2025年苏科新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年苏科新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、有关下列实验描述不正确的是A.加热烧杯分离SiO2和NH4ClB.收集气体NO2C.打开止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中D.进行中和热的测定实验2、熔融碳酸盐燃料电池(MCFC)是由多孔陶瓷NiO阴极、多孔陶瓷电解质(熔融碱金属碳酸盐)隔膜、多孔金属Ni阳极、金属极板构成的燃料电池。工作时，该电池的阴极(正极)反应为O2+2CO2+4e-=2CO下列有关说法中错误的是。

A.该电池较高的工作温度加快了阴、阳极的反应速率B.该类电池的H2不能用CO、CH4等替代C.该电池工作时，要避免H2、O2的接触D.放电时，阳极(负极)反应式为2H2+2CO-4e-=2CO2+2H2O3、在城市中地下常埋有纵横交错的管道和输电线路；有些地面上还铺有地铁或城铁的铁轨，当有电流泄漏入潮湿的土壤中，并与金属管道或铁轨形成回路时，就会引起后者的腐蚀。该原理简化如图1所示。则下列有关说法不正确的是。

A.图1装置可看作两个串联电解装置，图2所示环境中，铁被腐蚀速率：I＞Ⅲ＞ⅡB.图1溶液中铁丝被腐蚀时，左侧有无色气体产生，附近产生少量白色沉淀，随后变为灰绿色C.图1溶液中铁丝左端电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，图2II中的铁主要发生了析氢腐蚀D.地下管线被腐蚀，不易发现，维修也不便，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)4、下列实验操作；现象和结论都正确的是。

A.AB.BC.CD.D5、下列有关金属腐蚀和防护的说法，正确的是A.金属发生的化学腐蚀比电化学腐蚀要普遍得多B.因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都比较差C.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe-3e-=Fe3+D.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计一个化学电池(正极材料用碳棒)；回答下列问题：

（1）画出原电池装置图_______，该电池的负极发生_______反应(填“氧化”或“还原”)，电解质溶液是_______；

（2）放电时银离子向__________(填“正极”或“负极”)，正极上出现的现象是________。

（3）当反应进行一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移了电子数目是___________。7、某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－；回答下列问题：

(1)NaHB溶液显___(填“酸性”、“中性”或“碱性”或“无法确定”)，理由是_______。

(2)某温度下，向0.1mol·L－1的NaHB溶液中滴入0.1mol·L－1KOH溶液至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是________(填序号)。

a．c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14b．c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)

c．c(Na＋)＞c(K＋)d．c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是________0.11mol·L－1(填“＜”、“＞”或“＝”);理由是__________。8、为保护环境，需给汽车安装尾气净化装置，装置中发生反应为：一定温度下；将等物质的量的CO和NO气体充入刚性容器中发生反应，测得容器内的压强变化如图中曲线Ⅰ所示。

回答下列问题：

(1)内，以CO的压强变化表示该反应的平均反应速率为_______该反应的平衡常数_______(为各气体分压表示的平衡常数)

(2)已知该反应的正反应速率逆反应速率其中为速率常数，只与温度有关。则反应达平衡时，_______(填“>”、“<”或“=”)。

(3)从曲线Ⅰ到曲线Ⅱ可能改变的反应条件是_______，此时与Ⅰ相比将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。9、某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：

甲组：连好装置一段时间后；向烧杯中滴加酚酞。

乙组：连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液。

(1)以上两种检验方法，欲证明铁发生了_______腐蚀。

(2)甲组实验中的现象是_______，其原因是_______。

(3)乙组实验中的现象是_______。10、甲醇是重要的化工原料；可用于制备丙烯；氢气等。

（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是：甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入CH3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段时间后测得各组分的浓度如表所示。物质CH3OHCH3OCH3H2O5min浓度(mol·L-1)0.440.60.610min浓度mol·L-1)0.040.80.815min浓度(mol•L-1)0.040.80.8

该温度下，反应的平衡常数数值是___，CH3OH的平衡转化率是___。

（2）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法。反应原理如下：

反应i（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ•mol-1

反应ii（副反应）：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol-1

①温度高于300℃则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是___。

②反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。

从图中可知，反应的适宜温度为___，随着温度的升高，催化剂对___（填“反应i”或“反应ii”）的选择性越低。

③TiO2纳米电极电化学还原法可将副产物CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式是___。11、(1)在一定体积的密闭容器中，进行化学反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如表:。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题:

①该反应的化学平衡常数表达式K=___________________。

②某温度下，各物质的平衡浓度符合下式:3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_____________________。

③若830℃时，向容器中充入1molCO、4molH2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K____(填“大于”“小于”或“等于”)1.0。

④若1200℃时，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol∙L−1、2mol∙L−1、4mol∙L−1、4mol∙L−1，则此时上述反应的平衡移动方向________________

(2)图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________、________，制得等量H2所需能量较少的是___________。

(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中；反应平衡后水的物质的量分数为0.04。

①H2S的平衡转化率=________，反应平衡常数K=__________。

②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.05，H2S的转化率_________12、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—PakJ·mol-1、P—ObkJ·mol-1、P=OckJ·mol-1、O=OdkJ·mol-1。根据图示的分子结构和有关数据计算该反应的反应热______。

