2025年人教新起点选择性必修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年人教新起点选择性必修1化学下册阶段测试试卷315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7题，共14分)1、下列各组离子，在指定环境中一定能大量共存的是A.在含有0.1mol/LCa2+的溶液中：Na+、K+、ClO-、Cl-B.在pH为7的溶液中：Ag+、Fe3+、Cl-C.在澄清透明的无色溶液中：Al3+、Cu2+、D.c(OH-)=1×10-3mol/L的溶液中：K+、Cl-、2、常温下，下列关系的表述中正确的是A.中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量相等B.pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3，溶液中，水电离的c(H+)相等C.0.1mol•L-1的NaHCO3的溶液中，c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)D.向0.1mol•L-1的CH3COONa溶液中加少量水，溶液中比值增大3、下列方程式不能合理解释实验现象或事实的是A.电解饱和NaCl溶液产生黄绿色气体：NaCl2Na+Cl2↑B.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：CI2+2I-=2CI-+I2C.钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-D.用Na2SO3除去输水管道中的氧气：2Na2SO3+O2=2Na2SO44、室温下，下列混合溶液中，各离子浓度的关系正确的是A.pH=12的氨水溶液与pH=2的盐酸溶液等体积混合：c()>c(Cl—)>c(OH—)>c(H+)B.浓度均为0.1mol·L-1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na＋)>c()>c()>c(H+)>c(OH—)C.浓度均为0.1mol·L-1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(H+)=2c()＋c(OH—)D.浓度均为0.1mol·L-1的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na＋)=c(CH3COO—)>c(OH—)=c(H+)5、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[x表示或]随pH的变化如图。下列说法中错误的是。

A.NaHC2O4溶液呈酸性B.H2C2O4第二步电离常数数量级是10-5C.pH=7时，c(Na+)=c()+2c()D.1.22<4.19时，c()>c()>c(H2C2O4)6、含氯消毒剂是指溶于水产生具有杀微生物活性的次氯酸的消毒剂，如次氯酸钠、氯化磷酸三钠[4(Na3PO4.·12H2O)·NaOCl]等。苯扎氯铵是一种低毒、高效的杀菌剂，其结构可以表示为下列说法错误的是A.含氯消毒剂具有较强的氧化性B.氯化磷酸三钠的水溶液呈碱性C.苯扎氯铵能与溴水发生加成反应D.苯扎氯铵不属于含氯消毒剂7、有一种节能的氲碱工业新工艺；将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法错误的是：

A.电解池的阴极反应式2H20+2e-=H2↑+20H-B.相同条件下，当电解池生成2LC12，理论上燃料电池应消耗1LO2C.电解池中阳离子移动流向阴极池D.溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列有关说法正确的是A.钢铁的电化学腐蚀过程中，析氢腐蚀比吸氧腐蚀更易发生B.镀锡铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C.在氯碱工业，电解槽被阴离子交换膜隔成阴极室和阳极室D.原电池反应是导致金属腐蚀的主要原因，故不能用原电池原理来减缓金属的腐蚀9、常温下，将NaOH溶液滴加到砷酸(H3AsO4)水溶液中；反应混合液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.0.1mol/LNaH2AsO4溶液显碱性B.C.溶液pH由2.2升至4时发生的反应为D.NaH2AsO4溶液中部分离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(OH-)＞c(AsO)10、丙酮的碘代反应的速率方程为其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。0.250.0501.40.500.0502.81.000.0505.60.500.1002.8

下列说法正确的是A.速率方程中的m=1、n=0B.该反应的速率常数k=5.6×10-2minC.增大的浓度，反应的瞬时速率增大D.在过量的存在时，反应掉87.5%的所需时间为3个半衰期11、一定条件下，等物质的量的和在一恒容密闭容器中发生反应：如图所示，曲线a表示该反应在时X的物质的量浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一反应条件改变时X的物质的量浓度随时间的变化。下列说法错误的是。

A.时，x的平衡转化率为B.时，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大C.若曲线a和b发生反应时除温度外，其他条件均相同，则反应达到平衡后，该反应的平衡常数D.若曲线b对应的是改变反应温度，则可判断该反应中反应物的键能总和小于生成物的键能总和12、用下列实验装置进行有关实验；能达到实验目的的是。

A.用甲装置制取少量SO2B.用乙装置蒸发AlCl3溶液制取AlCl3晶体C.用装置丙分离饱和碳酸钠和乙酸乙酯的混合液D.用装置丁除去Cl2中混有的少量HCl气体13、某废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中Ni2+的示意图；图乙描述的是实验中阴极液pH与镍回收率之间的关系。下列说法错误的是。

A.阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+B.通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移C.交换膜b为阳离子交换膜D.浓缩室得到1L0.5mol/L盐酸时，阴极得到的Ni等于11.8g14、已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为或的物质的量浓度的对数。25℃时；下列说法中不正确的是。

A.往溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为B.若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0~10.0之间C.pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108D.该温度时，的溶度积常数为15、法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在调节好和浓度的废水中加入使产生的羟基自由基氧化降解污染物控制的初始浓度相同，其余实验条件见下表，探究有关因素对该降解反应速率的影响。下列说法正确的是。实验编号溶液蒸馏水温度温度①6.01.50.303.5103298②6.01.50.303.5103313③6.03.50.303.5x3298④6.01.50.304.593298⑤6.01.50.303.51010298

