2024年沪教版选择性必修1化学下册月考试卷

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A.该电池也可用水作溶剂B.放电时，正极的电极反应为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+CC.充电时，钠箔与外接电源的正极相连D.每吸收1molCO2，理论上电路中转移4mole-2、某温度时，密闭容器中存在下列平衡：N2O4(g)2NO2(g)经测定；该温度下四氧化二氮的分解率为33.3%。对上述情况，有人叙述如下：

①密闭容器的压强约为原来的66.7％；②四氧化二氮在混合气体中约占二分之一的体积；③混合气体的平均分子量为69；④二氧化氮的物质的量增加了33.3％。其中正确的是A.①和②B.③和②C.③和④D.②和④3、为探究和对分解反应的催化效果，某同学分别设计了图1、图2所示的实验。下列叙述不正确的是（）

A.图2中的A为分液漏斗B.图2实验可通过测定相同状况下产生相同体积的气体所用的时间来比较反应速率C.图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应进行的快慢D.若图1实验中反应速率为①>②，则对分解的催化效果一定比好4、研究人员研究出实现水泥生产时零排放的一种方法，其基本原理如下图所示。反应在温度小于900℃时进行，碳酸钙先分解为CaO和电解质为熔融碳酸盐。

下列说法不正确的是：A.装置中发生了反应：B.阳极有产生C.阴极电极反应式为D.这一反应的发生，说明电解是一种强有力的氧化还原手段5、《本草纲目》中“石碱”条目下记载：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面”。下列说法不正确的是A.石碱的主要成分是K2CO3B.“晒干烧灰，以水淋汁”说明石碱易溶于水C.“久则凝淀如石”是结晶析出的过程D.“去垢发面”过程中均有CO2气体生成6、某兴趣小组用如图装置先闭合K1工作一段时间，断开K1然后再闭合K2；电流表指针向左偏转。下列有关该实验的说法正确的是（）

A.闭合K1工作时，C1是正极B.闭合K1工作一段时间，溶液的pH不变C.闭合K2工作时，电子由C1流向C2D.闭合K2工作时，C2上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O7、许多金属都可以通过电解的方法达到精炼的目的，下列有关该方法的叙述正确的是A.杂质的粗金属做阳极，与电源正极相连B.阴极只要是导体即可，与精炼过程无关C.电解质溶液除了含有精炼的金属离子外，绝对不能含有其他金属离子D.在精炼过程中，电解质溶液的成分不发生任何变化8、同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是A.2W(l)+Y(l)→2Z(g)+Q1B.2W(g)+Y(g)→2Z(l)+Q2C.2W(g)+Y(g)→2Z(g)+Q3D.2W(l)+Y(l)→2Z(l)+Q4评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、聚乙烯醇生成中会产生大量副产物乙酸甲酯；乙酸甲酯水解产物可以循环利用。发生水解反应如下：

Ⅰ．CH3COOCH3(l)CH3COOCH3(aq)

Ⅱ．CH3COOCH3(aq)+H2O(l)CH3COOH(aq)+CH3OH(aq)△H＞0K=1.6×10-11

已知：

①H+和OH-对反应II均有催化作用，在相同条件下，相同物质的量的OH-催化效率比H+高。

②乙酸甲酯在水中溶解度0.4mol/100mL；易溶于甲醇，熔点-98.7℃，沸点57.8℃。

(1)在密闭容器中；投入2mol乙酸甲酯和100mL水(如图甲)，在50℃下发生水解,得出反应速率与时间图像如图乙所示。

①下列说法正确的是________。

A．生成物甲醇；增大了乙酸甲酯在水中的溶解，使得乙酸甲酯在水中的浓度增大。

B．反应II是自催化反应，生成物乙酸电离出的H+对反应II具有催化作用。

C．pH计或电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)不可用来检测乙酸乙酯的水解程度。

D．t0时刻后水解反应速率下降的原因是水中甲醇浓度太大；阻碍反应II平衡右移。

②保持投料、温度不变，若反应开始时向图甲容器中通入适量氯化氢，则反应II的反应速率__________(填“变大”或“变小”或“不变”)，达到平衡时乙酸甲酯转化率__________________(填“变大”或“变小”或“不变”)。

③保持投料；温度不变；研究碱或酸对反应II催化的效率高低的影响：

甲：加入氢氧化钠固体。

乙：通入氯化氢气体。

发现水解开始时；甲＞乙，水解后期，甲＜乙。

试分析水解后期甲＜乙原因____________________________。

④保持温度不变，乙酸甲酯饱和溶液的平衡转化率为a%，向乙酸甲酯饱和溶液中继续加入VmL水稀释后平衡转化率为x%，在图丙中画出x%与V的变化曲线____________________________。

