2025年粤人版选择性必修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年粤人版选择性必修1化学下册月考试卷316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、根据Ca(OH)2/CaO体系的能量循环图：

下列说法正确的是A.ΔH4>0B.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4=0C.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH5=0D.|ΔH1|=|ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5|2、CO2在Au纳米颗粒表面电催化还原制备CO的方法具有在常温下催化效率高的优点；其反应历程如图所示。下列说法错误的是。

A.该反应历程为阴极反应历程B.催化剂降低了反应的活化能C.高温下一定能提高电催化制备CO的速率D.电催化还原CO2的电极反应式为CO2+2H++2e−=CO+H2O3、纳米Fe2O3在常压电解法合成氨过程中起催化作用，该电解装置如图所示。已知熔融NaOH—KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是。

A.惰性电极Ⅱ是电解池的阴极，发生还原反应B.产生2.24LO2时，转移的电子数为0.4NAC.惰性电极Ⅰ的电极反应为Fe2O3+3H2O-6e-=2Fe+6OH-D.生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH34、设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。下列说法正确的是A.0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB.将0.1molCl2通入到水中，氯气完全被吸收，则N(HC1O)+N(C1-)+N(ClO-)=2[0.1NA-N(Cl2)]C.1molS在纯氧中燃烧，转移电子数为6NAD.电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g5、下表是在相同温度下三种酸的一些数据；下列判断正确的是()

。酸HXHYHZ浓度(mol/L)0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数Ka1Ka2Ka3Ka4Ka5A.同温时，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度降低，电离度越大，且Ka1>Ka2>Ka3=0.01B.室温时，NaZ溶液中加水，则变小，若加盐酸，则变大C.等物质的量浓度的NaX、NaY和NaZ的三种溶液，其pH为：NaX＜NaY＜NaZD.在相同温度下，Ka5>Ka4>Ka36、设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.常温常压下，1.6g由和组成的混合气体中含有的质子数为B.30g中含有的键的数目为C.常温下，溶液中含有的阳离子的数目小于D.常温常压下，密闭容器中2molNO与1mol充分反应，产物的分子数小于7、下列有关元素及其化合物的说法不正确的是A.Al2(SO4)3和NaHCO3可作泡沫灭火器的原料B.雷雨天气有助于空气中的N2转化为可供植物吸收的C.常温下Al、Fe对浓硫酸、浓硝酸表现出惰性，不与其发生反应D.金属钠可用于除去乙醚中微量的水8、25℃时，向的(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.25℃时的一级电离常数为B.pH=2.7的溶液中：C.pH=7的溶液中：D.滴加NaOH溶液的过程中始终存在：9、已知常温下两种难溶硫化物BS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知阴、阳离子浓度的单位为下列说法不正确的是。

A.Z点为的分散系：v(沉淀)＜v(溶解)B.向含BS沉淀的过饱和溶液中加入一定量的固体，Ksp(BS)不变C.反应趋于完全D.评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、25°C时，三种弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式HCOOHCH3COOHNH3·H2O电离平衡常数1.77×10-41.75×10-51.76×10-5

(1)下列方法中，可以使0.l0mol•L-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是_________。

a.通入少量HCl气体b.加入少量冰醋酸c.加入少量醋酸钠固体d.加入少量水。

(2)常温下，0.lmol•L-1的NH3·H2O溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是________。

a.c(OH-)b.c.c(H+)·c(OH-)d.

(3)同浓度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为______。

(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1________V2(填“＞”、“＜“或“＝”)。11、如下图装置所示；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。

请回答：

（1）B极是电源的______________，一段时间后，甲中溶液颜色________，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明__________________；在电场作用下向Y极移动。

（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为________。

（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应是____________(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是________溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为________，甲中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。

（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生的总反应的离子方程式为________________________________。12、已知反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0。请回答下列问题：

（1）某温度下，在一固定体积的密闭容器中加入100gSO3(g)发生上述反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_____(填序号）

