2025年外研版三年级起点选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年外研版三年级起点选择性必修1化学下册月考试卷263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、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属；下列说法正确的是。

A.若M是铜片，可保护铁B.若M是锌片，可保护铁C.图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重D.M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池2、已知常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。下列叙述正确的是。

A.曲线I表示CH3COOH溶液的变化曲线B.溶液中水的电离程度：b>c>dC.HCOOH与NaOH反应的离子方程式为：D.a点两种酸溶液分别与NaOH恰好完全中和后，CH3COOH对应的溶液中n()大3、如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图；下列说法正确的是。

A.Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂B.升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快C.增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小D.第一步反应的速率大于第二步反应4、图为土豆电池的示意图。土豆电池工作时；下列有关说法正确的是。

A.作负极，电极反应式为：B.作正极，片质量减少C.电子由片经土豆流向片D.片上发生还原反应5、甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用CH3NH3Cl表示)。已知CH3NH3Cl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A.0.1mol·L-1CH3NH3Cl水溶液加水稀释，pH升高B.0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液的pH=2C.CH3NH3Cl在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH2+HClD.CH3NH3Cl水溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)6、华夏文明源远流长；勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿始终。以下说法从化学视角理解不正确的是。

。A

高奴出脂水；颇似淳漆，燃之如麻。

文中提到的“脂水”是指汽油。

B

日照澄洲江雾开；淘金女伴满江隈。

诗中包含了丁达尔效应。

C

水银乃至阴之毒物；因火煅丹砂而出。

这段记载中；涉及氧化还原反应。

D

采蒿蓼之属；晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面。

“石”主要是K2CO3；溶液显碱性。

A.AB.BC.CD.D7、常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数值一定变小的是A.c(H+)B.c(H+)/c(CH3COOH)C.c(H+)·c(OH-)D.c(OH-)/c(H+)评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O

（1）请回答图中甲、乙两池的名称．甲池是______装置，乙池是______装置；

（2）请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是______，B（石墨）电极的名称是______；

（3）通入O2的电极的电极反应式为：______，A（Fe）电极的电极反应式为______；

（4）乙池中反应的化学方程式为______；

（5）电解一段时间后，乙池中A（Fe）极的质量增加5.4g时，且溶液的体积为500mL，求所得溶液在25℃时的pH=______，甲池中消耗O2为______mL（标准状况下）．

（6）钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，用电化学法制得CoFe2O4。以NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_________________________。9、随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)△H＜0

(1)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是________________________。

A.c(NH3)︰c(NO)=2︰3

B.n(NH3)︰n(N2)不变。

C.容器内压强不变。

D.容器内混合气体的密度不变。

E.1molN—H键断裂的同时；生成1molO—H键。

(2)已知该反应速率正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆，则x=___________________，y=____________________。

(3)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应；NO的转化率随温度变化的情况如图所示。

①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率(NO)=__________________；

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_____________________。10、下列物质中，属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______，属于强电解质的是_______，属于弱电解质的是_______。

①氨气；②氨水；③盐酸；④氢氧化钾；⑤冰醋酸；⑥氯化钠；⑦醋酸铵；⑧二氧化碳；⑨氯化钠溶液。11、（1）利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如下图所示的原电池；回答下列问题：

①写出电极反应式：

正极___________；负极__________。

②图中X溶液是________，Y溶液是________。

③原电池工作时，盐桥中的________（填“阳”；“阴”）离子向X溶液方向移动。

（2）控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。

请回答下列问题：

①反应开始时，乙中石墨电极上发生________（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为________。甲中石墨电极上发生________（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为______。

②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则乙中的石墨作________（填“正”或“负”）极，该电极的电极反应式为________。

（3）利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4=2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为________。12、已知25℃时，电离平衡常数：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8

回答下列问题：

(1)下列四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是___________（填标号）。

a、HCO3-b、HClOc、CH3COOHd、H2CO3

(2)下列反应不能发生的是___________。A．B．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOC．D．(3)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________。A．B．C．D．13、(1)某化学反应中，设反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2。

若E1＞E2，则该反应为___(填“放热”或“吸热”)反应。该反应可用图___(填“A”或“B”)表示。

(2)燃烧1molCH4(气)，生成CO2(气)和H2O(液)，放出890.3kJ热量。写出该反应的热化学方程式___。14、用50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答问题：

