2025年冀教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年冀教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷260考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、锂—铜空气燃料电池是低成本高效电池。该电池通过一种复杂的铜“腐蚀”现象产生电能，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li+＋2OH－。下列说法不正确的是。

A.放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B.通空气时，铜被腐蚀，产生Cu2OC.放电时，正极的电极反应式为:Cu2O＋2H++2e-===2Cu＋H2OD.整个反应过程中，氧化剂为O22、载人空间站为了实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家设计了一种装置(如图)，实现了“太阳能→电能→化学能”转化，总反应方程式为2CO2===2CO＋O2。关于该装置的下列说法错误的是。

A.图中N型半导体为负极，P型半导体为正极B.OH－由X电极移向Y电极C.反应中，Y电极附近溶液pH增大D.X电极的反应：CO2＋2e－＋H2O=CO＋2OH－3、能正确表示下列变化的离子方程式是A.向Ca(HCO)2溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：B.泡沫灭火器原理：C.过量铁粉与稀硝酸反应：D.纯碱溶液显碱性的原因：4、利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产中的应用。下列说法正确的是。

A.氯碱工业中，X电极上反应式是B.电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变C.在铁片上镀铜时，X是纯铜D.制取金属镁时，Z是氯化镁溶液5、对于反应A(g)＋3B(g)=2C(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是A.v(A)=0.01mol·L-1·s-1B.v(B)=0.02mol·L-1·s-1C.v(B)=0.60mol·L-1·min-1D.v(C)=1.0mol·L-1·min-16、下列实验操作、现象和结论均正确的是。选项实验操作现象结论A在苯酚溶液中滴加少量溴水没有明显现象苯酚与溴不反应B在鸡蛋清溶液中加入饱和Ba(NO3)2溶液有沉淀生成蛋白质发生盐析C用pH计测定同浓度的NH4F溶液和NaClO溶液的pH后者pH较大D在I2的CCl4溶液中加入浓KI溶液，振荡四氯化碳层紫红色变浅I2在四氯化碳中的溶解度小于在KI溶液中的溶解度

A.AB.BC.CD.D7、室温下，用未知浓度的氨水滴定20mL0.1000mol/L醋酸，已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，下列说法不正确的是A.在氨水滴定前，溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)B.滴入氨水V1mL，若此时溶液呈中性，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(NH3·H2O)+c()C.滴入氨水V2mL，若此时溶液呈酸性，则可能出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)D.若滴定终点时c(CH3COO-)＞c()，则所用指示剂是酚酞8、已知可逆反应A+aBC+2D(a为化学计量数)；其中B，C，D为气态物质。反应过程中，当其他条件不变时，C的体积百分含量(ɸ)与温度(T)和压强(p)的关系如图1；2所示。下列不正确的是()

A.T2>T1，P2>P1B.该反应的正反应为放热反应C.若a=2，则A为液态或固态物质D.增加B的物质的量，该反应的ΔH绝对值增大评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、酸；碱、盐的水溶液在生产生活及化学实验中有广泛的应用；请同学们运用所学知识解决下列问题。

(1)某温度T下，0.1mol/L的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=____。温度T____25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是____。由水电离的c(OH-)=____mol/L。

(2)已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：

①图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是____。

②若A点到E点，可采用的措施是____(填序号，下同)；从A点到C点，可采用的措施是____；促进水的电离平衡的措施是____。

a.升温b.加入少量的盐酸c.加入少量的NaOH

(3)常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，写出HA的电离方程式____，水电离的c(H+)=____mol/L。为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变可以采取的措施是____。10、磷在氧气中燃烧，可看成P与O2先生成P2O3，若O2过量，再生成P2O5；现将3.1g的单质磷(P)在3.2g氧气中燃烧至反应物耗尽，测得放出XkJ的热量。

