2025年苏教版选择性必修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年苏教版选择性必修1化学上册月考试卷239考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在一定温度下，将0.40molNO和0.20molCO充入一个容积为2L的密闭容器中进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0；反应过程中物质的物质的量随时间的变化如图所示。下列有关叙述正确的是。

A.在0~6min内v(CO2)约为1.3×10-3mol·L-1·min-1B.第8min时改变的条件可能是升高温度C.该反应在第二次达到平衡时的化学平衡常数约为3.44L·mol-1D.该反应在8~12min内CO的转化率为60%2、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A.实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法B.配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中C.工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，采用400℃~500℃的高温条件D.工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热3、下列叙述正确的是（）A.CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物B.电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生C.灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池D.Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)34、光电池在光照条件下可产生电压，如图所示装置可实现光能的充分利用。双极膜复合层间的H2O能解离为H+和OH－，且双极膜能实现H+和OH－的定向通过。下列说法正确的是()

A.该装置将光能最终转化为电能B.再生池中的反应为2V2++2H2O=2V3++2OH－+H2↑C.当阳极生成33.6LO2时，电路中转移电子数为6NAD.光照过程中阳极区溶液中的n(OH－)基本不变5、“劳动是一切幸福的源泉”，下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是。

选项

劳动项目

化学知识

A

用84消毒液进行环境消毒

含氯消毒剂具有氧化性

B

垃圾分类

“可回收物”中的玻璃能被氢氟酸腐蚀

C

用热的纯碱溶液洗去油污

热的纯碱溶液能与油脂反应生成可溶于水的物质

D

用明矾净水

明矾水解产生的氢氧化铝胶体可使水中细小颗粒絮凝

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）＋CO2（g）FeO（s）＋CO（g）△H＞0。1100℃时，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。

（1）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=___________（结果保留3位有效数字）。

（2）1100℃时该反应的平衡常数K＝______（填数值）；该温度下，若在8分钟时CO2和CO各增加0.5mol/L，此时平衡__________移动（填“正向”；“逆向”或“不”）。

（3）1100℃时，2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：。容器甲乙反应物投入量3molFe、2molCO24molFeO、3molCOCO的浓度（mol/L）c1c2CO2的体积分数φ1φ2体系压强（Pa）P1P2

下列说法正确的是___________（填序号）；

A2c1=3c2Bφ1=φ2CP1＜P27、在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：

（1）反应过程中的能量变化示意图如图-1，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E的变化是___________。（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），的变化是___________。

（2）反应过程中的物质的量随时间变化的状况如图-2所示。

①若A容器的体积为反应经达到平衡状态，则内以浓度变化表示的反应速率为____________。

②该反应化学平衡常数的表达式为____________。

③说明该反应已达到平衡状态的是____________。

a.b.

c.d.气体的密度保持不变。

（3）若A、B两容器中只是温度不同，则____（填”>”或“<”），能使平衡正向移动且提高二氧化氮转化率的措施有____。

a.适当升高温度b.适当增大压强。

c.通入一定量气体d.选择高效催化剂8、下图是一个电化学过程的示意图。请回答下列问题：

(1)图中甲池中OH-移向_________极（填“CH3OH”或“O2”）。

(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式：__________________________________

(3)A电极的名称是_____，乙池中反应的化学方程式为_____________。若要使溶液恢复电解前的状态，应向乙池中加入________(写化学式)。

(4)当乙池中B(Ag)极质量增加10.8g，甲池中理论上消耗O2的体积为________L(标准状况)，此时丙池中某电极析出某金属，则丙池中的某盐溶液可能是____________

A.MgSO4B.CuSO4C.NaClD.AgNO39、Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)

(1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。A．混合气体密度不变B．容器内压强不变C．2v正(H2S)=v逆(CS2)D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变

Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①；达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。

(2)如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。

(3)M点对应温度下，H2S的转化率是___________。

Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率；平均反应速率。

(4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是___________。

(5)未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为___________。

10、在一定温度下；将冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力随加水量变化的曲线如图所示。

请回答下列问题：

(1)“O”点冰醋酸几乎不能导电的原因是______________________________________。

(2)a、b、c三点对应的溶液中，由小到大的顺序为_____________。

(3)a、b、c三点对应的溶液中，的电离程度最大的是______________。

(4)若使c点对应的溶液中增大，下列措施中，可行的是__________(填字母；下同)。

A．加热B．加固体C．加水。

D．加固体E．加锌粒。

(5)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量增大的是_________。A．B．C．D．11、一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)；还含有铜；钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如图：

