K=
c H
c H A c HA
+
2 2 3N (g) 3H (g) 2NH (g)+ 1H 92.4 kJ mol−∆ = − ⋅
1t
A(g)+B(g) xC(g) 1 2T T> x 2< ( )c H+ ( )c OH− ( ) ( )c H c OH+ −p1，T1、p2 条件下平衡时 C%比 T1、p1 时的大，
说明增大压强平衡正向移动，则 xT2，故 C
正确；
D.BC 线上任意点都有 c(H+)=c(OH-)，ABC 区域位于直线 BC 的左上方的区域内任意点均有
c(H+)>c(OH-)，故 D 错误；
答案：C
20.Mn2＋催化 H2O2 分解：2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH1，其反应机理如图。若反应Ⅱ的焓变
为 ΔH2，则反应Ⅰ的焓变 ΔH 为(反应Ⅰ、Ⅱ的计量数均为最简整数比)( )
A. ΔH1－ΔH2 B. ΔH1＋ΔH2
C. 2ΔH1－ΔH2 D. ΔH1－2ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应信息得出
2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH1
Mn2＋(aq) ＋ H2O2(l) = MnO2(s)＋2H＋(aq) ΔH，
MnO2(s)＋H2O2(l) ＋2H＋(aq)= Mn2＋(aq)＋ O2(g)＋2H2O(l) ΔH2
根据盖斯定律得出 ΔH = ΔH1－ΔH2，故 A 正确。
综上所述，答案为 A。
21.25℃时，向浓度均为 0.1mol·L-1、体积均为 100mL 的两种一元酸 HX、HY 溶液中分别加入
NaOH 固体，溶液中 随 n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是
+
-
c(H )1g c(OH )
A. HX 为弱酸，HY 为强酸
B. 水的电离程度：b>c>d
C. C 点对应的溶液中：c(HY)>c(Y-)
D. 若将 c 点与 d 点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na+)>c(X-)>c(Y-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】B
【解析】
【 详 解 】 A 、 根 据 图 象 0.1mol/LHX 溶 液 中 lg =12 ， =1×1012 ，
c(H+)•c(OH-)=1×10-14，解得 c(H+)=0.1mol/L，HX 为强酸，0.1mol/LHY 溶液中 lg
12，HY 为弱酸，选项 A 正确；
B、b 点时溶液中 lg =0，溶液中 c(H+ )=c(OH-) ，溶液呈中性；d 点、c 点加入 5×10-3mol
的 NaOH 固体，d 点得到等物质的量浓度的 NaX 和 HX 的混合液，HX 电离出 H+使 d 点溶液呈酸
性，c 点得到等物质的量浓度的 NaY 和 HY 的混合液，c 点溶液呈酸性，HY 的电离程度大于 Y
的水解程度，d 点溶液中 c(H+ )大于 c 点，d 点溶液中 H+对水的电离的抑制程度大于 c 点，水
的电离程度： b> c>d，选项 B 正确；
C、c 点时加入 n(NaOH)=0.005mol，此时得到等物质的量浓度的 HY 和 NaY 的混合溶液，lg
=6，则 c(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，说明 HY 的电离程度大于 NaY 的水解程度，
故 c(HY)c(Y-)> c(Na+)，选项 D 错误。
答案选 B。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定的图像分析、影响水的电离平衡的因素、pH 的计算。 注意纵
坐标表示 lg ，纵坐标数值越大溶液的酸性越强，纵坐标为 0 时溶液呈中性；酸电离
出的 H+对水的电离平衡起抑制作用，而且酸溶液中 c(H+ )越大，水的电离程度越小。
22.全钒电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的电池总反应为 VO2＋(蓝色)＋H2O＋V3＋
( )
( )
c H
c OH
+
−
( )
( )
c H
c OH
+
−
( )
( )
c H
c OH
+
−
< ( ) ( ) c H c OH + − ( ) ( ) c H c OH + − ( ) ( ) c H c OH + −
(绿色) VO2+(黄色)＋V2＋(紫色)＋2H＋。下列说法错误的是
A. 充电时，反应每生成 2 mol H＋时转移的电子的物质的量为 1 mol
B. 充电时，阳极附近溶液由绿色逐渐变为紫色
C. 放电时，负极反应为 V2＋－e－=V3＋
D. 放电过程中，正极附近溶液的酸性减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，放电时，电池的负极上是 VO2+（蓝色）发生
失电子的氧化反应，正极上是 V3+（紫色）发生得电子的还原反应，充电时，阳极发生失电子
的氧化反应，为放电时的正极反应的逆反应，阴极发生得电子的还原反应，为放电时的负极
反应的逆反应，根据原电池和电解池的工作原理知识来回答。
【详解】A.充电时，阳极附近发生失电子的氧化反应，即 VO2+-e-+H2O=VO2++2H+，反应每生成
2molH+时电子转移为 1mol，故 A 正确；
B.充电时，阳极发生失电子的氧化反应，VO2++H2O-e-=VO2++2H+，溶液由蓝色逐渐变为黄色，
故 B 错误；
C.放电时，反应中 V2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为
V2+-e-=V3+，故 C 正确．
D.放电过程中，正极附近发生反应：VO2++2H++e-=VO2++H2O，消耗氢离子，溶液的 pH 变大，酸
性减弱，故 D 正确；
故选 B。
23.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲 中，b 曲线的热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+
O2(g)△H=(E1-E2)kJ/mol
1
2
B. 图乙 表示氢氟酸为弱酸，且 a 点与 b 点的 数值相同
