2025年新世纪版高一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年新世纪版高一化学上册阶段测试试卷377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、下列叙述中正确的是①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；②标准状况下，11.2LH2和14gN2所含原子数相同；③28gCO的体积约为22.4L；④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积相同；⑤同温同体积时，气体物质的物质的量越多，则压强越大；⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A.⑤⑥B.②⑤⑥C.②③⑤⑥D.①②④⑤⑥2、下列说法正确的是()A.离子化合物中只能含有离子键B.共价化合物中可能含有离子键C.化学键存在于分子之间D.化学反应的过程，本质上是旧化学键断裂和新化学键形成的过程3、如图装置或操作正确的是（）A.装置①常用于分离沸点不同，且彼此互溶的液态混合物B.装置②常用于过滤操作C.装置③可用于除去CO中混有的CO2气体D.装置④可用于以NaHCO3为原料实验室制备CO24、合金有许多特点，如：钠钾合金常温下是液体，而钠、钾均为固体．试推测：纯铁、碳、生铁三种物质中，熔点最低的是（）A.纯铁B.碳C.生铁D.无法确定5、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.将废电池深埋，可防止重金属污染B.所有需要加热的化学反应都是吸热反应C.开发太阳能、风能和氢能等能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境D.开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径6、下列气体中；本身无色但与空气接触能变成红棕色气体的是（）

A.CO2

B.NO

C.NO2

D.NH3

7、常见的无机酸rm{25隆忙}时在水溶液中的电离平衡常数如下表，下列选项正确的是rm{(}rm{)}

。氢氰酸rm{(HCN)}碳酸rm{(H_{2}CO_{3})}氢氟酸rm{(HF)}rm{K=6.2隆脕10^{-10}}rm{K_{a1}=4.2隆脕10^{-7}}rm{K=6.61隆脕10^{-4}}A.氟化钠溶液中通入rm{CO_{2}}rm{2F^{-}+H_{2}O+CO_{2}篓T2HF+CO_{3}^{2-}}B.rm{NaCN}与rm{HCN}的混合溶液中：rm{2c(Na^{+})篓Tc(CN^{-})+c(HCN)}C.rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{HCN}溶液与rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液等体积混合后，溶液的rm{pH>7}D.rm{25隆忙}时同浓度的rm{NaCN}和rm{NaF}溶液的rm{pH}值前者小于后者评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、同温同压下，同体积的N2和SO2分子数之比为____，物质的量之比为____，原子总数之比为____，摩尔质量之比为____，质量之比为____，密度之比为____．9、有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干种；现进行以下实验：

①取少量固体；加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；

②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，过滤后，滤液呈中性，在滤液中滴入AgNO3溶液；有白色沉淀生成；

③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后；沉淀全部溶解；

④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后；固体全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性；有沉淀生成，过滤．往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少．

（1）根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是____，肯定含有的离子是____，不能确定是否含有的离子是____，可通过________实验来进一步确定该离子．

（2）写出⑤中生成有色沉淀反应的离子方程式：____

（3）写出⑤中沉淀减少反应的离子方程式：____10、已知元素的电负性与元素的化合价一样；也是元素的一种基本性质．下面给出14种元素的电负性．

。元素AlBBeCClFLiMgNNaOPSSi电负性1.52．1.52.52.84．1.01.23.00.93.52.12.51.7根据以上的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是：______．11、铝制餐具长时间存放酸性、碱性或咸的食物，就会受到腐蚀。其中碱性食物与铝制品的氧化膜发生反应的离子方程式为：______。12、某温度时，在一个rm{3L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，回答下列问题：rm{(1)}该反的化学反应方程式为____rm{(2)}从开始至rm{2min}rm{X}的平均反应速率是____；rm{(3)}第rm{4}分钟时下列叙述正确的是____；A.该反应已停止rm{B.}该反应为可逆反应rm{C.3v(X)=2v(Z)}rm{D.}相同时间内消耗rm{X}和消耗rm{Z}的物质的量之比为rm{3:2}rm{(4)}若rm{X}rm{Y}的总能量高于rm{Z}的总能量，则该反应为____rm{(}放热或吸热，下同rm{)}反应rm{;}若断裂rm{X;Y}中化学键总能量高于rm{Z}中化学键的总能量，则该反应为____反应。13、（10分）如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。（1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同）____，金刚石属于晶体。（2）其中代表石墨的是，其晶体中碳原子呈平面结构排列。（3）其中代表NaCl的是，晶体中Na+与Cl－之间通过键结合起来。（4）代表干冰的是____，它属于____晶体，CO2分子间通过结合起来。（5）上述物质中前三种熔点由高到低的排列顺序为____。14、有甲；乙、丙三种元素；甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子．