“除铁”时H2O2的作用是______，加入碳酸钠的目的是____。12、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ的热量，写出CH4燃烧热的热化学方程式：_______________评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误14、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15、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误16、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误17、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18、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)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、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共40分)21、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。22、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_____。23、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。24、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40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、工业流程题(共2题，共10分)29、稀土工业生产中，草酸(H2C2O4)是稀土元素沉淀剂。工业生产中会产生稀土草酸沉淀废水；其主要成分为盐酸和草酸的混合溶液及微量的草酸稀土杂质等。此废水腐蚀性较强，直接排放会造成环境污染。工业上处理废水的方法包括“①氧化法”和“②沉淀法”。相关工业流程如图所示：

25℃时，各物质的溶度积常数如下表：。Ksp[Fe(OH)3]Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)Ka1(H2C2O4)]Ka2(H2C2O4)2.5×10-392.0×10-85.0×10-106.0×10-26.25×10-5

回答下列问题：

(1)“①氧化法”中Fe3+是反应的催化剂，反应产生了两种无毒气体。则草酸和臭氧反应的化学方程式为_______。

(2)“氧化”步骤中，当废水pH=1.0时，单位时间内的草酸去除率接近55%；当废水的pH上升至5.5时，单位时间内的草酸去除率只有5%，其原因是_______。为了使加入的17.5mg·L-1的Fe3+催化效果达到最佳，废水酸化时应将pH调整至小于_______(已知lg2=0.3；1g5=0.7)。

(3)“②沉淀法”：将1.5molPbSO4沉淀剂加到1L含有0.1mol·L-1草酸的模拟废水中。沉淀时发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)=PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)。请计算此反应的平衡常数K=_______。

(4)滤饼“酸化”“过滤”后可重复利用的物质为_______(填化学式)。

(5)比较“①氧化法”和“②沉淀法”，从原料利用率角度分析，方法_______(填“①”或“②”)更好，原因是_______。30、K2Cr2O7中学化学重要氧化剂。从废料(含Cr3+、Al3+、Fe2+、Fe3+和Cu2+等)提取重铬酸钾的流程如下：

已知：Cr(OH)3是两性氢氧化物。

回答下列问题：

(1)“氧化1”中加入水、双氧水和稀硫酸调节pH=1，双氧水的作用是_______，为了提高反应速率，适当加热，但是温度不宜过高，其原因是_______。

(2)“除杂1”加入过量NaOH溶液，过滤，得到滤渣成分是_______(填化学式)。将滤渣溶于过量氨水、_______(填实验步骤)得到铁红。

(3)“氧化2”中通入氯气，写出离子方程式：_______。

(4)“除杂2”中向含AlOCrO的溶液通入过量CO2，CO2的作用是_______。不能用稀硫酸替代CO2，原因是_______。

(5)“结晶”析出Na2Cr2O7，在饱和Na2Cr2O7溶液中加入KCl粉末，Na2Cr2O7转化成K2Cr2O7晶体(两种氯化物留在母液中)，预测：Ksp(K2Cr2O7)_______Ksp(Na2Cr2O7)(填“>”“<”或“=”)。

(6)100kg废料(含铬质量分数为5.2%铬元素)经上述转化制得8.82kgK2Cr2O7，铬元素转化率为_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A.在0~6min内v(CO2)=v(CO)==mol·L-1·min-1≈6.67×10-3mol·L-1·min-1，故A错误；B.第8min时，如果改变的条件是升高温度，平衡将逆向移动，NO、CO的浓度将增大，与图像不符，故B错误；C.根据图像，该反应在第二次达到平衡时，c(CO)==0.04mol/L，c(NO)==0.14mol/L，则c(N2)=0.03mol/L，c(CO2)=0.06mol/L，化学平衡常数K=≈3.44L·mol-1，故C正确；D.根据图像，在8~12min内的CO为0.04mol，转化率为×100%=33.3%，故D错误；故选C。2、C【分析】【详解】

A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO；饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A不符合题意；

B．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，配制FeCl3溶液时；向溶液中加入盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒平衡移动原理解释，故B不符合题意；

C．合成氨的正反应是放热反应；升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；

D．TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl；该过程是吸热反应，加入大量水，同时加热升高温度，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；

