2025年浙教版选择性必修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年浙教版选择性必修1化学下册月考试卷362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9题，共18分)1、支撑海港码头基础的钢管桩；常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是（）

A.利用了电解原理B.电子由电源负极流向钢管桩C.钢管桩是负极D.高硅铸铁作阳极2、以下说法不正确的是（）A.升温可提高活化分子百分数，加快反应速率B.使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速C.增大反应物的浓度可增大活化分子百分数，从而加快反应速率D.对于有气体参与的反应，温度不变时压强的变化可以看作改变浓度3、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是。选项实验目的实验操作A测定溶液的用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上B称取2.0g固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上放2g砝码，左盘上添加固体C检验溶液中是否含有取少量待测液于试管中，加入溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A.AB.BC.CD.D4、室温下，将1.0mol·L-1的盐酸滴入20.00mL1.0mol/L的氨水中；溶液的pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是。

A.a点时，由水电离出的c(H+)=1.0×10-14mol/LB.b点：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)C.c点：c(Cl-)=c(NH)D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸收热量5、某温度时，在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示；下列说法不正确的是。

A.b点对应的等于c点对应的B.采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点C.该温度下，的D.溶液与溶液等体积混合不会生成沉淀6、某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的和图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是()镍的相对原子质量约为59)

图甲图乙A.交换膜a为阳离子交换膜B.浓缩室得到的盐酸时，阴极回收得到镍C.阴极液时，镍的回收率低主要是有较多的生成D.阳极反应式为7、下列说法正确的有几项。

①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应。

②普通分子不会发生碰撞。

③升高温度会加快反应速率；原因是增加了活化分子的有效碰撞次数。

④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多。

⑤使用催化剂能加快反应速率；原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大。

⑥化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞A.1项B.2项C.3项D.4项8、某二元弱酸（简写为H2B)溶液；按下式发生一级和二级电离：

H2BH++HB-

HB-H++B2-

已知相同浓度时的电离度a(H2B)>>a(HB-）；现有下列四种溶液：

①0.01mol•L-1的H2B溶液。

②0.01mol•L-1的NaHB溶液。

③0.02mol•L-1的HCl溶液与0.04mol•L-1的NaHB溶液等体积混合后的溶液。

④0.02mol•LL-1的NaOH溶液与0.02mol•L-1的NaHB溶液等体积混合后的溶液。

下列说法错误的是（）A.溶液④一定显碱性B.c(H2B)最大的是③C.c(B2-)最小的是①D.c(H+)最大的是③9、关于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0下列说法正确的是A.常温常压下SO2和O2按照物质的量2∶1混合，充分反应后SO2的转化率可以达到85%，因此S在空气中燃烧生成SO3B.加热能使反应物能量提高，有效碰撞次数增加，导致反应速率增大，因此应尽量提高反应温度来实现该转化C.水的存在使SO2的氧化大大加快，所以水是上述反应的催化剂D.及时把生成的SO3从混合体系分离除去，不能加快反应但可以使生成的SO3更多评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、按要求完成下列问题。

(1)微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：

①HS-在硫氧化菌作用下转化为的电极反应式是_______。

②若维持该微生物电池中两种细菌的存在，则电池可以持续供电，原因是_______。

(2)PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

①放电过程中，Li+向_______(填“负极”或“正极”)移动。

②负极反应式为_______。

③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_______gPb。

(3)氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如下图所示。

①a电极的电极反应式是_______；

②一段时间后，需向装置中补充KOH，请依据反应原理解释原因是_______。11、I.某研究性学习小组根据反应设计如图原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为溶液的体积均为盐桥中装有饱和溶液。

回答下列问题：

(1)此原电池的负极是石墨______(填“a”或“b”)，电池工作时，盐桥中的移向______(填“甲”或“乙”)烧杯。

(2)正极反应式为：______。

II.某甲醇燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为溶液。

(3)当导线中有发生转移时，左右两侧溶液的质量差为______g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。12、如图是一个电化学原理的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O。填写下列空白：

(1)请写出甲、乙两池的名称。甲电池是______，乙池是______。

(2)甲池中通入CH3OH的电极名称是___，电极反应方程式为：______；乙池中B(石墨)电极的名称是_______。

(3)电解过程中，乙池溶液pH的变化为_______（“升高”；“降低”或“不变”）。

(4)当乙池中A(Fe)极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2_____mL（标准状况下）。