（1）写出丙元素的元素符号______，画出丙的原子结构示意图______；

（2）乙、丙两种元素形成的具有18电子的化合物是______．（填化学式）

（3）写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式______．15、Ⅰrm{.}根据下列rm{6}种符号回答问题：rm{垄脵^{1}H}rm{垄脷^{2}H}rm{垄脹^{3}H}rm{垄脺^{14}C}rm{垄脻^{14}N}rm{垄脼^{16}O}rm{(1)}共有____种核素，属于_____种元素，rm{(2)}互为同位素的是_________。rm{(}填序号，下同rm{)}rm{II.}如图所示是某同学利用注射器设计的简易实验装置。甲管中注入rm{10mLCH_{4}}同温、同压下乙管中注入rm{50mLCl_{2}}将乙管气体推入甲管中，针管用日光照射一段时间，使气体在甲管中反应。下列是某同学预测的实验现象：rm{垄脵}气体最终变为无色；rm{垄脷}实验过程中，甲管活塞向内移动；rm{垄脹}甲管内壁有油珠；rm{垄脺}产生火花。其中正确的是________，甲管中发生的化学方程式为________________________________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。19、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）21、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、探究题(共1题，共5分)22、（12分）某学习小组为证明并观察铜与稀HNO3反应的产物是NO，设计了如下图所示的实验装置。请你根据他们的思路，回答有关的问题。（一）实验仪器：大试管、玻璃导管、橡皮塞、烧杯、棉花、注射器。（二）实验药品：铜丝、稀硝酸、碳酸钙颗粒、烧碱溶液。（三）实验原理：铜与稀硝酸反应的离子反应方程式____。（四）实验步骤：1、按右图所示连接好装置，检验装置的________；2、向试管中加入一定量的固体药品（填化学式）________，然后向试管中倒入过量的稀硝酸，并迅速塞紧带铜丝和导管的橡皮塞；3、让试管中的反应进行一段时间后，用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口；4、将铜丝向下移动插入试管液体中，使之与稀硝酸反应；5、把注射器的针孔插入试管口的橡皮塞中，缓慢向试管内推入空气。（五）实验讨论：1、实验步骤②的目的是（写出反应的离子方程式，结合文字说明）____；2、实验步骤⑤的目的是（写出反应的化学方程式，结合文字说明）____。（六）实验评价：该装置的优点是（任写一个即可）____；有同学提出：增加右图所示装置，在步骤②完成后，当有明显现象再撤去该装置，并继续步骤③的“用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口”。请评价他的做法____________。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共24分)23、用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾(摩尔质量为474g/mol)晶体；相关流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步骤II中发生的离子方程式___________；

(2)选出步骤Ⅳ过程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室温b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明矾饱和溶液。

d．自然冷却至室温e．选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央。

f．配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液。

(3)下列关于固液分离操作或描述正确的是___________。

A．步骤II通过量CO2后进行固液分离时为加快过滤速度可采用抽滤B．如图中抽滤装置有2处错误C．抽滤完毕时，应先关闭水龙头，再断开吸滤瓶和安全瓶之间的导管，以防止倒吸D．步骤Ⅴ，抽滤时，需用玻璃纤维替代滤纸(4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步骤Ⅴ洗涤时，请使用合适的洗涤剂并描述具体的洗涤操作___________。

(5)用电子天平称取3.000g的明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO)为0.006300mol；第二份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol。则该试样中明矾的纯度为___________。24、工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是___。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为___。

（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是___。

（4）高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。

①电极X的反应材料是___（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是___（填化学式）。

②电解总反应的离子方程式为___。

已知F＝96500C/mol，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收Ni___g（写出计算表达式即可）。25、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共6分)26、(1)Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体反应的化学方程式为_____________。

(2)拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要吸收的能量为436kJ，391kJ，946kJ。理论上，每生成1molNH3___________热量(填“吸收”或“放出”)__________kJ；事实上，反应的热量总小于理论值，为什么？________________。

(3)一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)，某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如下图甲所示，图中b点对应的速率关系是v(正)_____v(逆);d点对应的速率关系是v(正)___________v(逆)。（填“﹥”；“﹤”或“﹦”）

(4)已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若反应起始时N2、H2、NH3的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，则NH3达到平衡时浓度的范围为_______；若平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，则NH3起始时浓度的范围为______。