13、0.004mol·L-1AgNO3与0.004mol·L-1K2CrO4等体积混合，此时有无Ag2CrO4沉淀生成？_______(Ag2CrO4的Ksp=1.1×10-12mol3·L-3)。14、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K1.71.11.00.60.4

回答下列问题：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=_____________________________,该反应为_______________反应（选吸热或放热）。

若改变条件使平衡向正反应方向移动，则平衡常数_________（填序号）

①一定不变②一定减小③可能增大④增大；减小、不变皆有可能。

(2)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是___________

（a）容器中压强不变（b）混合气体中c（CO）不变。

（c）v逆(H2)=v正(H2O)（d）c（CO）=c（CO2）

(3)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡。

所需时间/min达到平衡。

所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt

实验1中以v(CO2)表示的反应速率为____________。实验2达到平衡所需时间比实验1所需时间短的原因是_________________________________________________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误16、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误17、在100℃时，纯水的pH＞7。（______________）A.正确B.错误18、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共28分)20、钌(Ru)是一种极其昂贵的稀有贵金属，广泛应用于电子、航空航天、石油化工、有机合成等领域。钌的矿产资源很少，因此从含钌废渣中回收钌尤为重要。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3(一种两性氧化物)；回收钌的工艺流程如下：

(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为_______(填化学式)；最佳反应温度为_______。

(2)滤液1中溶质的主要成分包括Na2RuO4、Na2SiO3、Na2PbO2等，其中Bi的存在形式为_______(填化学式)；SiO2在氧化碱浸中发生反应的化学方程式为_______。

(3)滤液1先用盐酸调节滤液pH，后用甲酸(HCOOH)“还原”提取钌并同时生成则该过程的离子方程式为_______；“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。

(4)“转化”过程产生的气体X为_______，再经NaOH溶液吸收后，经进一步处理可以用在_______(填方框中的工序名称)步骤中进行循环利用。

(5)可用氢气还原重量法测定产品中RuCl3的纯度，所得实验数据记录如下：。实验序号产品的质量/g固体Ru的质量/g①2.52251.0120②2.52251.0080③2.52251.0100

则产品的纯度为_______(保留三位有效数字)。21、某科研组设计出利用工业废酸(10%H2SO4)来堆浸某废弃的氧化铜锌矿的方案；实现废物综合利用，方案如下图所示。

已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表：。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2＋6.39.7Fe3＋1.43.2Zn2＋6.28.0

请回答下列问题：

(1)将氧化铜锌矿研磨成粉的目的是_______________________。

(2)氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同条件下：Ksp(CuS)_________Ksp(ZnS)(选填“＞”“＜”或“＝”)。

(3)物质A最好使用下列物质中的__________。

A．KMnO4B．稀HNO3C．H2O2D．Cl2

(4)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在__________范围之间。

(5)B固体加热得到的物质的用途有____________________(任写一条)。

(6)物质C可直接用作氮肥，则C的化学式是__________。

(7)取100kg氧化铜锌矿(含锌量为25%)，最后获取活性ZnO的质量为27kg，则该流程的产率为______________。22、铋酸钠是一种不溶于水的强氧化剂，广泛应用于催化合成、化工等各领域，能在水相中有效降解多环芳烃类和有机染料污染物。某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是含少量)为原料制备铋酸钠的流程如下：

已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度

(1)为提高原料的浸出率，可采取措施有_______(选填序号)。

a.加入足量的蒸馏水b.搅拌c.粉碎矿石d.适当升高温度。

(2)“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可_______；与溶液反应的离子方程式_______。

(3)“滤渣2”成分的化学式为_______。

(4)“除铜”时相关反应：的平衡常数则的平衡常数_______(已知：溶度积)。

(5)“焙烧”时与反应可制得其副产物为_______；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是_______。

(6)取上述产品1.0g，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的达到滴定终点时平均消耗25.00mL标准溶液。

已知：

①的氧化性由强至弱的顺序为_______。

②该产品的纯度为_______。23、我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣(主要含锌；铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质)用于生产金属镉的工艺流程如下：

表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1)。金属离子Fe3+Fe2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.37.4沉淀完全的pH2.88.39.4

(1)写出加快“铜镉渣”“溶浸”速率的一种措施_______。

(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)。

(3)①加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为_______

②若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。设计实验方案加以鉴别：取电解液少量向其中滴加_______溶液(填化学式)；产生蓝色沉淀，则证明电解液中含有Fe元素。

(4)净化后的溶液用惰性电极电解可获得镉单质。电解时阴、阳极电极反应式分别是_______；_______。

(5)写出偏铝酸钠溶液呈碱性的原因(用离子方程式表示)_______向含有Mg(OH)2固体的浊液中加入浓NH4Cl溶液，Mg(OH)2固体溶解，用化学方程式解释原因_______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共24分)24、A；B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素；其中A与E、D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，A与B、C、D可分别形成10电子分子，E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，请回答下列问题：

(1)A、B、C元素的名称分别为______、______、_______，E、G两种元素的符号：E________、G________；F在元素周期表中的位置是___________。