(5)若乙池中的AgNO3换成一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为___mol。（忽略溶液体积的变化）13、在1.0L真空密闭容器中充入4.0molA(g)和4.0molB(g)，在一定温度下进行反应：A(g)+B(g)C(g)ΔH，测得不同时刻该容器内物质的物质的量如下表，回答下列问题：。时间/min010203040n(A)/mol4.02.51.5n2n3n(C)/mol01.5n133

(1)随着温度的升高，该反应的化学平衡常数减小，则ΔH______（填“>”“<”或“=”）0，反应从起始到20min内C的平均反应速率是_______。

(2)该温度下，上述反应的化学平衡常数为________。

(3)下列选项中能说明该反应在一定温度和恒容条件下达到平衡状态的是________。

A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆)B．A的质量不再改变。

C．B的转化率不再改变D．密度不再改变。

(4)若反应C(g)A(g)+B(g)进行时需加入稀释剂X气体（不参与反应）；则C的平衡转化率与体系的温度；压强、X的物质的量的关系如图1、图2所示。

①由图1可知，T1____T2（填“>”“<”或“=”）。

②由图2可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将______（填“增大”“减小”或“不变”）。14、根据化学反应速率和化学反应限度的知识回答下列问题：

Ⅰ．某温度时；在2L容器中发生A；B两种物质间的转化反应，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)该反应的化学方程式为_______。

(2)反应开始至4min时，A的平均反应速率为_______。

(3)4min时，反应是否达平衡状态？_______(填“是”或“否”)，8min时，v正_______(填“>”“<”或“=”)v逆。

Ⅱ．氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，该反应为放热反应，且每生成2molNH3，放出92.4kJ的热量。当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如图所示。图中表示反应处于化学平衡状态的时间段(t1时刻后)为_______。

(2)在一定温度下；向一个容积为1L的容器中通入2mol氮气和8mol氢气及固体催化剂，使之反应。已知平衡时容器内气体的压强为起始时的80%。

①N2的转化率为_______。

②反应达到平衡时，放出的热量_______(填字母；下同)。

A．小于92.4kJ

B．等于92.4kJ

C．大于92.4kJ

D．可能大于；小于或等于92.4kJ

(3)若该反应在绝热条件下进行，下列能证明反应已达化学平衡的为_______。

A．压强不变。

B．体系的温度不变。

C．N2、H2、NH3的分子数之比为1:3:2

D．混合气体的质量不变15、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0.02。

（1）H2S的平衡转化率α1＝________%，反应平衡常数K＝________。

（2）在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。

（3）向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。

A.H2SB.CO2C.COSD.N216、二氧化碳催化加氢制甲醇；有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：

二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：

该反应一般认为通过如下步骤来实现：

①

②

总反应的_______若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。

A.B.C.D.17、(1)对金属制品进行抗腐蚀处理；可延长其使用寿命。以下为铝材表面处理的一种方法：

①碱洗的目的是洗去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，其原因是________________________(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的__________。

A．NH3B．CO2C．NaOHD．HNO3

②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解；铝材表面形成氧化膜；

阳极的电极反应式为____________________________________________。电解后的铝材需氨洗的目的是_____________________________________。

(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是________________________________________。

(3)利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于_______________处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______________________________。18、要在铁制品上镀铜；

(1)阳极材料为________________；阴极材料为___________________电解质溶液选择_______________________（用化学式表示）

(2)阴极反应为__________________________；阳极反应为_________________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)19、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误20、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误21、下，将和过量的在此条件下充分反应，放出热量(_______)A.正确B.错误22、室温下，0.1mol·L-1的HCl溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液中水的电离程度相等。（______________）A.正确B.错误23、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误24、时，若测得溶液取该溶液加蒸馏水稀释至测得则是弱酸。(________)A.正确B.错误25、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误26、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共32分)27、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_____。28、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。29、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。30、常温下；有浓度均为0.1mol/L的下列4种溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)这4种溶液pH由大到小的排列顺序是_____________(填序号)；