(5)已知一定条件下发生：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)（正反应放热）；在反应过程中，正反应速率的变化如图所示，请根据速率的变化回答采取的措施（改变的条件）

t1________________________；t2________________________；

t3________________________；t4________________________。

(6)①某电池采用锂和石墨作电极，四氯化铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯中(SOCl2)组成电解质溶液，电池总反应为：8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，此电池中_______作正极，负极的电极反应为_________________。

②甲烷燃料电池示意图如上图乙，其负极反应方程式为_____________。27、汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一；治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：

(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol则CH4催化还原NO的热化学方程式为___________________。

(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。

①据此判断该反应的正反应为__________(填“放热”或“吸热”)反应。

②温度T1时，该反应的平衡常数K=___________；反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=______________。

(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术；一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：

①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为_________________。

②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率；如图所示：

SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高,其原因是_________________；当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是_____________________。28、氯胺是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(和)

(1)是作饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌作用的物质。中氯的化合价是________。

(2)已知生成反应的热化学方程式和部分化学键的键能如下：

化学键键能391.3x431.8243.0

表中的X=_______。

(3)在密闭容器中反应达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度下理论上的体积分数随的变化如下图所示。

①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是(分别用表示)_______；b点时，该反应的平衡常数为________；

②在氨氯比一定时，提高的转化率的方法是______(任写一种)；

③若产物都是气体，实验测得的体积分数始终比理论值低，原因可能是_______。

(4)垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质(用表示)和氯化物，将其加入到如图所示的电解池(电极为惰性材料)进行电解除去该净化过程分两步：第一步电解产生一种常见的氧化剂，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成

①写出电解时A极的电极反应式：_______；

②写出第二步反应的化学方程式：_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】试题分析：：①标准状况下，1LHCl的物质的量为1/22.4mol，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；②标准状况下，1gH2的物质的量为1/2=0.5mol，14gN2的物质的量为14/28=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故②正确；③不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28gCO的体积为28/28×22.4L/mol=22.4L，故③错误；④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，故④错误；⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确；故选B．考点：气体摩尔体积，物质的量的计算。【解析】【答案】B2、D【分析】化学键是原子间的强烈的相互作用，化学反应的本质即是旧键的断裂和新键的形成过程。只要有离子键，此化合物即为离子化合物；离子化合物中可含有共价键，例如NaOH；【解析】【答案】D3、A【分析】解：A．①为蒸馏装置；用于分离沸点不同，且彼此互溶的液态混合物，故A正确；

B．缺少玻璃棒引流；无法过滤，故B错误；

C．导管应长进短出；故C错误；

D．二氧化碳与碱石灰反应；不能用碱石灰干燥，可用氯化钙干燥，故D错误．

故选A．

A．①为蒸馏装置；

B．缺少玻璃棒引流；

C．洗气装置应长进短出；

D．二氧化碳不能用碱石灰干燥．

本题考查化学实验方案的评价，涉及化学实验基本操作、除杂以及物质制备等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．【解析】【答案】A4、C【分析】解：合金的熔点比各成分的熔点低；但硬度比各成分硬度高．生铁是铁和碳的合金；生铁的熔点比纯铁、碳单质都低；

故选：C．

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属；④合金的硬度大，熔点低．据此分析解答．

本题主要考查了合金的性质，掌握合金的特征以及与其成分的性质差异是解答的关键，题目较简单．【解析】【答案】C5、C【分析】解：rm{A.}重金属污染土壤；不能掩埋，应回收处理，故A错误；

B.反应是否放热；吸热与反应条件无关；如铝热反应为放热反应，但需要在高温下反应，故B错误；

C.太阳能；风能和氢能为清洁能源；可减少环境污染，故C正确；

D.可通过开发新能源；如太阳能；风能等缓解能源紧缺，故D错误．

故选C．

A.重金属污染土壤；

B.反应是否放热；吸热与反应条件无关；

C.太阳能；风能和氢能为清洁能源；可减少环境污染；

D.可开发新能源．

本题考查较为综合，涉及能源与环境的考查，为高考常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{C}6、B【分析】

A、CO2不和空气中的物质反应变色；故A错误；

B；NO和空气中氧气迅速反应生成红棕色气体二氧化氮；故B正确；

C、NO2本身是红棕色气体；故C错误；

D、NH3是无色气体；在空气中不能反应，只有在催化剂作用下加热才能反应生成一氧化氮，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】本身无色但与空气接触能变成红棕色气体是一氧化氮气体的性质；依次分析选项判断；

7、C【分析】解：解：rm{A.}根据电离平衡常数知，rm{HF}的酸性大于rm{H_{2}CO_{3}}结合强酸制取弱酸知，rm{F^{-}}和二氧化碳不反应；故A错误；

