2025年鲁科五四新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年鲁科五四新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷89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、现有下列四个图象；下列反应中全部符合上述图象的反应是。

A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)；△H>0C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H＜0D.H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)；△H>02、下列离子方程式正确的是A.铜溶于浓硝酸：B.氯化铝溶液中滴加氨水，生成沉淀：C.氢氧化钠腐蚀磨口玻璃塞：D.84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：3、如图是在温度分别为置T时的沉淀溶解平衡曲线［温度为时的］。下列说法正确的是。

A.B.温度为时，P点分散系中分散质粒子直径均小于1nmC.Q点对应的溶液中约为D.加水稀释时溶液碱性减弱，Z点对应的溶液可转化为Q点对应的溶液4、下列实验现象或数据不能用勒沙特列原理解释的是。A.探究溶液碱性强弱B.探究难溶性钡盐的生成c(氨水)/(mol/L)0.10.01常温下pH11.110.6。c(氨水)/(mol/L)0.10.01常温下pH11.110.6

c(氨水)/(mol/L)0.1

C.测定不同温度纯水的导电性D.测定不同浓度氨水的pH

A.AB.BC.CD.Dc(氨水)/(mol/L)0.10.01常温下pH11.110.65、常温下，用0.10mol∙L−1NaOH溶液滴10mL0.10mol∙L−1H2A溶液；测得滴定曲线如下。下列说法正确的是。

A.溶液①中H2A的电离方程式是H2A2H＋＋A2−B.溶液②中c(HA－)＞c(A2−)＞c(H2A)C.溶液③中c(Na＋)=c(HA－)＋c(A2−)D.溶液④中2c(Na＋)=c(A2−)＋c(HA－)＋c(H2A)6、人造光卤石(KCl·MgCl2·6H2O)是盐化工生产的中间产物。以光卤石为原料制得金属镁，可有下列步骤：①过滤②溶解③加入适量Ca(OH)2④蒸发⑤用盐酸溶解⑥电解熔融MgCl2⑦在HCl气流中强热MgCl2·6H2O晶体正确的顺序是A.⑤③①②④⑥⑦B.②③①⑤④⑦⑥C.②④①③⑦⑤⑥D.⑤③①④②⑦⑥7、下列解释事实的方程式不正确的是A.电解饱和食盐水，产生黄绿色气体：B.用溶液将水垢中的转化为C.向H2O2溶液中滴加溶液，产生气泡：D.向苯酚浊液中滴加溶液，溶液变澄清：评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、SO2是一种食品添加剂，还是重要的漂白剂和抗氧化剂，也是导致酸雨的重要物质。工业常用足量氨水吸收处理SO2尾气。根据相关信息回答下列问题。

(1)下列操作能使氨水溶液中NH3·H2O的电离程度增大的是___________(填字母序号，下同)，能使电离常数增大的是___________。

A．通少量氨气B．降低温度C．加水稀释D．升高温度E．加少量的NH4Cl固体。

(2)已知：常温下Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，常温下，CH3COONH4的水溶液中由水电离出的c(H+)___________1.0×10-7mol·L-1(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，溶液中c(CH3COO-)___________c(NH)。

(3)国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g·L-1。某化学兴趣小组向葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使全部逸出，并用完全氧化生成用的NaOH标准溶液滴定所得测定SO2的含量。

①滴定前，先在锥形瓶中滴入几滴无色酚酞。达到滴定终点的标志是___________。

②读数时，若滴定前平视液面，滴定后俯视液面，则对滴定结果的影响是___________(填“偏高”；“偏低”或“无影响”)。

③滴定至终点后，计算出消耗标准溶液的体积，重复以上操作2次，具体数据见下表。滴定次数123V(NaOH)(消耗)25.00mL24.98mL25.02mL

该葡萄酒中的SO2含量为___________g·L-1。9、氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl(-1价)和S(+6价)的速率v(纵坐标)与反应时间t(横坐标)的关系如图所示，已知该反应速率随着溶液中c(H+)的增大而加快。

(1)反应开始时反应速率加快的原因是______；

(2)反应后期反应速率减慢的原因是______。10、“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，反应方程式为ΔH<0，一定温度下，于恒容密闭容器中充入反应开始进行。

(1)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母代号)。A．c(CH3OH)与c(CO2)比值不变B．容器中混合气体的密度不变C．3v正(H2)=v逆(CH3OH)D．容器中混合气体的平均摩尔质量不变(2)上述投料在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p变化曲线、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)~t变化曲线如图所示。

