2025年苏人新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年苏人新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、一种新型燃料电池以二氧化硫和空气为原料；工作原理如图所示，下列说法不正确的是。

A.电路中每通过1mol电子，有1molH＋从a电极迁移到b电极B.该电池实现了制备硫酸、发电、环保三位一体的结合C.该电池工作时，b极附近pH逐渐降低D.相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶12、在100℃时，容积为5L的真空密闭容器中加入一定量的N2O4，容器内N2O4和NO2的物质的量变化如下表所示：

。时间/s

0

2

10

30

60

90

n(N2O4)/mol

0.3

0.25

0.15

0.125

b

0.12

n(NO2)/mol

0

0.1

a

0.35

0.36

0.36

下列说法正确的是A.10s时，以NO2浓度变化表示的该反应速率为0.006mol•L•-1•s-1B.该温度下反应2NO2（g)N2O4(g)的平衡常数K=0.216C.35s时容器内压强为反应前的1.6倍D.其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量增大3、室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG=lg]随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法错误的是。

A.室温下MOH的电离常数Kb=1.010-5B.a点对应的溶液中c(M＋)＋c(MOH)=8c(SO)C.当AG=0时，溶液中存在c(SO)＞c(M+)＞c(H+)=c(OH-)D.b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是c＞b＞d4、一定温度下，体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.a、b、c三点对应的Ksp：a点＞b点＞c点B.AgCl在c点的溶解度比b点的大C.AgCl溶于水形成的饱和溶液中，D.b点的溶液中加入固体，沿曲线向c点方向变化5、盖斯定律认为能量总是守恒的：化学反应过程一步完成或分步完成；整个过程的热效应是相同的。

已知：

若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为A.Q2-Q3-3Q1kJB.0.5Q2-0.5Q3-1.5Q1kJC.D.6、一定温度下，恒容密闭容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应；反应速率与反应时间的关系如图所示。对两种平衡状态下各物理量的比较错误的是。

A.平衡状态Ⅱ时的c(H2)一定小B.平衡状态Ⅱ时的c(NH3)一定大C.平衡常数K一样大D.平衡状态Ⅱ时的v(正)一定大7、下图是能量示意图；由此判断热化学方程式正确的是。

A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、将苯蒸气在催化剂作用下与足量氢气发生加成反应，生成气态环己烷，放出的热量。

(1)写出上述反应的热化学方程式。___________

(2)碳碳双键与加成时放热；而且放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比。

根据上述事实，结合①中的有关数据，说说你对苯环的认识。___________9、钴；镍与铁是同族元素；它们的单质及化合物的性质有很多相似之处。

（1）为了比较Fe；Co、Cu三种金属的活动性；某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置中X极附近溶液变红。

①甲池Fe电极反应式为_________。由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是__________(填元素符号)。

②写出丙装置中反应的离子方程式____________________。

（2）Na2FeO4具有广泛用途，可通过电解法制取得到，工作原理图丁所示。通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。

①Fe电极反应式为________。

②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______________。

③当阴极产生112mL（标准状况）的气体时，通过阴离子交换膜的离子有_______mol。10、在一定体积的密闭容器中，进行化学反应：其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：。70080083010001200K0.60.91.01.72.6

请回答下列问题：

(1)某温度下，在2L的密闭容器中，加入和充分反应达平衡时，CO的平衡浓度为试判断此时的反应温度为_______℃。

(2)若在(1)所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入和则充分反应达平衡时，的物质的量_______。

A.等于1molB.大于1molC.大于0.5mol，小于1molD.无法确定11、请回答下列问题：

(Ⅰ)已知化学反应N2+3H2=2NH3的能量变化如图所示；

(1)1molN和3molH生成1molNH3(g)是___________能量的过程(填“吸收”或“释放”)。

(2)N2(g)+H2(g)=NH3(g)；△H=___________；

(3)N2(g)和H2(g)生成NH3(1)的热化学方程式为___________

(Ⅱ)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得；但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：

Fe2O3(s)+3CO(g)==2Fe(s)+3CO2(g)△H=―24.8kJ／mol

3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=―47.2kJ／mol

Fe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.5kJ／mol

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：___________12、电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。

I．Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂，在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4

(1)阳极的电极反应式为______

(2)阴极产生的气体为______

(3)右侧的离子交换膜为_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a%___________b%(填“＞”“=”或“＜”)

