2025年鲁人新版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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年鲁人新版选择性必修1化学上册月考试卷815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、用石墨作电极电解1000mL0.1mol·L-1AgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数值）（）A.电解过程中流经外电路的电子数目0.1NAB.在标准状况下，两极共产生3.92L气体C.电解后溶液中H+浓度为0.01mol.L-1(假设溶液体积不变)D.加入13.8gAg2CO3可将溶液恢复到与电解前完全相同2、下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-B.含有NO的溶液中：I-、SOSOH+C.由水电离出的c(H+)=1.010-13mol·L-1的溶液中：Na+、NHSOHCOD.pH=11的NaOH溶液中：COK+、NOSO3、下列说法正确的是A.氢气是一种高效而没有污染的一级能源B.太阳能、氢能、风能、海洋能、地热能和生物质能等都是新能源C.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应4、25℃时，向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(假设滴加过程中无气体产生，且混合溶液的体积可看成混合前两溶液的体积之和)，下列说法不正确的是。

A.在a→d的过程中，a点的溶液中水的电离程度最大B.在b点的溶液中，c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)=c(H+)C.在c点的溶液中，c()+c(H+)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)D.在c→d的过程中，溶液中c()+c(NH3∙H2O)+c(Na+)=0.1mol/L始终成立5、研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是()

A.反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应B.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定C.Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物D.若转移1mol电子，则消耗11.2LN2O6、化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A.高温可杀灭细菌，是由于高温可使蛋白质变性B.纯碱溶液可去油污，是由于NaHCO3水解使溶液显碱性C.石灰石可减少煤燃烧的SO2排放，是由于它可将SO2转化为CaSO4D.维生素C常与补铁剂(有效成分中铁元素为+2价)同服，是由于它具有还原性7、下列有关化学反应原理的应用叙述中，正确的是A.用明矾净水是因为水解生成的胶粒具有较强的吸附性B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极C.钢铁因含杂质而容易发生电化学腐蚀，所以合金都不耐腐蚀D.为了防止钢铁锈蚀，把输油管的铸铁管连接外加直流电源的正极评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、图为Ca-LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li+通过，电池反应为：下列说法正确的是。

A.充电时，当转移0.1mol电子时，左室中电解质的质量减轻2gB.充电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌C.放电时，负极反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D.LiPF6-LiAsF6为非水电解质，主要作用都是传递离子，构成闭合回路9、HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理；反应历程与能量的关系如图所示：

下列说法正确的是A.在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的H>0B.在Pd催化剂表面离解O－H键比C－H键的活化能低C.在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应速率最慢D.用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO210、恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌cZ(g)。若开始时通入1molA和1molB，达到平衡后生成amolC，则下列说法错误的是A.若开始通入3molA和3molB，达到平衡后将生成3amolCB.若开始通入xmol2molB和1molC，达到平衡后密闭容器中有1molA和3molC，则x为3C.若开始时通入4mol2molB和1molC，达到平衡后，B的物质的量一定大于2molD.若开始时通入2mol2molB和1molC，达到平衡后，再通入3molC，则再次达到平衡后，C的物质的量分数为a/(2-a)11、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能12、设计如图装置处理含甲醇的废水并进行粗铜的精炼。下列说法正确的是。

A.甲电极增加的质量等于乙电极减少的质量B.装置工作一段时间后，原电池装置中溶液的pH不变C.理论上每产生标准状况下1.12LCO2，甲电极增重9.6gD.原电池正极反应式为FeO2-4+3e-+8H+=Fe3++4H2O13、下列说法正确的是A.向的醋酸溶液中加少量烧碱固体，可使溶液中增大B.25℃时，向水中加入少量CH3COONa固体，会抑制水的电离，溶液中c(H+)降低C.取pH=2的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别投入0.3g锌粉，醋酸与锌反应的速率大D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液中：c(Na+)＜c(NO)14、氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生如下反应：

常温下，0.001的甘氨酸()溶液中各物种浓度对数值与pH的关系如图所示：

下列说法错误的是A.曲线③为的浓度与pH的关系图B.pH=7时，C.B点时，D.在溶液中15、广泛用于微电子；光电子行业；用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图。下列叙述正确的是。

A.通入的一极为电解池的阳极，反应式为B.电解过程中，由粗硅一极向通入的一极迁移C.熔融的中参与阳极反应D.粗硅上的反应式：16、一定条件下，等物质的量的和在一恒容密闭容器中发生反应：如图所示，曲线a表示该反应在时X的物质的量浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一反应条件改变时X的物质的量浓度随时间的变化。下列说法错误的是。