①图中对应等压过程的曲线是_______。

②当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率α=_______，反应条件可能为_______。

(3)温度为T时，向密闭恒容容器中充入3molH2和1molCO2的混合气体，此时容器内压强为4P，当CO2的转化率为50%时该反应达到平衡，则该温度下，此反应的平衡常数Kp=_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)11、某温度时；在2L容器中，某一反应中A；B的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：

(1)该反应的化学方程式为_____________________________________。

(2)从反应开始至4min时，A的平均反应速率为____________________________。

(3)反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g)；在一可变的容积的密闭容器中进行，（填增大；不变、减小）

①保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率_______。

②保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，逆反应速率_______。

(4)将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)，经过5min后测得D的浓度为0.5mol·L－1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的反应速率是0.1mol·L－1·min－1，A在5min末的浓度是________，x的值是________。12、钢铁工业是国家工业的基础。请回答钢铁冶炼；腐蚀、防护过程中的有关问题。

（1）下列哪个装置可防止铁棒被腐蚀_____________。

（2）在实际生产中；可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如右：

请回答：

①A电极对应的金属是______(写元素名称)，B电极的电极反应式是____________。

②若电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为51.2g，则电镀时电路中通过的电子物质的量为_______。13、已知常温下；0.1mol/L的某一元酸HA的水溶液中，有0.1%的HA发生电离。请回答下列问题：

(1)该溶液的pH=_______。

(2)HA的电离平衡常数Ka=_______。

(3)要使溶液中值减小，可以采取的措施是_______。(多选；填序号)

A．加少量烧碱固体B．通少量HCl气体。

C．加水D．升高温度E．加少量NaA固体。

(4)常温下，0.1mol/L的NaA溶液显_______性(填“酸”、“中”或“碱”)，原因是(用离子方程式表示)_______。

(5)常温下，已知NH4A溶液呈中性，HA溶液滴加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH_______7(填“＞”、“＜”或“=”)。14、25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数10-5K1=4×10-7

K2=4×10-1110-8

请回答下列问题：

（1）a.CH3COOH、b.H2CO3、c.HClO的酸性由强到弱的顺序为___。(填字母)

（2）物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：

a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3

pH由小到大排列的顺序是___(填字母)

（3）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程中，下列各项中数值变大的是___(填字母)

A.c(H+)B.C.c(H+)·c(OH-)

D.E.F.

（4）25℃时，H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol/L，则该温度下pH=3、c(HSO3-)=0.1mol/L的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=___。15、已知室温时；0.1mol/L某一元酸HA在水中电离度为0.02%，回答下列各问题：

（1）该溶液中c(H＋)＝_________。

（2）HA的电离平衡常数K＝_________；

（3）升高温度时；K_________(填“增大”，“减小”或“不变”)。

（4）由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的_______倍。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误17、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误18、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误19、(1)用碳酸钠粉末可以制备CO2_______

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4_______

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3_______

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：将MgCl2溶液加热蒸干_______

(6)用向上排空气法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先熄灭酒精灯，后移出导管_______

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水_______A.正确B.错误20、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误21、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、工业流程题(共3题，共24分)22、随着锂离子电池在多个领域被广泛应用，废旧锂离子电池的产生量也在逐年增加。一种利用废旧锂离子电池硫酸浸出液(含和)回收铝；铁和铜的工艺如下：

室温时，溶液中几种金属阳离子的[M为金属阳离子]与溶液的的关系如图所示。

(1)是一种锂电池三元正极材料，其中和的化合价相同，均为___________。

(2)滤渣Ⅰ的主要成分是___________。

(3)加入调节时，需将溶液调至不低于___________。“含氟废水”中含有一定量的写出“洗涤”过程中发生反应的化学方程式：___________。

(4)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为___________。“氧化”过程中若使用双氧水作氧化剂，用量会较大程度地超过理论用量，其可能原因是___________。

(5)本工艺中两次调节后，均需将溶液升温至90℃，其原因是___________。

(6)利用净化液进一步合成锂电池正极材料，需要测定净化液中的和含量。其中的测定过程如下：取净化液，加入混合溶液调节为9，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点(离子方程式为)，消耗标准溶液净化液中的浓度为___________(用含a，b的式子表示)23、“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：