(2)工业上油脂水解是在高温高压下连续水解。水解速率主要取决于油脂与水的接触面积和反应体系中氢离子或氢氧根的浓度。下列说法正确的是_____________

A．高温高压下；体系温度升高，油脂水解反应速率加快。

B．高温高压下，促进水的电离，c(H+)和c(OH-)增大；可催化油脂水解反应。

C．高温高压下；油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快。

D．高温高压下，油脂水解的平衡常数K比常温常压下的小10、I．一密闭体系中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0；如图是某一时间段内反应速率与时间的关系曲线图。请回答下列问题：

(1)处于平衡状态的时间段有：________、________、________、________。

(2)t1、t3、t4时刻体系中分别发生变化的条件是____、____、_____。

(3)下列各时间段中，氨的百分含量最高的是________。

A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6

II．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表所示:。T(℃)70080083010001200K0.60.91.01.72.6

(4)该反应的化学平衡常数表达式为K=__________。

(5)该反应为__________(填“吸热”或“放热”)反应。

(6)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。11、环境问题已成为人类共同关注的话题，燃煤废气、汽车尾气中常含有的NOx、SO2、H2S等污染物；容易形成酸雨，破坏环境。其综合治理是当前重要的研究课题。

Ⅰ．以下是对酸雨的若干项评价，其中不正确的是__________

a．杀死水中的浮游生物；减少鱼类食物的来源，破坏水生生态系统。

b．对电线；铁轨、桥梁、房屋等均会造成严重损害。

c．导致臭氧层空洞

d．二氧化碳的过量排放；是形成酸雨的主要原因之一。

Ⅱ．电解法处理氮氧化物废气有较高的环境效益和经济效益（图中电极均为石墨）。

（1）电解NO制备NH4NO3原理如上方左图所示：

①阳极为石墨_____(填1或2)，该电极的反应式为_____________。

②为使电解的副产物也完全转化为NH4NO3，需要补充的物质X的化学式为___________。

（2）用上方右图装置进行模拟电解NO2气体实验；可回收硝酸。

①外接电源a极为______极，左室发生的电极反应式为_____________。

②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过质子交换膜(只允许质子通过)的H+为______mol。

③用含NO和NO2(不考虑NO2转化为N2O4)的废气进行模拟电解法吸收实验。电解过程中，有部分NO转化为HNO2。实验结束时，测得右室溶液中增加了1molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2。原气体中NO和NO2的体积比为____________。12、合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义，其原理为：在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始分别为时；平衡后混合物中氨的体积分数(α)如图所示：

回答以下问题：

(1)其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是___________，其原因是___________。

(2)①若分别用和表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则___________(填“>”“<”或“=”)。

②若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下合成氨的平衡常数K=___________(列出计算式即可)。

(3)合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：

第一步(慢反应)

第二步(快反应)

第三步(快反应)

比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1___________E2(填“>”“<”或“=”)。

(4)是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：能说明该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。

①混合气体的压强不变。

②混合气体的密度不变。

③混合气体的总物质的量不变。

④混合气体的平均相对分子质量不变。

⑤的体积分数不变13、在2L的密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，如图为在投放相同物质的情况下，其他条件不变，仅改变某一条件，得到NH3的物质的量随时间变化的曲线A；B。

请回答下列问题:

（1）在曲线A对应条件下，反应从开始到平衡状态，消耗N2的平均速率为____。

（2）下列说法正确的是____(填字母)。

A.为了提高转化率；工业生产中反应的温度越低越好。

B.反应达到平衡后；保持其他条件不变，将容器容积减小一半，平衡逆向移动。

C.图为不同压强下反应体系中NH3的物质的量与反应时间的关系图，且pAB

D.图为不同温度下反应体系中NH3的物质的量与反应时间的关系图，且TA>TB

（3）曲线A、B对应条件下平衡常数的大小关系为KA____(填“>”、“<”或“=”)KB。

（4）下列能说明该反应达到平衡状态的是____(填字母)。

A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2

B.v正(N2)=v逆(H2)

C.容器内压强保持不变D.混合气体的密度保持不变。

（5）一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器中通入2molN2和7molH2，达到平衡时测得容器内的压强为起始时的则此温度下的平衡常数为____。14、HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+、AgNO2是一种难溶于水；易溶于酸的化合物。试回答下列问题：

(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是（填字母）_____。

A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂。

C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂。

(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是（填字母编号）_____________。

A．测定这两种溶液的pH

B．分别在两种溶液中滴加甲基橙。

C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别。

D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别。

(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出该反应的离子方程式:________________________。