①每生成80gSO3的同时消耗64gSO2

②混合气体的密度保持不变。

③SO3的体积分数保持不变。

④混合气体的平均相对分子质量不再变化。

（2）某温度下，在一固定体积为2升的密闭容器中，充入2molSO2和lmolO2发生上述反应，当反应进行到2分钟末时达到平衡，平衡混合物中SO3的质量分数为50%，则反应前2分钟内用SO2表示的平均反应速率为_____，SO2的转化率为____，此时反应的平衡常数为_________。

（3）在某恒温、恒压容器中，按体积比2：1加入SO2和O2进行上述反应，达到平衡后，再向容器中充入适量SO3(g)，达到新平衡时，c(O2)将比原平衡_____(填“增大”；“减小”、或“不变”)

（4）若在某恒温、恒容容器中，加入一定量SO3(g)发生上述反应，达到平衡后，再向容器中充入适量SO3(g)，达到新平衡时，c(SO2)/c(SO3)将比原平衡______(填“增大”、“减小”、或“不变”)。13、I.已知2A2(g)＋B2(g)2C(g)ΔH＝－akJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol/L，放出热量bkJ。

（1）a________b(填“>”“＝”或“<”)。

（2）若将反应温度升高到700℃，该反应的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。

（3）若在原来的容器中，只加入2molC，500℃时充分反应达到平衡后，C的浓度________wmol/L(填“>”“＝”或“<”)

（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是________。

a．及时分离出C气体b．适当升高温度。

c．增大B2的浓度d．选择高效的催化剂。

II.氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)△H>0。

（1）该反应的平衡常数表达式为__________。

（2）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量)，反应速率与时间t的关系如下图。图中t3时引起平衡移动的条件可以是____________________；t4时引起平衡移动的条件可以是____________________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是_________。

14、T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g），反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示，3分钟时达到平衡；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时；Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。

（1）容器中发生的反应可表示为_________________________；

（2）反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=_____________；

（3）保持其他条件不变，升高温度，该反应的化学平衡将________方向移动；（填“正反应”或“逆反应”）

（4）①若X为有色气体，T℃时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，则达到新的平衡后，容器内气体的颜色较原平衡时________；（填“变深；变浅或不变”）

②一定条件下的密闭容器中，该反应达到平衡，要提高气体Y的转化率，可以采取的措施是_________（填字母代号）；

a．高温高压b．加入催化剂c．减少Z的浓度d．增加气体Y的浓度。

（5）在体积为2L的密闭容器中，充入2molX和1molY进行反应，2min后反应达到平衡，此时平衡混合物中X为0.4mol/L，则Y的转化率为________。15、汽车的启动电源常用铅蓄电池，电池反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O；据此判断：

(1)放电时，铅蓄电池的负极材料是________；电极反应为__________________

(2)放电时，电解质溶液中阴离子移向________极。

(3)若用该铅蓄电池作电源电解足量的食盐水，阳极产生0.05molCl2时，理论上H2SO4的物质的量减小_______mol。

(4)铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“—”。关于标有“—”的接线柱，下列说法中正确的是___________

A．充电时作阳极；放电时作负极B．充电时作阳极，放电时作正极。

C．充电时作阴极；放电时作负极D．充电时作阴极，放电时作正极。

(5)充电时的阳极反应式是_________________________。16、沉淀的生成；溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用。

Ⅰ．汽车尾气中的SO2可用石灰水来吸收，生成CaSO3浊液。CaSO3易变质为CaSO4，水垢中含有较多的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为：__。

Ⅱ．已知25℃时，NH3•H2O电离常数Kb=1.8×10-5，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/LMgCl2溶液，沉淀生成___(填“无”或“有”)，并简述理由__；若某溶液中c(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，需向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为__mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液体积变化)。