已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应；得到的产物具有两性。

（1）“烂板液”中溶质的主要成分是____(填化学式)。

（2）在操作①中保持pH＝8的目的是____。

（3）沉淀Ⅰ的主要成分是___(填化学式)。

（4）操作③中加热煮沸的目的是___；此步操作的理论依据是___。

（5）操作④保持pH＝2的目的是____；此步操作中加热所用的主要仪器是____。24、近年来随着新能源汽车的推广使用；产生了大量的废旧三元锂电池，其正极材料主要含铝；锂、镍、钴、锰等元素，对正极材料进行回收处理的某种工艺流程如图所示：

已知：

①共沉淀制备正极材料前驱体发生的反应：Li2SO4+(1−x−y)NiSO4+xCoSO4+yMnSO4+4NaOH=Ni(1−x−y)CoxMny(OH)2↓+2LiOH+2Na2SO4。

②金属离子浸出率(η)的计算公式为η=×100％。其中c为金属离子的质量浓度，单位为g·mL−1；V为滤液的体积；单位为mL；m为粉料中该金属的理论质量，单位为g。

回答下列问题：

(1)回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故。用NaCl溶液浸泡后，放电过程中可能产生的气体有_______；将正极片预处理得到粉料的目的是_______。

(2)硫酸浓度对金属浸出率的影响如图所示，则酸浸还原时，最佳的硫酸浓度为_______。

(3)在除杂阶段，加入NH4HCO3溶液除去溶液中的Al3+，其反应的离子方程式为_______。

(4)沉淀完成后得到终端产品1(Li2CO3)的操作有_______；写出正极材料前驱体在空气中煅烧得到终端产品2[LiNi(1−x−y)CoxMnyO2]的化学方程式：_______。

(5)浸出实验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，再将准确称量的5.00g粉料(其中钴元素含量为18.00%)倒入，反应后将其过滤，定容得溶液的体积为50.00mL，采用电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+的浓度为17.28mg·mL−1，则Co2+的浸出率为_______。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20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、原理综合题(共4题，共8分)29、Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换[]中和分压随时间变化关系（如图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和相等、和相等。

计算曲线a的反应在内的平均速率________467℃时和随时间变化关系的曲线分别是________、________。489℃时和随时间变化关系的曲线分别是_______、_______。30、I：已知反应：在一定体积的容器内发生上述反应，反应中的浓度随时间的变化如下表：。温度。

时间(分钟)1300℃高于1300℃02mol•L-12mol•L-12amol•L-1bmol•L-141.4mol•L-1cmol•L-161.23mol•L-1cmol•L-181.23mol•L-1cmol•L-1

(1)该反应的平衡常数表达式是K=______。根据表中数据计算1300℃时，在4分钟内的反应速率=______达到平衡时的转化率=_______%(结果保留到0.1%)

(2)表中a______b，c______1.23(选填“>”、“<”或“=”)。

Ⅱ：CO2资源化利用和转化；消除硫、氮等引起的污染已成为当今科学研究的热点。

(3)加氢法减碳：制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH。该反应一般认为通过如下步骤来实现：

I．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1

Ⅱ．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1

①总反应的ΔH=___________kJ·mol-1；

②若反应I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)。

a．B．

③CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示，阴极上的反应式为___________。

31、二氧化碳、二氧化硫和氮氧化物(NOx)对环境都有很大影响；采用化学方法进行合理利用和转化是消除其影响的重要措施。

(1)下图为联合处理示意图；电极均为惰性电极。请回答下列问题：

①a是___________极，c为___________极。

②d极的电极反应式为___________。

(2)在一定条件下可转化为无害气体，其反应为

某研究小组将和充入体积为的恒容密闭容器中，在不同温度下随反应时间的变化如图所示：

已知：(为速率常数；只与温度有关)。

①该反应的___________0(填“＞”“＜”或“=”)。

②时，内用表示的平均反应速率___________。

③下列措施能使生成的反应速率增大的是___________(填序号)。

A．使用催化剂B．充入稀有气体。

C．降低反应温度D．将及时分离出来。

④时，___________。32、(1)1780年，意大利解剖学家伽伐尼在用银质手术刀触碰放在铁盘上的青蛙时，无意间发现青蛙腿部肌肉抽搐了一下，仿佛受到电流的刺激。伽伐尼认为出现这种现象的原因是动物体内存在“生物电”。结合你所学的知识模拟该过程，下列哪种材质的手术刀触碰铁盘上的青蛙腿不会产生触动_________(填字母)。

a.铝b.玻璃c.银d.铁。

(2)1799年；伏打仔细研究了伽伐尼的发现，以含食盐水的湿抹布，夹在银和锌的圆形版中间，堆积成圆柱状，制造出世界上最早的电池——伏打电池。将洁净的金属片A；B、D、E分别放置在浸有盐溶液的滤纸上面并压紧（如图所示）。在每次实验时，记录电压表指针的移动方向和电压表的读数如下：