(1)反应后生成物的组成是______________(用化学式表示)。

(2)若3.1g磷在3.6g氧气中燃烧，至反应物耗尽，共放出ZkJ的热量，则X______(填“＜”“>”或“=”)Z。

(3)磷的两种氧化物中，较稳定的是________。11、人们利用原电池原理制作了多种电池；以满足日常生活；生产和科学技术等方面的需要。请根据题中提供的信息，回答下列问题。

(1)铅蓄电池在放电时的总反应为则其正极反应为___。

(2)FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板时发生反应：若将此反应设计成原电池，则负极所用的电极材料为___，电极反应式：___。

(3)已知甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，b口通入的物质为___(填化学式)，该电池正极上的电极反应式为___；当6.4g甲醇(CH3OH)完全反应生成CO2时，有___mol电子发生转移。若将电池的电解质溶液换为KOH溶液，则负极反应式为____。

12、25℃时，醋酸溶液的约为3，向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了，因而溶液的增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使减小，因此溶液的增大。

(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向的醋酸溶液中加入少量下列物质中的________(填序号)，然后测定溶液的(已知25℃时，溶液呈中性)。

A.固体B.固体C.气体D.固体。

(2)常温下将和溶于水，配制成混合溶液，溶液中________13、CO、SO2；NO均为大气污染物；通过下列反应可以实现可持续发展。已知：

①2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)△H=+8.0kJ∙mol−1

②2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g)△H=+90.4kJ∙mol−1

③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=－746.5kJ∙mol−1

请回答：

(1)反应①属于___(填“吸热”或“放热”)反应。

(2)反应②生成0.5molS(g)时，△H=___kJ∙mol−1。

(3)反应③消耗30gNO(g)时，△H=___kJ∙mol−1。

(4)反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=___kJ∙mol−1。

(5)已知乙醇燃烧热是1366.8kJ∙mol−1，写出乙醇燃烧的热化学方程式：___。14、(1)某浓度的氨水中存在平衡，+如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是___________(填字母)。

A．适当升高温度B.加入NH4Cl固体C．通入D．加入少量浓盐酸；

(2)常温下，有c()相同；体积相同的醋酸和盐酸两种溶液；采取以下措施∶

①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c()变化是醋酸溶液中c()___________(填“增大”“减小”或“不变”)，盐酸中c()___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②加水稀择10倍后，醋酸溶液中的c()___________(填"＞"="或*＜")盐酸溶液中的c()。

③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积。醋酸___________(填＞；=或＜)盐酸。

④使温度都升高20℃，溶液中c()：醋酸___________(填“＞”“=”或“＜”)盐酸。

⑤分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是___________(填字母)。(①表示盐酸；②表示醋酸)

(3)将0.1mol/L的加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是___________(填字母)

A．电离程度增大B．溶液中离子总数增多C．溶液导电性增强D．溶液中醋酸分子增多。

(4)常温下的电离常数为1.0×10-5，则0.1mol/L的溶液的pH=___________。15、近年来；研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

反应Ⅰ：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1

反应Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1

反应Ⅱ的热化学方程式：________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误17、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误18、放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行。__________________A.正确B.错误19、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误20、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共32分)21、对神经元有明显的保护作用，在医疗上可用于减轻急性低氧所致的某些神经电流变化。由含钴矿(元素主要以的形式存在，还含有元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：

已知：①焦亚硫酸钠()是食品中常见的还原剂。

②25℃时，

③部分金属阳离子形成氢氧化物的见下表：。开始沉淀0.35.52.77.27.67.69.6完全沉淀1.16.63.29.29.69.211.1

回答下列问题：

(1)操作①的名称为___________，浸取时加入Na2S2O5的离子方程式为___________。

(2)滤液1中加入用作氧化剂，在流程中还具有的作用是___________。

(3)加入溶液调节至若的范围是3.2~4.0时，则加入溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________。

(4)滤渣3的主要成分为和则滤液3中与的比值为___________。

(5)经过萃取和反萃取操作，溶液5中的阳离子主要含有和滤液4经过操作3可制备晶体，操作3中包含3个基本实验操作，它们是___________、___________、___________。