A.实验①、⑤的目的是探究对降解速率的影响B.实验②、④探究的是其它条件不变时，温度对降解速率的影响C.实验③中，D.实验测得温度过高时，降解反应速率减小，可能的原因是受热分解16、下列有关铁的化合物说法错误的是（）A.将SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，产生白色沉淀，说明SO2具有还原性B.将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+C.氯化铁可用于硬水的软化D.绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，可用作补血剂评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、完成下列各题。

(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：

SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)=2HI(g)＋H2SO4(l)ΔH=akJ·mol-1

2H2SO4(l)=2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)ΔH=bkJ·mol-1

2HI(g)=H2(g)＋I2(g)ΔH=ckJ·mol-1

则：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=_______kJ·mol-1。

(2)如表所示是部分化学键的键能参数：。化学键P-PP-OO=OP=O键能/kJ/molabcx

已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图所示。1个P4O10分子中P-O的个数为_______，表中x=_______kJ/mol(用含a、b；c、d的代表数式表示)。

(3)恒温恒容条件下；硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图所示。

已知：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

①写出硫燃烧的热化学方程式：_______。

②ΔH2=_______kJ·mol-1。18、甲；乙两池电极材料都是铁棒与碳棒(如图)；乙池箭头方向为电子移动方向。请回答：

(1)若两池中均盛放CuSO4溶液；反应一段时间后：

①有红色物质析出的是：甲池中的_________棒；乙池中的________棒。

②在乙池中阳极的电极反应是__________。

(2)若两池中均盛放滴加少量酚酞的饱和NaCl溶液。

①甲池中的铁容易发生腐蚀，该腐蚀属于电化学腐蚀中的_________腐蚀。

②测得乙池中有0.2mol电子发生转移，则标准状况下理论共有_________L气体生成。19、在某一容积为2L的恒容密闭容器中；A；B、C、D四种气体物质发生可逆反应，其物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示。回答下列问题：

（1）该反应的化学方程式为______。

（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率为_______，4min时，v正（A）______v逆（D）（填“＞”“＜”或“=”）。

（3）在2min时，图像发生改变的原因可能是_____（填字母）

A增大B的物质的量B降低温度。

C加入催化剂D减小A的物质的量。

（4）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_______（填字母）。

A消耗5molB的同时生成4molD

B反应速率4v（B）=5v（D）

C容器内D的浓度不再随时间而发生变化。

D容器内压强不再随时间而发生变化。

E容器内混合气体的密度不再随时间而发生变化。

（5）由图示求得平衡时A的转化率为________。20、根据要求；回答下列问题：

I.一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中进行反应：aM(g)⇌bN(g)；M；N的物质的量随时间的变化曲线如下图所示：

(1)此反应的化学方程式中，已知化学计量数之比为最简整数比，则b=________。

(2)若t2—t1=10min，则从t1到t2时刻，平均反应速率v(N)=________。

(3)t1、t2、t3三个时刻中，______时刻达到反应的最大限度。

II.一种新型催化剂用于NO和CO的反应：2NO+2CO⇌2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分条件已经填在下表中。实验序号t(℃)NO初始浓度(mol•L-1)CO初始浓度。

(mol•L-1)催化剂的比表面积。

(m2•g-1)I2801.20×10-35.80×10-382II2801.20×10-3b124III350a5.80×10-382

(1)表中，a=______，b=______。

(2)能验证温度对化学反应速率的影响规律的实验是________(填实验序号)。

(3)实验I和实验II中，NO的物质的量浓度c(NO)随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验II的曲线是___________(填“甲”或“乙”)。

(4)若在容积固定的绝热容器中发生反应2NO+2CO⇌2CO2+N2，则不能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填标号)。

A.容器内混合气体温度不再变化B.容器内的气体压强保持不变C.2v逆(NO)=v正(N2)D.容器内混合气体密度保持不变21、下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮物质进行氧化还原反应。

(1)写出N在周期表中的位置_______。中N元素的化合价为_______。

(2)依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径_______。

(3)氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验可以用_______溶液，产生气体使湿润的_______色石蕊试纸变色。

(4)硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。

(5)铵态氮()与亚硝态氮()可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为_______

(6)由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式_______。22、锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。

(1)溶浸生产中为提高SO2吸收率可采取的措施有___________(填序号)。

a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触b.减小通入SO2的流速。

c.减少软锰矿浆的进入量d.增大通入SO2的流速。

(2)已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6mol/L)，需调节溶液pH范围为______。

(3)由硫酸锰与K2S2O8(结构为)溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出该反应的化学方程式为________。

(4)将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600～750℃，制取产品LiMn2O4并生两种气体。写出该反应的化学方程式为_________。

(5)锰酸锂可充电电池的总反应为Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0＜x＜1)

①放电时电池内部Li+向_______移动(填“正极”或“负极”)

②充电时，电池的阳极反应式为_______，若此时转移1mole-，则石墨电极将增重_____g。23、向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体；在一定温度下发生如下反应：2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)。