。金属。

电子流动方向。

电压（V）

A

A→Cu

+0.78

B

Cu→B

-0.15

D

D→Cu

+1.35

E

E→Cu

+0.30

已知：构成两电极的金属其金属活泼性相差越大；电压表的读数越大。请依据表中数据判断：

①_______金属可能是最强的还原剂(填A或B或D或E；下同)；

②______金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜。

(3)1836年；英国科学家丹尼尔对伏打电池进行改进，获得了世界上第一个具有稳定电流的电池，如图是丹尼尔电池的简易装置：

该电池的电流流向为从___流向_____(填Zn或Cu)，正极反应式为____________。

(4)随着社会的发展和科技的进步，也可以使Cu+2H+=Cu2++H2的反应发生，根据你所学的电化学的知识，我们可以通过________________________装置来实现该反应。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0；增大压强；平衡正向移动，生成物浓度增大；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1；图3不符；故不选A；

B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)正反应吸热；升高温度，平衡正向移动，生成物浓度增大；平均相对分子质量减小；增大压强，平衡逆向移动，生成物浓度减小，平均相对分子质量增大，全部符合上述图象，故选B；

C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)正反应放热；升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1；2不符，故不选C；

D．H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)；反应前后气体系数和相同，增大压强平衡不移动，与图1；3、4不符，故不选D；

选B。2、C【分析】【详解】

A．铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸要写成离子，正确的离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；故A错误；

B．氯化铝溶液中滴加氨水，生成氢氧化铝沉淀，NH3·H2O是弱电解质，不能写成离子，正确的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3故B错误；

C．氢氧化钠能和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠和水；腐蚀磨口玻璃塞，故C正确；

D．84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体氯气和水，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；故D错误；

故选C。3、C【分析】【分析】

的溶解度随温度的升高而减小；结合难溶电解质溶解平衡相关知识解答。

【详解】

A．溶解度随着温度的升高而降低，根据图像，可知A项错误；

B．温度为时；P点对应的溶液是过饱和溶液，即悬浊液，因此分散质粒子直径大于100nm，B项错误；

C．Q点，根据即解得

因此C项正确；

D．加水稀释，和都减小，而由增大，减小；D项错误。

答案选C。4、B【分析】【详解】

A．碳酸钠溶液中；碳酸根水解，溶液显碱性，无色酚酞遇碱性呈红色，加入氯化钡，碳酸根离子与钡离子结合，生成碳酸钡沉淀，水解程度减小，红色会慢慢褪去，能用勒沙特列原理解释，A项不符合题意；

B．亚硫酸的酸性小于盐酸；二氧化硫与氯化钡溶液不反应，向通入二氧化硫的氯化钡溶液中通入足量氯水，氯水与溶液中的二氧化硫反应生成的硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，沉淀的生成不能用勒沙特列原理解释，B项符合题意；

C．水的电离是吸热过程；升高温度，水的电离平衡右移，溶液中离子浓度增大，导电性增强，则升高温度，水的导电性增强能用勒沙特列原理解释，C项不符合题意；

D．氨水在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；溶液中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡向右移动，氨水的电离程度增大，则氨水加水稀释时电离程度增大能用勒沙特列原理解释，D项不符合题意；

答案选B。5、B【分析】【详解】

A．0.10mol∙L−1H2A溶液，pH=1.3，说明c(H＋)＜0.1mol∙L−1，因此H2A部分电离，溶液①中H2A的电离方程式是H2AH＋＋HA－；故A错误；

B．溶液②溶质为NaHA，溶液显酸性，说明HA－电离程度大于水解程度，因此溶液中c(HA－)＞c(A2−)＞c(H2A)；故B正确；

C．溶液③溶质为NHA和Na2A的混合物，溶液呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得到c(Na＋)=c(HA－)＋2c(A2−)；故C错误；