(6)上述流程中可循环使用的物质是___________。

(7)在上述新工艺中，用“稀硫酸和氯酸钠”代替原工艺中“盐酸与硝酸”，其主要优点是___________。22、从氧化铜钴矿[主要含有Cu2(OH)2CO3，Co2O3，Al2O3和SiO2]中回收钴和铜的流程如图所示。

回答下列问题：

(1)基态的价层电子排布式为___________。

(2)“还原浸出”时发生反应的化学方程式为___________。

(3)加入石灰石的作用是___________。

(4)加入氧化镁“沉钴”的离子方程式为___________；证明已洗涤干净的操作和现象是___________。

(5)“除铜”时的有机萃取剂用表示，发生萃取的反应可表示为若“还原浸出”后的浸出液多次萃取后水相中为则铜的萃取率为___________(结果保留两位小数，溶液体积变化忽略不计)；流程中反萃取剂可选用___________(填化学式)。

(6)“反萃取”后若电解500mL的溶液，一段时间后为则阴极沉积的铜的质量为___________g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。23、氢氧化锂（LiOH）是重要的初加T锂产品之一，可用于继续生产氟化锂、锰酸锂等，用天然锂辉石（主要成分LiAISi2O3；含有Fe（III）等杂质）生产LiOH的一种工艺流程如图所示：

已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等离子；请回答相关问题。

（l）将LiAlSi2O6改写为氧化物的形式：____。

（2）高温烧结的目的是____。操作1是__。

（3）净化过滤过程中溶液的pH不能过低也不能过高；原因是____。

（4）流程中的某种物质可循环利用；该物质的化学式是____。

（5）工业生产中通过电解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电源的____（选填“正极”或“负极”），电极b发生的反应是___，阳离子交换膜的作用是___24、元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。

(1)工业上利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：

①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是___________；

②“水浸Ⅰ”要获得“浸出液”的操作是___________。已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3在高温焙烧时反应的化学方程式为___________；

③若向“滤液”中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则操作Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。

(2)含有Cr2O的废水毒性较大；某工厂为了使废水的排放达标，进行如下处理：

Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3

①该废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)和H＋，发生反应的离子方程式为___________；

②若处理后的废水中残留的c(Fe3＋)=2.0×10-13mol·L-1，则残留的Cr3＋的浓度为___________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)

(3)以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO+2H+Cr2O+H2O)。

①阳极的电极反应式为___________；

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则生成重铬酸钠的物质的量为___________mol。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40分)25、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：26、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。27、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。28、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共30分)29、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。30、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化31、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。

【详解】

A.放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动；故A正确；

B.放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可以知道通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O；故B正确；

C.正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；故C错误；

D.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu；则整个反应过程中，铜相当于催化剂，得电子的物质是氧气，所以氧气为氧化剂，故D正确。

故选C。

【点睛】

明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握Cu在整个过程中的作用。2、C【分析】【分析】

原电池内部正电荷流向正极；负电荷流向负极，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，则X为阴极，Y为阳极。

【详解】

A．根据正负电荷的流向可知N型半导体为负极；P型半导体为正极，故A正确；

B．电解池中阴离子流向阳极，X为阴极，Y为阳极，所以OH－由X电极移向Y电极；故B正确；

C．Y电极为阳极，氢氧根失电子被氧化生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；消耗氢氧根，pH减小，故C错误；

D．X极为阴极，人体呼出的二氧化碳在X电极上得电子被还原，电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-；故D正确；

综上所述答案为C。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．向Ca(HCO)2溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：符合电荷守恒，拆写原则，质量守恒定律，故A正确；

B．泡沫灭火器原理是铝离子和碳酸氢根离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式是：故B错误；

C．过量的铁粉与硝酸反应生成亚铁离子，正确的离子方程式是：故C错误；

D．碳酸根离子水解是可逆反应，正确的离子方程式是：故D错误；

故选：A。4、C【分析】【详解】

A．根据图示可知X电极为阳极，在阳极上Cl-失去电子变为Cl2，故阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；A错误；

