2025年西师新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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A.相同条件下的氧化性：B.相同条件下，As与NO的反应速率最慢C.升高温度能增大As与反应的活化能D.其他条件不变，改变温度不能显著改变As与的反应速率3、在25℃、1.01×105Pa下，将22gCO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分反应，测得反应放出ykJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出xkJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是A.B.C.D.4、下列物质属于强电解质的是A.CH3COOHB.SO3C.BaSO4D.石墨5、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：K＋、Ca2＋、I－、OH－B.能使甲基橙变红的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、Cl-C.的溶液：Na＋、K＋、Br－D.c(S2－)=0.1mol·L－1的溶液中：H＋、Br－、Li＋、评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、下列一句话中叙述了两个值，前者记为后者记为和的关系从A；B、C、D中选择；并填空。

A.B.C.D.无法比较。

（1）常温下的与等体积混合后溶液中和______；

（2）同温度下，溶液中水解百分率与溶液中的水解百分率：______；

（3）pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原来的倍和倍，稀释后两溶液的值仍然相同，则和的关系是：______；

（4）常温下两份等浓度的纯碱溶液，将第二份升高温度，两溶液中______；

（5）相同温度下，值为12的烧碱溶液中水的电离度和值为12的溶液中水的电离度：______；

（6）将值为2的盐酸和醋酸都稀释相同倍数所得稀溶液的值：______；

（7）室温下某强酸和某强碱溶液等体积混合后，溶液的值为7，原酸溶液和原碱溶液的物质的量浓度：______；

（8）相同温度下，的溶液中的个数和溶液中的个数：______。7、氮是地球上含量丰富的一种元素；其单质及化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

(1)如图是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成1molCO2(g)和1molNO(g)过程中能量变化示意图。

①该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

②请写出反应的热化学方程式__________。

③若在该反应体系中加入催化剂对反应热_______(填“有”或“没有”)影响。

(2)已知，可逆反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH=−56.9kJ/mol。在乙烧杯中投入一定量的CaO固体，此烧杯中NO2球的红棕色变深。根据现象，补全CaO与H2O反应过程的能量变化示意图_______。

8、某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z物质的物质的量随时间的变化曲线如图。所示根据图中数据，试填写下列空白：

（1）该反应的化学方程式为______；

（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为______；

（3）若X、Y、Z均为气体，则反应起始时与平衡后的压强之比是________；

（4）以下说法能列定该反应已达平衡状态的是________

A.X；Y、Z的浓度之比是1:2:3

B.X的消耗速率和Y的生成速率相等。

C.Z的浓度保持不变。

D.单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y9、二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，可用四氯化钛(TiCl4)制备。已知：

Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g)TiO2(s)＋2Cl2(g)ΔH1=-178.4kJ•mol-1

Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH2=-219.9kJ•mol-1

请回答下列问题：

(1)TiCl4(g)与CO(g)反应生成TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式为___________。

(2)若反应Ⅰ的逆反应活化能表示为EkJ•mol-1，则E___________178.4(填“>”“<”或“=”)。

(3)t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2，发生反应Ⅰ.4min达到平衡时测得TiO2的物质的量为0.2mol。

①0～4min内，用Cl2表示的反应速率v(Cl2)=___________。

②TiCl4的平衡转化率α=___________。

③下列措施，既能加快反应速率又能增大TiCl4平衡转化率的是___________(填选项字母)。

A．缩小容器容积B．加入催化剂C．分离出部分TiO2D．增大O2浓度E.降低温度。

④t℃时，向10L恒容密闭容器中充入4molTiCl4和一定量O2的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率(α)与起始的物质的量之比的关系如图所示：

能表示TiCl4平衡转化率的曲线为___________(填“L1”或“L2”)；M点的坐标为___________。

(4)也可以利用四氯化钛(TiCl4)水解制备TiO2，该反应的方程式为：___________。10、弱电解质的研究是重要课题。

(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是_______。

A．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO

B．A点，溶液中H2CO3和HCO浓度相同。

C．当c(HCO)=c(CO)时，c(H+)>c(OH-)

②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_______。

(2)H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如下表。弱酸H2SH2CO3HClOCH3COOH电离平衡常数(25℃)K1=1.3×10﹣7