(2)④的水解平衡常数Kh=___________。

(3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常温下NaCN溶液中，将粒子浓度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液溶液pH=_________。评卷人得分五、实验题(共3题，共30分)31、生产生活中的化学反应都伴随着能量的变化；请根据有关知识回答下列问题：

(1)反应生成物能量总和________(填“大于”、“小于”或“等于”)反应物能量总和。已知：常温常压下，8g甲烷气体在足量氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时放出445kJ热量，写出甲烷气体的燃烧热的热化学方程式：________________。

(2)某化学兴趣小组利用如图装置进行中和反应反应热的测定实验。

I．实验步骤：

a．量取溶液；倒入小烧杯中，测量温度；

b．量取溶液；测量温度；

c．将NaOH溶液倒入小烧杯中；测量混合液的最高温度。

II．实验数据如下：。实验序号起始温度/℃终止温度/℃溶液NaOH溶液平均值平均值125.025.228.5224.925.128.4325.526.531.8

①仪器甲的名称为________，进行该实验还缺少的仪器为________(填仪器名称)；仪器甲不能用铁制材料的原因是________。

②已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成时，放出57.3kJ热量，该反应的热化学方程式为________。

③碎泡沫塑料的作用为________，使用的NaOH溶液稍微过量的原因是________。

④设实验所用的酸、碱溶液的密度均为且酸、碱溶液和中和后的溶液的比热容计算实验测出的中和反应的反应热________[提示：]32、NaClO2是重要漂白剂和消毒剂；主要用于水；砂糖、油脂的漂白杀菌。

已知：i．NaClO2在溶液中过饱和时，若溶液温度低于38℃，析出NaClO2•3H2O；若溶液温度高于38℃，则析出NaClO2；若溶液温度高于60℃，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。

ii．ClO2气体浓度超过10%时；长期存放易发生嫌炸性分解。通常需现用现制。

iii．ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。

【实验室制备】实验室设计如下实验制备如图亚氯酸钠(NaClO2)晶体。

已知：装置B中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O

(1)ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，每转移1mol电子，生成NaClO2的质量为___________

(2)反应结束后，为从D试管中溶液获得NaClO2晶体；需进行以下操作。请补充完整：

①55℃蒸发结晶；

②趁热过滤；

③用___________℃热水洗涤晶体；

④低温干燥；得到成品。

(3)实验须使B中NaClO3稍微过量，原因是____________：如NaClO3不足，则装置D中可能产生检验装置D中是否含有的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，___________，证明溶液中存在

(4)实验结束后，关闭K2，打开K1。在一段时间后断开K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向C中鼓入一定量空气。以上操作的目的是___________。

【工业制备】

(5)在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式：___________。

(6)吸收塔内的温度不能过高的原因为___________。

(7)吸收塔内ClO2随着还原剂的不同和溶液酸碱性的变化可被还原为或Cl-。ClO2被S2-还原为Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示。请写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式：___________。

33、测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.50mol∙L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol∙L-1NaOH溶液；并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：

(1)装置中碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板的作用是什么__。

(2)用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液；不能用铜丝搅拌棒代替的理由是什么？__。

(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g∙cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J∙g-1∙℃-1。为了计算中和热；某学生实验记录数据如下：

。实验序号。

起始温度t1/℃

终止温度t2/℃

混合溶液。

盐酸。

氢氧化钠溶液。

氢氧化钠溶液。

1

20.0

20.1

23.2

2

20.2

20.4

23.4

3

20.5

20.6

23.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=__(结果保留一位小数)。

(4)不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸；理由是__。

(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共20分)34、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___________。：35、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_________。36、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：____________________。37、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）。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

外加电流阴极保护法是通过外加直流电源以及辅助阳极；被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属避免或减弱腐蚀的发生，据此分析解答。

【详解】

A；由于此保护装置有外加电源；构成了电解池，故利用了电解原理，故A正确；

B；在电解池中；钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，电子由电源的负极流向钢管桩，故B正确；

C；钢管桩连接的是电源的负极；做的是电解池的阴极，故C错误；

D；高硅铸铁做电解池的阳极；连接电源的正极，故D正确；

故选C。

【点睛】

明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意电解池的两极称为阴阳极，原电池的两极称为正负极。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．升高温度；使单位体积内活化分子数增多，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，使化学反应速率增大，故A正确；

B．催化剂能降低反应的活化能；活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，化学反应速率增大，故B正确；