(2)E在D2中燃烧生成化合物X，X中化学键类型_________，X中阴阳离子个数比为________。

(3)向含E的最高价氧化物的水化物0.5mol的水溶液中通入标况下BD2气体11.2L，其化学反应方程式为_________。

(4)若1.7克C的氢化物发生催化氧化生成气态产物放出22.67KJ的热量。写出此反应的热化学方程式____________。25、有A；B，C，D，E，F，G六种短周期元素，原子序数依次增大。

A元素的单质在自然界中最轻；B，C，D，G在周期表的位置如图，它们的原子序数之和为37。E元素的电负性在同周期中最小，F是同周期中原子半径最小的金属元素。试回答：

(1)A2D、A2G沸点较高的是__(填化学式)，原因是______。

(2)E位于元素周期表第__周期第___族，F原子结构示意简图为：______，G的基态原子核外电子排布式是______。

(3)将0.1mol·L-1G的最高价氧化物的水化物溶液逐滴滴入由B，D，E三种元素组成的无机盐溶液中，则刚开始时发生反应的离子方程式为______。

(4)C与A形成10电子化合物的电子式是______，该化合物与D2在一定条件发生置换反应，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

(5)已知16g单质G完全燃烧放出148kJ热量。写出单质燃烧的热化学方程式__。26、X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X—的半径；Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一。请回答：

（1）Q元素在周期表中的位置_______________________；

（2）这五种元素原子半径从大到小的顺序为_________________________________（填元素符号）。

（3）元素的非金属性Z____Q（填“＞”或“＜”），下列各项中，不能说明这一结论的事实有____（填序号）

A.Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊。

B.Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价。

C.Z和Q的单质的状态。

D.Z和Q在周期表中的位置。

（4）Q的氢化物与Z的氢化物反应的化学方程式为____________________________________。

（5）X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，写出A的电子式_______________；B的水溶液不呈中性的原因____________________________（用离子方程式表示）。

（6）液态A类似X2Z，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则液态A的电离方程式为_______；

（7）若使A按下列途径完全转化为F：

①F的化学式为_________；

②参加反应的A与整个过程中消耗D的物质的量之比为_________。27、下图中；A～L为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，B；G为中学化学中常见的金属单质，E的稀溶液为蓝色，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子，F为无色、有刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色。

请回答下列问题：

（1）框图中所列物质中属于非电解质的物质是_____________；

（2）将D的水溶液蒸干并灼烧得到的固体物质的化学式为___________；

（3）在一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的K溶液，使溶液的pH=7，则溶液中c（Na+）_______c（NO3―）（选填“＞”“＝”或“＜”）。

（4）①4gJ在纯氧中完全燃烧生成液态化合物，放出热量为QkJ，写出表示J燃烧热的热化学方程式_____。

②A是重要的化工原料，工业上制取A的反应的化学方程式为___________。

（5）与F组成元素相同的一种-2价酸根离子M，M中两种元素的质量比为4∶3，已知1molA单质与含1molM的溶液能恰好完全反应，反应时仅观察到有浅黄色沉淀产生。取反应后的上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生。则A单质与含M的溶液反应的离子方程式为：_________。

（6）25℃时，若Ksp（H）=2．2×10-20，向0．022mol/L的E溶液中逐滴滴入溶液K，当开始出现沉淀时，溶液中的c（OH-）=_________。评卷人得分六、实验题(共2题，共12分)28、为了探究原电池的工作原理；某化学学习小组设计了一组实验，其装置如图所示：

回答下列问题：

(1)根据原电池原理填写下表：。装置序号正极负极反应式阳离子移动方向甲__________________乙___________________丙___________________丁____________________戊_____________________

(2)电极类型除与电极材料的性质有关外，还与___有关。

(3)根据上述电池分析，负极材料是否一定参加电极反应?___(填“是”、“否”或“不一定”)，用上述电池说明：___。

(4)上述电池放电过程中，电解质溶液酸碱性的变化：甲___，丙___，戊___。(均填“酸性减弱”或“碱性减弱”)29、某化学兴趣小组查阅文献资料了解到湿化学氧化法合成高铁酸钾(K2FeO4)是目前公认成本低产品纯度高的合成方法；其合成路线如图：

该兴趣小组根据上图的合成路线设计如图所示装置(加热及夹持仪器已省略)制取K2FeO4。

已知：K2FeO4可溶于水；在0～5℃；强碱性溶液中比较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应。

回答下列问题：

(1)装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为____________；烧瓶内发生反应的离子方程式为____________。

(2)试剂X为____________，其作用为____________。

(3)装置C中首先制备KClO，该反应温度为0℃，若温度较高，将生成KClO3.高温反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________；然后在剧烈搅拌下将90%的Fe(NO3)3分批加入装置C中，充分反应可得K2FeO4溶液，写出该反应的化学方程式：____________。

(4)上述流程中，“提纯”所用方法是____________；“洗涤、干燥”时，用无水乙醇洗涤的目的是____________。

(5)K2FeO4的纯度测定。

向3mLCrCl3溶液中加入20mL饱和KOH溶液(Cr3＋＋4OH-=＋2H2O)，再加入5mL蒸馏水，冷却至室温，准确称取1.98g样品，加入上述溶液中使其溶解，充分反应[＋＋2H2O=＋Fe(OH)2↓＋OH-]，过滤后加入稀硫酸酸化(2CrO42-＋2H＋=＋H2O)，并加入1mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.00mol·L-1的标准硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定(＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O)，至终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为28.80mL。则K2FeO4的质量分数为____________(过程中杂质不参与反应)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．氯化铵加热易分解生成氨气和氯化氢；氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，加热时二氧化硅不分解，所以能分离两种物质，故A正确；