B、相同浓度相同体积的rm{NaCN}与rm{HCN}的混合溶液中：rm{2c(Na^{+})篓Tc(CN^{-})+c(HCN)}不知道rm{NaCN}与rm{HCN}的物质的量的多少；无法判断，故B错误；

C.rm{0.2mol?L^{-1}HCN}溶液与rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等浓度的rm{HCN}和rm{NaCN}水解常数rm{Kh=dfrac{Kw}{Ka}=dfrac{10^{-14}}{6.2隆脕10^{-10}}=1.6隆脕10^{-5}}水解常数大于电离常数，则水解程度大于电离程度，由于水解显碱性，所以溶液的rm{Kh=dfrac{Kw}{Ka}=dfrac

{10^{-14}}{6.2隆脕10^{-10}}=1.6隆脕10^{-5}}故C正确；

D.酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液rm{pH>7}越小，rm{pH}的水解程度大于rm{CN^{-}}所以等浓度的rm{F^{-}}和rm{NaCN}溶液中rm{NaF}值前者大于后者；故D错误；

故选C．

A.酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，rm{PH}的酸性大于rm{HF}结合强酸制取弱酸判断；

B.任何电解质溶液中都存在物料守恒；根据物料守恒判断；

C.水解常数rm{H_{2}CO_{3}}根据水解常数与电离常数的大小分析；

D.酸的电离平衡常数越大；其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小；

本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸电离程度、酸根离子水解程度的关系是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒解答即可，难度不大．rm{Kh=dfrac{Kw}{Ka}}【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)8、1：1|1：1|2：3|7：16|7：16|7：16【分析】【解答】解：因同温同压下，同体积的气体具有相同的分子数，则具有相同的物质的量，则N2和SO2分子数之比为1：1；物质的量之比为1：1；

原子总数之比为1×2：1×3=2：3；

摩尔质量之比为28g/mol：64g/mol=7：16；

质量之比为1×7：1×16=7：16；

又由pM=ρRT可知；同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比；

则密度之比为7：16；

故答案为：1：1；1：1；2：3；7：16；7：16；7：16．

【分析】同温同压下，同体积的气体具有相同的分子数，则具有相同的物质的量，再利用构成来分析原子数，利用m=n×M来分析质量，由pM=ρRT可知，密度之比等于摩尔质量之比．9、CO32﹣、SO42﹣Fe3+、Al3+、Cl﹣K+焰色反应Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O【分析】【解答】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干种；现进行以下实验：

①取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32﹣；

②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，则溶液中含有Fe3+或Al3+或SO42﹣或三者都有；

过滤后，滤液呈中性，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl﹣；

③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，则溶液中一定不含SO42﹣；

④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后；固体全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少，说明溶液中含有Fe3+、Al3+；

通过以上分析知，不能确定溶液中是否含有K+；

（1）通过以上分析知，该溶液中一定不含的离子是CO32﹣、SO42﹣，一定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl﹣；不能确定是否含有的离子是；

要检验K元素需要通过焰色反应，故答案为：CO32﹣、SO42﹣；Fe3+、Al3+、Cl﹣；K+；焰色反应；

（2）铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，离子方程式为Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

（3）氢氧化铝沉淀和氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸钠而导致沉淀减少，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．

【分析】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干种；现进行以下实验：

①取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32﹣；

②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，则溶液中含有Fe3+或Al3+或SO42﹣或三者都有；

过滤后，滤液呈中性，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl﹣；

③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，则溶液中一定不含SO42﹣；

④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后；固体全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少，说明溶液中含有Fe3+、Al3+；

通过以上分析知，不能确定溶液中是否含有K+；据此分析解答．

10、略

【分析】解：由表中数据可知；第二周期元素从Li～F，随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，第三周期元素从Na～Cl，随着原子序数的递增，元素的电负性也逐渐增大，并呈周期性变化；

故答案为：在同一周期中；随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，并呈周期性变化．

同周期自左而右元素的化合价呈现周期性变化；据此根据同周期电负性数据变化分析解答．

本题考查同周期元素电负性变化规律，比较基础，侧重学生对数据的分析处理、归纳总结能力的考查．【解析】在同一周期中，随着原子序数的递增，元素的电负性逐渐增大，并呈周期性变化11、略