(1)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________；

(2)实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)；

(3)已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1mol水时，放出57.3kJ的热量，则上述反应的热化学方程式为：___________。

(4)倒入NaOH溶液的正确操作是___________。(填字母)

A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入。

(5)某同学利用实验数据计算出的中和热与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是___________。(填字母)

a．实验装置保温；隔热效果差；

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；

c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；

d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误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、中和等体积、等的盐酸和醋酸消耗的的物质的量相同。(_______)A.正确B.错误18、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误19、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误20、恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡状态。(____)A.正确B.错误21、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误22、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(OH-)。(_______)A.正确B.错误23、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共24分)24、铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金，某科研小组从某废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：

已知：I．铍、铝元素化学性质相似；II．常温下部分难溶物的溶度积常数如下表。难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)4.0×10-204.0×10-382.1×10-13

(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有______________(填化学式)。

(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤及顺序为___________。

a.加入过量的氨水b.通入过量的CO2c.加入过量的NaOH

d.加入适量的HCle.洗涤f.过滤。

(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质(MnO2还原成Mn2+)。写出反应II中CuS发生反应的化学方程式：____________________________________________。

②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是_________________________(任写一条)。

(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.021mol·L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是____________(填离子符号)，若忽略溶液体积变化，使Cu2+完全沉淀分离时常温下调节溶液pH应控制的范围是_______________(已知lg2=0.3，lg5=0.7，通常溶液中离子浓度低于10-5mol/L则认为沉淀完全)。

(5)用石墨电极电解NaCl-BeCl2混合熔盐可制备金属铍，已知混合熔盐中存在[BeCl4]2-，阴极上得到Be的电极反应式为____________________________________________。25、钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O3、K2O、SiO2、少量Fe2O3)制取YVO4的工艺流程如下：

已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应；又能与强碱反应。

25℃，浸取液中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：。阳离子VO2+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mo/L)的pH3.02.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH7.03.29.0

回答下列问题：

(1)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，“浸出液”中含有的金属离子是_______。V2O5被还原的离子方程式为_______。

(2)常温下，“钒、钾分离”时为了提高钒的沉淀率，应调节pH_______7(填“>”“<”或“=”)。

(3)结合“碱溶”和“沉钒”可知，中_______的氧化性更强，“沉钒”时发生反应的化学方程式为_______。

(4)利用上述表格数据，计算Fe(OH)2的Ksp=_______。

(5)某工厂用该工艺流程生产YVO4，当用去1吨该废钒催化剂(V2O5的含量为26.0%)时，得到408kg，YVO4，则整个流程中V的损耗率为_______。26、用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4•7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：

(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是___________(写出一条)。

(2)“滤渣1”的主要成分是___________。

(3)“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO的离子方程式为___________。

(4)加氨水“溶解”的目的是___________，‘滤渣2”的主要成分是___________。

(5)“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为___________。

(6)已知0.01mol•L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=_____(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5mol•L-1)的pH为___________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)27、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___________。：28、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_________。29、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：____________________。30、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4题，共12分)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。32、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。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)。___________34、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．若M是铜片；构成原电池，铁是负极，铁被腐蚀，故A错误；

B．若M是锌片；构成原电池，锌是负极，锌被腐蚀，铁被保护，故B正确；

C．图1铁片靠近水面的部分；水分；氧气充足，腐蚀更严重，故C错误；

D．M是锌能保护铁；因构成原电池，锌是负极，故D错误；

选B。2、D【分析】【分析】

相同pH的酸，酸性强的HCOOH浓度小于CH3COOH。那么再加水稀释的过程中，浓度较大的CH3COOH电离平衡正向产生的H+更多，所以Ⅱ为CH3COOH；Ⅰ为HCOOH。

【详解】

A．由上分析；I为HCOOH，A项错误；

B．酸电离的H+浓度越小对水电离的抑制作用就越弱，如图溶液中H+：b>c>d，所以水的电离程度b

C．从图分析HCOOH为弱酸；离子方程式中不能拆写，C项错误；

D．CH3COOH酸性弱，相同pH的酸，CH3COOH的浓度大消耗NaOH多，所以n(Na+)大；D项正确；

故选D。3、C【分析】【分析】

CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl。

【详解】

A．Cl·由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”；而不是反应的催化剂，选项A错误；

B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变；但活化分子的百分数增多，反应速率加快，选项B错误；