Ⅲ．工业废水中常含有一定量的和它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：

Cr3+Cr(OH)3

其中第①步存在平衡：(黄色)+2H+(橙色)+H2O

①若平衡体系的pH=2，则溶液显___色。

②能说明第①步反应达平衡状态的是___。

a．和的浓度相同。

b．2v()=v()

c．溶液的颜色不变。

③第②步中，还原1mol离子，需要___mol的FeSO4•7H2O。

④第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)。常温下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至__。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误18、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误19、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20、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误21、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误22、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误23、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误24、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共24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）。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)29、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：_______。30、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___________。31、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化评卷人得分六、工业流程题(共4题，共36分)32、某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO₂、LiMn₂O₄、LiNiO₂、LiFePO₄等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。

回答下列问题：

(1)为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有___________(至少写两条)。

(2)“酸浸”中H₂O₂既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和___________，“酸浸”中LiCoO₂发生反应的离子方程式为___________。

(3)“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是___________。

(4)“调pH”的目的是___________，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过___________。离子浓度(mol·L⁻¹)氢氧化物KspNi²⁺1.001.00×10-15.2Co²⁺1.001.00×10-14.2Mn²⁺1.401.00×10-12.7

(5)若“调pH”过程中，Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为___________(填标号)。

a．NiSO₄b．CoSO₄c．MnSO₄d．H₂SO₄

(6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是___________。33、高氯酸铜易溶于水，在130℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。HClO4是易挥发的发烟液体，温度高于130℃易爆炸。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图：

(1)发生“电解I”时，所用的交换膜是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(2)已知上述工艺流程中“歧化反应”的氧化产物和还原产物物质的量之比为1︰5，写出该反应的离子方程式：_______。

(3)操作a的名称是_______，该流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。

(4)向Cu2(OH)2CO3沉淀中滴加稍过量的HClO4小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液，同时会产生大量的白雾。加热时温度不能过高的原因是_______。

(5)某温度下，高氯酸铜按A、B两种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。A方式为Cu(ClO4)2CuCl2＋4O2↑，若4mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50％的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8︰7，则B方式为_______(用化学方程式表示)。34、工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO4·6H2O。

(1)制备含Ni2+溶液。

高磷镍铁镍铁合金含Ni2+溶液。

已知：i.高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量：。元素/%Ni/%Fe/%P/%Co/%Cu/%高磷镍铁4.5870.4016.120.220.34镍铁合金52.4938.305.581.731.52

ii.金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H

①依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分___________。

②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是___________。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的产率，可向电解质溶液中加入___________(填试剂)。

(2)制备NiSO4·6H2O

已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：。金属离子Fe3+Fe2+Cu2+Co2+Ni2+完全沉淀的pH2.88.36.79.48.9

①在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl—的离子方程式是___________。

②已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。结合数据说明不能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因：___________。(已知：lg5=0.7)

③从滤液3中获取NiSO4·6H2O的操作是___________、洗涤、干燥。35、硒化铋(Bi2Se3)可用作半导体材料和温差电材料。用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)制备硒化铋的一种工艺流程如图所示。

已知：Ksp[Bi(OH)3]=3.0×10-7、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20、=1.6。

(1)NaOH的电子式为________。

(2)辉铋矿粉碎的目的是__________。

(3)可循环再利用物质的化学式为____________。

(4)“酸浸”中浸出Bi3+反应的化学方程式为Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O，反应中每生成16gS，转移电子数目为____，写出“酸浸”中浸出Fe3+的反应的离子方程式：____。

(5)若溶液中Fe3+、Cu2+的物质的量浓度均为0.01mol∙L-1，则当Fe3+沉淀完全时，Cu2+是否沉淀?_____________。(通过计算说明，当离子浓度小于1×10-5mol·L－1时，认为沉淀完全)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．从510°C的CaO转化为25°C的CaO放出热量，则△H4<0；故A错误；

B．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即△H1+△H2+△H4+△H5=-△H3，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0；故B错误；

C．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即△H1+△H2+△H4+△H5=-△H3，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0；故C错误；

D．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即△H1+△H2+△H4+△H5=-△H3，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0；故D正确；