故选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应；所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物；故A错误；

B．电解；电泳、电镀需通电；电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故B错误；

C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应；不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，故C错误；

D．Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；D正确；

故答案为D。

【点睛】

酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。4、D【分析】【详解】

A．在光照条件下光电池将光能转化为电能，电解池中电能又转化为化学能，由题图可知，电解过程中的总反应为2H2O2H2↑+O2↑；故A错误；

B．放电后的溶液中含有V2+和H+，在催化剂作用下H+将V2+氧化为V3+，从而实现V3+的再生，即发生反应2V2++2H+2V3++H2↑；故B错误；

C．阳极的电极反应4OH－－4e－=O2↑+2H2O，标况下每生成33.6L氧气，电路中转移电子数为6NA；题目中未指明条件，无法计算，故C错误；

D．双极膜复合层间的H2O能解离为H+和OH－，且双极膜能实现H+和OH－的定向通过，右侧阳极电极反应式为4OH－－4e－=O2↑+2H2O，根据溶液呈电中性可知阳极放电消耗的OH－与从双极膜中进入右侧的OH－数目相等；故D正确；

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．84消毒液中的次氯酸钠具有强氧化性；可使蛋白质变性起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液进行环境消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关联，故A不符合题意；

B．玻璃是可回收物与玻璃能被氢氟酸腐蚀没有关联；故B符合题意；

C．碳酸钠是强碱弱酸盐；在溶液中水解使溶液呈碱性，则用热的纯碱溶液洗去油污与热的纯碱溶液能与油脂反应生成可溶于水的物质有关联，故C不符合题意；

D．明矾在溶液中电离出的铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体；胶体具有很大的表面积，能吸附水中细小颗粒，使细小颗粒絮凝达到净水的目的，则用明矾净水与明矾水解产生的氢氧化铝胶体可使水中细小颗粒絮凝有关联，故D不符合题意；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

(1)据图可知，8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）==0.0625mol•L-1•min-1；

(2)1100℃时，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，达到平衡时c（CO）=0.5mol/L、c（CO2）=0.25mol/L，该反应的平衡常数K===2；该温度下，若在8分钟时CO2和CO各增加0.5mol/L，Qc==1.33＜K；则此时平衡正向移动；

(3)A．甲：

化学平衡常数K=

乙：

化学平衡常数K=温度不变，化学平衡常数不变，所以K==所以3c1=2c2；故A错误；

B．温度不变，则化学平衡常数不变，甲、乙中温度相同，所以化学平衡常数K=相等，则φ1=φ2；故B正确；

C．恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，反应前后气体的总物质的量不变，所以甲中气体总物质的量是2mol、乙中是3mol，则甲中压强小于乙，即P1＜P2；故C正确；

答案选BC。【解析】①.0.0625mol•L-1•min-1②.2③.正④.BC7、略

【分析】【详解】

(1)催化剂可以降低反应的活化能；加快反应速率，但是不影响反应物和生成物的能量，不改变反应热，故答案为：减小；不变；

(2)①由图可知内，的反应速率为：故答案为：

②该反应化学平衡常数的表达式为故答案为：

③a.说明正反应速率=逆反应速率，反应达到平衡状态，故a符合题意；

b.不能说明正逆速率相等，也不代表浓度不变，不确定反应是否达到平衡状态，故b不符合题意；

c.根据元素守恒，整个反应过程中N原子守恒，则恒成立；不能说明反应达到平衡状态，故c不符合题意；

d.反应前后气体的质量恒定；容器的体积恒定，则气体的密度始终保持不变，不能确定反应是否平衡，故d不符合题意；

故答案为：a；

(3)若A、B两容器中只是温度不同，结合图像可知B曲线先到达平衡，反应速率较快，意味着反应条件较高，即小于同时B平衡时的物质的量小，说明温度升过平衡正向移动；a.由上述分析可知适当升高温度平衡正向移动，可提高二氧化氮的转化率；b.该反应正向气体分子数增加，增大压强平衡逆向移动，降低二氧化氮的转化率；c.通入一定量气体等同于增大压强，会降低二氧化氮转化率；d.选择高效催化剂只能提高反应速率，对平衡无影响；故答案为：<；a；【解析】减小不变a<a8、略