【分析】解：氧化铝具有两性，能够与强碱反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

依据氧化铝具有两性；能够与酸和碱反应均生成盐和水，所以铝制餐具长时间存放酸性；碱性或咸的食物，就会受到腐蚀，氧化铝能够与强碱反应生成偏铝酸钠和水，据此解答。

本题考查了离子方程式的书写，明确氧化铝的性质及反应产物是解题关键，注意氧化铝为两性物质，与酸碱反应都生成盐和水，题目难度不大。【解析】rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}篓T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}12、（1）X+3Y⇌2Z（2）（3）BD（4）放热吸热【分析】【分析】本题考查化学平衡图象分析题目，题目难度不大，注意分析各物质的量的变化曲线，把握化学方程式的判断方法。【解答】rm{(1)}由图象可以看出，反应中rm{X}rm{Y}的物质的量减小，rm{Z}的物质的量增多，则rm{X}rm{Y}为反应物，rm{Z}为生成物，且rm{trianglen(X):trianglen(Y):trianglen(Z)=0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2}则反应的化学方程式为：rm{trianglen(X):triangle

n(Y):trianglen(Z)=0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2}

故答案为：rm{X+3Y?2Z}

rm{(2)v(Z)=dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol隆陇L{隆陇}^{-1}mi{n}^{-1}}故答案为：rm{0.05mol隆陇L{隆陇}^{-1}mi{n}^{-1}}

rm{X+3Y?2Z}由图象可知，第rm{(2)v(Z)=dfrac{

dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol隆陇L{隆陇}^{-1}mi{n}^{-1}}分钟时，各物质的量不变并且反应物不为rm{0.05mol隆陇L{隆陇}^{-1}mi{n}^{-1}

}说明反应达平衡状态，则。

A.该反应为动态平衡；反应不会停止，故A错误；

B.该反应为可逆反应；故B正确；

C.反应速率之比等于系数之比，所以rm{(3)}则C错误；

D.依据速率比等于系数比，rm{4}和消耗rm{0}的物质的量之比为rm{2v(X)=v(Z)}；故D正确；

故选BD；

相同时间内消耗rm{X}和消耗rm{Z}的物质的量之比为rm{3:2}rm{X}rm{Z}的总能量高于rm{3:2}的总能量，即反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应；若断裂rm{(4)}中化学键总能量高于若rm{X}rm{Y}的总能量高于rm{Z}的总能量，即反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应；若断裂rm{X;Y}中化学键总能量高于rm{Z}中化学键的总能量，即断键吸收总能量高于，形成化学键放出总能量，则该反应为吸热反应。中化学键的总能量，即断键吸收总能量高于，形成化学键放出总能量，则该反应为吸热反应。rm{X}rm{Y}【解析】rm{(1)X+3Y?2Z}rm{(2)0.05mol隆陇L{隆陇}^{-1}mi{n}^{-1}}rm{(2)0.05mol隆陇L{隆陇}^{-1}mi{n}^{-1}

}rm{(3)BD}放热吸热rm{(4)}13、略

【分析】考查晶体的有关判断。只含分子的晶体是分子晶体。原子间以共价键相互结合，并向空间扩展，形成三维网状结构的晶体是原子晶体。阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体是离子晶体。所以NaCl、CsCl、干冰、金刚石分别属于离子晶体、离子晶体、分子晶体和原子晶体。石墨属于混合型晶体，同一层内靠共价键结合，层和层之间靠分子间作用力结合。一般情况下原子晶体的熔点高于离子晶体的，离子晶体高于分子晶体的。【解析】【答案】（1）；B；原子（2）D；层状（3）A；离子键（4）C；分子；范德华力（或分子间作用力）；（5）（B）>（A）>（C）14、略

【分析】解：有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的M层电子数为1，故甲为Na；乙元素原子核内无中子，则乙为H；丙元素原子核内有8个质子，则丙为O．

（1）丙元素的元素符号为O，原子结构示意图为故答案为：O；

（2）H、O两种元素形成的具有18电子的化合物是，故答案为：H2O2；

（3）甲、乙、丙三种元素组成的化合物为NaOH，在水中的电离方程式为：NaOH=Na++OH-，故答案为：NaOH=Na++OH-．

有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的M层电子数为1，故甲为Na；乙元素原子核内无中子，则乙为H；丙元素原子核内有8个质子，则丙为O．

本题考查结构性质位置关系应用，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．【解析】O；H2O2；NaOH=Na++OH-15、Ⅰ.（1）64（2）①②③