(4)用离子方程式表示NaNO2溶液显碱性的原因________________。

(5)若FeSO4和O2的化学计量数比为2:1；试配平下列方程式：

___FeSO4+__K2O2－__K2FeO4+__K2O+__K2SO4+__O2↑

每产生1molO2转移的电子数目为____________。

(6)高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，发挥的作用是___________________。15、完成并分析下列化学原理。

(1)在配制三氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的________。

(2)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____________；

(3)除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的试剂可以是_____________。

(4)在常温下，稀释等PH值的HCl、HF两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化如图所示，能表示HF的稀释过程的曲线是：_____________

(5)amol·L－1(NH4)2SO4溶液pH=5，其原因是_______(用相应的方程式说明)。

(6)有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa②NH4Cl与HCl③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)。溶液中c(H＋)由小到大的顺序为：(填混合溶液的编号)____________

(7)在做Zn与稀H2SO4反应制取H2的实验中，向溶液中滴加几滴CuSO4溶液，反应放出H2速度加快的原因是：__________________________评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误17、1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热。_____18、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误19、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误20、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误21、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共3题，共21分)22、实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：

已知：呈白色，微溶于水，加热至左右开始分解放出氧气。

(1)实验装置如下：

①请写出装置的连接顺序___________(填序号)。

②写出沉淀生成的化学方程式___________。

(2)乙醇洗涤的目的是___________。

(3)请设计实验定性检验产品为(简单地描述实验步骤和现象)___________。

(4)产品纯度测定实验步骤如下：

第一步：准确称取产品于烧杯中；加入适量的盐酸使其完全溶解；

第二步：向上述溶液中加入稍过量的沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；

第三步：将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解；溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；

第四步：向锥形瓶中滴入几滴溶液，然后逐滴滴入浓度为的溶液至终点，消耗溶液

①滴定前，滴入溶液的目的是___________。

②产品的纯度为___________(用字母表示)。

③若第三步用稀盐酸溶解，所测纯度___________(填“偏低”“不变”或“偏高”)。23、钛在医疗领域的应用非常广泛，如：制人造关节、主动心瓣等。是制备金属钛的重要中间体，某小组同学利用如下装置在实验室制备(夹持装置略)。

资料表明：室温下，为无色液体，易挥发，高温时能与反应，与HCl不发生反应。其他相关信息如下表所示：。物质熔点/℃沸点/℃水溶性-25136.4易水解成白色沉淀，能溶于有机溶剂-2376.8难溶于水

请回答下列问题：

(1)A中反应的离子方程式为_______。

(2)盛放的仪器名称为_______，装置B中盛放的试剂是_______(写名称)。

(3)加热装置C之前，先进行装置A中的反应，这样操作的目的是_______。

(4)装置C中除生成外，同时还生成一种有毒气体，该反应的化学方程式为_______。

(5)该实验设计存在缺陷：一是无CO尾气处理装置；第二个缺陷的改进措施为_______。

(6)利用如图装置测定所得的纯度：将产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水发生反应，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴指示剂，用溶液滴定至终点；消耗滴定液25.00mL。

①在滴定管中装入标准溶液的前一步应进行的操作为_______。

②已知常温下，(呈砖红色，溴化银呈浅黄色)，应选择的指示剂是_______。

A.KClB.C.KBr

③根据上述数据计算该产品的纯度为_______%。24、某小组同学查阅资料：工业生产中，用乳状液处理酸性废水；得到pH约为9的溶液。小组同学利用化学实验和定量计算对其反应过程进行探究。

【实验1】

回答下列问题。

(1)①中上层清液变红，证明固体加水后，溶液中的______(填“<”“>”“=”)。

(2)②中反应的离子方程式是____________。

红色褪去的试管②中几分钟后上层清液又恢复红色。小组同学提出猜测：

i．甲同学猜测可能滴入的盐酸不足。

ii．乙同学不同意甲的猜测。认为应该是试管底部的固体继续溶解产生的所致；并设计实验2进一步探究其中的反应。

【实验2】

(3)综合试管③和④中的现象，认为乙同学的猜测______(填“合理”或“不合理”)。

(4)用离子方程式解释试管④中的现象____________。

(5)试管⑤中产生白色浑浊的原因是____________(用Q与大小关系对比说明)。

(6)丙同学查阅资料：室温下，经计算得出丙同学分析实验过程，因为有固体剩余，排除了溶液不饱和导致减小的可能。

请你帮助丙同学分析：处理的酸性废水得到pH约为9的溶液，小于10.3的可能原因是____________。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共24分)25、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。26、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。27、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共4分)28、某厂废弃的加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol•L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol•L-1)的pH8.74.73.29.0

回答下列问题：

(1)“碱浸”中NaOH的作用是__。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是__。

(3)“转化”中可替代H2O2的物质是___。

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

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__。

(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__。29、(1)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_______________。