K2=7.1×10﹣15K1=4.4×10﹣7

K2=4.7×10﹣11K=3.0×10﹣8Ka=1.8x10-5

按要求回答下列问题：

①H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为_______。

②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：_______。

③取等体积等pH的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1_______V2(填“>”、“<”或“=”)。11、表中是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)，回答下列问题：。酸电离方程式电离平衡常数KaCH3COOHCH3COOHCHCOO－+H+Ka=1.7×10−5H2CO3H2CO3HCO+H+HCOCO+H+Ka1=4.2×10−7Ka2=5.6×10−11HClOHClOClO－+H+Ka=4.7×10−8H3PO4H3PO4H2PO+H+H2PO+H+PO+H+Ka1=7.1×10−3Ka2=6.2×10−8Ka3=4.5×10−13

(1)Ka只与温度有关，当温度升高时，Ka值___________(填“增大”；“减小”、“不变”)。

(2)在温度相同时，各弱酸的Ka值不同，那么Ka值的大小与酸性的相对强弱有何关系___________。

(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，其中酸性最强的是___________，最弱的是___________。

(4)电离平衡常数是用实验的方法测定出来的，现测得25℃时，cmol∙L−1的CH3COOH的电离度为，试表示该温度下醋酸的电离平衡常数___________。

(5)根据上表中提供的H2CO3和HClO的电离平衡常数，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是___________

A．c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)

B．c(ClO－)＞c(HCO)＞c(H+)

C．c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)

D．c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)

(6)根据上表中H2CO3和HClO的电离平衡常数，试写出少量CO2通入到NaClO溶液中的化学反应方程式___________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误13、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误14、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误15、常温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。(_______)A.正确B.错误16、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误17、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误18、酸式盐溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。(_______)A.正确B.错误19、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20、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共40分)21、某工厂从含硫酸钡；氧化铜、氧化亚铁、氧化铝和少量氧化银的废渣中回收金属的工艺流程如图所示：

(1)滤渣①的化学式为___________，是___________(填“强”“弱”或“非”)电解质。

(2)用滤渣②作粗铜电解精炼铜时，粗铜作___________(填“阳”或“阴”)极。

(3)加入过量铁粉，被还原的金属阳离子有___________。过氧化钠的电子式为___________。

(4)滤液④的溶质是___________。B电解方程式为___________。

(5)写出滤渣③生成A的化学方程式：___________。22、碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr；FeS等)来制备；其工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①___，②___。

(2)在酸性溶液中可以转化成用离子方程式表示该转化反应___，已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中沉淀完全(c()≤1×10-5mol·L-1)，溶液中钡离子浓度至少为___mol·L-1。23、工业上采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰，工艺流程如下：

已知相关信息如下：

①菱猛矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。

②氢氧化物沉淀的条件:Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.7、32；Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。

③“焙烧”过程的主要反应MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。

④常温下，几种难溶物的Ksp如下表所示:。难溶物Mn(OH)2MnCO3CaF2MgF2Ksp2.0×10-132.0×10-112.0×10-107.0×10-11

（1）分析图1、图2、图3，最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)/m(美锰矿粉)分别为____、____、____。

（2）“除杂”过程如下:

①已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O3>H2O2>Cl2>MnO2>Fe2+，则氧化剂X宜选择_________(填字母)。

A.(NH4)2S2O3B.MnO2C.H2O2D.Cl2

②调节pH时，pH可取的最低值为_____________。

③当CaF2、MgF2两种沉淀共存时，若溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，则c(Mg2+)=____mol/L。

（3）“沉锰”过程中,不用碳酸钠溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是__________。

（4）测定碳酸锰粗产品的纯度。实验步骤:

①称取0.5000g碳酸锰粗产品于300mL锥形瓶中，加少量水湿润，再加25mL磷酸，移到通风橱内加热至240℃，停止加热，立即加入2g硝酸铵，保温，充分反应后，粗产品中的碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，多余的硝酸铵全部分解。用氮气赶尽锥形瓶内的氮氧化物，冷却至室温。

②将上述锥形瓶中的溶液加水稀释至100mL，滴加2-3滴指示剂，然后用浓度为0.2000mol/L的硫酸亚铁铵[(NH4)Fe(SO4)2]标准溶液滴定,发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-。到达滴定终点时，消耗的硫酸亚铁铵标准溶液的体积为20.00mL。

计算:碳酸锰粗产品的纯度=___________。

误差分析:若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。24、草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种重要的化工原料；广泛应用于涂料；染料、玻璃器皿等的着色剂，也可用于新型电池材料，感光材料的生成。实验室制备草酸亚铁晶体的一种流程如下：