II.②③

CH4+Cl2CH3Cl+HClCH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl【分析】【分析】本题考查了核素、元素、同位素的概念和甲烷的取代反应，难度较易。【解答】Ⅰrm{.(1)}核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；元素是具有相同的核电荷数rm{(}即核内质子数rm{)}的一类原子的总称；即核内质子数rm{(}的一类原子的总称；rm{)}种核素，属于所以共有rm{6}种核素，属于rm{4}种元素，故答案为：rm{6}rm{4}种元素，故答案为：rm{6}rm{4}rm{6}rm{4}或不同质量数rm{(2)}同一元素的不同核素互为同位素，所以互为同位素的是具有相同质子数，不同中子数rm{(}或不同质量数rm{)}同一元素的不同核素互为同位素，所以互为同位素的是故答案为：rm{(}rm{)}根据题意，rm{垄脵垄脷垄脹}rm{垄脵垄脷垄脹}rm{II.}气体甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{Cl(}气体rm{)}rm{CH}rm{Cl(}rm{)}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Cl}rm{Cl}现象为rm{{,!}_{2}}实验过程中，甲管活塞向内移动；、rm{CHCl}甲管内壁有油珠；甲管中发生的化学方程式为rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{3}Cl+HCl}，rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}overset{}{}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+HCl}，rm{CH_{2}Cl_{2}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CHCl_{3}+HCl}rm{CHCl_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CCl_{4}+HCl}故答案为：rm{CHCl}rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{3}Cl+HCl}，rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}overset{}{}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+HCl}，rm{CH_{2}Cl_{2}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CHCl_{3}+HCl}rm{CHCl_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CCl_{4}+HCl}。rm{{,!}_{3}}【解析】Ⅰrm{.(1)6}rm{4}rm{(2)垄脵垄脷垄脹}rm{II.垄脷垄脹}rm{CH_{4}+Cl_{2}}rm{CH_{4}+Cl_{2}}rm{xrightarrow[]{鹿芒脮脮}}rm{CH_{3}Cl+HCl}rm{overset{}{}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+HCl}rm{CH_{3}Cl+HCl}rm{xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CHCl_{3}+HCl}rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}}rm{xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CCl_{4}+HCl}rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}}三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．17、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．18、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．19、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素20、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．21、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol四、探究题(共1题，共5分)22、略

【分析】①硝酸是氧化性酸，能和铜发生氧化还原反应，方程式为3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O。②制气装置连接好后，首先检验装置的气密性。③由于装置中含有空气，会氧化生成的NO，从而干扰实验，所以需要先排尽装置中的空气。可以利用硝酸和碳酸钙反应生成的CO2来实现，即加入的固体药品是碳酸钙，反应的方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。⑤由于NO极易被氧化生成红棕色NO2，所以目的是证明Cu与稀硝酸反应生成NO的，方程式为2NO+O2=2NO2。⑥评价实验可以从操作的难易程度、尾气的处理、实验现象等考虑。根据装置及实验过程可知，优点是使用可抽动的铜丝能随时控制反应的开始和结束，节约药品用量，减少污染气体的产生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口，可防止NO和NO2气体逸出污染大气。）⑦由于在排空气时，无法判断是否完全排尽，所以通过石灰水变浑浊的现象，来准确判断试管内无空气后，才进行步骤④，使得出的结论更科学。【解析】【答案】①3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）②气密性（1分）③CaCO3（1分）④CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2分），利用CO2排出试管中的空气，防止O2与NO反应（1分）⑤2NO+O2=2NO2（1分）,气体由无色变红棕色证明Cu与稀硝酸反应生成NO（1分）⑥使用可抽动的铜丝能随时控制反应的开始和结束，节约药品用量，减少污染气体的产生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口，可防止NO和NO2气体逸出污染大气。）（2分）⑦通过石灰水变浑浊的现象准确判断试管内无空气后，才进行步骤④，使得出的结论更科学。（1分）五、工业流程题(共3题，共24分)23、略

【分析】【分析】

根据流程：用NaOH溶液溶解铝箔，发生反应：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入过量的CO2气体，发生反应：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的胶状固体，将一部分胶状固体洗涤得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到氧化铝，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，得到明矾大晶体，另一部分胶状固体用盐酸溶解，得到AlCl3溶液，将HCl气体通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促进AlCl3·6H2O结晶，冷水浴，用玻璃纤维抽滤，用浓盐酸洗涤晶体，滤纸吸干干燥得AlCl3·6H2O晶体；据此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氢氧化钠，通入过量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，二氧化碳与NaAlO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，发生反应：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明矾的溶解度随温度的升高而增大；步骤IV中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，随着自然冷却至室温，明矾饱和溶液变为过饱和溶液，导致明矾析出，明矾晶体会附着在规则明矾小晶体上，形成规则明矾大晶体，故正确操作为：fed；

(3)

A．步骤II通过量CO2后进行固液得到胶状物；抽滤时不宜过滤胶状沉淀，否则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，A错误；

B．抽滤装置有1处错误；漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，B错误；

C．抽滤完毕后；应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头以防倒吸，C错误；

D．由于溶液中含有H+；具有强酸性，在抽滤时会腐蚀滤纸，导致滤纸破损，所以改用玻璃纤维替代滤纸，D正确；

故选D。

(4)