(1)经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的反应速率为_______mol·L-1·min-1。

(2)若向达到(1)的平衡体系中充入氩气，则平衡_____(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”，下同)；若在(1)的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡_____。

(3)若在相同条件下向达到(1)所述的平衡体系中再充入0.5molX气体，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中的X的转化率相比较_____。

A．无法确定B．增大C．相等D．减小。

(4)若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达到平衡时与(1)中平衡时相同，则a、b、c应满足的关系为_____。24、盐类水解原理的应用。

(1)盐类作净水剂。

硫酸铝钾或硫酸铝中的水解生成胶体，反应的离子方程式为_______，胶体有较强的吸附能力；常用作净水剂．

(2)热的溶液清洗油污。

纯碱在水中发生水解：_______；加热促进水解平衡右移，溶液的碱性增强，去污能力增强．

(3)泡沫灭火器。

试剂：_______溶液和_______溶液．

原理：和的水解相互促进，生成_______气体和_______沉淀，产生大量泡沫，隔绝可燃物与空气．反应的离子方程式为_______．

(4)盐溶液的配制。

配制保存易水解的盐溶液时，加入相应的酸(或碱)抑制水解．如配制溶液时，加入_______抑制的水解，得到澄清的溶液．评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)25、用pH试纸测定氯化钠溶液等无腐蚀性的试剂的pH时，试纸可以用手拿。(_____)A.正确B.错误26、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误27、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共10分)28、已知在下图转化关系（某些转化关系中的产物已略去）中都是中学化学常见的物质；物质A；D、G是单质，磁性黑色物质C是某金属矿物的主要成份，E是一种非氧化性酸，F是混合物，H是极易溶于水的碱性气体。

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：A________、C__________、I__________

（2）写出反应①的化学方程式：________________________________；写出生成混合物F的离子方程式：__________________________

（3）在一定温度；压强和有催化剂存在的条件下将lmolG和2,5molD放入500mL密闭容器中。经过20min达到平衡；平衡后H的浓度为2mol/L；

①则用G表示20min内的平均反应速率为：____该温度下此反应的平衡常数K=______，D的转化率为__________

②如果保持温度不变，再向容器中同时充入1．5molG和1molH，D的转化率将______（填“升高”、“不变”或“降低”），再次平衡后H的体积分数为___________。29、短周期主族元素A；B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：

（一）（1）D在周期表中的位置是_______，写出实验室制备单质F的离子方程式__________。

（2）化学组成为BDF2的电子式为：______，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为________化合物(填“离子”或“共价”)。

（3）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为：______________________________。

（4）由C，D，E，F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是_________(用元素离子符号表示)。

（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性________于F(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论___________________________________________________。

（二）以CA3代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。

（1）CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O．该电池负极的电极反应式为________；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为______。

（2）用CA3燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为______；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为________L。

（3）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示；反应过程中有红棕色气体产生。

图1图2

0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是____，溶液中的H＋向_____极移动（填“正”或“负”），t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是___________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共12分)30、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：_______。31、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32、盐是一类常见的电解质；事实表明盐的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的离子方程式分别为：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。

(3)盐类的水解在日常生活中也有一定的应用，如实验室配制FeCl3溶液时常会出现浑浊，若要避免这种情况，则在配制时需要在蒸馏水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明矾KAl(SO4)2∙12H2O净化水质的原因________。(用离子反应方程式及必要的文字回答)33、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．在含有0.1mol/LCa2+的溶液中，Na+、K+、ClO-、Cl-都不发生反应；能大量共存，A符合题意；

B．Ag+、Fe3+在中性溶液发生水解，且Ag+与易反应生成沉淀；不能大量存在，B不合题意；

C．Cu2+在溶液中呈蓝色；在无色溶液中不能大量存在，C不合题意；

D．c(OH-)=1×10-3mol/L的溶液呈碱性，不能大量存在；D不合题意；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．醋酸是弱酸；在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，因此醋酸消耗的氢氧化钠多，A错误；

B．盐酸是抑制水的电离；氯化铁水解促进水的电离，B错误；

C．碳酸氢钠溶液显碱性，说碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，因此c(CO)<c(H2CO3)；C错误；

D．醋酸钠水解显碱性，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加少量水，平衡正向移动，比值即它们的物质的量之比也增大；D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

A．电解饱和食盐水，阴极水放电生成氢气、氢氧化钠，阳极氯离子放电生成氯气，是黄绿色气体，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A错误；

B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B正确；

C.钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故C正确；

D.Na2SO3有强还原性，能将氧气还原，自身被氧化为硫酸钠，化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故D正确；

故选：A。4、A【分析】【详解】

A．pH=12的氨水溶液与pH=2的盐酸溶液等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c()>c(Cl—)>c(OH—)>c(H+)；故A正确；

B．浓度均为0.1mol∙L-1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合反应生成等物质的量的硫酸钠和硫酸铵；溶液中钠离子的物质的量和硫酸根离子的物质的量相等，故B错误；

C．浓度均为0.1mol∙L-1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合恰好反应生成碳酸钠，溶液中存在的电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H+)=2c()＋c(HCO)＋c(OH—)；故C错误；