A.时，x的平衡转化率为B.时，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大C.若曲线a和b发生反应时除温度外，其他条件均相同，则反应达到平衡后，该反应的平衡常数D.若曲线b对应的是改变反应温度，则可判断该反应中反应物的键能总和小于生成物的键能总和评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、电解质的溶液中存在着众多的化学平衡。

(1)25℃时向浓度均为0.1mol/L的和混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成沉淀的离子方程式为___________。已知当两种沉淀共存时，___________。

(2)25℃时，电离常数则该温度下的水解平衡常数Kh=___________mol/L(水解平衡常数Kh的书写规则同化学平衡常数)。

(3)在25℃下，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中则溶液显___________性(填“酸”或“碱”或“中”)；用含a的代数式表示的电离常数Kb=___________。

(4)25℃时向含有的溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将___________(填“正向”、“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为___________mol/L。(的电离平衡常数取)

(5)向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下，的溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图，下列说法正确的是___________。

a．的数量级为

b．a点对应的CuS溶液为不饱和溶液。

c．平衡常数很大；反应趋于完全。

d．向p点的溶液中加入少量固体，溶液组成由p向q方向移动18、如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池（电解质溶液为溶液）；通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。

请回答下列问题：

（1）a处应通入_____（填“”或“”），b处发生的电极反应是______。

（2）电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的______（填“增大”“减小”或“不变”，下同），装置Ⅱ中的物质的量浓度_____。

（3）电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除外还含有_____（忽略水解）。

（4）在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷_____L（标准状况下）。19、工业制硫酸的关键反应是二氧化硫催化氧化为三氧化硫，其反应方程式2SO2g)+O2(g)2SO3(g)。回答下列有关问题：

（1）如果此反应用氧气表示的化学反应速率是v(O2)=0.05mol/(L·s),则用二氧化硫表示的v(SO2)=______________.

（2）其它条件不变，若升高温度，此反应会向逆反应方向移动，则正反应速率______________，逆反应速率______________（填增大或减小），正反应是______________反应（填吸热或放热）。

（3）其它条件不变，增大氧气的浓度，会使SO2的转化率______________。

（4）下列条件能够判断此反应已经达到化学平衡状态的是______________

A.单位时间内消耗1molSO2的同时生成1molSO3

B.恒温恒容条件下体系的总压强不在随时间的变化而变化。

C.恒温恒容条件下混合气体的密度不再随时间的变化而变化。

D.2v(O2)正=v(SO2)逆时20、雾霾主要成分为灰尘、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。

(1)以氨气为脱硝剂时，可将还原为

已知：

i.△H=akJ·

ii.△H=bkJ·

则反应的△H=______kJ·

(2)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：△H<0某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2moI和1mol发生反应。

①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是______(填标号)。

A.B.混合气体密度不再改变。

C.的体积分数不再改变D.与的体积比不再改变。

②欲增加的平衡转化率，可采取的措施有______(填标号)。

A.充入氦气B.升高温度。

C.充入2molD.充入2mol和1mol

③达到平衡时，混合气体总压为p，的浓度为0.5则的转化率为____，平衡常数Kp=______(以分压表示；分压=总压×物质的量分数)。

④若在不同压强下进行反应，体系中物质的量分数x()与反应时间的关系如图所示，a、b两点的压强商Qp(以分压表示)较大的是______(填“a”或“b”)。

21、酸；碱、盐的水溶液在生产生活及化学实验中有广泛的应用；请同学们运用所学知识解决下列问题。

(1)某温度T下，0.1mol/L的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=____。温度T____25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是____。由水电离的c(OH-)=____mol/L。

(2)已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：

①图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是____。

②若A点到E点，可采用的措施是____(填序号，下同)；从A点到C点，可采用的措施是____；促进水的电离平衡的措施是____。

a.升温b.加入少量的盐酸c.加入少量的NaOH

(3)常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，写出HA的电离方程式____，水电离的c(H+)=____mol/L。为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变可以采取的措施是____。评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)22、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误23、已知则和反应的(_______)A.正确B.错误24、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.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共16分)25、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___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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36分)29、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_____。30、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。31、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。32、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．用石墨作电极电解1000mL0.1mol/LAgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e-=Ag，假设所有的银离子0.1mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1mol，则析出金属银的质量为：0.1mol×108g/mol=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是：0.025mol×32g/mol=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g<13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解掉水的质量为13.4g-11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3mol，个数为0.3NA；选项A错误；