Al3+会发生水解反应：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的浓度，有利于AlCl3·6H2O结晶；洗涤晶体时；先关小水龙头，向漏斗中加入浓盐酸，缓慢淋洗，以便充分洗去杂质，重复2-3次；

(5)

明矾中n(A13+)：n()=1：2，实验测得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明矾中可能含有硫酸钾杂质，所以求明矾的纯度应该用量不足的铝离子，根据关系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，则该试样中铵明矾的纯度为：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O结晶和抑制AlCl3水解关小水龙头；向漏斗中加入浓盐酸，使液体缓慢通过固体，重复2-3次。

(5)45.82%24、略

【分析】【分析】

制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程：废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+与SO42-结合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，过滤，滤渣I为SiO2和CaSO4，向滤液中加入NaClO溶液氧化Fe2+为Fe3+，同时将其沉淀为Fe(OH)3，过滤，滤渣II为Fe(OH)3，再向滤液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+为CaF2，滤渣III为CaF2，最后加入有机萃取剂萃取Zn2+，得到的水层主要为Ni2+，再向其中加入(NH4)2C2O4溶液，得到产品草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O），高温煅烧无水NiC2O4的反应为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni：高能锂离子中；Li为电源负极，FeS为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，据此分析作答。

【详解】

（1）NiC2O4·2H2O中镍元素+2价；氧元素−2价，化合物中元素化合价总共为0，则碳元素+3价；将废镍催化剂粉碎或适当加热；适当增大硫酸浓度、搅拌等能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率；

故答案为：+3；废镍催化剂粉碎或适当加热；适当增大硫酸浓度、搅拌等；

（2）由上述分析可知，滤渣I为SiO2和CaSO4；

故答案为：SiO2和CaSO4；

（3）高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，气体为一氧化碳和二氧化碳，故反应为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

故答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

（4）①因该电解池的目的是从含镍酸性废水回收Ni，因此c池中发生还原反应，故Y电极为电源负极，X为电源正极，由电池总反应可知，其电源正极的反应材料为FeS；该电解池工作时，c池中Ni2+被还原，Cl-通过阴离子交换膜进入b中，a池中OH-发生氧化反应生成水和氧气，Na+通过阳离子交换膜进入b池中，因此b池中得到的主要物质为NaCl；

故答案为：FeS；NaCl；

②由①分析可知，其电解池总反应为：4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；由题可知，tmin内转移电子mol，Ni2+被还原为Ni，每生成1molNi，转移电子为2mol，因此可回收Ni的质量为g；

故答案为：4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；【解析】+3废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等SiO2和CaSO42NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑FeSNaCl4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O25、略

【分析】【分析】

β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。

【详解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，根据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵观察流程可知；操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸发浓缩Li2SO4溶液；可使溶液中锂离子浓度增大，便于生成磷酸亚铁锂沉淀；故答案为：增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀。

⑷合成反应是磷酸二氢铵、磷酸亚铁和硫酸锂，产物为难溶的LiFePO4，其离子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案为：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。

⑸科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，则Li为负极，FePO4为正极，放电时正极反应式为FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案为：FePO4+Li++e－=LiFePO4。

⑹300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿中Li2O的质量为300吨×5%=15吨，根据关系式Li2O—2LiFePO4，理论上可生成磷酸亚铁锂为则元素锂的利用率为故答案为70%。【解析】+5CaCO3、Mg(OH)2分液烧杯、漏斗、玻璃棒增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+FePO4+Li++e－=LiFePO470%六、原理综合题(共3题，共6分)26、略

【分析】【分析】

（1）Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体不断搅拌反应生成氯化钡；氨气和水；

（2）合成氨反应中；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，由吸收能量和放出能量的大小判断反应放出热量还是吸收热量；合成氨反应为可逆反应，反应不能完全反应；

（3）由图可知，a点和b点时；反应未达到平衡，c点和d点时，反应达到平衡；

（4）由可逆反应可以从正反应方向开始达到平衡，也可以从逆反应方向开始达到平衡确定NH3起始和平衡时浓度的范围；确定平衡时浓度的范围时注意可逆反应反应不能完全反应；

（5）该反应是一个气体体积减小的放热反应；依据题给图示确定正反应速率的变化和移动方向，判断条件的变化；

(6)①由电池总反应方程式可知；锂元素化合价升高，硫元素化合价降低，则锂电极为原电池负极，石墨电极为正极；

②由甲烷燃料电池示意图可知；通入氧气的一极为正极，通入甲烷的一极为负极。

【详解】

（1）Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体不断搅拌反应生成氯化钡、氨气和水，反应的化学方程式为Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑，故答案为：Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑；