D．浓度均为0.1mol•L-1的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合恰好反应生成醋酸钠；醋酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故D错误；

故选A。5、D【分析】【分析】

二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)＞K2＝[]×c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：a＞b，则a表示lg与pH的变化关系，b表示lg与pH的变化关系；以此解答。

【详解】

A．由分析可知，a表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)=10-1.22，同理可得K2＝[]×c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中的电离常数K2=10-4.9，水解常数Kh===10-12.78，则的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性；故A正确；

B．由分析可知，b表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=4.19，则c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2＝[]×c(H+)=10-4.19，数量级是10-5；故B正确；

C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()可知，c(Na+)=c()+2c()；故C正确；

D．lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线a中，lgX＝lg＝0时，c()＝c(H2C2O4)，曲线b中lgX＝lg<0，c())＝c(H2C2O4)；pH＝4.19时，曲线a中，lgX＝lg>0，c()>103c(H2C2O4)，曲线b中，lgX＝lg＝0，c()=c()>c(H2C2O4)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，c()逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c()逐渐增大，则不一定满足c()＞c(H2C2O4)；故D错误；

故选D。6、C【分析】【详解】

A．已知含氯消毒剂是指溶于水产生具有杀微生物活性的次氯酸的消毒剂；故含氯消毒剂具有较强的氧化性，故A正确；

B．氯化磷酸三钠为强碱弱酸盐；在溶液中水解使溶液呈碱性，故B正确；

C．由苯扎氯铵的结构简式可知；苯扎氯铵中不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故C错误；

D．由苯扎氯铵的结构简式可知；苯扎氯铵中的氯原子不是+1价，溶于水不能产生具有杀微生物活性的次氯酸，故不属于含氯消毒剂，故D正确；

故选C。7、D【分析】【详解】

从图中可以看出来；左边为电解饱和食盐水的电解质，右边为氢氧燃料电池。

A．电解池的阴极得电子，产生氢气，方程式为2H2O+2e－=H2+2OH－；A项不符合题意；

B．整个电路中经过的电量是一样的，生成22.4LCl2转移2mol电子，消耗0.5molO2，物质的量之比等于气体体积之比，因此电解池生成了2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2。B项不符合题意；

C．电解池中阳离子向阴极移动；C项不符合题意；

D．a%，b%，c%的氢氧化钠溶液，电解池中阴极产生NaOH，a>b，在原电池中，通入空气的一极，氧气得电子生成OH-，因此c>a；所以pH大小顺序为c>a>b；D项符合题意；

本题答案选D。

【点睛】

电解池和原电池中阴阳离子的移动方向是相反的。离子原电池电解池阴离子向负极移动向阳极移动阳离子向正极移动向负极移动二、多选题(共9题，共18分)8、B【分析】【分析】

【详解】

A．钢铁的电化学腐蚀过程中；析氢腐蚀要在强酸性条件下发生，吸氧腐蚀在弱酸性；中性、碱性条件下发生，则吸氧腐蚀比析氢腐蚀更易发生，A说法错误；

B．镀锡铁制品镀层受损后；在潮湿的空气中形成原电池，铁做负极被腐蚀，铁制品比受损前更容易生锈，B说法正确；

C．隔膜电解法以多孔隔膜将阳极区和阴极区分隔，在氯碱工业，需阻止OH-与阳极生成的氯气反应；电解槽被阳离子交换膜隔成阴极室和阳极室，C说法正确；

D．原电池反应是导致金属腐蚀的主要原因；利用原电池原理，构成牺牲阳极的阴极保护法来减缓金属的腐蚀，D说法错误；

答案为B。9、BC【分析】【详解】

A．根据图象可知，主要含H2AsO溶液的pH小于7，溶液显酸性，因此0.1mol/LNaH2AsO4溶液显酸性；故A错误；

B．根据图象，c(HAsO)=c(AsO)时，的K==c(H+)=10-11.5；故B正确；

C．当溶液pH由2.2升至4时，H3AsO4的含量逐渐减小，H2AsO的含量逐渐增大，说明发生反应为故C正确；

D．根据图像可知，NaH2AsO4溶液显酸性，说明H2AsO的电离程度大于水解程度，但对于弱酸而言，电离程度一般较小，则c(H2AsO)＞c(HAsO)；故D错误；

故选BC。10、AD【分析】【分析】

【详解】

A．分别取第一组、第二组实验数据代入速率方程可知m=1；分别取第二组、第四组实验数据代入速率方程可得n=0，A正确；

B．由选项A可知m=l、n=0，则速率方程v=kc(CH3COCH3)，将第三组实验数据代入速率方程有：k×(1.00mol/L)=5.6×10-3mol·L-1·min-1，所以k=5.6×10-3min-1；B错误﹔

C．由选项B得速率方程v=kc(CH3COCH3)，则瞬时速率与I2的浓度大小无关；C错误；

D．经过一个半衰期，反应掉50%剩余50%；经过两个半衰期时50%又反应一半，剩余25%；经过三个半衰期，25%又反应一半，剩余12.5%，因此若反应掉87.5%的CH3COCH3；则剩余12.5%，故相当于该反应经历了三个半衰期，D正确；