答案选D。2、C【分析】【详解】

A．CO2转化为CO为还原反应；阴极得电子发生还原反应，A正确；

B．催化剂通过改变反应路径降低反应的活化能；B正确；

C．温度过高可能会使催化剂失活；从而降低反应速率，C错误；

D．根据电子守恒、元素守恒可知电催化还原CO2的电极反应式为CO2+2H++2e−=CO+H2O；D正确；

综上所述答案为C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示可知；惰性电极Ⅱ产生氧气，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故惰性电极Ⅱ为电解池的阳极，A错误；

B．产生未标注状态，故不能计算转移的电子数，B错误；

C．根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；C错误；

D．结合图示及阴极电极反应式可知，生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3；D正确。

答案选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．苯不是单双键交替的结构，苯环中不含碳碳双键，0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.1NA；故A错误；

B．1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO-、Cl-、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)+2N(Cl2)，即N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2[NA-N(Cl2)]；故B正确；

C．硫在足量纯氧燃烧生成SO2，1molS在纯氧中充分燃烧转移电子数为4NA；故C错误；

D．粗铜中含有杂质铁、锌等，电解精炼铜时，铁、锌等也要溶解放电，所以电路中转移的电子数为0.2NA；阳极减少不一定为6.4g，故D错误；

故选B。5、D【分析】【详解】

A．K只受温度影响，相同温度下，同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化，所以Ka1=Ka2=Ka3；故此选项错误；

B．室温时，若在NaZ溶液中加水，加酸促进水解,=二者都为常数，比值也为常数，只随温度变化而变化，室温时，比值不变，故此选项错误；

C．由电离常数可知酸性HZ>HY>HX，酸越强，酸根离子水解程度越小，强碱弱酸盐的碱性越弱，所以pH为：NaX>NaY>NaZ；故此选项错误；

D．弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，Ka5>Ka4>Ka3；故此选项正确。

故答案为：D。6、C【分析】【详解】

A．1.6g含有质子的物质的量为×16=0.8mol，1.6g含有质子的物质的量为×32=0.8mol，故1.6g由和组成的混合气体中含有的质子数为A正确；

B．1mol中含有4mol键，30g的物质的量为30g÷60g/mol=0.5mol，含有的键的数目为0.5mol×4×NAmol-1=B正确；

C．铝离子水解：溶液中阳离子的数目增加，故含有的阳离子数目大于C错误；

D．2NO+=2NO2，2NO2故2molNO与1mol充分反应，产物的分子数小于D正确；

答案选C。7、C【分析】【详解】

A．泡沫灭火器在使用时将Al2(SO4)3和NaHCO3溶液混合，二者发生双水解反应产生CO2气体和Al(OH)3白色絮状沉淀；就像泡沫一样覆盖在着火物上，起到降温和隔绝空气的作用，因此可以灭火，A正确；

B．雷雨天气时空气中的N2、O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3电离产生故有助于空气中的N2转化为可供植物吸收的B正确；

C．常温下Al；Fe对浓硫酸、浓硝酸表现出惰性；是由于浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，在金属Al、Fe表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化现象，C错误；

D．金属钠能够与水反应产生NaOH；而与乙醚不能反应，因此可用于除去乙醚中微量的水，D正确；

故合理选项是C。8、A【分析】【详解】

A．根据图象可知，pH=2.3时，c(H2C2O4)=c()，则25℃时故A错误；

B．根据图象可知，当pH=2.7时，溶液中满足：c(H2C2O4)=c()；故B正确；

C．pH=7时c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒c(OH−)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+)可知：2c()+c()=c(Na+)，则c(Na+)>2c()；故C正确；

D．滴加NaOH溶液的过程中，溶液中一定满足电荷守恒，即：c(OH−)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+)；故D正确；

答案选A。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．Z点在曲线的上方，Q(c)<Ksp；v(沉淀)＜v(溶解)，C项正确；

B．Ksp(BS)只与温度有关；不因浓度改变而改变，B项正确；

C．由y点(5,30.2)可知，当c()=10-5mol/L时，c(S2-)=10-30.2mol/L，则Ksp(BS)=c()×c(S2-)=10-35.2，平衡常数K=c()/c2(A+)=Ksp(BS)/KSP(A2S)=10-35.2/10-49.2=1014；平衡常数很大，反应趋于完全，C项正确；