（2）在反应N2+3H22NH3中，断裂3molH-H键和1molN三N键共吸收的能量为3×436kJ+943kJ=2251kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，则该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2251kJ=95kJ，则生成1molNH3放出热量为46kJ；由于合成氨反应为可逆反应；反应不能完全反应，所以反应的热量总小于理论值，故答案为：放出；46；该反应是可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度(即化学平衡状态)，因此放出的热量总是小于理论计算值；

（3）由图可知，a点和b点时；反应未达到平衡，为平衡的形成过程，对应的速率关系是v(正)＞v(逆)，c点和d点时，反应达到平衡，对应的速率关系是v(正)=v(逆)，故答案为：＞；=；

（4）反应起始时N2、H2、NH3的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，若反应正向进行，反应最大限度时，N2、H2、NH3的浓度分别为（0.1—0.1）mol/L=0mol/L、（0.3—0.3）mol/L=0mol/L、（0.1+0.2）mol/L=0.3mol/L，若反应逆向进行，反应最大限度时，N2、H2、NH3的浓度分别为（0.1+0.05）mol/L=0.15mol/L、（0.3+0.15）mol/L=0.45mol/L、（0.1—0.1）mol/L=0mol/L，由于该反应为可逆反应，则NH3达到平衡时浓度的范围为0＜c(NH3)＜0.3mol/L；平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，若反应正向进行，起始时，N2、H2、NH3的浓度分别为（0.1+0.05）mol/L=0.15mol/L、（0.3+0.15）mol/L=0.45mol/L、（0.1—0.1）mol/L=0mol/L，若反应逆向进行，起始时，N2、H2、NH3的浓度分别为（0.1—0.1）mol/L=0mol/L、（0.3—0.3）mol/L=0mol/L、（0.1+0.2）mol/L=0.3mol/L，则NH3起始时浓度的范围为0≤c(NH3)≤0.3mol/L，故答案为：0＜c(NH3)＜0.3mol/L；0≤c(NH3)≤0.3mol/L；

（5）该反应是一个气体体积减小的放热反应，由图可知，t1时，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，则改变条件可能为增大压强或增大反应物浓度；t2时，正反应速率增大，平衡不移动，则改变条件可能为使用了合适的催化剂；t3时，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动，则改变条件可能为减压或减小反应物浓度（分离移除SO2或O2）；t4时，正反应速率不变，平衡向正反应方向移动，则改变条件可能为减小生成物浓度，故答案为：加压或增大反应物浓度（充入SO2或O2）加入催化剂；减压或减小反应物浓度（分离移除SO2或O2）；减小生成物浓度（分离移除SO3）；

(6)①由电池总反应方程式可知，锂元素化合价升高，硫元素化合价降低，则锂电极为原电池负极，失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—eˉ＝Li+，石墨电极为正极，SOCl2在正极得到电子发生还原反应，故答案为：石墨；Li—eˉ＝Li+；

②由甲烷燃料电池示意图可知，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为CH4+10OHˉ—8eˉ＝CO32ˉ+7H2O，故答案为：CH4+10OHˉ—8eˉ＝CO32ˉ+7H2O。

【点睛】

从键能上分析，断键放出的热量减去成键吸收的热量就是反应总的放出的热量是解答关键。【解析】Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑放出46该反应是可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度(即化学平衡状态)，因此放出的热量总是小于理论计算值>=0＜c(NH3)＜0.3mol/L0≤c(NH3)≤0.3mol/Lt1：加压或增大反应物浓度（充入SO2或O2）t2：加入催化剂t3：减压或减小反应物浓度（分离移除SO2或O2）t4：减小生成物浓度（分离移除SO3）石墨Li—eˉ＝Li+CH4+10OHˉ—8eˉ＝CO32ˉ+7H2O27、略

【分析】【分析】

(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol

利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式；

(2)①根据先拐先平温度高，T1＞T2；纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；

②温度为T1时，化学平衡常数的的含义，利用三段式计算出各种物质的平衡浓度，将各种物质的平衡浓度带入公式可得其平衡常数的数值；速率常数只与温度有关，温度不变，速率常数不变，根据平衡时v正=v逆，可得=K，根据v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，代入即可计算出其数值；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2；反应生成氮气；二氧化碳和水；

②脱硝的最佳温度约为925℃；此时脱硝效率最大，SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高是因为未加入催化剂，从催化剂活性分析温度的影响；从平衡移动角度及反应速率选择合适的温度。

【详解】

(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△