B．二氧化氮的密度大于空气；收集二氧化氮气体时导气管应“长进短出”且用NaOH溶液吸收尾气时应防止倒吸，故B错误；

C．用食盐水浸润的铁丝网能够发生吸氧腐蚀；试管内压强减小，打开止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中，故C正确；

D．进行中和热的测定实验时；大小烧杯间填满碎纸屑；烧杯盖上硬纸板以达到保温作用，用温度计测量反应时溶液的温度，用环形玻璃搅拌棒搅拌加快反应，装置正确，故D正确；

答案选B。2、B【分析】【分析】

该燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，通入氧化剂氧气的电极是正极，负极反应式为H2-2e-+CO=CO2+H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO放电时，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。

【详解】

A．升高温度能加快反应速率；该电池较高的工作温度加快了阴；阳极的反应速率，故A正确；

B．还原性物质在负极发生氧化反应，该类电池的H2可以用CO、CH4等替代；故B错误；

C．H2、O2混合物在一定条件下可能发生爆炸，该电池工作时，要避免H2、O2的接触；防止爆炸，产生安全事故，故C正确；

D．放电时，氢气失电子发生氧化反应，阳极(负极)反应式为2H2+2CO-4e-=2CO2+2H2O；故D正确；

故选B。3、C【分析】【分析】

图1装置可看作两个串联电解装置；左边铁与正极相连为阳极，铁丝左边应为阴极，形成电解装置，铁丝右边为阳极，右边的铁为阴极又组成电解装置，所以可理解为两个串联电解装置；图2所示环境中，I形成原电池，铁作负极，加快腐蚀速率，Ⅱ中形成原电池，锌作负极，铁得到保护。

【详解】

A．图1装置可看作两个串联电解装置；左边铁与正极相连为阳极，铁丝左边应为阴极，形成电解装置，铁丝右边为阳极，右边的铁为阴极又组成电解装置，所以可理解为两个串联电解装置，图2所示环境中，I形成原电池，铁作负极，加快腐蚀速率，Ⅱ中形成原电池，锌作负极，铁得到保护，铁被腐蚀速率：I＞Ⅲ＞Ⅱ，故A正确；

B．由装置图可知，左边铁与正极相连为阳极，发生Fe-2e-═Fe2+，铁丝左边应为阴极，反应式为2H++2e-═H2↑；消耗氢离子导致碱性增强与阳极生成的二价铁结合成白色的氢氧化亚铁沉淀，后被氧化成灰绿色，故B正确；

C．图1溶液中铁丝右端电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；图2II中的铁作正极，得到保护，故C错误；

D．地下管线被腐蚀；不易发现，维修也不便，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)将金属与土壤隔开，故D正确；

故选C。4、D【分析】【详解】

A．向盛有硝酸的烧杯中加入铜粉，溶液上方向产生红棕色气体，可能是产生的NO在上方被氧化成NO2；故A错误；

B．下层溶液滴入硝酸银有白色沉淀；是氯化银，不能说明溶液中含有碘离子，无法说明碘部分反应，故B错误；

C．二氧化硫通入紫色石蕊中呈红色；故C错误；

D．铁作负极（金属）：2Fe-4e－=2Fe2＋，碳等作正极：2H2O+O2+4e－=4OH－；故D正确；

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．金属发生的电化学腐蚀比化学腐蚀要普遍得多；故A错误；

B．有些合金的耐腐蚀性较强；如不锈钢耐腐蚀，故B错误；

C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe-2e-=Fe2+；故C错误；

D．锌的活泼性大于铁；锌；铁构成的原电池，锌为负极；在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；

选D。二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据反应方程式知，Cu失电子发生氧化反应，Ag+得电子发生还原反应，选铜作负极材料、银（或石墨等）作正极材料，硝酸银溶液作电解质溶液，电子从负极经导线流向正极，该装置图为：该电池的负极发生氧化反应；电解质溶液是硝酸银溶液；

（2）放电时银离子向正极；正极上析出银单质，出现的现象是有白色固体析出；

（3）因为正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag，所以测得某一电极增重了5.4g，即正极生成0.05molAg时转移电子数目是0.05NA。【解析】氧化硝酸银正极有白色固体析出0.05NA7、略

【分析】【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB－只能电离不能水解，导致溶液中c(H＋)＞c(OH－)；所以溶液呈酸性；

(2)a.水的离子积常数与温度有关；温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数也未知，故a错误；

b.溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)，故b正确；

c.NaHB溶液呈酸性，Na2B溶液呈碱性，向0.1mol·L－1的NaHB溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性时，NaHB的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c(Na＋)＞c(K＋)；故c正确；

d.NaHB溶液呈酸性，Na2B溶液呈碱性，向0.1mol·L－1的NaHB溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性时，c(Na＋)＋c(K＋)＝0.10mol·L－1，为定值，故d错误，答案为bc；