II．如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。

(4)Ir-Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式为___________。

(5)理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是___________g。13、研究弱电解质的电离；有重要的实际意义。

Ⅰ．有机酸醋酸。

(1)保持温度不变，向醋酸溶液中通入一定量的氨气，下列量将变小的是___________。A．c(CH3COO－)B．c(H＋)C．c(OH－)D．CH3COOH电离平衡常数(2)将0.1mol∙L−1CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的比值将___________(填“变大”；“不变”或“变小”)。

Ⅱ．对比弱酸酸性相对强弱。

(3)某些弱酸在25℃时的电离常数如下：。化学式CH3COOHHSCNHCNHClOH2CO3电离常数

①下列反应可以发生的是___________(填字母)。

A．CH3COOH＋Na2CO3=NaHCO3＋CH3COONa

B．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN

C．CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClO

D．NaHCO3＋HCN=NaCN＋H2O＋CO2↑

②将20mL1mol∙L−1CH3COOH溶液和20mL1mol∙L−1HSCN溶液分别与20mL1mol∙L−1NaHCO3溶液混合，画出产生的CO2气体体积(V)随时间(t)的变化关系图，并注明对应酸的化学式___________。

14、常温下，浓度均为0.5mol·L-1的四种溶液：①NH4NO3溶液②盐酸③氨水④NaCl溶液。

(1)上述溶液中，可发生水解的是_______(填序号)。

(2)①溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______

(3)若将②和③的溶液混合后恰好呈中性，则混合前②的体积_______③的体积(填“大于”、“小于”或“等于”)。15、化学能与电能之间的相互转化与人类的生活实际密切相关；在生产；生活中有重要的应用，同时也是学生形成化学学科素养的重要组成部分。

(1)熔融状态下，钠的单质和氯化亚铁能组成可充电电池，工作原理示如图所示，反应原理为2Na＋FeCl2Fe＋2NaCl，该电池放电时，正极反应式为___________；充电时，___________(写物质名称)电极接电源的负极；该电池的电解质为___________。

(2)某同学用铜片；石墨作电极电解一定浓度的硫酸铜溶液；工作原理如图所示，一段时间停止通电取出电极。若在电解后的溶液中加入0.98g氢氧化铜粉末恰好完全溶解，经测定所得溶液与电解前完全相同。请回答下列问题：

①Y电极材料是___________，发生___________(填“氧化”或“还原”)反应。

②电解过程中X电极上发生的电极反应式是___________。

③如在电解后的溶液中加入足量的小苏打，充分反应后产生气体在标准状况下所占的体积是___________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误17、C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，说明石墨比金刚石稳定。____A.正确B.错误18、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误19、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20、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)21、稀有金属铟(In)与Al同主族；主要用于生产液晶显示器和平板屏幕。一种以炼Zn后的置换渣为原料回收铟的工艺流程如图：

已知：常温下Ksp[In(OH)3]=1.3×10-37。

请回答下列问题：

(1)为提高置换渣浸出时的速率可以采取的措施是___(任答一条)。

(2)操作Ⅰ、Ⅱ的名称分别为___、__(填选项)。

A.过滤B.蒸馏C.干馏D.分液。

(3)D2EHPA(以H2A2表示)萃取时原理：In3++3H2A2(InA3•3HA)+3H+。

浸出液在不同pH下萃取的结果如图甲，请用化学平衡原理解释In3+萃取率随pH增大而增大的原因___。

(4)常温下，在0.1mol•L-1的InCl3溶液中存在平衡体系：In3+(aq)+3H2O(l)In(OH)3(aq)+3H+(aq)，则该反应的化学平衡常数K=___(计算结果保留两位有效数字)。

(5)得到海绵铟时主要发生的离子方程式为___。

(6)图乙是模拟精炼铟的装置图，请写出方框中a相应的物质为___。22、用Zn(主要含有Fe、Al、Pb杂质)和硫酸来制取H2，利用制氢废液制备硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)、Al2O3和Fe2O3；流程如下：

已知Al3＋、Fe3＋、Zn2＋的氢氧化物完全沉淀的pH分别为5.2、4.1和8.5，ZnSO4·7H2O晶体易溶于水；易风化。回答下列问题：

(1)调节pH＝2的目的是______________________，调节pH＝2，可加入________________(填化学式)。

(2)写出生成沉淀3的化学方程式：_____________________________________。

(3)加热浓缩ZnSO4溶液出现极薄晶膜时，要停止加热的主要原因是_______________________________。

(4)