C．加入反应物；活化分子百分数不变，但活化分子总数增加，化学反应速率增大，故C错误；

D．对于有气体参与的反应；温度不变时，压强的变化相当于浓度的变化，故D正确；

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．用试纸测定溶液的时，试纸不可润湿，润湿后会导致溶液被稀释，导致测得的偏大；A错误；

B．称量强腐蚀性试剂时需将试剂放在烧杯内称量，否则会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，有强腐蚀性，且固体易潮解；要放在烧杯中称量，B错误；

C．检验可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的能与结合产生氨气：氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C正确；

D．铁在中性或弱酸性溶液中发生吸氧腐蚀；在酸性溶液中发生析氢腐蚀，故在盐酸中无法验证铁的吸氧腐蚀，D错误。

答案选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH小于14，则溶液中氢离子浓度大于1.0×10-14mol•L-1，即：水电离出的c(H+)大于1.0×10-14mol•L-1；A错误；

B．根据图示b点时pH大于7，说明盐酸不足量，氨水过量，根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)大于c(Cl-)；B错误；

C．c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c()；C正确；

D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应；放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D错误；

答案选C。5、B【分析】【分析】

相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着c(SO)的增大，c(Ag+)逐渐减小，位于曲线上的点b；c为平衡状态；即溶液达到饱和，a在曲线下方，为不饱和状态，据此分析解答。

【详解】

A．曲线上的点b、c为平衡状态，相同温度，Kap相同；故A正确；

B．a在曲线下方，为不饱和状态，蒸发溶液，c(SO)、c(Ag+)都增大，不可能使溶液从a点变到b点；故B错误；

C．由图象可知，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol•L-1)2)；故C正确；

D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c(Ag+)=0.01moL/L，c(SO42-)=0.1mol/L，则Qc=(0.01)2×0.1=1×10-5＜Ksp=1.6×10-5；没有沉淀生成，故D正确；

故选B。6、B【分析】【详解】

A.浓缩室中盐酸的浓度逐渐增大，阳极室中的氢离子和阴极室中的氯离子要进入浓缩室，因此，a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜；故A正确；

B.浓缩室得到的盐酸时，从阳极室进入浓缩室的氢离子的物质的量为：转移电子的物质的量为0.4mol，若阴极的还原产物只有镍，则析出0.2molNi，其质量为但实际上阴极的还原产物还有氢气，因此析出镍的质量小于故B错误；

C.阴极液时；溶液中氢离子浓度过大，阴极的还原产物中氢气的含量增多，造成镍的回收率降低，故C正确；

D.阳极是惰性电极，阳极室中的溶液是稀硫酸，因此，阳极的电极反应式为：故D正确；

答案选B。7、C【分析】【分析】

【详解】

①活化分子间的碰撞需要一定能量和方向才能发生化学反应；故错误；

②普通分子也在不断运动；会发生碰撞，故错误；

③升高温度会加快反应速率；原因是增加了活化分子的百分数，增加了活化分子的有效碰撞次数，故正确；

④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内活化分子数目增多；单位体积内有效碰撞的次数增多，故正确；

⑤使用催化剂能加快反应速率；原因是降低了反应物的活化能，使活化分子数目增大，故错误；

⑥化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞；故正确；

故选：C。8、D【分析】【分析】

【详解】

0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHB溶液等体积混合液HCl与NaHB反应：NaHB+HCl=NaCl+H2B，所以③中相当于含有0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHB溶液等体积混合NaOH+NaHB=Na2B+H2O，所以④中相当于含有0.01mol/LNa2B；根据以上分析，四种溶液分别为。

①0.01mol/L的H2B溶液。

②0.01mol/L的NaHB溶液。

③0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB

④0.01mol/LNa2B

A．根据分析，溶液④0.01mol/LNa2B；为强碱弱酸盐，溶液一定显碱性，故A正确；

B．根据同离子效应，由于③中NaHB抑制H2B的电离，则③中H2B电离程度比①H2B电离程度小，则c(H2B)最大的是③；故B正确；

C．由于正盐溶液中c(B2-)浓度必然是最大的，弱酸H2B的二级电离成B2-最难，则c(B2-)最小的是①；故C正确；

D．因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，由于相同浓度时的电离度a(H2B)＞＞a(HB-)，c(H+)最大的是①；故D错误；