(3)若0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说明溶液中c(H＋)＝0.01mol·L－1，则HB－的电离度是10%，H2B第一步不能完全电离，第二步部分电离，由于H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离，故H2B(0.1mol·L－1)的c(H＋)小于0.11mol·L－1。【解析】①.酸性②.H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB－只能电离不能水解③.bc④.小于⑤.0.1mol/LNaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01mol/L，主要是HB－电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1mol/LH2B溶液中c(H＋)＜0.11mol·L－18、略

【分析】【详解】

（1）恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，根据方程式可知，反应后气体物质的量减小，则压强减小，反应中气体减小的压强相当于CO消耗压强的一半，内，气体的减小的压强=(200-160)kPa=40kPa；则CO的压强变化为40kPa2=80kPa，内，以CO的压强变化表示该反应的平均反应速率为==

CO、NO的体积之比为1：1，同温同压下，CO、NO的压强之比为1：1，p(CO2)=80kPa，p(N2)=40kPa，所以p(CO)=p(NO)=(160kPa-80kPa-40kPa)=20kPa，该反应的平衡常数Kp===1.6kPa；

（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则即升高温度平衡逆向移动，K减小，所以减小，则升高温度，增大的倍数<增大的倍数，故答案为：<；

（3）从曲线Ⅰ到曲线Ⅱ起始压强相等，Ⅱ反应速率增大，但平衡不移动，则可能改变的反应条件是使用催化剂；平衡常数只与温度有关，与压强无关，故K不变，此时与Ⅰ相比，也不变，答案为使用催化剂；不变。【解析】(1)1.6

(2)<

(3)使用催化剂不变9、略

【分析】【分析】

该装置为原电池，铁在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，铁为负极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，溶液中含有Fe2+，滴加K3[Fe(CN)6]溶液会产生蓝色沉淀，碳棒为正极，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红；

【详解】

（1）据分析可知；以上两种检验方法，欲证明铁发生了吸氧腐蚀；

（2）据分析可知，甲组实验中的现象是溶液会产生蓝色沉淀，其原因是铁失去电子生成了Fe2+，Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液会产生蓝色沉淀；

（3）据分析可知，乙组实验中的现象是溶液变红。【解析】(1)吸氧。

(2)溶液会产生蓝色沉淀铁失去电子生成了Fe2+，Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液会产生蓝色沉淀。

(3)溶液变红10、略

【分析】【分析】

（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据求平衡常数，根据求甲醇的平衡转化率；

（2）①根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2；据此求出△H；

②由图可知，低于260℃时，CH3OH的转化率较低，高于260℃时，CH3OH的转化率较高，但在高于260℃时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小。

③CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；

【详解】

（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，设甲醇的起始为xmol/L，根据三段式：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

x=(1.6+0.04)mol/L=1.64mol/L，则故答案为：400；

（2）①反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ•mol-1；反应ii：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ•mol-1；根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2=49kJ•mol-1+41kJ•mol-1=+90kJ·mol-1，故答案为：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1。

②由图可知，低于260℃时，CH3OH的转化率较低，高于260℃时，CH3OH的转化率较高，但在高于260℃时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小，所以最适宜温度为260℃；随着温度的升高，催化剂对CO的选择性增大，CO2的选择性减小；所以温度升高，催化剂对反应i的选择性越低，故答案为：260℃；反应i。

③CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，其电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。

【点睛】

10min时，反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡，根据生成物的浓度，计算10min内甲醇转化的浓度，再求出始态的甲醇浓度，最后求出甲醇的平衡转化率。【解析】40097.56%CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1260℃反应iCO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O11、略

【分析】【详解】

(1)①根据反应方程式得到该反应的化学平衡常数表达式K=故答案为：

②某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O)，因此该温度为700℃；故答案为：700℃。

③若830℃时，向容器中充入1molCO、4molH2O，反应达到平衡后，平衡常数与平衡时浓度无关，只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，因此化学平衡常数K等于1.0；故答案为：等于。

④若1200℃时，平衡常数为2.6，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol∙L−1、2mol∙L−1、4mol∙L−1、4mol∙L−1，则此时平衡逆向移动；故答案为：向逆反应方向进行。

(2)可知系统(Ⅰ)中三个方程式相加得到制氢的热化学方程式：H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH＝+286kJ∙mol−1，系统(Ⅱ)中三个方程式相加得到制氢的热化学方程式H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH＝+20kJ∙mol−1，根据两个方程式分析得到等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)；故答案为：H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH＝+286kJ∙mol−1；H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH＝+20kJ∙mol−1；系统(Ⅱ)。

(3)①解得a=0.02，H2S的平衡转化率=反应平衡常数故答案为：20%；0.013或

②根据表格，温度升高，平衡常数增大，转化率增大，因此620K重复试验，该温度大于610K，因此H2S的转化率＞故答案为：＞。【解析】700℃等于向逆反应方向进行H2O(l)=H2(g)+O2(g)ΔH＝+286kJ∙mol−1H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH＝+20kJ∙mol−1系统(Ⅱ)20%0.013或＞12、略