某同学用如图所示的装置抽滤。

①有关抽滤的说法正确的是________(填字母)。

A．抽滤的目的主要是得到较干燥的沉淀。

B．滤纸的直径应略小于漏斗内径；又能盖住全部小孔。

C．图中有一处出错。

D．抽滤结束；从吸滤瓶的支管口倒出滤液。

②抽滤，洗涤沉淀的具体操作是____________________________________________________。

(5)为得到干燥的ZnSO4·7H2O产品，选择干燥方法是________(填字母)。

A．加热烘干。

B．用浓H2SO4干燥。

C．用酒精洗干。

D．在空气中自然干燥23、某工业废料的主要成分有MnCO3、MnO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2等；现欲利用以下工艺流程回收混合物中的金属化合物(部分条件未给出)：

已知：常温下，部分阳离子沉淀时溶液的开始沉淀3.92.26.98.6沉淀完全4.73.28.310.6

回答下列问题：

(1)“混合研磨”的目的为______；“滤渣1”的主要成分为______(填化学式)。

(2)“酸溶”时绿矾发生反应的离子方程式为______。

(3)常温下，______；“氧化、调pH1”时若不加H2O2，可能造成的后果为______。

(4)“调pH2”的范围为______。

(5)“沉锰”时的离子方程式为______。

(6)上述流程中回收的金属化合物有______(填化学式)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)24、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___________。：25、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_________。26、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：____________________。27、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3题，共9分)28、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。29、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。30、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

通入SO2为电池负极，即ａ为负极，发生氧化反应生成硫酸，反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，通入空气的为正极，即ｂ为正极，反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，装置的总反应为：2SO2+2H2O+O2═2SO42-+4H+。

【详解】

A．ａ为负极，ｂ为正极，由正极反应式O2+4H++4e-═2H2O可判断，电路中每通过1mol电子，有1molH＋从a电极迁移到b电极；故A正确；

B.SO2是污染性气体，电池负极的SO2气体发生氧化反应生成硫酸；既减少了环境污染，又将其转换为电能；充分利用，故B正确；

C．ｂ为正极，反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，b极附近pH逐渐升高；故C错误；

D．由总反应式：2SO2+2H2O+O2═2SO42-+4H+可知，相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1；故D正确。

答案选C。

【点睛】

本题考查了原电池原理的应用，明确电解质溶液酸碱性、电极的判断以及电极方程式的书写方法是解本题关键。2、D【分析】【详解】

A．10s内，以NO2浓度变化表示的该反应平均速率为0.006mol·L-1·s-1，10s时为瞬时速率，小于0.006mol·L-1·s-1；故A错误；

B．由表格数据可知，60s时各组分浓度不再变化，反应达到平衡，平衡时，N2O4为0.12mol，NO2为0.36mol，容积为5L，该温度下反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K==4.63；故B错误；

C．35s时若反应体系达到平衡状态，根据气体的物质的量之比等于压强之比，则=1.6；但根据题中表格数据，35s时容器可能不一定平衡，压强不一定是反应前的1.6倍，故C错误；

D．其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2，因为容器体积不变，充入NO2或N2O4越多，N2O4的体积分数越大；建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量增大，故D正确；

故答案选D。3、C【分析】【详解】

A．由图可知，MOH溶液中，AG=lg=-8，则=10-8（1），根据室温下：Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14mol/L（2），联合（1）、（2）可以求出：c(OH-)=1×10-3mol/L可以求出Kb=≈=10-5；A正确；

B．c点时，温度最高，说明此时硫酸恰好与MOH反应，根据方程式H2SO4+2MOH=M2SO4+2H2O1mol2molC（H2SO4）mol·L-1×20mL×10-30.1mol·L-1×20mL×10-3可以求出C（H2SO4）=0.05mol·L-1a点时消耗硫酸5mL，消耗硫酸为0.05mol·L-1×5mL×10-3，MOH开始为：0.1mol·L-1×20mL×10-3（有两种存在形式：c(M+)和c(MOH)），根据物料守恒可知：【c(M+)+c(MOH)】：c(SO)=（0.1mol·L-1×20mL×10-3）：（0.05mol·L-1×5mL×10-3）=8，所以c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，B正确；