C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响△H的大小；选项C正确；

D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2；第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，选项D错误。

答案选C。4、D【分析】【详解】

A．作负极，电极反应式为：故A错误；

B．作正极；Fe为负极，Fe片质量减少，故B错误；

C．电子由负极()经导线流向正极()；故C错误；

D．片为正极；发生还原反应，故D正确。

综上所述，答案为D。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．CH3NH2是弱碱，CH3NH3Cl水溶液水解呈酸性，加水稀释，c(H+)减小；pH升高，A正确；

B．0.01mol·L-1CH3NH3Cl水溶液水解呈酸性，根据已有信息，无法计算其c(H+)；B错误；

C．CH3NH3Cl是盐，在水中的电离方程式为：CH3NH3Cl=CH3NH3++Cl-；C错误；

D．CH3NH3Cl水溶液中，CH3NH3+会发生水解，c(Cl-)>c(CH3NH3+)；D错误；

故选A。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．高奴出脂水；颇似淳漆，燃之如麻，说明易燃烧，但烟甚浓，应为石油，不属于汽油，故A错误；

B．日照澄洲江雾开；淘金女伴满江隈，雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，故B正确；

C．水银乃至阴毒物；因火煅丹砂而出（明），汞由单质转化为化合物，有化合价变化，属于氧化还原反应，故C正确；

D．“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钾，溶于水水解显碱性，故D正确；

故选A。7、A【分析】【详解】

A.CH3COOH溶液加水稀释过程中，酸性减弱，则c(H+)减小；故A正确；

B.=稀释促进电离，过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，所以=的值增大；故B错误；

C.溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw；溶液温度不变，则稀释过程中水的离子积不变，故C错误；

D.稀释过程中氢离子浓度减小，c(H+)•c(OH-)=Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，则c(OH-)/c(H+)的值增大；故D错误；

答案选A。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

根据反应方程式知，甲是把化学能转变为电能的装置；乙有外加电源，所以是电解池；根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2发生还原反应；所以该电极是正极;石墨与原电池的正极相连，所以B（石墨）电极是阳极，A（Fe）极与负极相连，A是阴极。

【详解】

(1)根据反应方程式知；甲装置是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，甲是原电池；乙有外加电源，所以乙是电解池；

(2)CH3OH发生氧化反应，通入CH3OH的电极名称是负极；石墨与原电池的正极相连，所以B（石墨）电极的名称是阳极；

(3)O2得电子发生还原反应，所以该电极是正极，通入O2的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，A（Fe）极与负极相连，A是阴极，A（Fe）电极的电极反应式为4Ag++4e-=4Ag；

(4)乙是电解池，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极银离子得电子生成单质银，总反应的化学方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

(5)乙池中A(Fe)极是阴极，阴极的质量增加的5.40g是银，根据得失电子数相等，氧气、氢离子与银的关系式为O24Ag4H+；设消耗氧气的体积是xL，生成氢离子的物质的量为ymol；

O24Ag4H+

22.4L(4×108)g4mol

xL5.40gymol

x=0.28L=280mL；y=0.05mol；

溶液的体积为500mL，所得溶液在25℃时的pH=1。

(6)以NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，阳极上CoFe2失电子生成CoFe2O4薄膜，阴极氢离子得电子生成氢气，该电解过程的化学方程式为CoFe2+4H2OCoFe2O4+4H2↑。【解析】原电池电解池负极阳极O2+2H2O+4e-=4OH-4Ag++4e-=4Ag4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO31280CoFe2+4H2OCoFe2O4+4H2↑9、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡标志分析；

(2)根据平衡常数表达式分析；

(3①420K时NO的物质的量变化是3mol×2%；580K时NO的物质的量变化是3mol×59%，在5min内NO的物质的量变化是3mol×59%－3mol×2%，结合化学反应速率计算公式计算；

②温度升高；平衡逆向移动（或氨气被氧化为NO）；

【详解】

(1)A．投料比等于化学计量数之比，c(NH3)︰c(NO)始终等于2︰3，c(NH3)︰c(NO)=2︰3不一定平衡；

B．NH3反应物、N2是生成物，n(NH3)︰n(N2)不变；说明浓度不变，反应一定达到平衡状态；

C．反应前后气体系数和不同；压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态；

D．由于H2O呈液态；反应前后气体总质量变化；体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态；

E．1molN—H键断裂的同时；生成1molO—H键，都是指正反应速率，不一定平衡；

答案选AE。

(2)4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)平衡常数表达式是达到平衡时，正=逆，即k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cx(N2)·cy(H2O)，则x=5；y=0；