(1)溶解时加入稀硫酸的作用是____。

(2)用无水乙醇洗涤的目的是____。

(3)某FeC2O4·2H2O样品中含有少量Fe2(C2O4)3杂质，采用KMnO4滴定法测定样品的组成，实验步骤如下：称取1.996g样品于锥形瓶中，加入稀硫酸溶解，水浴加热至75℃；用0.200mol/L的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色；消耗KMnO4溶液33.00mL。

已知：酸性环境下，KMnO4既能氧化Fe2+,又能氧化C2O自身被还原为Mn2+。

①计算样品中FeC2O4·2H2O的质量分数____。(写出计算过程)

②若滴定过程中，酸度控制不当，MnO部分会被还原为MnO2，则达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积____(填“偏大”、“偏小”或“不影响”)。评卷人得分五、结构与性质(共2题，共6分)25、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_____。26、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___________。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共16分)27、用化学知识填空：

（1）丙烷(C3H8)通过脱氢反应可得丙烯(C3H6)。

已知：C3H8(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)+H2(g)=156.6kJ•mol-1②CH3CH=CH2(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)=32.4kJ•mol-1

则相同条件下，反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)的H__kJmol-1。

（2）将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为C（s）+H2O（g）CO（s）+H2（g）、C（s）、CO（g）和H2（g）完全燃烧的热化学方程式分别为：

C(s)+O2(g)═CO2(g)=-393.5kJ•mol-1，H2(g)+O2(g)═H2O(g)=-242.0kJ•mol-1，CO(g)+O2(g)═CO2(g)=-283.0kJ•mol-1

写出C(s)与水蒸气反应生成CO和H2的热化学方程式：____。

（3）图甲为ⅥA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。则硒化氢在上述条件下发生分解反应的热化学方程式为____。

（4）已知反应2HI（g）H2（g）I2（g）H11kmol1，1molH2（s）、1molI2（s）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为____kJ。28、在一个体积为5L的密闭容器内发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)该反应的平衡常数和温度的关系如下：。温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4

回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式K=___，ΔH___0(填“＜”“＞”“=”)；

(2)830℃时，向容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol·L-1·s-1，则6s时c(A)=___mol·L-1，C的物质的量为___mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为___，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为___；

(3)在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(A)为2mol∙L-1，c(B)为1.5mol∙L-1，c(C)为1mol∙L-1，c(D)为3mol∙L-1，则下一时刻，反应将__(填“正向”或“逆向”)进行，此时v正__v逆(填“＜”“＞”“=”)。

(4)恒温恒容条件下，下列选项能判断该反应达到平衡的是___(填正确选项前的字母)：

a．压强不随时间改变。

b．气体的密度不随时间改变。

c．c(A)不随时间改变。

d．单位时间里生成C和D的物质的量相等。

e．气体的平均相对分子质量不再变化。

f．v正(A)=v逆(C)

(5)1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为___。29、机动车排放的污染物主要有碳氢化合物；一氧化碳和氮氧化物等。汽油燃油车上安装三元催化转化器；可有效降低汽车尾气污染。

（1）已知：

则反应__________。

（2）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将和发生反应生成（g）和（g）。在T℃下，向某恒容密闭容器中通入amol/Lbmol/L使其发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比X（表示a、b两者的比值）的关系如图1中曲线所示。若反应开始到达到平衡所用时间是2min，则反应发生2min内的平均反应速率v（）=________，平衡态A点的平衡常数K=________。

（3）柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理为：尿素[]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解产生生成的与尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。图2为在不同投料比[]时转化效率随温度变化的曲线。

①尿素与物质的量比a_____b（填“＞”；“=”或“＜”）。

②由图可知，下列说法错误的是____

A.400℃以下，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，转化效率升高。

B.400℃以下；温度升高，反应活化能降低，导致化学反应速率加快。

C.440℃以上，温度过高，可能使催化剂活性降低，导致转化效率下降30、(一)环氧乙烷(EO)是一种重要的化工原料，可用于生产乙二醇、乙醇胺等化工产品，目前乙烯直接氧化法被广泛应用于环氧乙烷的生产并得到广泛关注。制备环氧乙烷工艺装置如图：其中“反应床”中发生的反应有：