故合理选项是AD。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．如图，时X的变化量为mol/L，转化率=故A正确；

B．该反应为分子数不变的反应，即物质的量无变化且根据质量守恒定理，反应前后气体的质量不变，根据所以其平均相对分子质量不变，故B错误；

C．如图中曲线所示，曲线b转化量更多，且反应速率更快先达到平衡，所以曲线b对应的温度更高；该反应为吸热反应，平衡常数更高，故C正确；

D．若改变的是温度，则由图可知，该反应为吸热反应，即从键能的角度，反应热等于反应物总键能-生成物总键能，所以该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故D错误；

故选BD。12、CD13、CD【分析】【分析】

阳极是惰性电极，发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，在阴极上，氢离子优先得到电子，酸性越强，镍回收率越低，在阴极上是为了回收镍，所以酸性不能太强，交换膜b为阴离子交换膜；a是阳离子交换膜，据此分析解题。

【详解】

A．阳极是惰性电极，发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；A正确；

B．电解池中阳离子由阳极区向阴极区移动，故通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移；B正确；

C．电极极是惰性电极，阳极发生失电子的氧化反应，反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，浓缩室得到1L0.5mol/L盐酸，盐酸浓度增加，所以a是阳离子交换膜，b为阴离子交换膜；C错误；

D．浓缩室得到1L0.5mol/L盐酸时，则转移的氢离子是0.4mol，即转移电子是0.4mol，根据电极反应式：Ni2++2e-=Ni；阴极回收得到0.2mol×59g/mol=11.8g的镍，但是在阴极上是氢离子优先得电子产生氢气，所以阴极回收得到少于11.8g的镍，D错误；

故答案为：CD。14、BD【分析】【详解】

A．由图可知，往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-；A正确；

B．由图可知，若要从某废液中完全沉淀Zn2+；通常可以调控该溶液的pH在8.0~12.0之间，B错误；

C．由图可知，在a点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=110-7mol/L，c(Zn2+)=110-3mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)∙[c(OH-)]2=110-3mol/L(110-7mol/L)2=110-17；当pH=8.0时，c(OH-)=110-6mol/L，则c(Zn2+)==110-5mol/L，当pH=12.0时，c(OH-)=110-2mol/L，则c(Zn2+)==10−13mol/L，所以pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108；C正确；

D．由C选项的计算可知，该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-17；D错误；

故选BD。15、AD【分析】【分析】

【详解】

A．由表格数据可知；实验①；⑤所加试剂的体积、浓度和反应温度均相同，只有溶液pH不同，则实验①、⑤的目的是探究溶液pH对p—CP降解速率的影响，故A正确；

B．由表格数据可知；实验②；④所加亚铁离子溶液的浓度和反应温度都不同，实验时变量不唯一化，无法探究温度对p—CP降解速率的影响，故B错误；

C．由表格数据可知；实验①；③是探究过氧化氢浓度对降解速率的影响，实验时应保持单一变量，溶液总体积应为15mL，则x=15−3.5−3.5=8，故C错误；

D．若实验时温度过高；过氧化氢受热分解，反应物浓度减小，p—CP降解速率减小，故D正确；

故选AD。16、BC【分析】【分析】

【详解】

A.二氧化硫具有还原性，酸性条件下能与具有氧化性的氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸，反应生成的硫酸与氯化钡溶液反应生成白色的硫酸钡沉淀，则将SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，产生白色沉淀，说明SO2具有还原性；故A正确；

B.氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解，则将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+的数目小于0.1NA个；故B错误；

C.氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁胶体；氢氧化铁胶体具有很大的表面积，能吸附水中悬浮杂质，达到净水的作用，但是不能软化硬水，故C错误；

D.血红蛋白中含+2价铁，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O；属于亚铁盐，可用作补血剂，故D正确；

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

（1）

①SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)=2HI(g)＋H2SO4(l)ΔH=akJ·mol-1

②2H2SO4(l)=2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)ΔH=bkJ·mol-1

③2HI(g)=H2(g)＋I2(g)ΔH=ckJ·mol-1

则根据盖斯定律可知①×2+③×2+②即得到2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=（2a＋b＋2c）kJ·mol-1。

（2）

根据结构图可判断1个P4O10分子中P-O的个数为12，已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，则根据方程式P4+5O2=P4O10可知6a+5c-12b-4x=-d，则表中x=(d＋6a＋5c-12b)kJ/mol。

（3）

①根据图像可知1mol气态硫和1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放热297kJ，则硫燃烧的热化学方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1。

②已知：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，则根据图像可知0.8mol二氧化硫和0.4mol氧气反应生成0.8mol三氧化硫放热为196.6kJ×0.4=78.64kJ，即ΔH2=-78.64kJ·mol-1。【解析】(1)2a＋b＋2c

(2)12(d＋6a＋5c-12b)

(3)S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1-78.6418、略

【分析】【分析】

(1)若电解质溶液为硫酸铜溶液；甲池属于原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应；乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，阳极上氢氧根离子失电子；