B．电解精炼铜时，阳极上Cu及活动性比Cu强的金属变为金属阳离子进入溶液，阴极上只有Cu2+得到电子变为单质Cu，根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知Z溶液中的Cu2+浓度会减小；B错误；

C．在铁片上镀铜时；阳极X是纯铜，阴极Y是铁片，C正确；

D．制取金属镁时，应该使用电解熔融的MgCl2的方法，不能电解MgCl2溶液；D错误；

故合理选项是C。5、A【分析】【分析】

不同物质的速率之比等于化学反应中各物质的化学计量数之比。比较同一反应速率时；不同物质可化为同一物质的反应速率进行比较，注意单位要统一。

【详解】

A．v(A)=0.01mol·L-1·s-1，则=

B．==

C．

D．则=

比较以上数据，A选项中v(B)最大，故选A。6、D【分析】【详解】

A．苯酚与浓溴水中的溴发生取代反应；生成白色沉淀三溴苯酚，溴水褪色，A项错误；

B．硝酸钡是重金属盐；蛋白质在硝酸钡溶液中会发生变性，B项错误；

C．两种盐的阳离子不同；铵根离子促进氟离子水解，故不能证明酸性强弱，应选择同浓度的NaClO溶液；NaF溶液进行实验，C项错误；

D．碘与碘化钾反应：故I2在KI溶液中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度；D项正确；

故选D。7、D【分析】【详解】

A．在氨水滴定前，存在CH3COOH⇌H++CH3COO-，H2O⇌H++OH-，则溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)；A说法正确；

B．滴入氨水V1mL，若此时溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)。已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，即CH3COOH、NH3·H2O的电离度相等，根据溶液呈电中性，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c()，则溶液中的c(CH3COO-)=c()，故c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(NH3·H2O)+c()；B说法正确；

C．滴入氨水V2mL，若加入少量的氨水，只有少量的醋酸被中和，溶液中的溶质为醋酸和醋酸铵，此时溶液呈酸性，则可能出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；C说法正确；

D．若滴定终点时溶液呈中性，由于CH3COOH、NH3·H2O的电离度相等，则c(CH3COO-)=c()，可用酚酞作指示剂；若滴定终点时c(CH3COO-)＞c()；说明醋酸过量，由于酚酞的变色范围在碱性范围，则所用指示剂不可能是酚酞，D说法错误；

答案为D。8、D【分析】【详解】

A.由图1可知，T2时先达到平衡，反应速率大于T1，所以T2>T1，由图2可知，P2时先达到平衡，反应速率大于P1，所以P2>P1；故A项正确；

B.由图1可知，T2时反应速率大于T1，所以T2>T1，并且T1时的C%大于T2时的C%；所以该反应是放热反应，故B项正确；

C.由图2可知，P2时反应速率大于P1，所以P2>P1，并且P1时的C%大于P2时的C%；所以正反应方向是气体体积增大的反应。当a=2时，A一定不是气态物质才能使平衡左移，则A为液态或固态物质，故C项正确；

D.反应的ΔH与化学计量数有关；与平衡移动无关，故D项错误；

综上；本题选D。

【点睛】

本题考查化学平衡移动。解决这类问题时，首先根据温度越高反应速率越快，压强越大，反应速率越快，分析T2和T1、P2和P1的大小关系，再结合温度和压强对平衡移动的影响，从而得出结论。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【详解】

（1）0.1mol/L的NaOH溶液中，c(OH-)=10-1mol/L，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=1.0×10-1110-1=1.0×10-12；水的电离为吸热反应，所以温度升高，水的离子积常数增大，因此时的Kw＞1.0×10-14，所以温度T大于25℃；由水电离的c(OH-)等于溶液中的氢离子浓度，为1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-12；大于；25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大；1.0×10-11；

（2）①图象中每条反比例曲线上对应点的横纵坐标之积为该温度下的水的离子积，则图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小B>C>A=D；