主反应①：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)△H1=-221.0kJ/mol；

副反应②：CH2=CH2(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)△H2=-1323.0kJ/mol；

副反应③：2(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)△H3；

副反应④：(g)CH3CHO(g)△H3=-115.0kJ/mol

已知：环氧乙烷选择性是指乙烯进行反应①生成环氧乙烷的优势。

(1)写出反应③的△H3=______kJ/mol；

(2)下列有关环氧乙烷制备说法不正确的是______

A.由图1可知；进料气体的初始温度对环氧乙烷的选择性影响不大，可得出乙烯的转化率受初始温度影响不大。

B.由图2可知；原料气的流速加快，乙烯转化率下降；主要是原料气与催化剂接触时间过短造成。

C.图2表明；原料气的流速加快，环氧乙烷选择性略微增大；主要原因是温度得到较好控制，催化剂活性较强。

D.若进料气中O2比例增大；环氧乙烷产率降低；其中主要原因是环氧乙烷转化为乙醛。

(3)已知“反应床”中压强对乙烯转化率和环氧乙烷选择性的影响如图3：

请解释当反应体系中压强高于2.4Mpa，导致环氧乙烷选择性下降的主要原因：______。

(4)不同进料组分，环氧乙烷产率不同；其中进料气n(O2)：n(C2H4)=1：2时，随CO2含量变化，环氧乙烷的产率变化如图4。请在图4上画出进料气n(O2)：n(C2H4)=3：1时，随CO2含量变化，环氧乙烷的产率变化曲线_______。

(二)环氧丙烷是一种重要的化工原料，且广泛用途。有机电化学法电解合成环氧丙烷是一种常见的生成工艺；其原理是将丙烯与电解饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇(CH3CHOHCH2Cl)；氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷。其电解简易装置如图。

(1)写出a电极的电极反应式：__________；

(2)写出b电极区域生成环氧丙烷的化学方程式：__________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．断键吸热；故A错误；

B．形成化学键放出热量；故B错误；

C．放热反应不一定需要加热；如酸碱中和反应常温下即可进行，故C错误；

D．有些吸热反应常温下即可发生；如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故D正确；

故选：D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．由可知，N元素的化合价降低，二氧化氮为氧化剂，则相同条件下的氧化性：A项正确；

B．由表中信息可知；NO与As的反应的活化能最大，则相同条件下As与NO的反应速率最慢，B项正确；

C．升高温度；可增大活化分子百分数，增大反应速率，但不改变反应的活化能，C项错误；

D．反应速率为反应物浓度和的函数，由图可知，As与反应中，随温度的升高变化不大，则其他条件不变，改变温度不能显著改变As与的反应速率；D项正确。

故选C。3、D【分析】【分析】

本题考查化学计算和盖斯定律；注意依据反应物的物质的量确定生成物，掌握盖斯定律的计算方法是解答关键。

【详解】

根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，0.5molCO2与0.75molNaOH反应生成物质的量均为0.25mol的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，反应的化学方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为ykJ，则2molCO2反应放出热量为4ykJ，则热化学反应方程式为①，又1molCO2通入1L2mol•L-1NaOH溶液中充分反应放出xkJ的热量，则热化学方程式为②，由盖斯定律可知，①-②可得，故选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．CH3COOH在水溶液中部分电离，CH3COOH是弱电解质；故不选A；

B．SO3自身不能电离，SO3是非电解质；故不选B；

C．硫酸钡溶于水的部分完全电离出钡离子和硫酸根离子，BaSO4是强电解质；故选C；

D．石墨是单质；既不是电解质又不是非电解质，故不选D；

选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中可能含有银离子，则I－、OH－均不能大量共存；且钙离子和氢氧根离子也不能大量共存，A不符合；

B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，则Mg2＋、Cu2＋、Cl-可以大量共存；B符合；

C．的溶液显酸性，与氢离子反应不能大量共存；C不符合；

D．c(S2－)=0.1mol·L－1的溶液中S2－、H＋、之间发生氧化还原反应；不能大量共存，且硝酸也能氧化溴离子，D不符合；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)6、A:A:A:B:B:B:B:D【分析】【分析】

【详解】

（1）醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，导致溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒，所以c（Na+）＜c（CH3COO-）；

因此；本题正确答案是：B；

（2）溶液越稀，即浓度越小，铁离子的水解程度越大，所以0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+水解百分率小于0.01mol•L-1FeCl3溶液中Fe3+的水解百分率；