【分析】【分析】

（1）甲池：燃料电池属于原电池，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；

（2）燃料电池中燃料失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

（3）与电源正极相连的叫阳极；乙池：有外接电源是电解池，阳极上氢氧根离子放电，阴极上银离子放电，要使溶液恢复原状需加入氧化银或碳酸银；

（4）根据串联电池中转移电子数相等列关系式计算；丙为电解池，析出金属元素，则金属活泼性排在氢后，据此确定含有的金属元素。

【详解】

（1）燃料电池是化学能转变为电能的装置；属于原电池，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，原电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，即向投放甲醇的电极移动；

答案：CH3OH

（2）该燃料电池中，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，

答案：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（3）乙池有外接电源属于电解池，连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上氢氧根离子放电，B电极银离子放电，电极反应式4AgNO3+2H2O4HNO3+4Ag+O2↑；因此要想恢复原状加入适量氧化银或者碳酸银；

答案：4AgNO3+2H2O4HNO3+4Ag+O2↑Ag2O或Ag2CO3

（4）根据串联电路转移电子数相等列关系式4e-～4Ag～O24×108g22.4L10.8gV（O2）

计算得V（O2）=L=0.56L；

阴极上析出金属；则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后面。

A.硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，故A错误；

B.电解硫酸铜溶液时，阴极上析出铜，故B正确；

C.氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故C错误；

D.电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，故D正确；

答案：0.56LBD

【点睛】

串联电路中解题的关键是转移电子数相等，注意守恒法的灵活应用。【解析】CH3OHCH3OH－6e﹣＋8OH﹣＝CO32﹣＋6H2O阳极4AgNO3+2H2O4HNO3+4Ag+O2↑Ag2O或Ag2CO30.56LBD9、略

【分析】【详解】

（1）A．恒温恒容下；容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；

B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等；则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；

C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)；即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；

D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化；说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；

答案BD。

（2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物，c、d表示的是反应物，根据反应①的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b。

（3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4)=1mol,n(H2S)=2mol，转化的CH4为xmol，则可得

M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2mol，则H2S的转化率=

（4）在反应①中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，即n(CH4)∶n(H2S)分别为1∶1、∶1、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为三种组合中，n(CH4)∶n(H2S)的比值处于中间，则H2S转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活；反应速率小。

（5）根据积碳量变化图所示，Co添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为CH4C＋H2。【解析】(1)BD

(2)db

(3)20%

(4)BC组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活；反应速率小。

(5)CH4C＋H210、略

【分析】【详解】

（1）在冰醋酸中，主要以分子形式存在；故“O”点冰醋酸几乎不能导电；

（2）导电能力越强，越大，故a、b、c三点对应的溶液中，由小到大的顺序为

（3）加水稀释促进的电离，故c点对应的溶液中的电离程度最大；

（4）加热促进的电离，增大，A项正确；加固体后，与反应使的电离平衡右移，增大，B项正确；加水稀释虽使的电离平衡右移，但减小，C项错误；加固体虽使的电离平衡左移，但增大，D项正确；加锌粒会消耗的电离平衡右移，增大；E项正确，故选：ABDE；

（5）在稀释过程中，的电离平衡右移，增大、减小，但均减小，B项正确，A、C项错误；因稀释过程中减小，为定值，故增大，D项正确，故选：BD。【解析】(1)在冰醋酸中，主要以分子形式存在。

(2)

(3)c

(4)ABDE

(5)BD11、略

【分析】【分析】

废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，酸溶后过滤，得到的滤液中含有Fe3+、Fe2+、Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等，二氧化硅不与酸反应，废渣为二氧化硅，“除铁”时加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠可调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；“除铜”时，通入H2S气体，生成CuS沉淀，除去Cu2+；加入NaF，生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，滤液中加入氢氧化钠生成Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2固体。

【详解】

“酸溶”后所得溶液中含有Fe3+、Fe2+，“除铁”时H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣。【解析】将Fe2+氧化为Fe3+调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣12、略

【分析】【分析】

【详解】

燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，故CH4燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-990kJ/mol。【解析】CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-990kJ/mol三、判断题(共8题，共16分)13、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。14、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。15、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。16、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。17、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。18、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。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】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。四、结构与性质(共4题，共40分)21、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大322、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+23、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24、略

【分析】【详解】

（1）硫的原子序数是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层；能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。

（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。

（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A；C、D错误，故选B。

（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。

（5）Na2S溶液中发生水解，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根据元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1molFe2(SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。【解析】(1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.6五、有机推断题(共4题，共40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++9Fe