②若A点到E点；可使溶液中氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，则具体措施可以是加入碱，如氢氧化钠，故c符合题意；从A点到C点，水的离子积常数增大，则可升温，a符合题意；升高温度可促进水的电离，但加入酸或碱会抑制水的电离，故a符合题意；

综上；答案为c；a；a；

（3）常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，则说明HA为弱酸，其电离方程式为：HAH++A-；溶液中水的离子积常数为1.0×10-14，则由水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，即c水(H+)=c(OH-)==1.0×10-11；为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变不能采用升温，但可以采取的措施加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等。【解析】(1)1.0×10-12大于25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大1.0×10-11

(2)B>C>A=Dcaa

(3)HAH++A-1.0×10-11加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等10、略

【分析】【分析】

(1)根据n=计算磷与氧气的物质的量，进而确定P原子与O原子的比例关系，据此确定燃烧产物的化学式，若为单一物质，根据质量守恒，该物质的质量等于磷与氧气质量之和，若为混合物，为P2O3、P2O5，令物质的量分别为xmol、ymol，利用P原子、O原子守恒列方程计算x、y的值，再根据m=nM计算各自质量；

(2)燃烧越充分；放出的热量越多；

(3)能量低的物质较稳定。

【详解】

(1)3.1g的单质磷(P)的物质的量为=0.1mol，3.2g的氧气的物质的量为=0.1mol，故P原子与O原子的数目之比为0.1mol:0.1mol×2=1:2，2:5＜1:2＜2:3，故反应产物为P2O3、P2O5，令物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.1①，3x+5y=0.1×2②，解①②得：x=0.025mol，y=0.025mol，故P2O3的质量为0.025mol×110g/mol=2.75g，P2O5的质量为0.025mol×142g/mol=3.55g，反应后生成物的组成是P2O3、P2O5；

(2)3.1g磷在3.6g氧气中燃烧；至反应物耗尽，并放出ZkJ的热量，氧气多，燃烧更充分，放热增多，则X＜Z；

(3)由(2)分析可知，P2O5生成时放出热量多，则P2O5的能量低，更稳定。【解析】P2O3、P2O5＜P2O511、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铅蓄电池在放电时的电池反应为反应中二氧化铅得到电子，作正极，则其正极上的电极反应为

(2)溶液腐蚀印刷电路铜板时发生反应：反应中铜失去电子，因此若将此反应设计成原电池，则负极所用的电极材料为Cu，电极反应式为

(3)根据装置图可知氢离子向右侧移动，所以右侧电极是正极，左侧是负极，则该电池工作时，b口通入的物质为氧气在正极上发生得到电子的还原反应，因此该电池正极上的电极反应式为6.4g甲醇()的物质的量是0.2mol，反应中碳元素化合价从－2价升高到+4价，失去6个电子，因此完全反应生成时，有1.2mol电子发生转移，电池的电解质溶液换为KOH溶液时，碳的最终存在形式是CO32-，其电极反应式是：【解析】CuCH3OH1.212、略

【分析】【详解】

(1)要判断甲、乙两种解释哪种正确，可加入一种含有而其溶液又不显碱性的盐然后测定溶液的若乙正确，则电离产生的可使醋酸的电离平衡逆向移动，减小，增大；若甲正确，则溶液的不变。

(2)由电荷守恒式可得，【解析】B0.00613、略

【分析】【详解】

(1)反应①△H=+8.0kJ∙mol−1；说明反应属于吸热反应；故答案为：吸热。

(2)反应②2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g)△H=+90.4kJ∙mol−1，因此生成0.5molS(g)时，△H=+90.4kJ∙mol−1×0.5=+45.2kJ∙mol−1；故答案为：+45.2。

(3)反应③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=－746.5kJ∙mol−1，消耗30gNO(g)即1mol时，△H=kJ∙mol−1；故答案为：－373.25。

(4)将第①个方程式减去第②个方程式再整体除以2得到反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=故答案为：－41.2。