C．当AG=lglg=0时，则=1，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+C(H+)，则有2c(SO)=c(M+)，所以洛液中有：c(M+)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)；C错误；

D．c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c>b>d；D正确；

故选C。4、C【分析】【详解】

A．温度一定，Ksp大小不变，曲线上a、b；c三点对应的Ksp相等；故A选项错误。

B．c(Cl-)或c(Ag+)越大，抑制AgCl的溶解程度越大，使其溶解度降低越大，c点时c(Cl-)大，所以c点的溶解度比b点的小；故B选项错误。

C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中有AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(aq)，所以c(Ag+)=c(Cl-)；故C选项正确。

D．b点的溶液中加入AgNO3固体，则c(Ag+)变大，由于Ksp（AgCl）=c(Ag+)·c(Cl-)，所以溶液中c(Cl-)相应减小；即沿曲线向a点方向变化，故D选项错误。

故正确答案：C5、D【分析】【详解】

根据题干已知反应①②③根据盖斯定律可知：可由反应③-②+3①，故=-+3=-()+3()=-故23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为故答案为：D。6、A【分析】【详解】

A.若通入氢气,平衡向着正向移动,但平衡时c(H2)增大；故A错误；

B.由于平衡向着正向移动,且逆反应速率逐渐增大，则平衡状态Ⅱ时的c(NH3)一定大；故B正确；

C.平衡常数与温度有关；温度不变，则两个平衡状态下的平衡常数K不变，故C正确；

D.根据图象可知,平衡状态Ⅱ时的v(正)；V(逆)都一定增大；故D正确；

故选A。

【点睛】

根据图象可知，在平衡状态Ⅰ的基础上改变条件的瞬间，逆反应速率不变、正反应速率增大，平衡向着正向移动，说明是增大了反应物浓度，可以通入N2或H2，也可以是N2和H2的混合物，据此进行解答。7、C【分析】【分析】

稳定物质解离成原子或离子时吸收能量；由原子或离子形成新物质时释放能量。

【详解】

A．由原子形成分子，应释放能量，热化学方程式应为A错误；

B．由原子团拆解成原子，应吸收能量，热化学方程式应为B错误；

C．根据题目图中表示，所具有的能量大于所具有的能量，所以由生成放出能量，释放能量的大小为故该选项热化学方程式正确，C正确；

D．由原子形成分子，应释放能量，由形成释放的能量大小为所以热化学方程式应为D错误；

综上，本题选C。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【详解】

（1）7.8g苯的物质的量为0.1mol，和足量氢气加成的时候放出的热量，则1mol苯足量氢气加成的时候放出的热量，其对应的热化学方程式为(g)+3H2(g)(g)

（2）对比苯环和以及结构上区别，苯环中不饱和度较大，但是和氢气加成的时候放出的热量并没有成倍增大，说明苯环能量较低，结构较稳定。【解析】(1)(g)+3H2(g)(g)

(2)苯环结构比较稳定9、略

【分析】【分析】

⑴①甲装置中Co电极附近产生气泡，说明Co为正极，Fe为负极，其电极反应式为Fe-2e－=Fe2+，金属活动性为Fe>Co，丙装置中X极附近溶液变红，说明X处有大量氢氧根，此处氢离子消耗，X为阴极，Co为负极，Cu为正极，因此三种金属的活动性由强到弱的顺序是Fe>Co>Cu。

②丙装置为电解食盐水，其反应的离子方程式2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

⑵①Fe在阳极反应生成高铁酸根，其电极反应式为Fe-6e－+8OH－=FeO42−+4H2O。

②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，根据已知信息Na2FeO4易被H2还原。

③当阴极产生112mL（标准状况）的气体即0.005mol氢气。H2~2OH－

1mol2mol

0.005molxmol

1mol：0.005mol=2mol：xmol

解得x=0.01mol，即有0.01mol氢氧根离子生成，要使溶液呈电中性，则需要0.01molOH-通过阴离子交换膜。

【详解】

⑴①甲装置中Co电极附近产生气泡，说明Co为正极，Fe为负极，其电极反应式为Fe-2e－=Fe2+，金属活动性为Fe>Co，丙装置中X极附近溶液变红，说明X处有大量氢氧根，此处氢离子消耗，X为阴极，Co为负极，Cu为正极，因此三种金属的活动性由强到弱的顺序是Fe>Co>Cu，故答案为：Fe-2e－=Fe2+；Fe>Co>Cu。