B．阳极放电的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+-2H2O，当转移0.3mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075mol，即1.68L，阴极上产生氢气，2H++2e-=H2↑；当转移0.2mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1mol，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，选项B正确；

C．电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.3mol，所以最后溶液中c（H+）=0.1mol/1L=0.1mol/L；选项C错误；

D．溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原；选项D错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查了电解池工作原理，明确电解池工作原理、准确判断电解上发生的反应是解题关键，易错点为选项B：阳极放电的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O生成气体为氧气，阴极上先生成单质银，再产生氢气，2H++2e-=H2↑，依据转移电子数计算产生气体的体积。2、D【分析】【详解】

A．铜离子不能在无色溶液中大量存在；故A不符合题意；

B．大量氢离子存在时；硝酸根会把碘离子；亚硫酸根氧化，故B不符合题意；

C．水电离出的c(H+)=1.0´10-13mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制；可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根；碳酸氢根不能大量存在，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故C不符合题意；

D．四种离子相互之间不反应；也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；

综上所述答案为D。3、B【分析】【详解】

A．氢气是其他能源转化而来，属于二级能源，故A错误；

B．太阳能、海洋能、地热能、风能、氢能、生物质能等都是新能源，故B正确；

C．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行，反应△S＞0，△H-T△S＞0，说明该反应的△H＞0，故C错误；

D．水的电离过程是一个吸热的过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，故D错误。

故选：B。4、C【分析】NH4HSO4在水溶液中完全电离，生成H+、当加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，a点二者反应生成硫酸铵、硫酸钠和水，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，b点为中性；则加入的氢氧化钠溶液体积稍大于20mL，c点代表硫酸铵；氨水和硫酸钠，d点得到的是硫酸钠、氨水的混合溶液，由此分析。

【详解】

A．NH4HSO4电离出的氢离子抑制了水的电离；0→d的过程中，氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，a点恰好完全反应生成生成硫酸铵；硫酸钠，此时铵根离子水解促进水的电离，a点之后随着氢氧化钠的滴入，铵根离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐减小，a点的溶液中水的电离程度最大，故A不符合题意；

B．b点溶液中根据物料守恒，c()=c()+c(NH3∙H2O)，c()＞c()，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒：c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+2c()，则c(Na+)+c()=2c()，c()＞c()，c(Na+)＞c()，在b点的溶液中，离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)=c(H+)；故B不符合题意；

C．根据物料守恒：c()=c(NH3∙H2O)+c()，电荷守恒为：c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+2c()，c点的溶液中，当NaOH溶液的体积为30mL，2c(Na+)=3c()，将2c(Na+)=3c()代入电荷守恒，得到c()+c(H+)=c(OH-)+c()，将c()-c(NH3∙H2O)=c()代入，得到2c(H+)+c()=2c(NH3∙H2O)+2c(OH-)；故C符合题意；

D．在c→d的过程中，设滴入氢氧化钠的体积为xmL，(30mL＜x＜40mL)，c()+c(NH3∙H2O)+c(Na+)==0.1mol/L始终成立；故D不符合题意；

答案选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．反应①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)中N的化合价由+1价变为0价，Fe的化合价由+1价变为+3价，化合价发生改变，反应①是氧化还原反应，同理②FeO++CO=CO2+Fe+(快)中Fe元素的化合价由+3价变为+1价；C的化合价由+2价变为+4价，化合价发生改变，故反应②也是氧化还原反应，A错误；

B．由图中可知两步反应的反应物总能量均高于生成物总能量；故均为放热反应，总反应的化学反应速率是由满反应决定的，故由反应①决定，B错误；

C．由历程图中可知，Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，故Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物；C正确；

D．由反应N2O+CO=N2+CO2可知，反应中转移了2mol电子，故若转移1mol电子，则消耗0.5molN2O，由于题中未告知标准状况，故0.5molN2O的体积不一定为11.2L；D错误；

故答案为：C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．高温可使蛋白质变性；所以高温可杀灭细菌，故A正确；

B．纯碱溶液可去油污，是由于Na2CO3水解使溶液显碱性；故B错误；

C．由于氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧化为CaSO4，所以石灰石可减少煤燃烧的SO2排放；故C正确；

D．维生素C具有还原性；维生素C与补铁剂(有效成分中铁元素为+2价)同服，可以防止亚铁离子被氧化，故D正确；

选B。7、A【分析】【详解】

水解生成具有吸附性的胶粒；可除去水中的悬浮物，从而达到净水的目的，故A正确；

B.电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，溶液做电解液；阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，故B错误；