②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为___________，阴极产生的物质A的化学式为________。

(2)与常规方法不同，有研究者用HCl—CuCl2做蚀刻液。蚀铜结束，会产生大量含Cu＋废液，采用如图所示方法，可达到蚀刻液再生，回收金属铜的目的。此法采用掺硼的人造钻石BDD电极，可直接从水中形成一种具有强氧化性的氢氧自由基(HO·)，请写出BDD电极上的电极反应________，进一步反应可实现蚀刻液再生，请写出刻蚀液再生的离子方程式__________。

(3)电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如下图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A－表示乳酸根离子)。

①阳极的电极反应式为____________。

②简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：__________________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

由电池总方程式可知；钠元素化合价升高被氧化，钠箔为原电池的负极，碳元素化合价降低被还原，多壁碳纳米管为原电池的正极。

【详解】

A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；则该电池不能用水作溶剂，应选择有机溶剂，故A错误；

B.放电时，多壁碳纳米管为原电池的正极，二氧化碳在正极上得到电子生成碳和碳酸钠，电极反应式为4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C；故B正确；

C.放电时；钠箔为原电池的负极，则充电时，钠箔与外接电源的负极相连，故C错误；

D.由电池总方程式可知，每吸收3molCO2，理论上电路中转移4mole-；故D错误；

故选B。2、B【分析】【详解】

设四氧化二氮反应前为1mol；则分解的四氧化二氮为0.333mol，剩余0.667mol，生成二氧化氮为0.666mol；

①由于容器体积不变；压强变化无法判断，故错误；

②四氧化二氮在混合气体中物质的量约占一半；在同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，故体积约为一半，故正确；

③混合气体平均摩尔质量为总质量除以总物质的量；即92g÷（0.667mol+0.666mol）=69g/mol，故正确；

④反应前二氧化氮物质的量为0；0不能做分母，表述本身有错，故错误；

故选：B。3、D【分析】【详解】

A．由图可知；图2中的A为分液漏斗，故A正确；

B．图2中可利用相同体积需要的时间不同来比较反应速率；也可利用相同时间体积的不同比较反应速率，故B正确；

C．气泡的快慢说明反应的快慢；则图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率，故C正确；

D．图1实验中所滴加的溶液为FeCl3和CuSO4溶液，溶液中阴离子不同，因此无法比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果；故D错误；

故答案为D。4、C【分析】【详解】

A．根据题目，反应在温度小于900℃时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，所以发生反应：故A正确；

B．阳极的电极反应时碳酸根离子失电子生成氧气的过程，电极反应为：↑；故B正确；

C．阴极是二氧化碳得到电子生成碳，依据电子守恒和传导离子配平书写电极反应为：故C错误；

D．这一反应的发生；说明电解是一种强有力的氧化还原手段，可以让不能自发进行的反应发生，故D正确；

选C。5、D【分析】【分析】

“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，成分来自植物烧成的灰中的成分，为钾盐，所以主要成分K2CO3；据此分析。

【详解】

A．由分析可知，石碱的主要成分是K2CO3；A正确；

B．由分析可知；“晒干烧灰，以水淋汁”说明石碱易溶于水，B正确；

C．由分析可知；“久则凝淀如石”是由碳酸钾溶液析出晶体的过程，故为结晶析出的过程，C正确；

D．“去垢发面”去垢即能洗去油污，是由于K2CO3水解呈碱性促进油脂的水解，过程中无CO2气体生成，发面即能作为发酵剂发酵，过程中有CO2气体生成；D错误；

故答案为：D。6、D【分析】【分析】

闭合K1时，形成电解池，C1与电源的正极相连，为电解池的阳极，C2与电源的负极相连，为电解池的阴极；断开K1、闭合K2时，形成原电池，电流表指针向左偏转则C2为负极；失电子。

【详解】

A．由以上分析知，闭合K1工作时，C1是电解池的阳极；A不正确；

B．闭合K1工作一段时间；发生电解，且实质为电解水，NaOH溶液的浓度增大，溶液的pH增大，B不正确；

C．电解时，C1极生成O2，C2极生成H2；闭合K2工作时，C2作负极，电子由C2流向C1；C不正确；

D．闭合K2工作时，C2为负极，H2得电子产物与OH-结合生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O；D正确；

故选D。7、A【分析】【详解】

A；电解精炼金属时；含粗金属做阳极，与电源正极相连的是阳极，选项A正确；

B；阴极应选用精炼的金属；若阴极用其他导体就会使需要精炼的金属覆盖在该导体上，选项B错误；

C；粗金属中的杂质金属也会失电子；阳极溶解的金属离子进入溶液中，选项C错误；

D；粗金属中的杂质金属也会失电子；阳极溶解的金属离子进入溶液中，电解质溶液的成分发生变化，选项D错误。

答案选A。8、B【分析】【详解】

试题分析：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s，所以反应物的总能量为：W(g)＞W(l)，Y(g)＞Y(l)，生成物的能量为：Z(g)＞Z(l)，同温同压下，各反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，则反应放出的热量越多，故B放出的热量最多，即Q2最大；故选B。