【分析】【分析】

热化学方程式的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；据此计算判断。

【详解】

由题意，各化学键键能为P—PakJ·P—ObkJ·P=OckJ·O=OdkJ·反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ·+5dkJ·-（4ckJ·+12bkJ·）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ·

故答案为：（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ·mol-1。

【点睛】

本题易错点在于每摩尔P4中含有6molP-P键。【解析】（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ·mol-113、略

【分析】【分析】

比较Qc和Ksp的大小进行判断是否生成沉淀。

【详解】

mol3·L-3>1.1×10-12mol3·L-3，故Qc>Ksp；故能生成沉淀。

【点睛】

注意两个溶液等体积混合后溶液的浓度发生了变化，忽略体积的影响，浓度变为原来溶液的一半。【解析】有14、略

【分析】【分析】

⑴依据化学方程式和平衡常数概念书写得到表达式；由表中数据可知升高温度平衡常数减小，说明正反应放热，平衡正向移动，如温度不变，则平衡常数不变；

⑵达到化学平衡状态；各组分浓度不变，正逆反应相等，以此判断；

⑶实验1中平衡时H2的物质的量，可知生成的CO2的物质的量，可计算CO2的反应速率；分析实验1和实验2；实验1加入的起始物质比实验2多，但温度比实验2温度低，达到平衡所需时间长，则说明温度较高，反应速率较大。

【详解】

(1)反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，则由表中数据可知升高温度平衡常数减小，说明正反应放热，平衡正向移动，如温度不变，则平衡常数不变，如降温，则平衡常数增大，正向移动，平衡常数不可能减小，只有③正确；故答案为：放热；③。

(2)(a)反应前后气体的体积不变；无论是否达到平衡状态，容器中压强都不变，不能判断是否达到平衡状态，故a不符合题意；

(b)混合气体中c(CO)不变，可说明达到平衡状态，故b符合题意；

(c)v逆(H2)=v正(H2O)；说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故c符合题意；

(d)c(CO)=c(CO2)；没有指出速率的方向，不能说明是否达到平衡状态，故d不符合题意；

综上所述，答案为：bc。

(3)实验1中平衡时H2的物质的量为1.6mol，可知生成1.6molCO2，可计算CO2表示的反应速率为实验2起始加入的量是实验1的一半；反应温度比实验1温度高，达到平衡所需时间比实验1少，则反应速率快，因此实验2达到平衡所需时间比实验1所需时间短的原因是实验2的温度比实验1的高；

故答案为：0.16mol∙L−1∙min−1；实验2的温度比实验1的高。【解析】K=放热③bc0.16mol•(L•min)-1实验2的温度比实验1的高三、判断题(共5题，共10分)15、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。16、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

在100℃时，水的离子积常数Kw=10-12，则纯水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，故纯水的pH=6＜7，因此在100℃时，纯水的pH＞7的说法是错误的。18、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。19、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。四、工业流程题(共4题，共28分)20、略

【分析】【分析】

含钌废料在碱性溶液中被氧化，Ru、Pb、SiO2、Bi2O3分别转化为Na2RuO4、Na2PbO2、Na2SiO3、NaBiO2，加甲酸还原，Na2RuO4被还原为Ru(OH)4，然后在氧化条件下蒸馏得到RuO3，再加盐酸吸收，生成氯气和RuCl3；最后还原得到钌。

【详解】

（1）从图中可以看出；用NaClO钌浸出率更高，且渣率低，最佳温度控制在200℃，此时钌的浸出率接近100%，且渣率最低。故答案为：NaClO；200℃；

（2）SiO2能和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O所以在滤液1中Si的存在形式为Na2SiO3，Bi2O3也能和NaOH溶液反应转化为NaBiO2，化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O。故答案为：NaBiO2；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

（3）滤液1中含有Na2RuO4，用甲酸“还原”提取钌，钌被还原为Ru(OH)4，甲酸被氧化为CO根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为HCOOH+RuO+H2O=Ru(OH)4↓+CO“蒸馏”阶段是NaClO3将Ru(OH)4转化为RuO3，该反应中钌的化合价从+4价升高到+6价，做还原剂，NaClO3中氯的化合价从+5价降低到-1价，NaClO3做氧化剂，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3。故答案为：HCOOH++H2O=Ru(OH)4↓+1:3；

（4）“吸收”过程是RuO3和盐酸反应生成RuCl3，钌的化合价降低，则盐酸做还原剂，氯的化合价升高，则生成的气体为Cl2，氯气可以被NaOH溶液吸收生成NaClO，可以用在“氧化酸浸”步骤中。故答案为：Cl2；氧化碱浸；

（5）三次实验得到固体钌的质量平均值为1.0100g，即0.0100mol，可计算出RuCl3的质量为0.01mol×207.5g/mol=2.0750g，则产品纯度为×100%=82.3%。故答案为：82.3%。【解析】(1)NaClO200℃

(2)NaBiO2SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O

(3)HCOOH++H2O=Ru(OH)4↓+1:3

(4)Cl2氧化碱浸。

(5)82.3%21、略

【分析】【分析】

氧化铜锌矿先用稀硫酸溶解，然后过滤分离出矿渣，向所得溶液中加入过量Fe将Cu置换出来，得到海绵铜；向滤液中加入试剂A、氨水除去铁，根据各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH，需要先加氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，因此A为氧化剂，加氨水是调节溶液的pH，过滤将氢氧化铁除去；用NH4HCO3溶液和氨水沉淀Zn2+，得到溶解度较小的碱式碳酸锌，最后焙烧得到ZnO，物质C可直接用作氮肥，则C为(NH4)2SO4；据此分析解答。