C.不锈钢和铝合金等耐腐蚀；所以合金也可能耐腐蚀，故C错误；

D.铸铁连接直流电源正极时作电解池阳极；加速被腐蚀，故D错误；

答案：A。

【点睛】

根据点解原理：阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以精炼铜时，纯铜做阴极，粗铜做阳极。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【分析】

根据电池反应可知，放电时Ca转化为Ca2+发生氧化反应，所以钙电极为负极，充电时则发生还原反应为阴极，则放电时Li1-xFePO4/LiFePO4为正极；充电时为阳极。

【详解】

A．充电时每转移0.1mol电子，左室中就有0.05molCa2+转化为Ca，同时有0.1molLi+迁移到左室；所以左室中电解质的质量减轻0.05mol´40g/mol-0.1mol´7g/mol=1.3g，所以A错误；

B．充电时为电解池，电解池中阳离子流向阴极，Li1-xFePO4/LiFePO4为阳极，所以Li1－xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌然后流向阴极，放电时为原电池，原电池中阳离子流向正极，所以放电时发生Li+嵌入；故B正确；

C．放电时，钙电极为负极，电极反应为Ca-2e-=Ca2+；故C错误；

D．钙活泼性很强；会和水发生反应，所以选用非水电解质来传递离子，构成闭合回路，形成原电池，故D正确。

综上所述答案为BD。9、CD【分析】【详解】

A．由图可知，在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应为放热反应，H小于0；故A错误；

B．由图可知；在Pd催化剂表面离解O－H键的活化能较高，解离C－H键的活化能低，故B错误；

C．在历程Ⅰ～Ⅴ中；生成Ⅴ的活化能最高，反应速率最慢，故C正确；

D．由图可知，HCOOH脱氢是生成氢气和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2；故D正确；

故选CD。10、BC【分析】【分析】

【详解】

略11、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。12、CD【分析】【分析】

根据图象中左侧的物质变化；利用碳和铁的化合价的变化判断左侧是正极，右侧是正极，接右边的装置为电解池，甲为阴极，乙为阳极，根据电子守恒和原子守恒可以书写电极反应及化学反应方程式；

【详解】

A．根据粗铜的精炼阳极是粗铜，电极反应中杂质锌、铁等会发生反应，而阴极是精铜，发生的反应是Cu2++2e-=Cu，故增加的质量和减少的质量不相等，故A不正确；B．根据装置图中左边参于的甲醇判断，左边属于原电池，根据参于物质发生反应方程式为：2FeO2-4+CH3OH+10H+=2Fe3++CO2↑+7H2O；故溶液的PH增大；故B不正确；

C．根据B中书写的化学方程式利用二氧化碳和电子的关系式：CO2～6e-，1.12L转移的电子为0.3mol，甲电极为阴极发生的反应为：Cu2++2e-=Cu；根据电子和铜之间的关系计算铜的物质的量为0.15mol，故增重9.6g，故C正确；

D．根据图象及电子守恒书写原电池正极反应式为FeO2-4+3e-+8H+=Fe3++4H2O；故D正确；

故选答案CD；

【点睛】

此题考查原电池和电解池的综合应用，利用题意和图象物质进行判断，注意电极反应书写时溶液的环境。13、AC【分析】【详解】

A．醋酸溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+，加入少量烧碱固体，氢离子浓度减小，促进电离，则溶液中增大；A正确；

B．25℃时，向水中加入少量CH3COONa固体，CH3COO-离子的水解会促进水的电离；B错误；

C．pH=2的盐酸和醋酸各100mL；分别稀释2倍后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，因此醋酸与锌反应的速率大，C正确；

D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液，钠离子和硝酸根离子不水解，遵循物料守恒，则c(Na+)=c(NO)；D错误；

答案选AC。14、AD【分析】【详解】

A．由氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生反应可知，氢离子浓度增大，含量最大，氢离子浓度减小，含量最大；曲线①为pH值最小，氢离子浓度最大，故曲线①为的浓度与pH的关系图；A错误；

B．由A分析可知，②③分别为的曲线，由图可知，时，B正确；

C．①③分别为的曲线，B点时c()=c()，=pH；C正确；

D．在溶液中存在质子守恒D错误；

故选：AD。15、BC【分析】【分析】

熔盐LiH中，含有Li+和H-，所以H2应转化为H-，从而得出通入H2的电极为阴极，粗硅为阳极，阴极反应式为H2+2e-═2H-，阳极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑；据此分析解题。