【点睛】

本题主要考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，根据能量变化图来解答非常简单，注意反应热比较时数值与符号均进行比较。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【详解】

(1)①A．乙酸甲酯易溶于甲醇；水解生成甲醇，增大了乙酸甲酯在水中的溶解，使得乙酸甲酯在水中的浓度增大，故A正确；

B．乙酸甲酯反应水解生成乙酸，乙酸会电离出H+；对反应II有催化作用，故B正确；

C．乙酸甲酯反应水解生成乙酸和甲醇，乙酸会电离出H+；pH计或电导率仪可以检测溶液的导电性，进而推知乙酸乙酯的水解程度，故C错误；

D．开始水解生成乙酸，电离出H+加快反应速率，随着水解的进行，乙酸甲酯的浓度越来越小，反应速率减慢，即t0时刻后水解反应速率会下降；故D错误；故本题选AB。

②保持投料、温度不变，向图甲容器中通入适量氯化氢，氯化氢电离出H+对反应II有催化作用，反应速率变大；随着C(H+)增大；使得平衡向逆向移动，达到平衡时乙酸甲酯转化率会变小；

③由题意知，在相同条件下，相同物质的量的OH-催化效率比H+高；水解开始时，甲＞乙，后期由于氢氧化钠和生成的醋酸发生中和而导致催化剂减少，使得甲＜乙；

④向乙酸甲酯饱和溶液中继续加入水开始稀释，平衡会向正向移动，平衡转化率增加幅度大，随着加水的体积增多，乙酸甲酯浓度会降低，平衡转化率增加幅度变小，趋于不变，图像如下图：

(2)A．升高温度；会加快反应速率，故A正确；

B．高温高压下，水的电离得到促进，c(H+)和c(OH-)均增大；催化油脂水解反应，B正确；

C．高温高压下；油脂与水反应生成甘油，油脂易溶于甘油，从而油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快，故C正确；

D．高温高压下，油脂水解属于吸热反应，升高温度平衡向正向移动，平衡常数K增大，故D错误；故本题选ABC。【解析】AB变大变小反应后期，氢氧化钠和生成的醋酸发生中和而导致催化剂减少ABC10、略

【分析】【分析】

(1)从平衡状态时；正；逆反应速率相等分析判断；

(2)由图可知，t1时正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t3时正、逆反应速率同等程度的增大；t4时正；逆反应速率均减小；且逆反应速率大于正反应速率，结合化学平衡的影响因素分析判断；

(3)随着反应的进行；生成的氨气逐渐增多，氨气的百分含量逐渐增大，结合化学平衡的移动对氨气的百分含量的影响分析判断；

(4)根据平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积写出表达式；

(5)根据温度对化学平衡常数的影响分析解答；

(6)根据平衡常数的值；找出对应温度。

【详解】

(1)从平衡状态的本质和特征分析，可逆反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，时间处于t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6时间段内，正、逆反应速率相等，说明这些时间段内反应达到平衡状态，故答案为：t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6；

(2)由图可知，t1时正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变条件应为升高温度；t3时正、逆反应速率同等程度的增大，改变条件应为使用了催化剂；t4时正逆反应速率均减小；且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变条件应为减小压强，故答案为：升高温度；使用了催化剂；减小压强；

(3)随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的百分含量逐渐增大，反应进行到t0时达到平衡；根据(3)的分析，t1时平衡逆向移动，氨的百分含量减小，t3平衡不移动，t4时平衡逆向移动，氨的百分含量减小，因此氨的百分含量最高的是t0～t1；故答案为：A；

(4)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=故答案为：

(5)化学平衡常数的大小只与温度有关；升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；

(6)c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)，则K==1.0，对应温度为830℃，故答案为：830。【解析】t0～t1t2～t3t3～t4t5～t6升高温度使用了催化剂减小压强A吸热83011、略

【分析】【分析】

I.根据酸雨的性质进行判断；

Ⅱ.(1)电解NO制备NH4NO3时；在阳极上是NO失电子的氧化反应，在阴极上是NO得电子的还原反应，根据电极反应判断需要补充的物质X；

(2)①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的是硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；②n(NO2)=0.1mol，阳极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，据此分析判断；③根据氢气的体积计算转移的电子数；电解过程中有1molHNO3、0.1molHNO2生成；计算出生成亚硝酸和硝酸转移的电子的物质的量，再结合N原子守恒及转移电子守恒列式计算。