(3)①420K时NO的物质的量变化是3mol×2%，580K时NO的物质的量变化是3mol×59%，在5min内NO的物质的量变化是3mol×59%－3mol×2%，此时段内NO的平均反应速率(NO)=

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是温度升高；平衡逆向移动（或氨气被氧化为NO）；

【点睛】

本题考查化学平衡的判断方法、化学平衡常数的表达式、反应速率计算等，明确化学平衡的定义，根据“变量不变”判断平衡标志，注意纯液体不计入平衡常数表达式。【解析】AE

50平衡逆向移动（或氨气被氧化为NO）10、略

【分析】【分析】

电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和融状态下不能导电的化合物；在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质；部分电离的为弱电解质；据此分析判断。

【详解】

①氨气为化合物；本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质；

②氨水是混合物；既不是电解质也不是非电解质；

③盐酸是混合物；既不是电解质也不是非电解质；

④氢氧化钾是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；属于电解质；且在水溶液中能完全电离，为强电解质；

⑤冰醋酸是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；属于电解质；且在水溶液中部分电离，属于弱电解质；

⑥氯化钠是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；属于电解质；且在水溶液中能完全电离，为强电解质；

⑦醋酸铵是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；属于电解质；且在水溶液中能完全电离，属于强电解质；

⑧二氧化碳为化合物；本身不能电离，属于非电解质；

⑨氯化钠溶液是混合物；既不是电解质，也不是非电解质；

属于电解质的是④⑤⑥⑦，属于非电解质的是①⑧，属于强电解质的是④⑥⑦，属于弱电解质的是⑤，故答案为：④⑤⑥⑦；①⑧；④⑥⑦；⑤。【解析】④⑤⑥⑦①⑧④⑥⑦⑤11、略

【分析】【分析】

(1)①原电池中正极得到电子，则根据方程式可知正极是铁离子得到电子，正极电极反应式为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，负极是铜失去电子，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋；

②图中碳棒是正极，铜棒是负极，因此X溶液是FeCl3，Y溶液是CuCl2；

③原电池工作时溶液中的阳离子向正极移动；因此盐桥中的阳离子向X溶液方向移动。

(2)①碘离子失去电子，则乙中石墨是负极，所以反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应，电极反应式为2I－－2e－=I2。甲中石墨电极上发生还原反应，电极反应式为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；

②电流计读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，平衡向逆反应方向进行，则乙中的石墨正极，该电极的电极反应式为I2＋2e－=2I－；

(3)根据方程式可知氧气得到电子，所以氧气在正极放电，溶液显酸性，则电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。

【详解】

(1)①原电池中正极得到电子，电极反应式为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，故答案为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，负极是铜失去电子，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，故答案为Cu－2e－=Cu2＋；

②碳棒是正极，铜棒是负极，因此X溶液是FeCl3，Y溶液是CuCl2，故答案为FeCl3，CuCl2；

③原电池工作时溶液中的阳离子向正极移动；因此盐桥中的阳离子向X溶液方向移动，故答案为阳。

(2)①碘离子失去电子，则乙中石墨是负极，所以反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应，电极反应式为2I－－2e－=I2。甲中石墨电极上发生还原反应，电极反应式为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，故答案为氧化，2I－－2e－=I2，还原，2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；

②电流计读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，平衡向逆反应方向进行，则乙中的石墨正极，该电极的电极反应式为I2＋2e－=2I－，故答案为正，I2＋2e－=2I－；

(3)氧气得到电子，所以氧气在正极放电，溶液显酸性，则电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故答案为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。

【点睛】

明确原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，注意电极名称判断和电极反应式的书写，注意电解质溶液的溶解性以及是否存在交换膜等。【解析】2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋Cu－2e－=Cu2＋FeCl3CuCl2阳氧化2I－－2e－=I2还原2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋正I2＋2e－=2I－O2＋4e－＋4H＋=2H2O12、略