(2)若电解质溶液为滴加少量酚酞的饱和NaCl溶液；

①甲装置是原电池，铁易失电子作负极，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电解质溶液为中性，据此分析解答；

②若电解质溶液为氯化钠溶液；则乙中为电解氯化钠溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极氢离子得电子生成氢气，根据电解池总反应计算解答。

【详解】

(1)①若电解质溶液为硫酸铜溶液；甲装置是原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，生成红色的铜，乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成红色的铜；

②根据①分析可知，在乙池中铁电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成红色的铜，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；C电极为阳极，根据放电顺序，阳极上OH-（来源于水）放电，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑；

(2)若电解质溶液为滴加少量酚酞的饱和NaCl溶液；

①甲装置是原电池，铁易失电子作负极，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，电解质溶液为中性，C为正极，其电极反应为：2H2O+O2+4eˉ=4OH-；该腐蚀属于电化学腐蚀中的吸氧腐蚀；

②乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，Fe电极为阴极，乙中为电解氯化钠溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极氢离子得电子生成氢气，电解池总反应2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，根据反应可知，转移2mol电子生成1mol氢气和1mol氯气，则当有0.2mol电子发生转移时，生成0.1mol氢气和0.1mol氯气，标况下气体的体积为(0.1mol+0.1mol)×22.4L/mol=4.48L。【解析】C(碳)Fe(铁)4OH--4e-=2H2O+O2↑吸氧4.48L19、略

【分析】【分析】

（1）根据图象知；A；B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n（A）=（2.5-1.7）mol=0.8mol、△n（B）=（2.4-1.4）mol=1.0mol、△n（C）=（1.2-0）mol=1.2mol、△n（D）=（0.8-0）mol=0.8mol，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式；

（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率4min时；该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比；

（3）在2min时；各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率；

（4）可逆反应达到平衡则各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；

（5）A的转化率=以此计算。

【详解】

(1)根据图象知；A；B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol；

各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A.B.C.D计量数之比=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=4:5:6:4，反应方程式为4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；

故答案为：4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；

(2)前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率4min时；该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比，A.D的计量数相等，所以其反应速率相等；

故答案为：0.1mol/（L•min）；=；

(3)在2min时；各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率，降低温度反应速率减慢，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；

（4）A消耗5molB的同时生成4molD；均表示正反应速率，无法证明反应达到平衡，故A错误；

B反应速率4v（B）=5v（D）；没有说明反应速率为正反应速率还是逆反应速率，无法证明反应达到平衡，故B错误；

C容器内D的浓度不再随时间而发生变化；则能证明反应达到平衡，故C正确；

D正反应为压强增大的反应；容器内压强不再随时间而发生变化，则可证明反应达到平衡，故D正确；

E根据质量守恒定律可知；反应前后混合气体的质量不变，容器为恒容容器，混合气体体积不变，则混合气体的密度始终不变，则无法用密度变化判断反应是否达到平衡，故E错误；故答案选：CD。

（5）A的转化率=故答案为：32%。

【点睛】

化学方程式中各物质的量的变化量之比等于其计量数之比。【解析】4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g）0.1mol/（L•min）=CCD32%20、略

【分析】【分析】

I．(1)化学方程式的系数之比等于各物质的物质的量的变化量之比；

(2)若t2-t1=10min，则从t1到t2时刻，以N的浓度变化表示该反应的平均反应速率v=

(3)t1、t2时刻随时间变化，M、N物质的量发生变化，t3时刻；M；N物质的量随时间变化不变，反应达到平衡状态；

II．验证温度对化学反应速率的影响；温度要不同，其他条件相同；验证催化剂的比表面积对化学反应速率的影响，要催化剂的比表面积不同，其他条件相同；

(2)验证温度对化学反应速率的影响；只有实验Ⅰ和Ⅲ的温度不同，其他条件要相同；

(3)催化剂的表面积大；反应速率快，达平衡的时间短；

(4)根据反应达到平衡状态时的特点或物理量由变化量变为不变量来分析判断。

【详解】

I．(1)参加反应的M的物质的量为8mol−2mol=6mol，生成的N的物质的量是5mol−2mol=3mol，所以此反应的化学方程式中a:b=6:3=2:1，已知计量系数比为最简整数比，b为1；

(2)若t2−t1=10min，则从t1到t2时刻，以N的浓度变化表示该反应的平均反应速率v==0.05mol/(L∙min)；

(3)t1、t2时刻随时间变化，M、N物质的量发生变化，t3时刻，M、N物质的量随时间变化不变，反应达到平衡状态，t3时刻达到反应的最大限度；

II.(1)验证温度对化学反应速率的影响，温度要不同，其他条件相同，所以a=1.2×10−3；验证催化剂的表面积对化学反应速率的影响，要催化剂的表面积不同，其他条件相同，b=5.80×10−3；

(2)验证温度对化学反应速率的影响；只有实验Ⅰ和Ⅲ的温度不同，其他条件要相同；

(3)催化积表面积大；反应速率快，达平衡的时间短，曲线乙的斜率大，达到平衡的时间短，反应快；

(4)A．因反应在绝热容器中进行；容器内的温度会变化，当温度不再变化时，说明反应已达到平衡状态，故A能说明该反应已达到平衡状态；

B．该反应是一个反应前后气体体积减小的反应；当容器内的气体压强保持不变时，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故B能说明该反应已达到平衡状态；