(5)乙醇燃烧热是1366.8kJ∙mol−1，1mol乙醇液体在3mol氧气中燃烧生成2mol二氧化碳和3mol液态水释放1366.8kJ的热量，因此乙醇燃烧的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1366.8kJ∙mol−1；故答案为C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1366.8kJ∙mol−1。【解析】吸热+45.2－373.25－41.2C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1366.8kJ∙mol−114、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，和浓度都增大；不符合题意；

B.加入NH4Cl固体，NH4Cl电离出的浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小；符合题意；

C.通入适量NH3，NH3·H2O浓度增大，平衡正向移动，和OH-浓度都增大；不符合题意；

D.加入少量浓盐酸，浓盐酸电离出的H+与OH-结合成H2O，OH-浓度减小，电离平衡正向移动，浓度增大；符合题意；故答案为：BD；

(2)①醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入的醋酸钠电离出CH3COO-，CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小；在盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠电离出的CH3COO-与H+结合成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)减小；故答案为：减小；减小；

②加水稀释10倍，溶液体积变为原来的10倍，稀释后盐酸中c(H+)变为原来的1/10；加水稀释促进醋酸的电离，稀释后醋酸溶液中c(H+)大于原来的1/10；加水稀释10倍后醋酸溶液中的c(H＋)＞盐酸溶液中的c(H＋)；故答案为：＞；

③醋酸为弱酸；盐酸为强酸，pH相同的盐酸和醋酸溶液，物质的量浓度：醋酸大于盐酸，等体积的溶液中加入等浓度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积：醋酸＞盐酸，故答案为：＞；

④弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c(H+)增大；升高温度，盐酸溶液中c(H+)不变，则温度都升高20℃后溶液中c(H+)：醋酸＞盐酸；故答案为：＞；

⑤醋酸溶液中H+被消耗会促进醋酸的电离，反应过程中醋酸溶液中c(H+)大于盐酸中，醋酸与Zn反应的速率比盐酸与Zn反应的速率快；等pH、等体积的醋酸溶液和盐酸中，醋酸提供的H+总物质的量大于盐酸，醋酸与足量Zn反应放出的H2大于盐酸与足量Zn反应放出的H2；答案选c。

(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释促进CH3COOH的电离；

A.电离程度增大；正确；

B.由于电离平衡正向移动，H+、CH3COO-物质的量增大；溶液中离子总数增多，正确；

C.由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c(H+)、c(CH3COO-)物质的量浓度减小；溶液导电性减弱，错误；

D.由于电离程度增大；溶液中醋酸分子减少，错误；答案选AB。

(4)=1.0×10-5，则c(OH-)==1.0×10-3mol/L，c(H+)==1.0×10-11，则pH=11。【解析】BD减小减小＞＞＞cAB1115、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律和热化学方程式的书写进行分析。

【详解】

根据过程可知，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。【解析】3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1三、判断题(共5题，共10分)16、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。18、A【分析】【详解】

放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。20、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。四、工业流程题(共4题，共32分)21、略

【分析】【分析】

由题给流程可知，向含钴矿物中加入稀硫酸和Na2S2O5溶液浸取；过滤得到滤液1和滤渣1；向滤液1中加入氯酸钠溶液，酸性条件下氯酸钠溶液将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在3.2~4.0范围内，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液2；向滤液2中加入氟化钠溶液调节溶液pH在3.2~4.0范围内，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀和氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙和氟化镁的滤渣3和滤液3；向滤液3中加入有机萃取剂，萃取分液得到含有钠离子；铜离子和锌离子的有机层和含有氯化钴的溶液4；向有机层中加入稀盐酸，反萃取分液得到有机萃取剂和含有钠离子、铜离子和锌离子的溶液5；溶液4经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化钴晶体。

【详解】

(1)根据流程得到滤液1和滤渣1可以知，操作①为过滤；由信息可知，浸取时加入Na2S2O5发生的反应为酸性条件下，Na2S2O5与氧化钴发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应的离子方程式为故答案为：过滤；