【详解】

Ⅰ．a．酸雨中含硫酸、硝酸，酸雨具有较强的酸性，其中的硝酸具有强氧化性，能杀死水中的浮游生物，减少鱼类食物的来源，破坏水生生态系统，故a正确；b．酸雨具有较强的酸性，其中的硝酸具有强氧化性，电线、铁轨中含有金属铜、铁等，桥梁、房屋中含有金属和硅酸盐，它们都能和酸雨中的成分反应，故b正确；c．导致臭氧层空洞的是氟氯烃；不是酸雨，故c错误；d.硫的氧化物；氮的氧化物的过量排放是形成酸雨的主要原因，二氧化碳不是形成酸雨的原因，故d错误；故选cd；

Ⅱ．(1)①根据图示，电解时，左室中电极上NO放电生成NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的NO被氧化生成硝酸根离子，所以石墨2为阳极，阳极上电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为2；NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；

②1molNO放电生成1molNH4+，转移5mol电子，1molNO被氧化生成硝酸根离子，转移3mol电子，根据得失电子守恒，生成的硝酸根离子的物质的量大于铵根离子，结合电极反应式，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充氨气，故答案为NH3；

(2)①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，外接电源a极为负极，左室发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的是硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，故答案为负；2H++2e-=H2↑；

②n(NO2)==0.1mol，阳极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子通过质子交换膜进入阴极室，故答案为0.1；

③标准状况下28LH2的物质的量n(H2)==1.25mol，转移电子的物质的量=1.25mol×2=2.5mol；测得右室溶液中增加了1molHNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1molHNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n(NO)+n(NO2)=1mol+0.1mol=1.1mol，生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol。设反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y=1.1-0.1，3x+y=2.4，解得x=0.7，y=0.3，n(NO)∶n(NO2)=(0.7+0.1)mol∶0.3mol=8∶3；相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为8∶3，故答案为，8∶3。

【点睛】

本题的易错点和难点为II.③的计算，要注意NO部分转化为HNO2和HNO3，NO2全部转化为HNO3。【解析】cd2NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+NH3负2H++2e-=H2↑（或2H2O+2e-=H2↑+2OH-）0.18∶312、略

【分析】（1）

(1)由反应可知，正向为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，则和由大到小的顺序是

（2）

①温度越高，压强越大，反应速率越大，由(1)分析可知，由图可知，B对应的温度高、压强大，则反应速率大，

②在条件下，氨气的体积分数为反应达到平衡时容器的体积为列“三段式”：

解得：则该条件下合成氨的平衡常数

（3）

第一步为慢反应，说明要反应需要从外界吸收的热量多，活化分子数少，活化能大，则

（4）

①该反应为气体体积增大的反应；反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故①符合题意；

②由于是固体；没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，故②符合题意；

③由于是固体；生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③符合题意；

④混合气体的平均相对分子质量=混合气体的质量和/混合气体的物质的量总和，混合气体的质量恒等于分解的质量，气体的物质的量为分解的的三倍；混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故④不符合题意；

⑤因反应物是固体物质，所以密闭容器中的体积分数始终不变；故⑤不符合题意；

故答案为：①②③。【解析】(1)温度相同时；加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大。

(2)<

(3)>

(4)①②③13、略

【分析】【详解】

（1）在曲线A条件下，生成NH3的平均速率为mol·L-1·min-1，故消耗N2的平均速率为mol·L-1·min-1；

（2）A、虽然降低温度有利于提高反应物的转化率，但是温度过低影响化学反应速率，选项A错误；B、该反应的正反应是一个气体分子总数减小的反应，减小容器容积，体系的压强增大，平衡向正反应方向移动，选项B错误；C、该反应是一个气体分子总数减小的反应，若pAB，增大压强，化学反应速率增大，曲线B应先达到平衡，选项C错误；D、又ΔH<0，若TB>TA，则升高温度，化学反应速率加快，曲线B应先达到平衡，但NH3的量反而降低；选项D正确。答案选D；

（3）由于曲线A对应的温度高于曲线B对应的温度，且该反应的正反应为放热反应，故KAB；

（4）因该反应的正反应是一个气体分子总数减小的反应；容器内压强保持不变能说明反应达到平衡状态，答案选C；

（5）可设反应的N2的物质的量为xmol，则反应的H2的物质的量为3xmol，生成NH3的物质的量为2xmol，故达到平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为(2-x)mol、(7-3x)mol、2xmol，则=可求得x=1，故达到平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为0.5mol·L-1、2mol·L-1、1mol·L-1，代入公式可求得K=0.25。【解析】mol·L-1·min-1D<C0.2514、略