②丙装置为电解食盐水，其反应的离子方程式2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

⑵①Fe在阳极反应生成高铁酸根，其电极反应式为Fe-6e－+8OH－=FeO42−+4H2O，故答案为：Fe-6e－+8OH－=FeO42−+4H2O。

②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，阴极是水电离的H+放电产生H2，根据已知信息Na2FeO4易被H2还原，故答案为：阴极产生H2，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。

③当阴极产生112mL（标准状况）的气体即0.005mol氢气。H2~2OH－

1mol2mol

0.005molxmol

1mol：0.005mol=2mol：xmol

解得x=0.01mol，即有0.01mol氢氧根离子生成，要使溶液呈电中性，则需要0.01molOH-通过阴离子交换膜，故答案为：0.01。【解析】①.Fe-2e-=Fe2+②.Fe>Co>Cu③.2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑④.Fe-6e-+8OH−=FeO42−+4H2O⑤.阴极产生H2，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低⑥.0.0110、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)平衡时则化学平衡常数根据表中数据可知此时反应温度是830℃。

(2)反应在830℃时平衡常数为1.0，设平衡时CO的物质的量浓度为则解得故平衡时氢气的物质的量为即氢气的物质的量大于1mol，选项B正确。【解析】830B11、略

【分析】【分析】

化学键断裂吸热；而化学键形成放热，再结合盖斯定律解题。

【详解】

(Ⅰ)(1)由图可以看出，1molN和3molH的总能量大于1molNH3(g)的能量，则生成NH3(g)的过程为释放能量的过程；

(2)由图可以看出，molN2(g)和H2(g)化学键完全断开生成1molN和3molH需要吸收akJ热量，而1molN和3molH形成1molNH3(g)需要放出能量为bkJ，则N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol；

(3)由(2)可知N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，所以有N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=(a-b-c)kJ/mol，即N2(g)和H2(g)生成NH3(1)的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(1)；△H=2(a-b-c)kJ•mol-1；

(Ⅱ)FeO(s)与CO反应生成Fe(s)和CO2的化学方程式为FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)；且①Fe2O3(s)+3CO(g)==2Fe(s)+3CO2(g)△H=―24.8kJ／mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=―47.2kJ／mol，③Fe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.5kJ／mol，根据盖斯定律，(①×3-②-③×2)÷6可得FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)则△H==-218kJ/mol，即CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式为FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218kJ/mol。

【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。【解析】释放(a-b)kJ/molN2(g)+3H2(g)=2NH3(1)△H=2(a-b-c)kJ•mol-1FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)△H=-218kJ/mol12、略

【分析】(1)

根据图示，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极。阳极上Fe失去电子发生氧化反应生成电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O；

(2)

H+的放电能力大于Na+，Cu电极上水电离产生的H+得电子产生氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，答案为H2；

(3)

根据阳极电极反应式Fe-6e-+8OH-=+4H2O，OH-参与反应，OH-移向右侧，即右侧的离子交换膜为阴离子交换膜；根据阴极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极上产生OH-，即Na+通过交换膜移向左侧，生成NaOH，氢氧化钠浓度增大，即a%＜b%；

(4)

利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，O2+2H++2e-═H2O2，故答案为：O2+2H++2e-═H2O2；

(5)

4NH3+3O22N2+6H2O中，氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的物质的量是1mol，质量为1mol【解析】(1)Fe-6e-+8OH-=+4H2O

(2)H2

(3)阴＜

(4)O2+2H++2e-═H2O2

(5)1713、略

【分析】（1）

A．向醋酸溶液中通入一定量的氨气，氨气消耗醋酸电离出的氢离子，氢离子浓度降低，平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，故A不符合题意；B．根据A选项分析得到c(H＋)变小，故B符合题意；C．溶液中氢离子浓度降低，则c(OH－)增大，故C不符合题意；D．CH3COOH电离平衡常数与温度有关；温度不变，平衡常数不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：B。