答案选D。9、D【分析】【详解】

A．硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫；不能生成三氧化硫，故A错误；

B．该反应为放热反应；升高温度，化学反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的产率降低，故B错误；

C．二氧化硫的催化氧化反应使用五氧化二钒做催化剂；水不是该反应的催化剂，故C错误；

D．及时把生成的SO3从混合体系分离除去，减小生成物浓度，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，使生成的SO3更多；故D正确；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

(1)

①酸性环境中反应物为HS-，产物为利用质量守恒和电荷守恒进行配平，电极反应式：HS-+4H2O-8e-=+9H+，答案为：HS-+4H2O-8e-=+9H+；

②从质量守恒角度来说，HS-、SO浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，答案为：HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子；

(2)

①放电过程中，Li+向正极移动；答案为：正极；

②原电池的钙电极为负极，负极反应式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，答案为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；

③根据方程式，电路中每转移0.2mol电子，生成0.1molPb，即20.7gPb；答案为：20.7；

(3)

①a电极是通入NH3的电极，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负极，电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

②一段时间后，需向装置中补充KOH，原因是发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH，答案为：发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH。【解析】(1)HS-+4H2O-8e-=+9H+HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子。

(2)正极Ca+2Cl--2e-=CaCl220.7

(3)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH11、略

【分析】【分析】

原电池中；还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极；阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此回答。

（1）

根据电池总反应可知，此原电池的负极反应物为硫酸亚铁，负极区是乙、负极是石墨b，电池工作时，盐桥中的移向负极区即乙烧杯。

（2）

正极得电子被还原，正极反应式为：

（3）

酸性电解质溶液、有质子交换膜的环境中，正极反应式为：负极反应式为：每当转移12mol电子时，负极通入2mol消耗2molH2O，逸出2mol生成的12mol将迁移入正极区，故负极区溶液实际减少质量为2mol×18g/mol，而正极通入3molO2、得到12mol即生成6molH2O，故正极区溶液实际增加质量为6mol×18g/mol，两侧溶液的质量差为8mol×18g/mol；则当导线中有发生转移时，负极左右两侧溶液的质量差为(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。【解析】(1)b乙。

(2)

(3)2412、略

【分析】【分析】

(1)甲池为燃料电池；属于原电池，乙池为电解池；

(2)在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极；结合电解质溶液书写电极反应式；

(3)根据电解池电极反应式；可得总反应方程式，根据其中的物质变化确定溶液的pH；

(4)先计算Ag的物质的量，利用同一闭合回路中电子转移数目相同，计算O2的物质的量和体积；

(5)乙池中加入0.1molCu(OH)2溶液恢复电解前的溶液的浓度和pH，相当于反应消耗了0.1molCuO、0.1molH2O；根据电解方程式，结合同一闭合回路中电子转移数目相等计算反应过程中电子转移的物质的量。

【详解】

(1)根据装置图可知甲池是燃料电池；属于原电池；乙池与原电池连接，属于电解池；

(2)甲池中通入CH3OH的电极名称是负极，由于电解质溶液为碱性，所以CH3OH失去电子变为CO32-，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；乙池中B(石墨)电极与原电池的正极连接；作电解池的阳极；

(3)电解过程中，在乙池中，阳极B(石墨)电极发生氧化反应，电解质溶液为AgNO3溶液，由于阴离子放电能力：OH->NO3-，所以阳极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应式：4Ag++4e-=4Ag，总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；可见电解后溶液的酸性增强，溶液pH降低；

(4)在同一闭合回路中电子转移数目相等，当乙池中A(Fe)极的质量增加5.40g时，反应产生的Ag的物质的量为n(Ag)==0.05mol，Ag是+1价的金属，则反应过程中电子转移的物质的量n(e-)=n(Ag)=0.05mol，则甲池中理论上消耗O2的物质的量n(O2)=n(e-)=×0.05mol=0.0125mol，所以反应放出O2的体积V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL。

(5)乙池加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu(OH)2从组成上可看成CuO、H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，CuO、H2O的物质的量都是0.1mol，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子n(e-)=0.1mol×2=0.2mol；根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子n(e-)=0.1mol×2=0.2mol，所以电解过程中电子转移总物质的量n(e-)总=0.2mol+0.2mol=0.4mol。