D．由x(20,9.2)可知，当c(A+)=10-20mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，KSP(A2S)=c2(A+)×c(S2-)=10-49.2；D项错误；

答案选D。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH＋+CH3COO－；根据对电离平衡的影响分析；

(2)根据影响氨水电离平衡的因素分析；

(3)根据盐的水解规律判断；

(4)pH均为3的HCOOH和CH3COOH；醋酸酸性更弱，酸浓度大。

【详解】

(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH＋+CH3COO－，a.通入少量HCl气体，增大氢离子浓度，抑制醋酸电离，故a不选；b.加入少量冰醋酸，增大醋酸浓度，电离程度减小，故b不选；c.加入少量醋酸钠固体；增大醋酸根离子浓度，抑制醋酸电离，故c不选；d.加入少量水，促进醋酸电离，故d选；故答案为：d；

(2)a.碱加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，故a选；b.电离平衡常数只受温度的影响，加水稀释溶液，铵根离子浓度减小，=增大，故b不选；c.c(H+)·c(OH-)=Kw，只受温度的影响，故c不选；d.加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，c(H+)增大，增大；故d不选；故答案为：a；

(3)①HCOONa②CH3COONa均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，醋酸比甲酸酸性弱，溶液碱性②＞①；醋酸和一水合氨的电离平衡常数相差很小，③CH3COONH4几乎呈中性，④NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解后溶液呈酸性，同浓度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为②①③④。故答案为：②①③④；

(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，前者酸性强，酸中未电离酸浓度小，消耗的NaOH少，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1＜V2。故答案为：＜。【解析】①.d②.a③.②①③④④.＜11、略

【分析】【详解】

（1）F极附近呈红色，说明F极产生OH－而作阴极，所以B极是电源的负极，一段时间后，甲中溶液颜色由于Cu2+被还原而逐渐变浅；丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带正电，在电场作用下向Y极移动；

（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，单质依次是O2、Cu、Cl2、H2；由于串联电路中通过的电量相等，所以对应单质的物质的量之比为1:2:2:2；

（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是镀件，电镀液是AgNO3溶液。当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL），c(OH－)=0.1mol/L，n(OH－)=0.05mol=n(Ag)，丙中镀件上析出银的质量为0.05mol×108g/mol=5.4g，甲中溶液的pH由于水的OH－放电而变小；

（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是Fe+Cu2+Fe2++Cu。【解析】负极逐渐变浅氢氧化铁胶粒带正电荷1∶2∶2∶2镀件AgNO3(合理即可)5.4g变小Fe＋Cu2＋==Cu＋Fe2＋12、略

【分析】【详解】

（1）①每生成80gSO3，反应向右进行，同时消耗64gSO2；反应向右进行，速率同向，不能判断反应达到平衡状态，故不选；

②该容器体积不变、反应前后混合气体质量不变,则容器中密度始终不变,则不能根据密度判断平衡状态,故不选；

③SO3的体积分数保持不变；各物质浓度保持不变，反应达到平衡状态，可选；

④该反应中三氧化硫分解后气体的物质的量增大，混合气体质量不变,则混合气体的平均相对分子质量在反应前后减小,当容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变时,正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,可选；

综上所述；本题选③④。

（2）在一固定体积为2升的密闭容器中，充入2molSO2和lmolO2发生2SO2+O2==2SO3反应，设当反应进行到2分钟末时达到平衡时，消耗氧气的量为xmol，进行如下计算：2SO2+O22SO3，

起始量210

变化量2xx2x

平衡量2-2x1-x2x

根据平衡混合物中SO3的质量分数为50%，则50%=2x×80/(2×64+1×32)×100%，解得x=0.5mol；则反应前2分钟内用SO2表示的平均反应速率为2×0.5/(2×2)=0.25mol∙L-1∙min-1；SO2的转化率为2×0.5/2×100%=50%；达平衡时各物质浓度分别为：c(SO2)=（2-1）/2=0.5mol/L，c(O2)=（1-0.5）/2=0.25mol/L，c(SO3)=2×0.5/2=0.5mol/L，此时反应的平衡常数为0.52/(0.25×0.52)=4；综上所述，本题答案是：0.25mol∙L-1∙min；50%，4。