C．v逆(NO)=2v正(N2)时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故2v逆(NO)=v正(N2)时反应没有达到平衡状态；故C不能说明该反应已达到平衡状态；

D．由质量守恒定律可知；反应前后气体质量不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度一直保持不变，故混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态，故D不能说明该反应已达到平衡状态；

答案选CD。

【点睛】

利用控制变量法来探究外界条件对化学反应速率的影响时，只能有一个外界条件改变，其它条件不变。【解析】①.1②.0.05mol.L-1.min-1③.t3④.1.20×10-3⑤.5.80×10-3⑥.I和III⑦.乙⑧.CD21、略

【分析】【详解】

（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设中N元素的化合价为x；x-2×2=-1，x=+3。

（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用；

（3）根据+OH-NH3↑+H2O，检验可以用浓氢氧化钠溶液；氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。

（4）硝化过程中；N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。

（5）与反应生成氮气，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+3降低为0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，生成1mol氮气转移3mol电子，当产生氮气时，转移电子的物质的量为0.06

（6）在中性介质中在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-。【解析】(1)第二周期第VA族+3

(2)生物固氮(或闪电作用)

(3)浓氢氧化钠红。

(4)氧化。

(5)0.06

(6)2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-22、略

【分析】【分析】

软锰矿主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质，利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，发生反应MnO2+SO2=MnSO4，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去，过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2，K2S2O8被还原为K2SO4，MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应，产生LiMn2O4、CO2、O2；据此分析解答。

【详解】

(1)溶浸过程中，为提高SO2吸收率可采取的措施：不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或减小通入SO2的流速，故合理选项是ab，故答案为：ab；

(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-)=1×10-9mol/L，则溶液c(H+)=l×10-5mol/L，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-)=1×10-11mol/L，c(H+)=l×10-3mol/L，则pH约为3，故pH范围是：5.0<7.1，故答案为：5.0<7.1；

(3)由题意可知，反应物为MnSO4和K2S2O8，生成物之一为MnO2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平，则发生反应的化学反应方程式为MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+2H2SO4+K2SO4，故答案为：MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+2H2SO4+K2SO4；

(4)MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑，故答案为：8MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑；

(5)①放电时为原电池，电池内部阳离子移向正极，故Li+移向正极；故答案为：正极；

②充电时为电解池，电池的阳极连放电时的正极。放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g，故答案为：LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；7。

【点睛】

本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡、氧化还原反应化学方程式的书写、原电池电解池反应原理的应用等。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。【解析】ab5.0<7.1MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2↓+2H2SO4+K2SO48MnO2+2Li2CO34Li2MnO4+2CO2↑+O2↑正极LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+723、略

【分析】【详解】

(1)压强之比等于气体的物质的量之比；平衡时混合气体的总物质的量为3mol×1.2=3.6mol，设生成Y的物质的量为x。则依据三段式计算：

有3-2x+x+3x=3+2x=3.6，x=0.3mol，则：v(Y)==0.03mol/(L·min)；

(2)等温等容条件下通入一种惰性气体；反应体系中的各组分的浓度没有改变，平衡不移动；若移走部分混合气体，则减小了体系的压强，平衡向右移动；

(3)在等温等容条件下；通入X气体，虽然平衡会正向移动，由于反应物只有一种，相当于增大压强，平衡逆向移动，X的转化率减小，则平衡后X的转化率与(1)的平衡中X的转化率相比较前者一定小于后者，答案选D；

(4)体积和压强不变的等效平衡，满足两次投料在转化后完全一致。平衡(1)建立时，只加入了3molX，没有加生成物，所以生成物的物质的量之比须等于方程式的系数比，即b:c=1:3。将bmolY完全转化为X，则转化为2bmolX，则有a+2b=3；若将Z完全转化为X，则转化为cmolX，则有a+c=3。【解析】0.03mol/(L▪min)不移动向右移动Db:c=1:3，a+2b=3或a+c=324、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】盐酸四、判断题(共3题，共21分)25、B【分析】【详解】

pH试纸不能用手拿，应该放在干净的表面皿或玻璃片上。26、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。27、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。五、元素或物质推断题(共2题，共10分)28、略

【分析】【分析】

黑色物质C有磁性是某金属矿物的主要成份,则C为Fe3O4，H是极易溶于水的碱性气体,则H为NH3；由反应②可以知道D、G分别为H2、N2中的一种,结合反应①可以知道,应为Fe与水反应,故A为Fe、B为H2O、D为H2、G为N2,D的单质在黄绿色气体中燃烧生成的产物溶于水得到E,则E为盐酸；Fe3O4与盐酸反应生成混合物F为FeCl2、FeCl3的混溶液,与氨气、氧气反应生成I为Fe(OH)3；结合以上分析根据题中问题进行解答。