【点睛】

本题考查了原电池、电解池的反应原理及有关计算。掌握电化学反应原理，明确原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极、电解池的阴极发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等计算，书写电极反应式要结合电解质溶液和电极材料分析。【解析】原电池电解池负极CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O阳极降低2800.413、略

【分析】【详解】

(1)随着温度的升高，反应A(g)+B(g)C(g)ΔH的化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；反应从起始到20min内A的平均反应速率=则C的平均反应速率=0.125mol·L－1·min－1，故答案为<；0.125mol·L－1·min－1；

(2)根据表格数据可知，该温度下，30min时达平衡状态，此时C的浓度为根据方程式，平衡时A的浓度为B的浓度为化学平衡常数故答案为：3L/mol；

(3)A．反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆)，则vA(正)＜vC(逆)；一定不是平衡状态，A不选；

B．A的质量不再改变；则A的浓度不变，能够说明达到平衡状态，B选；

C．B的转化率不再改变；则B的浓度不变，能够说明达到平衡状态，C选；

D．气体的质量和体积不变；密度始终不变，不能说明达到平衡状态，D不选；故答案为：BC；

(4)①A(g)+B(g)C(g)ΔH<0，则C(g)A(g)+B(g)ΔH>0，温度升高，平衡正向移动，C的转化率增大，由图1可知，压强相同时，T1时C的转化率大于T2时C的转化率，故T1大于T2；故答案为：＞；

②其他条件不变；X的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，C的转化率增大；故答案为：增大。

【点睛】

1、达到平衡状态的关键为：1)2)各组分的浓度不再改变；2、判断平衡状态的方法为：1)速率一正一逆成比例，2)变量不再改变时达平衡态，3)比例关系一般不选；2、无关气体对平衡的影响：1)恒温恒容，没有影响；2)恒温恒压，相当于减压【解析】①.<②.0.125mol·L－1·min－1③.3L·mol－1④.B、C⑤.>⑥.增大14、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)从图像可以看出，在反应过程中，A的物质的量减小，为反应物，B的物质的量增加，为生成物。从开始到4min时，A的物质的量从0.8mol减小到0.4mol，减小了0.4mol，B的物质的量从0.2mol增加到0.4mol，增加了0.2mol。A和B变化的物质的量之比为0.4mol:0.2mol=2:1，变化的物质的量之比等于方程式的系数比，同时可以从图像中看出，8min后，A和B的物质的量不再变化，说明该反应是可逆反应，8min后，反应达到了平衡状态，则反应的化学方程式为：2AB。

(2)从开始到4min时，消耗的A的物质的量为0.4mol，容器体积为2L，则消耗的A的物质的量浓度为0.2mol/L，用A表示的反应速率为=0.05mol/(L▪min)。

(3)4min时，A和B的物质的量仍在变化，所以没有达到平衡状态。8min时，A和B的物质的量不再变化，达到了平衡状态，则v正=v逆。

Ⅱ．(1)正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以处于化学平衡状态的时间段为t2-t3和t4-t5。

(2)①起始时容器中共有气体10mol，平衡时压强为开始时的80%，在恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气的总的物质的量为10mol×80%=8mol，比起始时减小了2mol，根据合成氨反应的方程式可知，反应中变化的物质的量即为生成氨气的物质的量，所以生成氨气2mol，则消耗了1mol氮气，所以氮气的转化率为=50%。