C. 图丙 表示压强对可逆反应 2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强
比甲的压强大
D. 图丁 表示 0.1000mol/LNaOH 溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L 醋酸溶
液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A、b 曲线是加了催化剂，焓变△H=(E 1-E2)kJ/mol，b 曲线其热化学方程式为：
H2O2(l)=H2O(l)+ O2(g) △H=(E1-E2)kJ/mol，故 A 符合题意；
B、稀释相同倍数，a 点与 b 点的 数值相同，但 a 曲线为 HCl，故 B 不符合题意；
C、图丙表示催化剂对可逆反应 2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，该反应是体积减小的
反应，压强会使平衡发生移动，故 C 不符合题意；
D、0.10000mol/LNaOH 溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L 醋酸溶液的滴定曲线，pH=7 的点应该是
加氢氧化钠体积小于 20mL，故 D 不符合题意；
综上所述，答案为 A。
【点睛】pH 相同的一元强酸和一元弱酸，稀释相同倍数，变化大的是强酸。
24.下列叙述中不正确的是( )
A. 0.1mol/L NaHCO3 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na ＋） >c （CO32
－） >c （HCO3－） >c（OH－）
B. 中和等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，消耗 NaOH 的物质的量相同
C. 25℃时，向 0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液中加入少量 CH3COONa 固体，该溶液中水的电离程度
将增大，且 Kw 不变
wK
1
2
wK
D. 等 pH 值的①(NH4)2SO4 溶液②NH4HSO4 溶液③NH4Cl 溶液中，c(NH4+)的大小关系：①=③>②
【答案】A
【解析】
【详解】A 选项，0.1mol/L NaHCO3 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为碳酸钠，
所得溶液中：c(Na＋) >c(CO32－) >c(OH－) >c(HCO3－)，故 A 错误；
B 选项，中和等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，酸的物质的量相等，因此消耗 NaOH 的物质的
量相同，故 B 正确；
C 选项，25℃时，向 0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液中加入少量 CH3COONa 固体，酸性减弱，氢离子
浓度减小，抑制水的电离程度减弱，水的电离程度将增大，且 Kw 不变，故 C 正确；
D 选项，等 pH 值的①(NH4)2SO4 溶液②NH4HSO4 溶液③NH4Cl 溶液中，①③是水解显酸性，水解
氢离子浓度相同，则水解消耗得铵根离子浓度相同，溶液中铵根离子浓度相同，②中是盐电
离出氢离子显酸性，因此铵根离子最小，因此 c(NH4+)的大小关系：①=③>②，故 D 正确。
综上所述，答案为 A。
第Ⅱ卷 非选择题 （共 52 分）
25.Ⅰ.二氯化砜(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用 SO2 与 Cl2 反应制取少量
的 SO2Cl2。装置如图(有些支持装置省略了)所示。已知 SO2Cl2 的熔点为-54．1℃，沸点为
69．1℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气
体。
(1)仪器 E 的名称是_____________，由 B 的使用可知 SO2 与氯气之间的反应属于______(填“放”
或“吸”)热反应，B 处反应管冷却水应从____________ (填“a”或“b”)接口通入。如果将
丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是
_______________________________________。
(2)试剂 X、Y 的组合最好是_________。
a．98%硫酸和铜 b．稀硝酸和亚硫酸钠固体 c．60%硫酸和亚硫酸钾固体
(3)戊是贮气装置，则 E 中的试剂是_________；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫
之间发生反应的化学方程式是___________________________．
(4)取 1．00g 蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测
得生成沉淀的质量为 1．50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为___________ %(结果
保留小数点后 1 位)。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是
_______________________________。
Ⅱ.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气
的体积。
(1)所选仪器接口的连接顺序是 A 接________，________接________；B 接________，________
接________。
(2)若装入的饱和食盐水为 100mL(氯化钠足量，电解前后溶液体积变化可忽略，假设两极产生
的气体全部逸出)，当测得氢气为 112mL(标准状况下)时停止通电。将 U 形管内的溶液倒入烧
杯，常温时测得溶液的 pH 约为________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 放 (3). a (4). 该反应为放热反应，降温有利
于 平 衡 正 向 移 动 ， 有 利 于 SO2Cl2 的 生 成 (5). c (6). 饱 和 食 盐 水 (7).