因此；本题正确答案是：B；

（3）醋酸是弱酸；稀释促进电离，在体积增大导致浓度减小的同时还会电离出一部分氢离子，盐酸是强酸，稀释过程中体积增大而导致浓度减小，pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原来的M倍和N倍，稀释后两溶液的pH值仍然相同，则醋酸加水多；

因此；本题正确答案是：A；

（4）碳酸钠溶液中；碳酸根的水解程度随着温度的升高而增大，所以升高温度促进水解，碳酸氢根的浓度增大，故答案为B；

（5）NaOH电离出OH-抑制水的电离，pH值为12的烧碱溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度；醋酸钠电离出的醋酸根水解促进水的电离，pH值为12的CH3COONa溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，所以相同温度下，pH值为12的烧碱溶液中水的电离度小于pH值为12的CH3COONa溶液中水的电离度；

因此；本题正确答案是：B；

（6）醋酸是弱酸；稀释促进电离，盐酸是强酸，稀释过程浓度减小，所以将pH值为2的醋酸和盐酸都稀释相同倍数所得稀溶液的pH值是盐酸的大于醋酸的；

因此；本题正确答案是：A；

（7）室温下强酸和强碱溶液等体积混合后；溶液的pH值为7，则溶液显示中性，所以原来溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量浓度是相等的，但是酸和碱的元数未知，酸和碱的浓度大小不能确定；

因此；本题正确答案是：D；

（8）两溶液体积相等，前者物质的量浓度大于后者，氯化铵溶液中，铵根离子水解，铵根离子浓度越大水解程度越小，即相同温度下，1L1mol/L的NH4Cl溶液中的NH4+个数大于1L0.5mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的个数；

因此，本题正确答案是：A；7、略

【分析】【详解】

(1)①根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高；因此物质发生反应时放出热量，即该反应为放热反应；

②反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，则反应热△H=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ/mol；

③催化剂不能改变反应物；生成物的总能量；而反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，因此催化剂对反应热无影响，即若在该反应体系中加入催化剂，该反应的反应热不发生变化；

(2)在乙烧杯中投入一定量的CaO固体，此烧杯中NO2球的红棕色变深，说明c(NO2)增大，可逆反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH=−56.9kJ/mol的化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应是放热反应，△H＜0，则乙烧杯内反应后温度升高，说明CaO与H2O反应放出热量，该反应为放热反应，△H＜0，证明生成物Ca(OH)2的能量比反应CaO与H2O的总能量低，用图象表示为：【解析】放热NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ/mol没有8、略

【分析】【详解】

（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且反应物没有完全转化，是可逆反应；则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.75mol∶0.5mol∶0.75mol=3∶2∶3，则反应的化学方程式为：3X+2Y2Z；

（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为=0.125mol/（L·min）；

（3）根据阿伏加德罗定律可知；恒容恒温条件下，压强与气体的物质的量成正比，若X；Y、Z均为气体，则反应起始时与平衡后的压强之比是2mol∶（0.25+0.5+0.75）mol=4:3；

（4）A.X；Y、Z的浓度之比是1:2:3时；反应不一定是平衡状态，故A错误；B.X的消耗速率和Y的生成速率相等，即正逆反应速率相等，是平衡状态，故B正确；C.Z的浓度保持不变，量一定是平衡状态，故C正确；D.单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y，正逆反应速率相等，是平衡状态，故D正确；答案为BCD。

点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。【解析】①.3X+2Y⇌3Z②.0.125mol/（L．min）③.4：3④.BCD9、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，I式减去II式得到：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ•mol-1

(2)由于该反应是放热反应；焓变等于正反应活化能减去逆反应的活化能，故逆反应的活化能大于178.4；

(3)利用三段式：

①

②

③A．缩小容器体积，导致浓度增大，反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，TiCl4平衡转化率减小；故A不符合；

B．加入催化剂能加快反应速率，但不影响平衡，TiCl4平衡转化率不变；故B不符合；

C．分离出TiO2，平衡不移动，TiCl4平衡转化率不变；但反应速率不变，故C不符合；

D．增大氧气的浓度，导致反应速率增大，平衡向正反应方向移动，TiCl4平衡转化率增大；故D符合题意；

E．降低温度；反应速率会减小，故D不符合题意；

故选答案D；

④根据增大某反应物的浓度可以增大另一个反应物的转化率，自身的转化率降低，当横坐标增大时，相当于增大了TiCl4的浓度，TiCl4的转化率会降低，故表示的曲线是L2；M点反应物的转化率相等，说明投入反应物起始的物质的量之比等于系数比，故a=1:1，根据t℃时平衡常数保持不变利用前面的三段式计算出平衡常数：K=当反应物的物质的量之比等于1:1时代入三段式中解得故坐标为(1，)；