【分析】【详解】

(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；Fe元素化合价降低，被还原，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐,在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂；

A．亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+；说明亚硝酸盐具有氧化性，被还原，故A正确；

B．服用维生素C可以解毒；说明维生素C是还原剂，故B正确；

C．维生素C是还原剂，将Fe3+还原为Fe2+；故C正确；

D．亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+；说明亚硝酸盐具有氧化性，亚硝酸盐是氧化剂，故D错误；

故答案选D；

(2)A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不符合题意；

B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B符合题意；

C．在酸性条件下,亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2−+2I−+4H+＝2NO↑+I2+2H2O；碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不符合题意；

D．亚硝酸根离子和银离子反应，但生成的白色沉淀能溶于稀硝酸中，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别；故D不符合题意；

故答案为B；

(3)观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2−+Cl2+H2O＝NO3−+2H++2Cl−；

(4)NaNO2是弱酸强碱盐，亚硝酸根会水解，NO2-+H2OHNO2+OH-；

(5)根据方程式可知，铁元素的化合价从+2价升高到+6价，失去4个电子；氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，双氧水中另一部分氧元素的化合价从−1价降低到−2价，得到1个电子，根据守恒法可知配平后的方程式为：2FeSO4+6K2O2＝2K2FeO4+2K2O+2K2SO4+O2↑，由反应方程式可知生成1mol的氧气时转移10mol电子即10NA；

(6)高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒。【解析】DBNO2−+Cl2+H2O＝NO3−+2H++2Cl−NO2-+H2OHNO2+OH-2、6、2、2、2、110NA作强氧化剂，杀菌消毒；反应后生成Fe(OH)3胶体，起吸附杂质作用15、略

【分析】【分析】

（1）三氯化铁为强酸弱碱盐；铁离子水解呈酸性；

（2）铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸；蒸干得到氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝；

（3）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入的试剂要消耗HCl而使平衡正向移动，使Fe(OH)3变为沉淀过滤除去；但不能引入新杂质；

（4）稀释等PH值的HCl、HF两种酸的稀溶液时，溶液pH变化大的酸性较强，所以HA的酸性强，HB的酸性弱，；

（5）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性；

（6）酸性越强；pH越小；

（7）形成锌—铜—稀硫酸原电池；加快反应速率。

【详解】

（1）三氯化铁为强酸弱碱盐；铁离子水解呈酸性，配制三氯化铁溶液时，要抑制铁离子水解，加少量的盐酸，故答案为稀盐酸或稀HCl；

（2）铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸，蒸干得到氢氧化铝，再灼烧分解生成氧化铝，故答案为Al2O3或氧化铝；

（3）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入的试剂要消耗HCl而使平衡正向移动，使Fe(OH)3变为沉淀过滤除去；但不能引入新杂质，故答案为氧化铜；氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜；

（4）稀释等PH值的HCl；HF两种酸的稀溶液时；溶液pH变化大的酸性较强，所以HA的酸性强，表示HF的稀释过程的曲线是HB；故答案为HB；

（5）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性，水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为NH4++H2ONH3·H2O+H+；

（6）酸性越强，pH越小，四种混合物中，②NH4Cl与HCl的pH最小，④NH4Cl与NH3·H2O的pH最大，①NH4Cl与CH3COONa显中性，③NH4Cl与NaCl显酸性，故pH大小关系为：②<③<①<④，c(H＋)=10-PH，c(H＋)越大，pH越小，故c(H＋)由小到大的顺序为④<①<③<②，故答案为④<①<③<②；

（7）Zn与稀H2SO4反应中滴加几滴CuSO4溶液；能置换出一定量的铜，在溶液中形成。

形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率，故答案为形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率。【解析】①.稀盐酸或稀HCl②.Al2O3或氧化铝③.氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜④.HB⑤.NH4++H2ONH3·H2O+H+⑥.④<①<③<②⑦.形成锌—铜—稀硫酸原电池，加快反应速率三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。17、×【分析】【分析】

【详解】

硫酸与Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成了沉淀，故错误。【解析】错18、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a19、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。四、实验题(共3题，共21分)22、略

【分析】【分析】

向氯化钙溶液中加入双氧水和氨气生成过氧化钙；过滤得到过氧化钙晶体和氯化铵溶液，经洗涤；烘干得到产品，其中采用乙醇洗的原因是因为乙醇可以除去晶体表面的水易于干燥。(1)

(1)①根据流程先溶解再通入氨气和加入过氧化氢，最后尾气处理，所以其装置的连接顺序为fab(ba)cde，其中ab为安全瓶；沉淀反应时发生反应的化学方程式为故填fab(ba)cde、

(2)

(2)乙醇易挥发；可以去除晶体表面的水，所以用乙醇洗涤的目的是去除晶体表面的水，故填去除晶体表面的水；

(3)