②已知每生成2molNH3，放出92.4kJ的热量。该反应中生成了2molNH3；所以放出92.4kJ的热量，故选B。

(3)A．该反应前后气体系数之和不相等；即反应前后气体物质的量有变化，所以反应前后压强会发生变化，当压强不变时，反应达到了化学平衡，故A选；

B．该反应在绝热条件下进行；当体系温度不变时，反应达到了化学平衡，故B选；

C．N2、H2、NH3的分子数之比为1:3:2；和反应是否平衡无关，故C不选；

D．反应物和生成物均为气体；混合气的总质量一直不变，所以混合气体质量不变不能证明反应达到了化学平衡，故D不选；

故选AB。【解析】2AB0.05mol/(L▪min)否=t2-t3t4-t550%BAB15、略

【分析】【详解】

(1)设从起始到平衡H2S转化的物质的量为xmol

由题意得：=0.02，解得：x=0.01；H2S的平衡转化率α1=×100%＝2.5%；K＝≈2.8×10－3；

(2)温度升高，水的平衡物质的量分数增大，平衡右移，则H2S的转化率增大，故α2＞α1。温度升高，平衡向吸热反应方向移动，故ΔH＞0。

(3)A．充入H2S，平衡虽然正向移动，但H2S的转化率反而减小；A与题意不符；

B．充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，故H2S的转化率增大；B符合题意；

C．充入COS，平衡左移，H2S的转化率减小；C与题意不符；

D．充入N2，对平衡无影响，不改变H2S的转化率；D与题意不符；

答案为B。【解析】2.52.8×10－3>>B16、略

【分析】【详解】

根据盖斯定律，总反应的总反应、反应②是放热反应，B、D选项的示意图不符合，若反应①为慢反应，反应①的活化能比反应②的活化能大，C选项不符合，故示意图中能体现上述反应能量变化的是A，理由可简写成：为正值，和为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能。【解析】A为正值，和为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①碱洗的目的是洗去铝材表面的自然氧化膜，氧化铝能够与碱反应而除去，碱洗时常有气泡冒出，是因为除去氧化膜后，内层的金属铝与碱反应，放出氢气，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑；碱液槽内的铝元素以AlO的形式存在，为了使铝以沉淀形式回收，最好向槽液中通入过量的CO2；故选B；

②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极上Al失去电子，形成Al2O3，阴极上H+得到电子，形成H2，阳极的电极反应式为：2Al+3H2O-6e－=Al2O3＋6H+；电解后的铝材需氨洗的目的是中和铝材表面的酸溶液；

(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定；

(3)若X为碳棒，当开关K置于M处时，形成原电池，且Fe作负极，发生氧化反应，原理是Fe的吸氧腐蚀，从而加速了Fe的腐蚀；当开关置于N处时，形成电解池，Fe连接电源负极，作阴极，发生还原反应，Fe被保护，因此为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于N处；若X为锌，开关K置于M处，形成原电池，锌比铁活泼，作负极，铁作正极，被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。【解析】2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑B2Al+3H2O-6e－=Al2O3＋6H+中和表面的酸溶液补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定N牺牲阳极的阴极保护法18、略

【分析】【分析】

根据电镀原理分析解答。

【详解】

（1）要镀铜，则应该生成铜，发生还原反应，则应该在阴极上进行，所以阳极材料为铜，阴极材料为待镀的铁制品，电解质溶液可以选择含有铜离子的CuSO4溶液，故答案为：铜；铁制品；CuSO4；

（2）阴极为铜离子得电子的反应，反应式为Cu2++2e-=Cu；阳极为失电子的反应，反应式为Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu2++2e-=Cu；Cu-2e-=Cu2+。【解析】铜铁制品CuSO4Cu2++2e-=CuCu-2e-=Cu2+三、判断题(共8题，共16分)19、B【分析】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。21、B【分析】【详解】

该反应为可逆反应；反应进行不完全，故此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ；

故错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

HCl是一元强酸，NaOH是一元强碱，当二者浓度都是0.1mol·L-1时，它们电离产生的c(H+)、c(OH-)相同，根据水电离方程式中产生的H+、OH-的关系可知：等浓度的c(H+)、c(OH-)，对水电离的抑制程度相同，故达到平衡后两种溶液中水的电离程度相等，这种说法是正确的。23、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。24、B【分析】【详解】

无论是强酸还是弱酸，当时，稀释10倍后溶液仍然是酸性，溶液始终小于7，即则

故答案为：错误。25、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。26、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、结构与性质(共4题，共32分)27、略

【分析】【详解】

（1）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；

（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋；具有较强的还原性；

（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。【解析】①.N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+28、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅29、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为故答案为：

(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键；双键的键能大于单键的键能；

(4)SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。【解析】哑铃或纺锤体分子SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离30、略

【分析】【详解】

(1)对应酸的电离平衡常数分析可知：酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱对应盐的水解程度越大，碱的碱性越强，则溶液碱性②NaOH溶液＞①NaCN溶液＞④NaHCO3溶液＞③CH3COONa溶液；这4种溶液pH由大到小的顺序是：②①④③；