(4)根据原子守恒，保持化合价不变利用复分解反应的写法写出水解方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl。【解析】TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ•mol-1>0.01mol•L-1·min-120%DL2(1，)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl10、略

【分析】【详解】

（1）A．图象分析可知，pH=8时主要存在的微粒是碳酸氢根离子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCOA正确；

B．A点是HCO物质的量分数与二氧化碳的碳酸溶液中H2CO3、CO2的物质的量分数之和相同，故溶液中H2CO3和HCO浓度不相同；B错误；

C．图象分析可知当c(HCO)=c(CO)时，pH>7，溶液显碱性，c(H+)-)；C错误；

故选BC；

②pH=8.4时，含碳元素的微粒主要是HCO向上述溶液中加入NaOH溶液时HCO与OH-反应生成CO和水，发生反应的离子方程式是HCO+OH﹣=CO+H2O；

（2）①酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由表中数据可知，酸性：H2CO3>H2S>HClO；

②根据电离平衡常数可知，酸性：HClO>HCO将少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O=HCO+HClO；

③酸性：CH3COOH＞HClO，所以pH相等时，酸的浓度：CH3COOH＜HClO，两溶液体积相同，所以HClO消耗的NaOH更多，所以V1＜V2。【解析】(1)BCHCO+OH﹣=CO+H2O

(2)H2CO3>H2S>HClOClO﹣+CO2+H2O=HCO+HClO<11、略

【分析】【详解】

(1)弱电解质的电离是吸热过程，当温度升高时，平衡正向移动，Ka值增大；故答案为：增大。

(2)在温度相同时，电离平衡常数越大，则酸越强；故答案为：Ka值越大；酸性越强。

(3)根据Ka值越大，酸越强，CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，因此酸性最强的是H3PO4，最弱的是故答案为：H3PO4；

(4)25℃时，cmol∙L−1的CH3COOH的电离度为，根据题意得出电离的醋酸浓度为cmol∙L−1，c(H＋)=c(CH3COO－)=cmol∙L−1，c(CH3COOH)=c(1－)mol∙L−1，该温度下醋酸的电离平衡常数Ka=故答案为：

(5)根据题意得出酸强弱顺序为H2CO3＞HClO，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，因此等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－水解程度大于HCO水解程度，因此离子浓度为c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)；按照物料守恒得到c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)；按照电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)+2c(CO)；故答案为A。

(6)根据题意得出酸强弱顺序为H2CO3＞HClO＞HCO少量CO2通入到NaClO溶液中生成HCO和HClO，其化学反应方程式CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO；故答案为：CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO。【解析】①.增大②.Ka值越大，酸性越强③.④.⑤.⑥.A⑦.CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO三、判断题(共9题，共18分)12、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。13、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。14、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。15、B【分析】【详解】

酸抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，错误。16、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。17、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。18、A【分析】【详解】

酸式盐可能因溶质直接电离成酸性，如硫酸氢钠溶液；酸式盐可能因水解程度小于电离程度而呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液；酸式盐可能因水解程度大于电离程度而呈碱性，如碳酸氢钠溶液。所以答案是：正确。19、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。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，BaCO3的Ksp始终不变；答案为：错误。

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小；答案为：错误。

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，只有沉淀类型相同、温度相同时，才可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力；答案为：错误。

(6)Ag2CrO4与AgCl沉淀类型不同，不能通过Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比较Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案为：错误。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后析出氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-浓度不等于零；答案为：错误。

(8)物质确定时，溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，大多数沉淀Ksp增大、少数沉淀Ksp减小；例如氢氧化钙，答案为：错误。

(9)常温下Mg(OH)2的Ksp不变；不受离子浓度影响，答案为：正确。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先出现了碘化银沉淀，但由于不知道其实时氯离子和碘离子的浓度，因此，无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小；答案为：错误。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在含AgCl固体的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固体的溶液中，银离子和氯离子浓度不一定相等，答案为：错误。