（3）保持恒温、恒压，反应达到平衡后，再向容器中充入适量SO3(g)，在恒压条件下，与原平衡状态相同，是等效平衡，各物质的含量不变，所以c(O2)与原平衡相比；应该为不变；综上所述，本题答案是：不变。

（4）恒温、恒容条件下反应达到平衡，达到平衡后，再向容器中充入适量SO3(g)，恒容条件下相对于原平衡，等效于加压过程，平衡向右移动，c(SO3)增大，c(SO2)减小，c(SO2)/c(SO3)将比原平衡减小；综上所述，本题答案是：减小。【解析】①.③④②.0.25mol∙L-1∙min-1③.50%④.4⑤.不变⑥.减小13、略

【分析】【详解】

I．（1）该反应为可逆反应，故反应达平衡时反应物不能全部转化为生成物，放出的热量小于a，故答案为：>；

（2）由题可知该反应为放热反应，升高温度，反应向逆反应方向进项，平衡常数K应减小；

（3）恒温、恒容条件下，只加入2molC与只加入2molA2和1molB2互为等效平衡状态；则C的浓度相同，答案为：=；

（4）a．不能使反应速率增大，只能使逆反应速率减小，正反应速率不变，从而使反应正向移动，a错误；

b．升高温度，正逆反应速率都增大，因反应是放热反应，故反应向逆反应方向移动，b错误；

c．增大B2的浓度；正反应速率增大，逆反应速率不变，反应向正反应方向移动，c正确；

d．催化剂只能改变化学反应速率；不能改变化学平衡的移动，d错误；

答案选c。

II．（1）根据平衡常数的定义，化学平衡常数表达式中只包含气态物质和溶液中各溶质的浓度，答案为：

（2）由图可知，t3时刻反应速率没有变化，则改变的条件是加入催化剂。t4时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，可增大压强；在t4时反应向逆反应方向移动，则t3～t4时平衡混合物中CO的含量最高。故答案为：加入催化剂、增大压强、t3-t4。【解析】>减小＝c加催化剂增大压强t3-t4。14、略

【分析】【分析】

(1)根据图示1可知：X；Y是反应物；Z是生成物，根据反应的物质的量的比等于化学计量数之比确定化学计量数，由于最终各种物质都存在，说明该反应是可逆反应，据此书写反应的方程式；

(2)根据v=计算出反应进行的前3min内；用X表示的反应速率v(X)；

(3)由图2可知，温度T2到达平衡需要的时间较短，故T2＞T1；温度越高Y的含量降低，升高温度平衡向正反应方向移动；

(4)①根据X浓度的变化分析判断颜色的变化；②根据平衡移动的方向结合题意分析判断；

(5)根据三段式分析计算。

【详解】

(1)由图1知，X的物质的量减少量为：(2.0-1.4)mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为：(1.6-1.4)mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为：(0.8-0.4)mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol∶0.2mol∶0.4mol=3∶1∶2，所以反应可表示为：3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故答案为：3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；

(2)反应进行的前3min内，用X表示的反应速率为：v(X)==0.1mol/(L•min)；故答案为：0.1mol/(L•min)；

(3)“先拐平数值大”，根据图2可知，T2＞T1；升高温度后Y的含量减少，即平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应；

(4)①若X为有色气体；T℃时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，相当于增大压强，平衡正向移动，但所有物质的浓度均增大，则达到新的平衡后，容器内气体的颜色较原平衡时变深，故答案为：变深；

②a．高温高压，平衡正向移动，气体Y的转化率增大，故a正确；b．加入催化剂，平衡不移动，Y的转化率不变，故b错误；c．减少Z的浓度；平衡正向移动，气体Y的转化率增大，故c正确；d．增加气体Y的浓度，虽然平衡正向移动，但气体Y的转化率减小，故d错误；故答案为：ac；

(5)①3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)