【详解】

A．由以上分析知，通入H2的电极为电解池的阴极，反应式为H2+2e-═2H-，A错误；

B．电解过程中，通入氢气的一极为阴极，阳离子向阴极移动，则Li+由粗硅一极向通入H2的一极迁移，B正确；

C．由分析可知，粗硅为电解池的阳极，反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑，故熔融的中参与阳极反应，C正确；

D．由分析可知，粗硅上反应式为：Si+4H--4e-=SiH4↑，D错误；

故答案为：BC。16、BD【分析】【分析】

【详解】

A．如图，时X的变化量为mol/L，转化率=故A正确；

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

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

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

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cu(OH)2、Mn(OH)2的Ksp表达式均为c(M2+)c2(OH-)（M2+为Cu2+或Mn2+），Cu(OH)2的Ksp较小，因此Cu(OH)2先沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2+2当两种沉淀共存时，====2×10-7；

(2)的Kh=H2SO3的第一步电离常数Ka1=故Kh===10-12；

(3)根据电荷守恒，c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于c()=c(Cl-)，故c(H+)=c(OH-)，溶液为中性；等体积混合溶液体积变为原来的2倍，故平衡时溶液中c()=c(Cl-)=0.005mol/L，剩余的c(NH3．H2O)=（0.5a-0.005）mol/L，溶液为中性，c(OH-)=10-7mol/L，NH3∙H2O的电离常数Kb===

(4)铵根离子水解促进水的电离，硝酸铵溶液中铵根离子水解显酸性，溶液中加入氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，水的电离平衡向逆向移动；将amolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，根据电荷守恒计算可知，c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=c(NO3-)，NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，c(NH4+)=c(NO3-)=amol/L；根据：NH3•H2O+OH-，平衡常数Kb==2×10-5，设加入氨水的浓度为x，则=2×10-5，解得x=mol/L；

(5)A．取-lgc(Cu2+)=20的点，此时-lgc(S2-)16.3，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-36.3=100.7×10-37，100.75，故数量级为10-37；A正确；

B．图像的横纵坐标分别是c(Cu2+)和c(S2-)的负对数，越靠右c(Cu2+)越小，越往上c(S2-)越小；饱和时的浓度小，a点溶液在溶解平衡曲线的右上方，即未达到饱和，为不饱和溶液，B正确；

C．该反应的平衡常数表达式为K=按照A选项方法，c(S2－)=10－12mol·L－1，根据图像，c(Zn2＋)约为10－10.3mol·L－1，则Ksp(ZnS)=10－10.3×10－12=10-22.3，将数值代入上式，得出K=1.3×10－7×7.1×10－15×=1.3×7.1×100.3<105（趋向进行完全K>105）；因此该反应不趋于完全，C错误；

D．p点存在溶解平衡是ZnS(s)Zn2＋(aq)＋S2－(aq)，加入Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，溶解平衡向左进行，溶液中c(Zn2＋)减小；但该溶液仍为ZnS的饱和溶液，溶液组成由p向q方向移动，D正确；

故选ABD。【解析】Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2+22×10-710-12中逆向ABD18、略

【分析】【分析】

（1）II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极；负极上通入燃料；正极上通入氧化剂；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

（2）根据I中氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化；II中发生电镀；阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量；

（3）I中还有碳酸根离子生成；

（4）根据转移电子相等计算消失甲烷的体积。

【详解】

（1）装置Ⅱ要实现铁棒上镀铜，则做阳极，做阴极，则装置Ⅰ中a处电极为负极，b处电极为正极，负极上通入燃料，正极上通入氧化剂，所以a处通入的气体是电极反应为b处通入电极反应为

（2）根据装置Ⅰ中电池总反应参加反应且反应生成水，导致溶液中浓度降低，则溶液的减小；装置Ⅱ中发生电镀，阳极上溶解铜的质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中的物质的量浓度不变；

（3）装置Ⅰ溶液中的阴离子除外还含有

（4）装置Ⅱ中阴极质量变化则转移电子，串联电路中转移电子数相等，由可知消耗甲烷，标准状况下体积为【解析】减小不变1.1219、略

【分析】【详解】

(1)如果此反应用氧气表示的化学反应速率是v(O2)=0.05mol/(L·s)，根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，所以用二氧化硫表示的v(SO2)=0.1mol/(L·s)；