【详解】

黑色物质C有磁性是某金属矿物的主要成份,则C为Fe3O4，H是极易溶于水的碱性气体,则H为NH3；由反应②可以知道D、G分别为H2、N2中的一种,结合反应①可以知道,应为Fe与水反应,故A为Fe、B为H2O、D为H2、G为N2,D的单质在黄绿色气体中燃烧生成的产物溶于水得到E,则E为盐酸；Fe3O4与盐酸反应生成混合物F为FeCl2、FeCl3的混溶液,与氨气、氧气反应生成I为Fe(OH)3；

(1)由上述分析可以知道,A、C、I分别为Fe、Fe3O4、Fe(OH)3；

答案是:Fe；Fe3O4、Fe(OH)3；

(2)反应①是Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气,反应方程式为3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑；

答案是:3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑；

(3)在一定温度和有催化剂存在的条件下,将1.0molN2和2.5molH2放入500mL密闭容器中,经过20min达到平衡,平衡后NH3的浓度为2.Omol/L,则:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始量250

变化量132

平衡量122

(1)用N2表示20min内的平均反应速率为1/20=0.05mol/(L·min)；该温度下此反应的平衡常数K=c2（NH3）/c3(H2)c(N2)=22/23×1=0.5L2/mol2；氢气的转化率为3/5×100%=60%；

答案是:0.05mol/(L·min)；0.5L2/mol2；60%；

(2)K=22/1×23=0.5，保持温度不变,再向容器中同时充入1.5molG和1molH,则此时N2的浓度=1+1.5/0.5=4mol/L,NH3的浓度=2+1/0.5=4mol/L,故浓度幂QC=42/4×23=0.5=K，则平衡不移动，D的转化率将不变,H的体积分数不变,仍为2/(1+2+2)×100%=40%；

因此，本题正确答案是:不变；40%。【解析】①.Fe②.Fe3O4③.Fe(OH)3④.3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2↑⑤.Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O⑥.0.05mol/(L·min)⑦.K=0.5L2/mol2⑧.60%⑨.不变⑩.40%29、略

【分析】【分析】

【详解】

（一）短周期主族元素A，B，C，D，E，F的原子序数依次增大，B的化合物种类繁多，数目庞大，为碳元素；C，D是空气中含量最多的两种元素，C为氮元素，D为氧元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物，E为钠元素；F为同周期半径最小的元素，为氯元素。六种元素的原子核外电子层数之和为13，则A为氢元素。（1）D为氧元素，在第二周期第ⅥA族.实验室制取氯气是用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-（加热）=Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）物质为COCl2，根据碳原子形成4对共用电子，氧原子形成2对共用电子，氯原子形成一对共用电子分析，电子式为氢和氮；和氯形成的氯化铵为离子化合物。

（3）由氢、碳、钠、氯四种或三种元素组成的物质水溶液显碱性，可以为氢氧化钠和碳酸氢钠，二者反应生成碳酸钠和水，离子方程式为;OH－＋HCO=CO＋H2O。

（4）氮离子，氧离子，钠离子，氯离子，电子层数越多，半径越大，相同电子层的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以半径顺序为Cl-＞N3-＞O2-＞Na+。

（5）碳的非金属性比氯弱。可以用最高价氧化物对应的水化物的酸性证明，即高氯酸的酸性大于碳酸，高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，方程式为Na2CO3＋2HClO4===CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4===CO2↑＋H2O＋NaClO4。

（二）（1）氨气和氧气反应生成氮气和水，反应中氨气失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；根据电极反应分析，每摩尔氨气反应转移3摩尔电子，所以3.4克氨气即3.4/17=0.2摩尔氨气反应转移0.6NA电子；

（2）电解CuSO4溶液，A电极有铜析出，为阴极，则B为阳极，是溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；加入8gCuO，即0.1molCuO，说明电解过程析出0.1molCu和0.05molO2；则氧气在标况的体积为1.12。

(3)开始铝做负极，正极为硝酸根离子得到电子生成二氧化氮，电极反应为：2H＋＋NO＋e－===NO2↑＋H2O；溶液中的氢离子向正极移动。后来原电池中电子流动方向改变，说明铝做正极，铜做负极，是因为常温下铝在浓HNO3中发生钝化；氧化物薄膜阻止了铝的进一步反应。

【点睛】

微粒半径的比较：

1．判断的依据电子层数：相同条件下；电子层越多，半径越大。

核电荷数：相同条件下；核电荷数越多，半径越小。

最外层电子数相同条件下；最外层电子数越多，半径越大。

1．具体规律：1；同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）

如：Na>Mg>Al>Si>P>S>Cl.

2、同主族元素的原子半径随核电荷数的增大而增大。如：Li

3、同主族元素的离子半径随核电荷数的增大而增大。如：F

4、电子层结构相同的离子半径随核电荷数的增大而减小。如：F->Na+>Mg2+>Al3+。【解析】第二周期第ⅥA族MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O离子OH－＋=＋H2OCl-＞N3-＞O2-＞Na+弱Na2CO3＋2HClO4=CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4=CO2↑＋H2O＋NaClO42NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O0.6NA4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O1.122H＋＋＋e－=NO2↑＋H2O正常温下铝在浓HNO3中发生钝化，氧化物薄膜阻止了铝的进一步反应六、结构与性质(共4题，共12分)30、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：