(3)利用过氧化钙的性质，即受热分解生成氧气，用带火星的木条检验即可，其操作为取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为故填取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为

(4)

(4)①锰离子具有催化作用；所以加入几滴硫酸锰的呃目的是起催化作用，加快反应速率，故填起催化作用，加快反应速率；

②根据实验，其原理为先将过氧化钙转化为草酸钙，再滴定草酸根的量测定过氧化钙的含量，涉及的反应有：可得关系式：滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量为即过氧化钙的物质的量为其质量为其纯度为故填

③因为高锰酸钾在酸性条件下与氯离子要反应，所以消耗的高锰酸钾的量增多，由②可知测定结果偏高，故填偏高。【解析】(1)①.fab(ba)cde②.

(2)去除结晶表面的水分。

(3)取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为

(4)①.起催化作用，加快反应速率②.③.偏高23、略

【分析】【分析】

装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有HCl气体和水蒸气，室温下，为无色液体，易水解但与HCl不发生反应，则不需要除去HCl气体但需要干燥氯气，通过B装置干燥氯气，当装置中充满黄绿色气体时加热装置C中陶瓷管，开始制备TiCl4，在D中收集生成的TiCl4；E是尾气处理装置，以此解答。

【详解】

（1）装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O。

（2）盛放的仪器名称为蒸馏烧瓶；B装置的作用为干燥氯气，则其中的试剂是浓硫酸。

（3）高温时能与反应；加热装置C之前，先进行装置A中的反应，这样操作的目的是排尽装置中的空气。

（4）装置C中除生成外，同时还生成一种有毒气体，结合元素守恒可推知该气体为CO，故装置C中发生的反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。

（5）由已知信息可知，TiCl4易水解；装置E盛放的NaOH溶液中的水蒸气易进入装置D中，故装置D和装置E之间连接一个盛有碱石灰的干燥管。

（6）①在滴定管中装入标准溶液的前一步应进行的操作为：用标准溶液润洗滴定管；

②已知常温下，饱和AgCl溶液中c(Cl-)=饱和溶液中c()=即饱和溶液中c()>c(Cl-)，故AgCl先沉淀，该滴定过程中，先生成AgCl白色沉淀，待Cl-沉淀完全达到滴定终点时，出现Ag2CrO4砖红色沉淀，则应选择的指示剂是故选B；

③该滴定过程中发生反应：TiCl4+(2+n)H2O=TiO2▪nH2O↓+4HCl，HCl+AgNO3=AgCl↓+4HNO3，可得关系式：TiCl4~4AgNO3，则n(TiCl4)=n(AgNO3)=则该产品的纯度为【解析】(1)2MnO+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O

(2)蒸馏烧瓶浓硫酸。

(3)排尽装置中的空气。

(4)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO

(5)装置D和装置E之间连接盛有碱石灰的干燥管。

(6)用标准溶液润洗滴定管B71.2524、略

【分析】【分析】

要探究红色褪去的试管②中几分钟后上层清液又恢复红色的原因；根据甲乙两位同学的猜测，作对比实验，控制变量为氢氧化镁固体，故在试管③中是含有镁离子的上层清液，试管④中是含有镁离子的上层清液和氢氧化镁固体，观察试管③和④中是否恢复红色，即可判断哪个同学的猜测合理。

【详解】

（1）①中上层清液变红，说明呈碱性，则证明固体加水后，溶液中的浓度＞的浓度。

（2）上层清液中含有OH-，加入盐酸后与H+发生中和反应生成H2O，则②中反应的离子方程式是OH-+H+=H2O。

（3）试管③中是含有镁离子的上层清液；试管④中是是含有镁离子的上层清液和氢氧化镁固体，静置一段时间后③中无现象；④中酚酞又变红，则综合试管③和④中的现象，说明氢氧化镁固体又溶解电离生成了氢氧根离子，②中氢氧根离子浓度较小，则甲猜测不合理，乙同学的猜测合理。

（4）④中存在沉淀溶解平衡，用离子方程式为

（5）试管⑤中产生白色浑浊，说明浓度商大于溶度积常数，即原因是

（6）由知，常温下，镁离子浓度越大氢氧根离子浓度越小。则丙同学计算得出而实际上处理的酸性废水得到pH约为9的溶液，小于10.3，可能原因是：与H+反应使废水中较大，减小，溶液的碱性减弱，pH小于10.3。【解析】(1)＞

(2)OH-+H+=H2O

(3)合理。

(4)

(5)

(6)与H+反应使废水中较大，减小，溶液的碱性减弱，pH小于10.3五、结构与性质(共3题，共24分)25、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO3626、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl27、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(H