D．溶液④中溶质为Na2A，根据物料守恒得到c(Na＋)=2c(A2−)＋2c(HA－)＋2c(H2A)；故D错误。

综上所述，答案为B。6、B【分析】【分析】

【详解】

提纯光卤石得到MgCl2的步骤为：先将光卤石溶解于水，因为KCl、MgCl2均易溶于水，然后沉淀Mg2+；由于Mg(OH)2的溶解度比Ca(OH)2更小，故加入适量的Ca(OH)2过滤后得Mg(OH)2，洗涤后溶于适量的盐酸发生反应Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，蒸发结晶得MgCl2·6H2O，由于加热MgCl2·6H2O的过程中，MgCl2会水解为Mg(OH)2，而MgCl2的水解是一个可逆反应，MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，根据平衡移动原理，在HCl气流中加热MgCl2·6H2O，使Mg2+的水解被抑制，故能得到纯净的MgCl2，最后电解熔融MgCl2得到金属镁。综上所述，步骤为②③①⑤④⑦⑥，故选B。7、B【分析】【详解】

电解饱和的食盐水生成氢氧化钠，氢气和氯气，故化学方程式为选项A正确；

B.用溶液除水垢中的生成碳酸钙和硫酸钠，是一种微溶物书写离子方程式不拆，故离子方程式为选项B错误；

C.向H2O2溶液中滴加溶液生成水和氧气，故化学方程式为选项C正确；

D.向苯酚浊液中滴加溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，故离子方程式为选项D正确；

答案选B。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】（1）

A．通入氨气；氨水的浓度增大，电离程度减小，A不选；

B．NH3·H2O的电离是吸热反应；降低温度平衡逆向移动，电离程度减小，B不选；

C．加水稀释；促进一水合氨的电离，电离程度增大，C选；

D．升高温度，NH3·H2O的电离平衡正向移动；电离程度增大，D选；

E．加入少量氯化铵固体；铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，电离程度减小，E错误；

故NH3·H2O的电离程度增大的是：CD；

电离常数只受温度影响；升高温度平衡正向移动，则能使电离常数增大的是D；

（2）

CH3COONH4溶液中发生水解反应，促进水的电离，则水电离出的c(H+)>1.0×10-7mol·L-1，已知常温下Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，则CH3COONH4溶液中醋酸根的水解程度和铵根的水解程度相同，c(CH3COO-)=c(NH)；

（3）

①用NaOH标准溶液滴定溶液；指示剂是无色酚酞，达到滴定终点的标志是当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；

②读数时；若滴定前平视液面，滴定后俯视液面，NaOH标准溶液体积偏小，则对滴定结果的影响是偏低；

③由表知V(NaOH)=n(NaOH)=cV(NaOH)=0.0900mol/L×0.025L=0.00225mol，根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×0.00225mol×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L。【解析】(1)CDD

(2)＞=

(3)当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色偏低0.249、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题意知，KClO3与NaHSO3反应生成Cl-和根据得失电子守恒初步确定反应为：+3→Cl-+3根据元素守恒和电荷守恒，确定方程式右边添加3个H+，完整反应为：+3=Cl-+3+3H+，随着反应的进行，溶液中c(H+)增大，结合题目所给信息知反应速率加快，故此处填：+3→Cl-+3+3H+，随着反应的进行，溶液中c(H+)增大；

(2)随着反应的进行，反应物浓度越来越小，反应速率逐渐变慢，故此处填和浓度减小。【解析】+3=3+Cl-+3H+，溶液中c(H+)增大ClO和HSO浓度减小10、略

【分析】【详解】

（1）A．初始投料为H2和CO2，所以平衡前CO2浓度减小，CH3OH浓度增大，所以当c(CH3OH)与c(CO)比值不变时说明反应达到平衡；故A选；

B．根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量m(g)不变，恒容条件下，由知密度始终不改变；所以不能据此判断反应是否达到平衡，故B不选；

C．若因为则则正逆反应速率不相等，说明该反应未达到平衡状态，故C不选；

D．该反应是反应前后气体物质的量n(g)改变、质量m(g)不变的反应，由知混合气体的平均摩尔质量不再改变时；反应达到了平衡状态，故D选；

故答案为：AD；

（2）①由题意可知，该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数x(CH3OH)减小，故图中对应等压过程的曲线是b，故答案为b；该反应为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小；