(2)升高温度；正反应速率还是逆反应速率都会增大，只不过增大的程度不同，因升高温度此反应会向逆反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应；

(3)其它条件不变，增大氧气的浓度，使得平衡向右移动，SO2的转化率会增大；

(4)A.单位时间内消耗1molSO2的同时生成1molSO3；均表示的是正反应速率，无法判断此反应已经达到化学平衡状态，A不符合题意；

B.该反应是一个气体系数减小的反应；根据PV=nRT可知，恒温恒容条件下，体系的总压强不再随时间的变化而变化说明此反应已经达到化学平衡状态，B符合题意；

C.该反应无论是反应物还是生成物均为气体物质；混合气体的总质量不变，恒容条件下混合气体的密度保持恒定，所以混合气体的密度不再随时间的变化而变化无法判断此反应是否已经达到化学平衡状态，C不符合题意；

D.2v(O2)正=v(SO2)逆；说明反应的正逆反应速率相等，说明此反应已经达到化学平衡状态，D符合题意；

答案选BD。【解析】①.0.1mol/(L·s)②.增大③.增大④.放热⑤.增大⑥.BD20、略

【分析】【详解】

(1)对反应进行标号：△H1=akJ·①，△H2=bkJ·②，将反应②-①3得，△H3，

(2)①A．能判断反应达到平衡，仅无法判断是否达到平衡；A项错误；

B．体积为1L的刚性密闭容器中充入2moI和1mol发生反应；反应前后总质量不变，反应过程中体积始终保持为1L，质量体积均不变，密度不会改变，故无法判断反应是否达到平衡，B项错误；

C．的体积分数不再改变且总体积为1L，表明的体积不变，即物质的量不再改变；反应达到平衡，C项正确；

D．在反应过程中，与的体积比始终为1:1，故与的体积比不再改变无法判断反应是否达到平衡；D项错误；

答案选C；

②A．恒容条件下充入氦气对平衡无影响，不会改变的平衡转化率；A项错误；

B．该反应△H＜0，升高温度，平衡向逆向移动，的平衡转化率减小；B项错误；

C．充入2mol平衡向正向移动，但的转化率降低；C项错误；

D．充入2mol和1mol投料比为2:1，相当于增大压强，平衡向正向移动，的平衡转化率增加；D项正确；

答案选D。

③达到平衡时，的浓度为0.5列出三段式：

容器体积为1L，所以=1mol，=0.5mol，=0.5mol，=，NO2的平衡转化率为反应物与生成物总物质的量为2.5mol，

④对于该反应而言，增大压强，平衡向正向移动，NO2的转化率增大，所以x()减小，结合图像可以推测a点压强大于b点，即pa＞pb，a点和b点的x()相同，并且从题③可知与总压强成反比，所以b点的压强熵大于a点的压强熵。【解析】(b-3a)CD50%5/4p(或)b21、略

【分析】【详解】

（1）0.1mol/L的NaOH溶液中，c(OH-)=10-1mol/L，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=1.0×10-1110-1=1.0×10-12；水的电离为吸热反应，所以温度升高，水的离子积常数增大，因此时的Kw＞1.0×10-14，所以温度T大于25℃；由水电离的c(OH-)等于溶液中的氢离子浓度，为1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-12；大于；25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大；1.0×10-11；

（2）①图象中每条反比例曲线上对应点的横纵坐标之积为该温度下的水的离子积，则图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小B>C>A=D；

②若A点到E点；可使溶液中氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，则具体措施可以是加入碱，如氢氧化钠，故c符合题意；从A点到C点，水的离子积常数增大，则可升温，a符合题意；升高温度可促进水的电离，但加入酸或碱会抑制水的电离，故a符合题意；

综上；答案为c；a；a；

（3）常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，则说明HA为弱酸，其电离方程式为：HAH++A-；溶液中水的离子积常数为1.0×10-14，则由水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，即c水(H+)=c(OH-)==1.0×10-11；为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变不能采用升温，但可以采取的措施加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等。【解析】(1)1.0×10-12大于25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大1.0×10-11

(2)B>C>A=Dcaa

(3)HAH++A-1.0×10-11加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等四、判断题(共3题，共15分)22、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。23、B【分析】【详解】

反应过程中除了H+和OH-反应放热，SO和Ba2+反应生成BaSO4沉淀也伴随着沉淀热的变化，即和反应的

故错误。24、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。五、有机推断题(共4题，共16分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、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37g27、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−2NH328、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36分)29、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