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (8). 86.9% (9). SO2Cl2 久置后分解产生 Cl2，溶于其中，导
致液体呈黄色 (10). G (11). F (12). H (13). D (14). E (15). C
(16). 13
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)仪器 E 的名称是分液漏斗，B 是冷凝管，由 B 的使用可知 SO2 与氯气之间的反应属于放
热反应，B 处反应管冷却水是下进上出，因此应从 a 接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会
更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于 SO2
的生成。
(2)甲装置主要是制二氧化硫气体，因此试剂 X、Y 的组合最好是 c。
(3)戊是贮气装置，储存氯气，因此将饱和食盐水加入，氯气进入到丙中，因此 E 中的试剂是
饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应生成盐酸和硫酸。
(4)先根据生成沉淀的质量计算 SO2Cl2 的质量，再计算百分含量。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，主要是久置后 SO2Cl2
分解生成 Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色。
Ⅱ(1)A 应该是电解池的阴极，生成氢气，B 为阳极，生成氯气，因此得出仪器接口的连接顺
序。
(2)根据方程式的比例关系计算氢氧根的物质的量，再计算氢氧根浓度，再计算 pH 值。
【详解】Ⅰ(1)仪器 E 的名称是分液漏斗，B 是冷凝管，由 B 的使用可知 SO2 与氯气之间的反
应属于放热反应，B 处反应管冷却水是下进上出，因此应从 a 接口通入。如果将丙装置放入冰
水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，
有利于二氯化砜的生成，故答案为：分液漏斗；放；a；该反应为放热反应，降温有利于平衡
正向移动，有利于二氯化砜的生成。
(2)甲装置主要是制二氧化硫气体，因此试剂 X、Y 的组合最好是 c；故答案为 c。
(3)戊是贮气装置，储存氯气，因此将饱和食盐水加入，氯气进入到丙中，因此 E 中的试剂是
饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
(4)取 1.00g 蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得
生成沉淀的质量为 1.50g；
SO2Cl2——BaSO4
135g 233g
xg 1.5g
解得 x=0.869g
，故答案为 86.9%。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，主要是久置后 SO2Cl2
分解生成 Cl2，因此其原因是 SO2Cl2 久置后分解产生 Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色，故答
案为：SO2Cl2 久置后分解产生 Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色。
135g 233g=xg 1.5g
0.869gω= 100%=86.9%1.0g
×
Ⅱ(1)A 应该是电解池的阴极，生成氢气，B 为阳极，生成氯气，因此仪器接口的连接顺序是 A
接 G，F 接 H；B 接 D，E 接 C，故答案为：G；F；H；D；E；C。
(2)
根据 H2——2NaOH
22.4L 2mol
0.112L xmol
解得 x = 0.01mol
，因此 pH=13，故答案为：13。
26.Ⅰ.工业以软锰矿（主要成分是 MnO2，含有 SiO2、Fe2O3 等少量杂质）为主要原料制备高性
能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中 Fe2O3 与 SO2 反应的离子方程式为 Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，该反应是经历
以下两步反应实现的。
ⅰ：Fe2O3+6H+ =2Fe3++3H2O
ⅱ：____________________________________________（离子方程式）。
(2)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为____________（填离子符号）。
(3)氧化过程中被 MnO2 氧化的物质有（写化学式）：____________________。
(4)“浸锰”反应中往往有副产物 MnS2O6 生成，温度对“浸锰”反应 影响如图所示，为减少
MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入 NH4HCO3 溶液时
温度不宜太高的原因是______________________。
的
22.4L 2mol=0.112L xmol
-1
aq
n 0.01molc= = =0.1mol LV 0.1L
⋅
（ ）
(5).加入 NH4HCO3 溶液后，生成 MnCO3 沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：
_______________________________________________________。
Ⅱ.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
酸性条件下，六价铬主要以 Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含 Cr2O72-的废水。实验
室用如图装置模拟处理含 Cr2O72-废水，阳极反应式 Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式 2H++2e-=H2↑随
着电解进行，阴极附近 pH 升高。
(1)电解时能否用 Cu 电极来代替 Fe 电极?____(填“能”或“不能”)，理由是
______________________。
(2)电解时阳极附近溶液中 Cr2O72-转化为 Cr3+的离子方程式为