【详解】

(1)将氧化铜锌矿研磨成粉；可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；

(2)相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，说明相同温度下：Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)；故答案为：＜；

(3)除铁过程中；要将亚铁离子转化为铁离子，然后用氨水除去铁离子，试剂A具有氧化性且不能引进新的杂质，高锰酸钾；硝酸、氯气都具有强氧化性但能引进新的杂质，所以应该选取双氧水，双氧水被还原生成水，故选C；

(4)从表格数据可知；铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2．故除铁pH范围为3.2～6.2，故答案为：3.2～6.2；

(5)B固体为氢氧化铁；加热分解得到氧化铁，氧化铁俗称铁红，可以用作颜料等，故答案为：制作颜料；

(6)因所用废酸为硫酸，C又可作氮肥，所以C为(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；

(7)27kgZnO中含有锌的质量为27kg×该流程的产率=×100%=86.7%，故答案为：86.7%。【解析】增大接触面积，加快反应速率＜C3.2-6.2制作颜料(NH4)2SO486.7%22、略

【分析】【分析】

用浮选过的辉铋矿(主要成分是含少量)为原料，加入氯化铁、盐酸，酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，发生的反应有Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S，FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解，向其中加入过量浓盐酸能防止FeCl3及BiCl3水解，故过滤得到滤液和滤渣1(S和SiO2)；滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子、加入氧化铜调节pH使铁离子沉淀为氢氧化铁，则滤渣2为氢氧化铁，所得滤液加过量氨水，发生使BiCl3沉淀为Bi(OH)3，过滤、洗涤干燥后，Bi(OH)3受热分解得到Bi2O3、Bi2O3和过氧化钠焙烧得到NaBiO3；据此回答。

(1)

搅拌、粉碎矿石能增大接触面积、适当升高温度能提高反应速率，则为了提高原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度，因此选项是bcd。

(2)

FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解反应，已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度则“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀；与溶液反应氧化还原反应，生成FeCl3、S和BiCl3，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S。

(3)

据分析，“滤渣2”成分的化学式为Fe(OH)3。

(4)

的平衡常数则的平衡常数

(5)

“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得结合化合价变化情况可知，Na2O2被还原生成Na2O、则其副产物为Na2O；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是能分别与和反应。

(6)

①氧化剂的氧化性大于氧化产物，已知：“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得该反应中为氧化剂、为氧化产物，则氧化性＞已知：则氧化性：＞故氧化性由强至弱的顺序为＞＞

②由已知的两个方程式得到关系式：NaBiO3:H2C2O4=1:1，已知取产品1.0g，消耗的标准溶液25.00mL，则产品纯度为【解析】(1)bcd

(2)防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S

(3)Fe(OH)3

(4)

(5)Na2O能分别与和反应。

(6)＞＞70%23、略

【分析】【分析】

由流程可知，加入稀硫酸，铜不溶，过滤分离出滤渣I为Cu，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3等形成微电池产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，电解含有Zn2+、Co2+的溶液；可得镉单质，以此来解答。

【详解】

(1)加快“铜镉渣”“溶浸”速率的措施为将铜镉渣粉碎成粉末；适当提高温度、适当提高稀硫酸浓度、充分搅拌等；

(2)铜与稀硫酸不反应；则操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为Cu；

(3①)根据表格中的信息可知，确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀；因此pH范围为2.8≤pH＜7.2；

②若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取电解液少量于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液；产生蓝色沉淀，则证明电解液中含有Fe元素；

(4)电解液中含有含有ZnSO4、CoSO4的溶液，电解发生的反应为：2CoSO4+2H2O=2Cd+O2↑+2H2SO4，硫酸可循环利用，阴极反应式为Cd2++2e-=Cd，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；

(5)偏铝酸根离子水解显碱性，反应离子方程式：+2H2O⇌Al(OH)3+OH-；向含有Mg(OH)2固体的浊液中加入浓NH4Cl溶液，发生反应Mg(OH)2+2NH4Cl═MgCl2+2NH3•H2O，Mg(OH)2固体溶解。【解析】将铜镉渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高稀硫酸浓度、充分搅拌等Cu2.8≤pH＜7.4K3[Fe(CN)6]Cd2++2e-=Cd4OH-4e-=O2↑+12H2O或者2H2O-4e-=O2↑+12H++2H2O⇌Al(OH)3+OH-Mg(OH)2+2NH4Cl=MgCl2+2NH3.H2O五、元素或物质推断题(共4题，共24分)24、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素；E、F、G元素最高价氧化物对应水化物之间可相互发生反应，为氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，故其中一种为氢氧化铝，短周期种强碱为氢氧化钠，故E为Na元素，F为Al元素，G为S元素或Cl元素；A与B、C、D可分别形成10电子分子，A与E同族，A为H元素；D与G同主族，且D与G核内质子数之和是A与E核内质子数之和的2倍，则D为O元素，G为S元素；B、C与氢元素形成10电子分子，则B为C元素，C为N元素。