（2）

将0.1mol∙L−1CH3COOH溶液加水稀释，氢离子浓度减小，因此的比值将变大；故答案为：变大。

（3）

①根据电离平衡常数得到酸的强弱顺序为HSCN＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞A．假设CH3COOH＋Na2CO3=NaHCO3＋CH3COONa能发生，则得到酸强弱顺序：CH3COOH＞与题知信息符合，则能发生，故A符合题意；B．假设CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN能发生，则得到酸强弱顺序：CH3COOH＞HCN，与题知信息符合，则能发生，故B符合题意；C．假设CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClO能发生，则得到酸强弱顺序：＞HClO，与题知信息不符合，则不能发生，故C不符合题意；D．假设NaHCO3＋HCN=NaCN＋H2O＋CO2↑能发生，则得到酸强弱顺序：HCN＞H2CO3；与题知信息不符合，则不能发生，故D不符合题意；综上所述，答案为：AB。

②将20mL1mol∙L−1CH3COOH溶液和20mL1mol∙L−1HSCN溶液分别与20mL1mol∙L−1NaHCO3溶液混合，由于酸强弱顺序：HSCN＞CH3COOH，HSCN与NaHCO3溶液反应产生的CO2气体快，反应完消耗的时间短，因此它们产生二氧化碳气体体积(V)随时间(t)的变化关系图为故答案为：【解析】(1)B

(2)变大。

(3)AB14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)含弱酸的酸根或弱碱的阳离子的盐可以发生水解，所以只有NH4NO3可以发生水解；

(2)NH4NO3溶液中，NO3-离子浓度最大，NH4+因为水解浓度略小于NO3-，水解显酸性，所以故离子浓度由大到小的顺序为：

(3)②盐酸和③氨水恰好反应时生成NH4Cl，水解显酸性，若反应后呈中性，则氨水过量，故混合前盐酸的体积小，混合前②的体积小于③的体积。【解析】①.①②.③.小于15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该电池的电解质为熔融的β－Al2O3，熔融的钠电极作负极，钠发生失电子的氧化反应；熔融的FeCl2电极作正极，Fe2＋发生得电子还原反应；充电时，电池负极接电源负极，电池正极接电源正极；

(2)①由加入Cu(OH)2可使电解质溶液复原；可知阳极为石墨，阴极为铜片，根据外电路电子移动方向可以判断，Y电极是阳极，发生氧化反应，Y电极材料是石墨；

②相当于惰性电极电解硫酸铜溶液，硫酸铜消耗完后又电解的水，故阴极首先发生的反应为Cu2＋＋2e－=Cu，Cu2＋消耗尽后又发生反应2H＋＋2e－=H2↑；

③根据电子守恒和铜元素的守恒，溶液中生成的n(H＋)＝2n(Cu2＋)＝2×＝0.02mol，与足量NaHCO3反应可产生0.02molCO2，其体积为【解析】Fe2＋＋2e－===Fe钠β—Al2O3石墨氧化Cu2＋＋2e－=Cu、2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－0.448L或448mL三、判断题(共5题，共10分)16、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

根据C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0可知，石墨转化为金刚石为吸热反应，因此石墨的能量比金刚石低，能量越低物质越稳定，故石墨比金刚石稳定，该说法正确。18、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。19、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。20、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。四、工业流程题(共3题，共9分)21、略

【分析】【分析】

置换渣中加入盐酸，Zn和In与盐酸反应进入溶液中，过滤所得滤液中含有ZnCl2、InCl3和HCl，加入D2EHPA(以H2A2表示)萃取In3＋；分液得到有机相，然后加入盐酸反萃取，再加入锌置换出In，最后碱熔压铸并电解得到粗铟，据此解答。

【详解】

(1)依据外界条件对反应速率的影响可知为提高置换渣浸出时的速率可以采取的措施是增大盐酸浓度(适当加热或将置换渣粉碎等)。

(2)根据以上分析可知操作Ⅰ；Ⅱ的名称分别为过滤和分液；答案选AD。

(3)由于In3+在溶液中存在平衡：In3++3H2A2(InA3•3HA)+3H+，所以pH增大，c(H+)减小或c(OH-)增大，平衡右移，In3+萃取率提高。