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)时；则溶液中达到了AgCl的溶解平衡，答案为：正确。

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，则溶液中不变；答案为：正确。

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则先得到氢氧化镁沉淀和硫酸钠溶，后氢氧化镁转变为氢氧化铜沉淀，说明沉淀发生了转化，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，答案为：正确。四、工业流程题(共4题，共40分)21、略

【分析】【分析】

废渣中含BaSO4、CuO、FeO、Al2O3、AgO，加硝酸、过滤得滤渣①为不溶于硝酸的BaSO4，滤液①为含Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Al(NO3)3、AgNO3的混合溶液；往滤液①中加过量铁粉、搅拌、过滤得滤渣②为Cu、Ag、Fe，滤液②为Fe(NO3)2、Al(NO3)3的混合溶液；往滤液②中加Na2O2调pH、过滤得滤渣③为Fe(OH)3，滤液③为NaNO3、NaAlO2的混合溶液；往滤液③中通入过量CO2、过滤得滤液④为NaNO3、NaHCO3的混合溶液，滤渣④为Al(OH)3，加热Al(OH)3得B为Al2O3，电解熔融状态下的Al2O3得到Al和O2。

【详解】

(1)由分析可知滤渣①的化学式为BaSO4；BaSO4溶于水部分全部电离；是强电解质；

(2)电解精炼铜时；粗铜作阳极；

(3)Fe作还原剂与金属离子反应时被氧化为Fe2+，滤液①为含Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Al(NO3)3、AgNO3的混合溶液，Fe3＋、Cu2＋、Ag＋的氧化性强于Fe2+，因此往滤液①中加过量铁粉发生，被还原的金属阳离子有Fe3＋、Cu2＋、Ag＋；过氧化钠是含共价键的离子化合物，其电子式为

(4)滤液④的溶质是NaNO3、NaHCO3；B为Al2O3，电解Al2O3方程式为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。

(5)滤渣③为Fe(OH)3，加热Fe(OH)3得Fe2O3和3H2O，反应的化学方程式为2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O。【解析】BaSO4强阳Fe3＋、Cu2＋、Ag＋NaNO3、NaHCO32Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O22、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍；铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢氧化镍制得碱式氧化镍。

【详解】

(1)由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑或2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=+H2O；

(2)在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为：2+2H++H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10-10可知，要使溶液中沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥【解析】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(或2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑)SiO2+2OH-=+H2O2+2H++H2O1.2×10-523、略

【分析】【详解】

（1）图1随着温度升高锰浸出率增大，到500℃达最高为95%，图2随着时间的增大，锰浸出率增大，到60min达最大为95%，图3随着m(NH4Cl)/m(美锰矿粉)增大，锰浸出率增大，到1.1达最大为95%，最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)/m(美锰矿粉)分别为500℃、60min、1.1；（2）①已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O3>H2O2>Cl2>MnO2>Fe2+，氧化剂X的加入是为了将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解产生氢氧化铁而除去，试剂的加入不能引入新的杂质，宜选择MnO2，反应产生锰离子，且过量时不溶可随沉淀过滤除去，答案选B；②调节pH时，是为了除去氧化后溶液中的Al3+、Fe3+，必须使Al3+、Fe3+完全沉淀，则pH可取的最低值为4.7；③当CaF2、MgF2两种沉淀共存时，若溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，则c2(F-)===2.0×10-7，c(Mg2+)===3.5×10-6mol/L；（3）碳酸钠溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀，故“沉锰”过程中，不用碳酸钠溶液替代NH4HCO3溶液；（4）①设碳酸锰粗产品的纯度为x，根据锰原子守恒及反应[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-可得关系式为：

MnCO3~~~~~Mn2+~~~~~~~Fe2+~~~~~~~~~(NH4)Fe(SO4)2

115g1mol

0.5000xg0.2000mol/L×20.00mL×10-3L/mL=4.0×10-3mol

=解得x=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则所用标准液的体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。【解析】500℃60min1.1B4.73.5×10-6碳酸钠溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀92.00%偏低24、略

【分析】【分析】

根据流程分析可知，草酸亚铁晶体溶解变成铁离子、铵根离子、硫酸根离子，加入饱和H2C2O4后制备FeC2O4，静置过滤出FeC2O4·2H2O，之后洗涤晒干得到FeC2O4·2H2O；据此分析回答问题。