②于恒容密闭容器中充入设CO2的起始量为amol，变化量为bmol，则H2的起始量为3amol；列三段式计算如下：

当平衡时体系中甲醇的物质的量分数x(CH3OH)=0.10，即整理得a=3b，故CO2的平衡转化率由曲线b知，此时反应条件为5×105Pa、210℃，由曲线a知，此时反应条件为9×105Pa、250℃。故答案为：33.3%；5×105Pa、210℃或9×105Pa；250℃；

（3）温度为T时，向密闭恒容容器中充入3molH2和1molCO2的混合气体，此时容器内压强为4P，当CO2的转化率为50%时该反应达到平衡，即CO2的变化量为1mol×50%=0.5mol；列三段式计算如下：

平衡时气体总物质的量为(1.5+0.5+0.5+0.5)mol=3mol，反应前气体总物质的量为(1+3)mol=4mol，则平衡压强为平衡时H2的物质的量分数为CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量分数均为则该温度下，此反应的平衡常数故答案为【解析】(1)AD

(2)b33.3%5×105Pa、210℃或9×105Pa；250℃

(3)11、略

【分析】【分析】

根据图像中反应物浓度的减少和生成物的增加计算反应方程式；根据单位时间内反应物浓度的变化量计算反应速率；根据单位体积内活化分子百分数的变化判断反应速率的变化；根据速率比等于化学计量数的比计算未知量的值。

【详解】

(1)根据图像，4min时A物质减少0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质增加0.4mol-0.2mol=0.2mol，由于反应的物质的量变化量比等于化学计量数比，则该反应的反应方程式为2AB，故答案为：2AB；

(2)从反应开始到4min时，A物质减少0.4mol，则这段时间内A物质的反应速率v====0.05mol·L-1·min-1，故答案为：0.05mol·L-1·min-1；

(3)①体积不变充入氮气；反应的单位体积中活化分子百分数不变，正逆反应速率不变，故答案为：不变；

②保持压强不变充入氮气；容器体积增大，反应的单位体积中活化分子百分数减小，正逆反应速率减小，故答案为减小；

(4)5min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，则D的速率v==0.1mol·L-1·min-1，根据速率比等于化学计量数比，可以得出x=2；设反应开始时充入ymol的两种气体，经过5min后A的物质的量变为(y-1.5)mol，B的物质的量变为(y-0.5)mol，此时A、B的浓度比为3:5，则y=3mol，5min末A物质的浓度c===0.75mol·L-1，故答案为：0.75mol·L-1、2。【解析】2AB0.05mol·L－1·min－1不变减小0.75mol·L－1212、略

【分析】【分析】

(1)根据金属生锈的条件以及原电池和电解池的工作原理知识来回答判断；

(2)①在铁件的表面镀铜时；金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，根据电解池的工作原理来回答；

②根据电极反应以及两极上金属质量的变化来回答。

【详解】

(1)B装置中；金属铁做原电池的正极，被保护，不易生锈，D装置中，金属铁作阴极，被保护起来，C装置具备金属生锈的条件，A装置中，金属铁是原电池的负极，易被腐蚀，故答案为BD；

(2)①在铁件的表面镀铜，金属铜必须是阳极材料，发生电极本身失电子的氧化反应，且金属铁为阴极，发生电极反应：Cu2++2e-=Cu；

②若电镀前铁、铜两极的质量相同，电镀后两极上的电极反应：阳极：Cu-2e-=Cu2+，阴极：Cu2++2e-=Cu，当两个电极质量差为5.12g时，设电子转移量是n，则0.5n×2×64g/mol=5.12g，解得n=0.08mol。【解析】BD铜Cu2++2e-=Cu0.8mol13、略

【分析】【详解】

(1)该溶液中，c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=4。答案为：4；

(2)HA的电离平衡常数Ka=≈1×10-7。答案为：1×10-7；

(3)A．加少量烧碱固体，与溶液中的H+反应，从而减小c(H+)，虽然平衡正向移动，但最终c(H+)减小的程度仍大于c(HA)减小的程度，所以值减小；

B．通少量HCl气体，增大溶液中的c(H+)，虽然平衡逆向移动，但c(H+)增大的程度仍大于c(HA)增大的程度，所以值增大；

C．加水，平衡正向移动，n(H+)增大，而n(HA)减小，所以=值增大；

D．升高温度，平衡正向移动，c(H+)增大，而c(HA)减小，所以值增大；

E．加少量NaA固体，平衡逆向移动，c(H+)减小，而c(HA)增大，所以值减小；

综合以上分析；AE符合题意，故选AE。答案为：AE；

(4)NaA为强碱弱酸盐，酸根离子A-发生水解而使溶液显碱性，所以常温下，0.1mol/L的NaA溶液显碱性，原因是A-+H2OHA+OH-。答案为：碱；A-+H2OHA+OH-；