(2)由“部分金属阳离子形成氢氧化物的”可知；亚铁离子沉淀时，二价钴离子也会同时沉淀，则加入氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子便于分离，氯酸钠同时被还原为氯离子，为产品提供氯元素(或氯离子)，故答案为：为获得产品提供氯元素(或氯离子)；

(3)由题意可知，加入碳酸钠溶液调节在3.2~4.0的范围内发生的反应为铁离子与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为故答案为：

(4)由分析可知，滤渣3中含有氟化钙和氟化镁，则滤液3中====≈0.51，故答案为：0.51或

(5)由分析可知；含有氯化钴的溶液4经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化钴晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤、洗涤、干燥；

(6)经过萃取和反萃取操作；分液得到有机萃取剂和含有钠离子；铜离子和锌离子的溶液5，则萃取剂可循环使用，故答案为：萃取剂；

(7)由题给流程可知，“盐酸与硝酸”原工艺中盐酸可以起酸和还原剂的作用，溶解含钴矿物时会生成有毒的氯气，硝酸用于将亚铁离子氧化氧化为铁离子，同时硝酸被还原为有毒的氮氧化物，溶液中的硝酸盐会混入产品中，则新工艺的主要优点是减少有毒气体的排放，防止大气污染，防止产品中混有硝酸盐，故答案为：减少有毒气体的排放，防止大气污染，防止产品中混有硝酸盐。【解析】过滤为获得产品提供氯元素(或氯离子)0.51或蒸发浓缩冷却结晶过滤、洗涤、干燥萃取剂减少有毒气体的排放，防止大气污染，防止产品中混有硝酸盐22、略

【分析】【分析】

由题干工艺流程图可知，从氧化铜钴矿[主要含有Cu2(OH)2CO3，Co2O3，Al2O3和SiO2]中回收钴和铜，钴矿中加入Na2S2O5、稀硫酸浸取，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Cu2+、Co2+、Al3+和离子，SiO2不溶，过滤除去，滤液加入萃取液，萃取铜离子，然后反萃取，得到铜离子的溶液，电解得到铜；除铜后溶液加石灰石调节pH，使Al3+和转化为Al(OH)3，并使钙离子生成硫酸钙沉淀，过滤除去；滤液再加入氧化镁沉钴，得到Co(OH)2；据此分析解题。

【详解】

（1）已知Cu是29号元素，基态Cu2+的价层电子排布式为3d9，故答案为：3d9；

（2）由分析可知，“还原浸出”时Cu2(OH)2CO3发生反应生成铜离子，化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，故答案为：Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；

（3）由分析可知，加入石灰石的作用是调节pH，使Al3+和转化为Al(OH)3，故答案为：调节pH，使Al3+和转化为Al(OH)3；

（4）由分析可知，加入氧化镁，调节pH，则“沉钴”的离子方程式为2MgO+Co2++2H+=Co(OH)2↓+2Mg2+；溶液中含有大量硫酸根离子，检验硫酸根离子即可，则Co(OH)2已洗涤干净的操作和现象是取少量洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：2MgO+Co2++2H+=Co(OH)2↓+2Mg2+；取少量洗涤液；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀生成，则洗涤干净；

（5）由题干信息可知，若酸浸后的浸取液pH=0，则酸浸后的浸取液中c(H+)=1.0000mol•L-1，c(Cu2+)=0.01001mol•L-1，多次萃取后水相中c(H+)为1.0200mol•L-1，则溶液中多的c(H+)为0.0200mol•L-1，根据“Cu2++2HRCuR2+2H+”得除去c(Cu2+)=×0.0200mol•L-1=0.0100mol•L-1；则铜的萃取率为×100%≈99.90%；根据Cu2++2HRCuR2+2H+中增大生成物浓度，平衡逆向移动，流程中反萃取剂可选用H2SO4，故答案为：99.90%；H2SO4；