开始(mol/L)：10.50

转化(mol/L)：0.60.20.4

平衡(mol/L)：0.40.30.4

所以Y的转化率为×100%=40%；故答案为：40%；

【点睛】

本题的易错点为(4)①，要注意气体的颜色变化，要看X浓度的变化，不能单纯看平衡的移动。【解析】①.3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)②.0.1mol/(L•min)③.正反应④.变深⑤.ac⑥.40%15、略

【分析】【详解】

(1)铅蓄电池中，根据原电池反应式中元素化合价变化知，Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价，被氧化发生氧化反应，所以Pb作负极，发生的电极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

(2)铅蓄电池放电时；电解质溶液中阴离子移向负极移动；

(3)氯离子放电时电极反应式为2Cl-2e-=Cl2↑，当制得0.05molCl2时；转移电子的物质的量为0.1mol，串联电路中转移电子相等，设消耗硫酸的物质的量为x；

PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O转移电子。

2mol2mol

x0.1mol

2mol：2mol=x：0.1mol；解得x=0.1mol；

(4)铅蓄电池为二次电池；标有“-”的接线柱，放电时为原电池的负极，充电时为电解池的阴极，故答案为C；

(5)充电时蓄电池的阳极发生氧化反应，发生的反应式是PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-。【解析】PbPb-2e-+SO42-=PbSO4负0.1CPbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-16、略

【分析】【详解】

Ⅰ．CaSO4与Na2CO3反应，转化为CaCO3和Na2SO4，离子方程式为：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；答案为：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；

Ⅱ．向0.4mol/L的氨水中加入等体积浓度为6×10-4mol/LMgCl2溶液，溶液中c(Mg2+)∙c2(OH-)的浓度商大于Ksp[Mg(OH)2]，所以有沉淀生成，理由是：c2(OH-)=c(NH3•H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+)∙c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11=Ksp[Mg(OH)2]。设体积都为1L，溶液中n(Mg2+)=1.2×10-3mol，需消耗n(OH-)=2×(1.2×10-3mol-10-5mol)≈2.4×10-3mol；另外，为使溶液中达到Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，还需加入c(OH-)=mol/L=1×10-3mol/L，此时向其中加入等体积的NaOH溶液浓度为=4.4×10-3mol/L时，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液体积变化)；答案为：有；c2(OH-)=c(NH3•H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+)∙c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11=Ksp[Mg(OH)2]；4.4×10-3；

Ⅲ．①若平衡体系的pH=2；则平衡正向移动，溶液显橙色；

②a．和的浓度相同；可能是反应进行的某个阶段，a不符合题意；

b．2v()=v()，是反应进行的某个阶段，不是平衡状态，b不符合题意；

c．溶液的颜色不变；表明离子的浓度不变，反应达平衡状态，c符合题意；

故选c；

③第②步中，还原1mol离子，依据氧化还原反应化合价升降守恒可得出关系式：——6Fe2+，因此需要6mol的FeSO4•7H2O；

④常温下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的c(OH-)=mol/L=10-9mol/L，则溶液中c(H+)=10-5mol/L，pH=11，答案为：橙；c；6；5。【解析】CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)有c2(OH-)=c(NH3•H2O)Kb=0.2×1.8×10-5=3.6×10-6，而Qc=c(Mg2+)∙c2(OH-)=3×10-4×3.6×10-6=1.08×10-9＞1.0×10-11=Ksp[Mg(OH)2]4.4×10-3橙c65三、判断题(共8题，共16分)17、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。18、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。19、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。20、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。21、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。23、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。24、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、有机推断题(共4题，共24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（）×10－5五、结构与性质(共3题，共9分)29、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，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pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。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、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO230、略

【分析】【详解】

（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；

②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应；恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；

②因为反应为放热；甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；

③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)还原O2+2H++2e-=H2O231、略

【分析】【分析】

按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常数的定义；结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；

【详解】

(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60；A错误；B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误；C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大；分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。

(4)①按定义，反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常数表达式由表知，平衡时，c(AsO)=ymol·L-1，则