【详解】

(1)溶液中Fe2+是弱碱阳离子会水解，水解显酸性，加入稀硫酸的作用是抑制Fe2+的水解；

(2)无水乙醇挥发快,清洗完后表面残留会马上挥发；所以目的是洗去固体表面的水，易于干燥；

(3)①解：n(KMnO4)＝0.200mol/L×33.00×10-3L＝6.6×10-3mol

设n(FeC2O4·2H2O)＝x，n[Fe2(C2O4)3]＝y

则有：180x＋376y＝1.996g①

根据电子守恒有：3x＋6y＝6.6×10-3mol×5②

解由①②组成的方程组得：x＝0.009moly＝0.001mol

样品中FeC2O4·2H2O的质量分数81.2%；

②酸性环境下，KMnO4既能氧化Fe2+，又能氧化C2O自身被还原为Mn2+，转移电子数为5，如果酸度控制不当，MnO部分会被还原为MnO2，转移电子数为3，根据氧化还原反应转移电子数规律，电子数转移越少，消耗物质的量越多，所以消耗KMnO4溶液的体积偏大；【解析】①.抑制Fe2+的水解②.洗去固体表面的水，易于干燥③.81.2%④.偏大五、结构与性质(共2题，共6分)25、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+26、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-=H2O2六、原理综合题(共4题，共16分)27、略

【分析】【分析】

（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；

（2）①C(s)+O2(g)═CO2(g)=-393.5kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)═H2O(g)=-242.0kJ•mol-1③CO(g)+O2(g)═CO2(g)=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③计算C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的焓变进而写出热化学方程式；

（3）根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定，以此进行判断；根据图象判断出a、b；c、d对应的各氢化物；根据焓变的大小书写热化学方程式；

（4）正反应为吸热反应；化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量。

【详解】

：

（1）①C3H8(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)+H2(g)=156.6kJ•mol-1②CH3CH=CH2(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)=32.4kJ•mol-1依据盖斯定律①-②得到C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)=+124.2KJ/mol，则相同条件下，反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)=+124.2KJ/mol；故答案为：+124.2；

（2）①C(s)+O2(g)═CO2(g)=-393.5kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)═H2O(g)=-242.0kJ•mol-1③CO(g)+O2(g)═CO2(g)=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②-③计算C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的焓变=-393.5kJ•mol-1-（-242.0kJ•mol-1）-（-283.0kJ•mol-1）=+131.5kJ•mol-1，所以热化学方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)=+131.5kJ•mol-1，故答案为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)=+131.5kJ•mol-1；

（3）非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定．a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，由图可知，b为H2Se的生成热数据，则H2Se分解吸热，且=-81kJ/mol，

所以H2Se发生分解反应的热化学反应方程式为H2Se(g)═Se(s)+H2(g)=-81kJ•mol-1，

故答案为：H2Se(g)═Se(s)+H2(g)=-81kJ•mol-1；

（4）设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为：299。【解析】+124.2C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)=+131.5kJ•mol-1H2Se(g)═Se(s)+H2(g)=-81kJ•mol-129928、略

【分析】【详解】

(1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，可逆反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数表达式K=

由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即∆H＜0；

(2)反应初始5L的容器中6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol·L-1·s-1，则6s内∆c(A)=0.003mol·L-1·s-1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L，故6s时c(A)=0.04mol/L−0.018mol/L=0.022mol/L，故6s内∆n(A)=0.018mol/L×5L=0.09mol；

由方程式可知n(C)=∆n(A)=0.09mol；设平衡时A的浓度变化量为x，则：

故K===1，解得x=0.032mol/L；所以平衡时A的转化率为×100%=80%；体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，为80%；

(3)800℃时，c(A)为2mol∙L-1，c(B)为1.5mol∙L-1，c(C)为1mol∙L-1，c(D)为3mol∙L-1，此温度下K=1.1，Qc===1＜1.1，平衡正向移动，v正＞v逆；

(4)a．该反应前后气体的物质的量不变；压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a不符合题意；

b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b不符合题意；

c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c(A)不随时间改变；说明到达平衡，故c符合题意；

d．单位时间里生成C和D的物质的量相等；都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C；D的物质的量，不能说明到达平衡，故d不符合题意；

e．气体的平均相对分子质量=气体的总质量是一个定值，气体的总的物质的量也是一个定值，故气体的平均相对分子质量不再变化，不能代