(2)碳酸氢根的水解平衡常数Kh==2.5×10-8；

(3)碳酸氢钠碱性大于同浓度的CH3COONa溶液；则消耗盐酸的体积③＜④；

(4)NaCN溶液中存在CN-的水解，溶液显碱性，由于水解是微弱的，且水也会电离出氢氧根，所以溶液中粒子浓度由大到小为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)；

碳酸的一级电离常数大于HCN的，二级电离常数小于HCN的，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO

(5)碳酸氢根的电离平衡常数为=5.010-11，则c(H+)=10-10mol/L；所以pH=10。

【点睛】

酸性越强，其对应的盐溶液水解程度越大；比较溶液中粒子浓度大小关系时，要注意弱电解质的电离和盐类的水解都是微弱的。【解析】②①④③2.5×10-8＜c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)CN-+CO2+H2O=HCN+HCO10五、实验题(共3题，共30分)31、略

【分析】【详解】

（1）常温常压下，8g甲烷气体在足量氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时放出445kJ热量，则该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变ΔH=—=—890kJ/mol，反应的热化学方程式为故答案为：小于；

（2）①由实验装置图可知；进行该实验还缺少的仪器为测定实验前后温度所需的温度计，仪器甲为环形玻璃搅拌棒，用于搅拌使稀硫酸；氢氧化钠溶液充分反应，减少热量散失；若仪器甲为铁制材料的，活泼金属铁会和硫酸反应，且铁导热性好，热量损失较大，导致所测结果误差大，故答案为：环形玻璃搅拌棒；温度计；铁会和硫酸反应，且铁导热性好，热量损失较大；

②由题意可知，中和反应的热化学方程式为故答案为：

③在中和热测定实验中；碎泡沫塑料能起到保温；隔热、减少热量损失的作用，使用的氢氧化钠溶液稍微过量有利于保证稀硫酸完全被碱中和，减小实验误差，故答案为：保温、隔热；保证稀硫酸完全被碱中和，减小实验误差；

④由表格数据可知，三次实验的温度差分别为(28.4—)℃=3.4℃、(28.5—)℃=3.4℃、(31.8—)℃=5.8℃，第3次实验的数据误差较大，应舍去，则实验温度差的平均值为3.4℃，由题给公式可知，实验测出的中和反应的反应热ΔH=—kJ/mol=—56.848kJ/mol，故答案为：-56.848。【解析】(1)小于

(2)环形玻璃搅拌棒温度计铁会和硫酸反应，且铁导热性好，热量损失较大保温、隔热保证稀硫酸完全被碱中和，减小实验误差—56.84832、略

【分析】【分析】

装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，B中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2被带入D中，SO2与H2O2反应生成硫酸钠，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置C的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置D的溶液获得NaClO2晶体；需要蒸发结晶；趁热过滤、洗涤、干燥，装置AE是吸收多余气体防止污染；

【详解】

（1）装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，反应中生成2molNaClO2电子转移总数为2e﹣，每转移1mol电子，生成NaClO2的物质的量1mol；质量=90.5g/mol×1mol=90.5g；

故答案为：90.5g；

（2）为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，如果撤去④中的冷水浴，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；

故答案为：38﹣60；

（3）为确保Na2SO3完全反应，添加的NaClO3应稍微过量，否则过量的Na2SO3会与酸反应生成SO2气体，在D装置中被氧化，影响产品纯度；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在用氯化钡溶液检验具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有

故答案为：防止Na2SO3过量，有SO2气体生成，在D装置中被氧化，影响产品纯度；先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液；产生白色沉淀；

（4）验结束后，关闭K2，打开K1.在一段时间后断开K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向C中鼓入一定量空气，以上操作的目的是充分吸收ClO2，防止ClO2爆炸；

故答案为：充分吸收ClO2，防止ClO2爆炸；

（5）电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣=+3H2O；

故答案为：Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣=+3H2O；

（6）H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，若溶液温度高于60℃，NaClO2分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止NaClO2、H2O2分解；

故答案为：温度过高NaClO2、H2O2将分解；

（7）ClO2具有氧化性，S2﹣具有还原性，根据图像可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl﹣，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O；

故答案为：2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O。【解析】(1)90.5g