(5)常温下，NH4A溶液呈中性，说明一水合氨的电离程度与HA的电离程度相同；HA溶液滴加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的酸性强，所以铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，(NH4)2CO3溶液呈碱性，pH＞7。答案为：＞。【解析】41×10-7AE碱A-+H2OHA+OH-＞14、略

【分析】【分析】

(1)酸的电离平衡常数越大；酸的酸性越强；

(2)酸的电离平衡常数越大；酸的酸性越强，其对应的酸根离子结合氢离子的能力越弱；

(3)加水稀释促进醋酸电离，醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但是c(OH-)增大；

升高温度促进醋酸电离，溶液中c(H+)、c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)、c(OH-)减小；

(4)根据亚硫酸第一步电离平衡常数计算亚硫酸浓度。

【详解】

(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，CH3COOH、H2CO3、HClO电离平衡常数依次减小，则酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故答案为：a＞b＞c；

(2)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根阴离子结合氢离子的能力越弱，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以结合氢离子能力强弱顺序是CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，结合氢离子的能力越强，溶液的碱性越强，pH越大，因此pH由小到大排列的顺序CH3COO-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，即a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；

(3)加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但水的离子积常数不变，则c(OH-)增大。

A．加水稀释c(H+)减小，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，n(H+)增大、n(CH3COOH)减小，所以=增大，故B正确；C．c(H+)•c(OH-)=Kw，温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；D．加水稀释，溶液中c(H+)减小，c(OH-)增大，则增大，故D正确；E．=Ka，温度不变，电离平衡常数不变，故E错误；F．==温度不变，电离平衡常数和水的离子积常数不变，故F错误；故答案为：BD；

(4)电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c(HSO3-)=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)==mol/L=0.01mol/L，故答案为：0.01mol/L。【解析】a＞b＞ca＜d＜c＜bBD0.01mol/L15、略

【分析】【分析】

根据题中一元酸HA在水中电离度为0.02%可知；本题考查电离平衡常数的计算；温度对电离平衡的影响，运用电离平衡常数等于溶液中的电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值、升高温度促进电离分析。

【详解】

(1)该溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.02%=2×10-5mol/L,

故答案为2×10-5mol/L；

（2）HA=H++A-，则HA电离平衡

故答案为4×10-9；

（3）一元酸HA属于弱电解质；弱电解质的电离是吸热反应，升温促进弱电解质电离，所以电离平衡常数增大。

故答案为增大。

（3）溶液中HA电离的c(H+)=2×10-5mol/L，水电离出的所以由HA电离出的c（H+）与水电离出的c(H+）比=2×10-5mol/L:5×10-10mol/L=4×104；

故答案为4×104。【解析】2×10-5mol/L4×10-9增大4×104三、判断题(共6题，共12分)16、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。17、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。18、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；19、B【分析】【分析】

【详解】

(1)用碳酸钠粉末与酸反应可以制备CO2；故正确；

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率不可改用浓H2SO4；浓硫酸遇铁，常温下发生钝化，故错误；

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理除去二氧化碳和水，可获得NH3；故正确；

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同；均是固体加热，故正确；

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：应在HCl气流中将MgCl2溶液加热；故错误；

(6)应用排水法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO；故错误；

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先移出导管；后熄灭酒精灯，故错误；

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物应先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。21、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、工业流程题(共3题，共24分)22、略

【分析】【分析】

一种利用废旧锂离子电池硫酸浸出液(含和)回收铝、铁和铜的工艺如下：硫酸浸出液加入Mn粉，先将还原为再将铜还原，二次还原后，过滤，得滤渣Ⅰ主要成分为和末反应的滤液Ⅰ含和加入NiCO3，调节pH不低于5，确保铝离子沉淀完全，过滤得滤渣Ⅱ，主要成分为Al(OH)3，加入含NaF的废水，发生得Na3AlF6，滤液Ⅱ含有加入硫酸酸化的Na2S2O3，将氧化成“氧化”过程中发生反应的离子方程式为再调节pH除去铁，得净化液。