______________________________。
(3)上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原
因__________________________。
【答案】 (1). 2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+ (2). Fe2+、Mn2+ (3). Fe2+、SO2
(4). 90℃ (5). 防 止 NH4HCO3 受 热 分 解 ， 提 高 原 料 利 用 率 (6). Mn2++2HCO3 －
=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). 不能 (8). 因阳极产生的 Cu 2+不能使 Cr2O72−还原到低价态
(9). 6Fe2++Cr2O72−+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O (10). 水中的 H+在阴极区放电，H+浓度减小促
使水的电离平衡 H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区 OH−浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀
完全
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)根据总反应减去第ⅰ个反应：2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+。
(2)浸锰过程中二氧化锰和二氧化硫发生氧化还原反应，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两
种金属阳离子为 Fe2+、Mn2+。
(3)氧化过程中被 MnO2 氧化的物质主要是过量的二氧化硫和 Fe2+。
(4)根据图可知，90℃时，MnS2O6 的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”
的适宜温度是 90℃，NH4HCO3 受热易分解，温度不宜太高，防止 NH4HCO3 受热分解，提高原料
利用率。
(5)加入 NH4HCO3 溶液后，发生彻底的双水解，生成 MnCO3 沉淀，同时还有气体生成。
Ⅱ(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反
应。
(2)Cr2O72－具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为 2Cr3+，因此写出离
子方程式。
(3)水中的 H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡 H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区 OH−。
【详解】Ⅰ(1)根据总反应减去第ⅰ个反应：2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+，故答案为：
2Fe3++ SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+。
(2)浸锰过程中二氧化锰和二氧化硫发生氧化还原反应，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两
种金属阳离子为 Fe2+、Mn2+，故答案为：Fe2+、Mn2+。
(3)氧化过程中被 MnO2 氧化的物质主要是过量的二氧化硫和浸锰过程中生成的 Fe2+，故答案为：
Fe2+、SO2。
(4)根据图可知，90℃时，MnS2O6 的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”
的适宜温度是 90℃，NH4HCO3 受热易分解，温度不宜太高，防止 NH4HCO3 受热分解，提高原料
利用率，故答案为：90℃；防止 NH4HCO3 受热分解，提高原料利用率。
(5)加入 NH4HCO3 溶液后，发生彻底的双水解，生成 MnCO3 沉淀，同时还有气体生成，写出反应
的离子方程式：Mn2++2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为；Mn2++2HCO3－=
MnCO3↓+CO2↑+H2O。
Ⅱ(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反
应，故答案为：不能；因阳极产生的 Cu2+不能使 Cr2O72−还原到低价态。
(2)Cr2O72－具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为 2Cr3+，因此离子方
程式为 6Fe2++Cr2O72−+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72−+14H+= 6Fe3+ +
2Cr3++7H2O。
(3)水中的 H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡 H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区 OH−，
故答案为：水中的 H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡 H2O⇌H++OH−向右移动，阴
极区 OH−浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。
27.(1).用合成气生成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH，在 10 L 恒容密闭容
器中按物质的量之比 1∶2 充入 CO 和 H2，测得 CO 的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所
示，200 ℃时 n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min 0 1 3 5
n(H2)/mol 8.0 5.4 4.0 4.0
①ΔH________(填“>”“
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