【分析】【详解】

（1）电离平衡常数越大，酸电离出的氢离子越多，即酸电离出质子能力越强，酸性也越强，据图表可知，电离平衡常数大小：Ka（CH3COOH）>Ka（H2CO3）>Ka（HClO）>Ka（），所以四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是c>d>b>a；

（2）A．据图表可知，电离平衡常数：Ka（CH3COOH）>Ka（H2CO3），所以醋酸能够制备碳酸，所以能够发生；

B．据图表可知，电离平衡常数：Ka（CH3COOH）>Ka（HClO），根据强酸制备弱酸规律，醋酸能够制备次氯酸，故ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO反应能够发生；

C．据图表可知，电离平衡常数：Ka（H2CO3）>Ka（HClO）；根据强酸制备弱酸规律，次氯酸不能制备碳酸，故反应不能发生；

D．据图表可知，电离平衡常数：Ka（H2CO3）>Ka（HClO）>Ka（）；根据强酸制备弱酸规律，碳酸与次氯酸的盐反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，故反应不能发生；

故选CD；

（3）醋酸属于弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，平衡右移，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-），n（H+）增加，由于溶液的体积增加的较大，所以c（CH3COO-）、c（H+）、c（CH3COOH）均减小，根据Kw=c（H+）c（OH-）分析可知，溶液中c（OH-）增大；由于温度不变，Ka=保持不变；

A．=由于c（CH3COO-）减小，所以减小；故A错误；

B．=由于c（H+）减小，所以增大；故B正确；

C．Kw=c（H+）c（OH-），由于稀释过程温度不变，Kw不变，=稀释过程中c（OH-）增大，所以减小；故C错误；

D．稀释过程中，c（H+）减小，c（OH-）增大，所以减小；故D错误；

故选B。【解析】(1)c>d>b>a

(2)CD

(3)B13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在某化学反应中，设反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，若E1＞E2；说明反应物的总能量比生成物的总能量高，发生化学反应时，多余的能量以热能的形式释放出来，因此该反应是放热反应；图A表示反应物的总能量大于生成物总能量；图B表示生成物总能量高于反应物总能量，因此该反应可用图A表示。

(2)热化学方程式是能表示参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式，书写是需注明每一种物质的状态和反应热，反应热与反应物的物质的量成正比，故甲烷燃烧生成液态水时的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-890.3kJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)=-890.3kJ/mol。【解析】放热ACH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ/mol14、略

【分析】【分析】

根据中和热测定过程中实质是测定反应过程中放出的热量，利用温度的变化及溶液的体积计算放出的热量，故在实验过程避免热量损失。而中和热的计算是利用反应放出的热量进行转化为生成1molH2O所放出的热量。

【详解】

(1)中和热测定反应过程中放出的热量；故烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是：减少热量损失；

(2)根据反应的量的多少判断反应过程放出的热量，实验中50mL0.50mol/L的盐酸是少量的反应物，放出的热量取决于盐酸，而改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，少量的反应物是50mL0.55mol/L的氢氧化钠，故后者反应的量比实验中反应的量多，故放出的热量不相等，而中和热是计算生成1molH2O所放出的热量；故两者计算出的中和热相等，故答案为：不相等；相等；

(3)根据热化学方程式的写法书写：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol

；

(4)由于倒入NaOH溶液后即可发生反应放出热量；为避免产生的热量损失，故加入氢氧化钠时应该一次迅速倒入，故选答案C。

(5)a．实验装置保温效果差；导致热量损失，中和热计算有误差，a符合题意；

b．用温度计测定NaOH溶液后；温度计上沾有碱，直接测定HCl溶液，会发生酸碱中和，导致测定不准确，符合题意；

c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；导致溶液体积增大，计算中和热有误差，故c符合题意；

d．倒完NaOH溶液后；发现装NaOH烧杯内有极少量残留液，因为烧杯内部残留液不在计算的体积之内，故没有影响，故d不符合题意；

故选答案abc。

【点睛】

中和热是生成1mollH2O所放出的热量，而实验是采用一定量的盐酸和氢氧化钠发生反应，利用比热容、温度、质量进行计算反应放出的热量。【解析】减少热量损失不相等相等NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/molCabc三、判断题(共9题，共18分)15、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。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、B【分析】【详解】