（6）由题干信息可知，“反萃取”后若电解500mLpH=0的溶液，此时c(H+)为1.000mol•L-1，一段时间后c(H+)为1.0400mol•L-1，则转移电子式为(1.0400-1.0000)mol×0.5L=0.02mol，根据得失电子守恒，则阴极沉积的铜的质量为×64g/mol=0.64g，故答案为：0.64。【解析】(1)

(2)

(3)调节溶液使转化为沉淀。

(4)取最后滴下的洗涤液少许，先加盐酸酸化，再加溶液；无白色沉淀生成。

(5)99.90%

(6)0.6423、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）将硅酸盐改为氧化物形式的方法为；依次将各元素写成氧化物形式，中间用“•”连接，同时注意氧化物的先后顺序，LiAlSi2O6改写为氧化物的形式为：Li2O•Al2O3•4SiO2。

答案为：Li2O•Al2O3•4SiO2。

（2）由操作1前后物质的状态可知；操作1应该是溶解；过滤，根据所得溶液1里的成分全部为可溶性硫酸盐电离产生的离子可以确定，高温烧结的目的一个是为了除去杂质，另外更重要的就是将矿石中难溶成分转化为可溶成分，再通过后续操作进行分离。

答案为：将锂辉石转化为可溶性硫酸盐；与杂质分离；溶解；过滤。

（3）净化操作中加入NaOH溶液，目的是为了将溶液里的杂质离子Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，pH过低杂质不能完全除去，而pH过高，NaOH浓度太大，又能使生成的Al(OH)3部分溶解；所以需要控制溶液的pH在一定的范围。

答案为：pH过低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH过高会使生成的Al(OH)3部分溶解。

（4）根据题词信息可知，可以循环使用的物质是：3K2SO4•Na2SO4。

答案为：3K2SO4•Na2SO4。

（5）据图可知电解池两极均有气体产生，则两极反应为：阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由右室通入LiOH稀溶液可知，溶液B为制得的LiOH溶液，右室为阴极区，电极b与电源负极相连，则左室为阳极区，电极a与电源正极相连，电极b上的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阳离子交换膜可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH。

答案为：正极；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH。【解析】Li2O•Al2O3•4SiO2将锂辉石转化为可溶性硫酸盐，与杂质分离溶解、过滤pH过低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH过高会使生成的Al(OH)3部分溶解3K2SO4•Na2SO4正极2H2O+2e-=H2↑+2OH-可以防止OH-进入左室与Cl2反应，还可以让更多的Li+进入右室得到高浓度的LiOH24、略

【分析】【分析】

(1)

①为加快焙烧速率和提高原料的利用率；可采取的措施之一可以是将铬铁矿粉碎或搅拌；升高温度等。

②将难溶性固体与可溶性液体混合物进行分离的操作是过滤；故“水浸Ⅰ”要获得“浸出液”的操作是过滤。

Cr2O3在高温焙烧时与Na2CO3、O2反应产生Na2CrO4、CO2，反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2。

③若向“滤液”中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明反应产生BaSO4沉淀，则反应II有SO生成，CrO将S2-氧化为SOCrO被还原生成Cr(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知操作Ⅱ反应的离子方程式为：8CrO+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO+16OH-。

(2)

①废水中含有的具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：Cr2O+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O。

②c(Fe3＋)=2.0×10-13mol·L-1，则c3(OH-)=故c(Cr3+)=

(3)

①阳极上溶液中的水失去电子，被氧化产生O2，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O）。

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则溶液中移动的电荷为(a-b)mol，所以外电路中转移的电子为(a-b)mol，根据阳极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极生成的氢离子为(a-b)mol，根据反应2CrO+2H+Cr2O+H2O，生成Na2Cr2O7的物质的量为mol。【解析】(1)将铬铁矿粉碎(或其他合理措施)过滤2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO28CrO+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO+16OH-

(2)Cr2O+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O3.0×10－6mol·L-1

(3)2H2O-4e－=O2↑+4H＋（或4OH--4e-=O2↑＋2H2O）五、有机推断题(共4题，共40分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g27、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH328、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、结构与性质(共3题，共30分)29、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