【详解】

(1)是一种锂电池三元正极材料，其中和的化合价相同，根据化合价代数和为0，+1+x-2=0；x均为+3。故答案为：+3；

(2)滤渣Ⅰ的主要成分是和末反应的故答案为：和

(3)加入调节时，需将溶液调至不低于5，由图pH=5时，pAl3+=5，c(Al3+)=10-5mol∙L-1，沉淀完全。“含氟废水”中含有一定量的与氢氧化铝反应得Na3AlF6，“洗涤”过程中发生反应的化学方程式：故答案为：5；

(4)“氧化”过程中将氧化成利于沉淀而除去，发生反应的离子方程式为“氧化”过程中若使用双氧水作氧化剂，用量会较大程度地超过理论用量，其可能原因是溶液中金属阳离子催化的分解，增大的消耗。故答案为：溶液中金属阳离子催化的分解，增大的消耗；

(5)本工艺中两次调节后，均需将溶液升温至90℃，其原因是破坏胶体，使沉淀颗粒变大，利于过滤。故答案为：破坏胶体；使沉淀颗粒变大，利于过滤；

(6)根据离子方程式为消耗标准溶液时，净化液中的物质的量为×浓度为=(用含a，b的式子表示)，故答案为：【解析】和5溶液中金属阳离子催化的分解，增大的消耗破坏胶体，使沉淀颗粒变大，利于过滤23、略

【分析】【分析】

“烂板液”中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8，使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩，冷却结晶，得到Zn(NO3)2•6H2O晶体；据此分析解答。

【详解】

(1)由题意知，“烂板液”指的是稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”，所以“烂板液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2，故答案为Zn(NO3)2；

(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解，故答案为防止生成的Zn(OH)2溶解；

(3)在碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ的主要成分为Zn(OH)2和Fe(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Zn(OH)2；

(4)操作③是为了分离Zn2＋和Fe3＋，温度越高，Fe3+水解程度越大，加热煮沸，可以促使Fe3+完全水解，故答案为促使Fe3+完全水解；温度越高；水解程度越大；

(5)由“Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解；操作④包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，所用的主要仪器有蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒，故答案为抑制Zn2+水解生成Zn(OH)2；蒸发皿；酒精灯、铁架台、玻璃棒。

【点睛】

本题的易错点为(5)，要注意题意信息的解读，要注意锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解。【解析】Zn(NO3)2防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解Zn(OH)2和Fe(OH)3促使Fe3＋完全水解温度越高，水解程度越大抑制Zn2＋水解蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒24、略

【分析】【分析】

经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品，正极材料前驱体在空气中煅烧得到终端产品2[LiNi(1−x−y)CoxMnyO2]的化学方程式为4Ni(1−x−y)CoxMny(OH)2+4LiOH+O24LiNi(1−x−y)CoxMnyO2+6H2O。

【详解】

(1)用NaCl溶液浸泡放电的过程为电解NaCl溶液的过程，反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，因此浸泡放电过程中产生的气体为H2和Cl2；将正极片预处理得到粉料的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；

(2)由图可知，硫酸浓度为1.5mol·L−1时，金属的浸出率较高，再增大硫酸的浓度，金属的浸出率几乎不变，所以最佳的硫酸浓度为1.5mol·L−1；

(3)Al3+与发生相互促进的完全双水解反应：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(4)沉淀完成后从溶液中得到Li2CO3的操作有过滤、洗涤、干燥。由流程图及已知信息知，反应物有LiOH、Ni(1−x−y)CoxMny(OH)2，生成物有LiNi(1−x−y)CoxMnyO2，再根据氧化还原反应规律知，空气中的O2参与了反应，所以化学方程式为4Ni(1−x−y)CoxMny(OH)2+4LiOH+O24LiNi(1−x−y)CoxMnyO2+6H2O；

(5)根据金属离子浸出率(η)的计算公式为η=×100％计算，Co2+的浸出率=×100％=96.00％。【解析】H2、Cl2增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率1.5mol·L−1Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑过滤、洗涤、干燥4Ni(1−x−y)CoxMny(OH)2+4LiOH+O24LiNi(1−x−y)CoxMnyO2+6H2O96.00%五、有机推断题(共4题，共20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，Na