(4)常温下，In3+(aq)+3H2O(l)In(OH)3(aq)+3H+(aq)化学平衡常数K=≈7.7×10-6。

(5)得到海绵铟时主要发生的是置换反应，反应的离子方程式为2In3++3Zn＝2In+3Zn2+。

(6)图乙是模拟精炼铟的装置图，左侧电极和电源的负极相连，作阴极，溶液中In3+放电，因此方框中a相应的物质为精铟。【解析】增大盐酸浓度(适当加热或将置换渣粉碎等)ADIn3+在溶液中存在平衡：In3++3H2A2(InA3•3HA)+3H+，pH增大，c(H+)减小或c(OH-)增大，平衡右移，In3+萃取率提高7.7×10-62In3++3Zn＝2In+3Zn2+精铟22、略

【分析】【详解】

(1)调节pH＝5.2时，沉淀的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中含有ZnSO4，调节滤液pH＝2可以抑制ZnSO4水解，防止生成Zn(OH)2，同时为了避免引入杂质，应当使用H2SO4；(2)沉淀Al(OH)3、Fe(OH)3在NaOH作用下生成NaAlO2，Fe(OH)3不参加反应，过滤后滤液中含有NaAlO2、NaOH，加入NaHCO3后，反应生成的沉淀是Al(OH)3，化学方程式：NaHCO3＋NaAlO2＋H2O===Al(OH)3↓＋Na2CO3；(3)由于ZnSO4·7H2O晶体易风化，加热浓缩ZnSO4溶液时，结晶得到的晶体容易分解失去结晶水；(4)①抽滤属于过滤，但抽滤速度比较快，而且过滤较彻底，选项A错误；为了防止滤纸边缘不能与抽滤漏斗侧壁完全贴合，所以抽滤的滤纸要略小于漏斗内径，但是必须盖住所有小孔，选项B正确；原装置图中安全瓶连接吸滤瓶的导管不能伸入安全瓶中太长，布氏漏斗下端斜口应对抽气嘴，选项C错误；实验结束后，滤液从吸滤瓶上口倒出，选项D错误。答案选B；②洗涤沉淀时，先调小吸滤气压差，再在抽滤漏斗中加入水浸没沉淀物；(5)ZnSO4·7H2O晶体易风化，加热烘干会导致晶体失去结晶水，A错误；浓硫酸具有强烈的吸水性，用浓硫酸干燥也会使晶体失去结晶水，B错误；酒精能够溶解水，但不会导致晶体失去结晶水，洗涤后酒精低温下就很容易挥发，C正确；空气中自然干燥也会风化，D错误。答案选C。【解析】①.抑制Zn2＋水解，Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋②.H2SO4③.NaHCO3＋NaAlO2＋H2O===Al(OH)3↓＋Na2CO3④.防止失去结晶水⑤.B⑥.先关小水龙头，加入洗涤剂浸满沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物⑦.C23、略

【分析】将工业废料混合研磨后与稀硫酸、FeSO4混合发生反应，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原产生Mn2+，MnCO3、Fe3O4、Al2O3与硫酸反应产生硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸锰进入溶液中，而酸性氧化物SiO2不能反应进入滤渣1中，过滤后向滤液1中加入H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液pH值，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，过滤后，向滤液2中再加入氨水，使溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，而Mn2+留在溶液中，再向其中加入NH4HCO3溶液，沉锰，反应产生MnCO3沉淀。

【详解】

(1)“混合研磨”的目的为增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；“滤渣1”的主要成分为不溶于酸的SiO2。

(2)“酸溶”时绿矾与MnO2发生氧化还原反应产生Mn2+、Fe3+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。

(3)沉淀完全时的金属离子浓度相同，由题中已知条件可知则有“氧化、调pH1”时氧化的目的是将过量的Fe2+氧化成Fe3+，以便沉淀分离，若不加H2O2，可能造成的后果就是所调pH并不能将Fe2+沉淀；导致铁元素无法完全分离，同时会使后续金属资源混有杂质。

(4)“调pH2”目的是为了沉淀Al3+，同时不沉淀Mn2+，结合两种离子沉淀时溶液的pH可知：要使两种元素完全分离，其pH范围为：4.7＜pH2＜8.6。

(5)根据溶液中离子存在状态以及产物分析，“沉锰”时Mn2+与反应产生MnCO3、CO2、H2O，反应的离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。

(6)根据流程可知最终回收利用的金属元素化合物有MnCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3。【解析】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率SiO2MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O10-4.5无法将铁元素完全分离4.7＜pH2＜8.6Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2OMnCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3五、有机推断题(共4题，共32分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、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37g26、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−2NH327、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3题，共9分)28、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理