【详解】

(1)由上述分析可知；A；B、C元素的名称分别为氢、碳、氮，E、G两种元素的符号为Na、S；F为Al元素在元素周期表中的位置是第三周期ⅢA主族。

(2)Na在O2中燃烧生成过氧化钠；过氧化钠中含有离子键；共价键，过氧化钠中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2。

(3)E的最高价氧化物的水化物为NaOH，BD2为CO2，标况下11.2LCO2的物质的量为0.5mol，则0.5molNaOH与0.5molCO2反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为NaOH＋CO2=NaHCO3。

(4)C的氢化物为NH3，1.7克NH3的物质的量为0.1mol，发生催化氧化生成气态产物，放出22.67KJ的热量，故此反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=－906.8kJ·mol-1。【解析】氢碳氮NaS第三周期ⅢA主族离子键和共价键1∶2NaOH＋CO2=NaHCO34NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=－906.8kJ·mol-125、略

【分析】【分析】

A元素的单质在自然界中最轻；故A为氢元素；依据B，C，D，G在周期表如图的位置，又它们的原子序数之和为37，设B的原子序数为x，则C；D、E的原子序数分别为x+1、x+2、x+10，则x+(x+1)+(x+2)+(x+10)=37，解得x=6，推断出B为碳、C为氮、D为氧、G为硫；又E元素的电负性在同周期中最小，故E为钠；F是同周期中原子半径最小的金属元素，故F为铝。

【详解】

(1)A2D即为H2O、A2G即为H2S，沸点较高的是H2O；原因是水分子间存在氢键；

⑵E为钠元素，它位于元素周期表第三周期第ⅠA族；F为铝元素，其原子结构示意简图为G为硫元素，其基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；

⑶G的最高价氧化物的水化物溶液为硫酸，B，D，E三种元素组成的无机盐溶液为碳酸钠，把硫酸滴入到碳酸钠溶液中刚开始时发生反应为：H2SO4+Na2CO3=NaHCO3+NaHSO4，离子方程式为：

⑷C与A形成10电子化合物为氨气，其电子式为NH3与O2在一定条件发生置换反应，则化学方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；在该反应中氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，氮元素化合价升高，氨气是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4；

⑸单质S完全燃烧的化学方程式为S+O2SO2，因16g单质S完全燃烧放出148kJ热量，则32g单质S完全燃烧放出148kJ×2=296kJ热量，故燃烧的热化学方程式S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-1。【解析】H2OH2O与H2S分子结构相似，水分子间存在氢键三ⅠA1s22s22p63s23p43:4S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-126、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z是氧元素；J元素的焰色反应呈黄色，所以j是钠元素；Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，且Q的原子序数大于钠元素，因此Q是S元素。X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X—的半径；所以X是氢元素。Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，原子序数小于氧元素，则Y是氮元素。

（1）S的原子序数是16；S元素在周期表中的位置第三周期第ⅥA族；

（2）同周期自左向右原子半径逐渐减小；同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此这五种元素原子半径从大到小的顺序为Na＞S＞N＞O＞H。

（3）同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性O＞S。A.S的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，这说明H2S被氧气氧化为S；因此可以说明氧元素的非金属性强于S，A正确；B.Z与Q之间形成的化合物中S元素显正价，则说明共用电子对偏离S，所以氧元素的非金属性强于S，B正确；C.非金属性强弱与单质所处的状态没有关系，C错误；D.根据元素在周期表中的相对位置也判断元素的非金属性强弱，D正确，答案选C。

（4）Q的氢化物双氧水与Z的氢化物H2S反应的化学方程式为H2S+H2O2＝2H2O+S↓。

（5）H与N可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，则A是氨气，B是铵根。氨气是共价化合物，电子式为铵根水解，溶液显酸性，离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+。

（6）液态氨气类似H2O，也能微弱电离且产生电子数相同的两种离子，则根据水的电离方程式可知液态氨气的电离方程式为2NH3NH4++NH2-；

（7）①根据氨气能与D连续反应说明D是氧气，E是NO，C是NO2，F是硝酸，则F的化学式为HNO3；

②根据方程式NH3+2O2＝HNO3+H2O可知参加反应的A与整个过程中消耗D的物质的量之比为1：2。

考点：考查元素推断的有关应用与判断【解析】第三周期第ⅥA族Na＞S＞N＞O＞H＞CH2S+H2O2＝2H2O+S↓NH4++H2ONH3·H2O+H+2NH3NH4++NH2-HNO31：227、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，说明A为氯气，B可能是铜，也可能为铁，E的稀溶液为蓝色，说明E中含有Cu2＋，因此为B为Cu，I的焰色反应为黄色，说明I中含有Na元素，组成J的元素原子核内只有1个质子，则说明J为H，F为无色、又刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色，说明F为SO2，则C为H2SO4，B、G为中学化学常见的金属单质，以及I中含有Na元素，则G为Na单质，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，CuCl2＋2NaOH=Cu（OH）↓＋2NaCl，H2O和Na反应生成氢氧化钠和氢气，则K为NaOH，L为Na2SO4，H为Cu（OH）2；

（1）非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物，因此属于非电解质的是SO2