相同的盐酸和醋酸中醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的的量较多。故说法错误。18、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。19、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的生成速率相等时，即正反应速率和逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，故错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。22、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得碳酸钠溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)，错误。23、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。四、工业流程题(共3题，共24分)24、略

【分析】【分析】

铍铜元件加入到NaOH溶液中，其中BeO、与NaOH反应，其反应为滤液A中主要含和过量NaOH；滤渣B中主要含CuS和FeS；滤液A与过量HCl反应得到沉淀以及NaCl、HCl溶液，滤液C经一系列处理得到纯净固体，可通过电解得到Be单质；CuS和FeS在酸性条件下反应得到S单质、和溶液，加入氨水得到和固体混合物；经一系列处理得到Cu。

【详解】

(1)由分析可知，滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2SiO3和Na2BeO2；

(2)从滤液C中得到纯净的可先将其沉淀，因能与NaOH反应，故只能用氨水沉淀过滤、洗涤，再与盐酸反应可到纯净固体；答案选afed；

(3)①根据题意，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质，则CuS、MnO2和硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铜、S单质和水，化学方程式为

②用浓HNO3溶解金属硫化物，HNO3被还原为氮氧化物；污染空气；

(4)同类型的难溶电解质，Ksp越小越难溶，根据的溶度积常数可知，比难溶，又由表中数据可知的溶度积数量级远小于即比更难溶，故加入氨水时先沉淀；产生沉淀的顺序为Cu2+完全沉淀时，常温下，pH=6.8，当有沉淀产生时，此时pH=8.5，则使Cu2+完全沉淀分离时常温下调节溶液pH应控制的范围是6.8≤pH<8.5；

(5)混合熔盐中存在[BeCl4]2-，[BeCl4]2-在阴极得电子生成Be和Cl-，电极反应式为[BeCl4]2-+2e-=Be+4Cl-。【解析】Na2SiO3和Na2BeO2afedCuS+MnO2+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O产生氮氧化物，污染空气Fe3+6.8≤pH<8.5[BeCl4]2-+2e-=Be+4Cl-25、略

【分析】【分析】

酸浸时金属氧化物与酸反应变为金属阳离子，V2O5被K2SO3还原为VO2+浸出，Fe3+被还原为Fe2+进入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，进入滤渣Ⅰ中；然后向还原后的含VOSO4溶液中加入适量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K+留在滤液中，从而实现钒、钾分离，得到滤饼中含V2O2(OH)4，V2O2(OH)4能够与强碱反应，并且该物质具有还原性，向滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液，发生氧化还原反应，V2O2(OH)4元素转化为再向溶液中加热NH4Cl，形成NH4VO3晶体，将其高温煅烧，产生V2O5，将V2O5、Y2O3高温共融，反应产生YVO4；

【详解】

(1)根据分析，浸出液中含有的金属离子为Fe2+、K+；V2O5被还原的离子方程式为

(2)若要保证VO2+沉淀，Fe2+不沉淀；则pH应小于7；

(3)结合“碱溶”和“沉钒”可知，为氧化剂，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物。故的氧化性更强；“沉钒”时发生反应的化学方程式为NH4Cl+NaVO3=NH4VO3+NaCl；

(4)

(5)设损耗率为m，根据V元素守恒，可得：则m=0.3，故损耗率为30%。【解析】Fe2+、K+<NH4Cl+NaVO3=NH4VO3+NaCl30%26、略

【分析】【分析】

由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀；过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍；硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。

【详解】

(1)“浸取”时；在硫酸浓度和用量；溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣1再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣1再次溶解浸取）；

(2)由分析可知；滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；

(3)由分析可知，“一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3+4OH—+3H2O2=2CrO+8H2O，故答案为：2Cr(OH)3+4OH—+3H2O2=2CrO+8H2O；

(4)由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将Ni(OH)2溶解并与Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；

(5)由分析可知，“氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O，故答案为：3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O；

(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L，氢氧根离子浓度为107.2—14mol/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)=0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度为==10—5.3mol/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。【解析】将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣1再次溶解浸取）硅酸2Cr(OH)3+4OH—+3H2O2=2CrO+8H2O将Ni(OH)2溶解并与Fe(OH)3分离Fe(OH)33NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O0.01×(107.2—14)28.7五、有机推断题(共4题，共32分)27、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)28、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37g29、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−2NH330、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4题，共12分)31、略

【分析】【分析】

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，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC