…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版選擇性必修1化學下冊月考試卷316考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、根據Ca(OH)2/CaO體系的能量循環圖：

下列說法正確的是A.ΔH4>0B.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4=0C.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH5=0D.|ΔH1|=|ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5|2、CO2在Au納米顆粒表面電催化還原制備CO的方法具有在常溫下催化效率高的優點；其反應歷程如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.該反應歷程為陰極反應歷程B.催化劑降低了反應的活化能C.高溫下一定能提高電催化制備CO的速率D.電催化還原CO2的電極反應式為CO2+2H++2e?=CO+H2O3、納米Fe2O3在常壓電解法合成氨過程中起催化作用，該電解裝置如圖所示。已知熔融NaOH—KOH為電解液，Fe2O3在發生反應時生成中間體Fe。下列說法正確的是。

A.惰性電極Ⅱ是電解池的陰極，發生還原反應B.產生2.24LO2時，轉移的電子數為0.4NAC.惰性電極Ⅰ的電極反應為Fe2O3+3H2O-6e-=2Fe+6OH-D.生成氨氣的反應為2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH34、設NA為阿伏加德羅常數的值，N表示粒子數。下列說法正確的是A.0.1mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的數目為0.4NAB.將0.1molCl2通入到水中，氯氣完全被吸收，則N(HC1O)+N(C1-)+N(ClO-)=2[0.1NA-N(Cl2)]C.1molS在純氧中燃燒，轉移電子數為6NAD.電解精煉銅，當電路中通過的電子數目為0.2NA時，陽極質量減少6.4g5、下表是在相同溫度下三種酸的一些數據；下列判斷正確的是()

。酸HXHYHZ濃度(mol/L)0.120.20.911電離度0.250.20.10.30.5電離常數Ka1Ka2Ka3Ka4Ka5A.同溫時，從HX的數據可以說明：弱電解質溶液，濃度降低，電離度越大，且Ka1>Ka2>Ka3=0.01B.室溫時，NaZ溶液中加水，則變小，若加鹽酸，則變大C.等物質的量濃度的NaX、NaY和NaZ的三種溶液，其pH為：NaX＜NaY＜NaZD.在相同溫度下，Ka5>Ka4>Ka36、設表示阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.常溫常壓下，1.6g由和組成的混合氣體中含有的質子數為B.30g中含有的鍵的數目為C.常溫下，溶液中含有的陽離子的數目小于D.常溫常壓下，密閉容器中2molNO與1mol充分反應，產物的分子數小于7、下列有關元素及其化合物的說法不正確的是A.Al2(SO4)3和NaHCO3可作泡沫滅火器的原料B.雷雨天氣有助于空氣中的N2轉化為可供植物吸收的C.常溫下Al、Fe對濃硫酸、濃硝酸表現出惰性，不與其發生反應D.金屬鈉可用于除去乙醚中微量的水8、25℃時，向的(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液；溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是。

A.25℃時的一級電離常數為B.pH=2.7的溶液中：C.pH=7的溶液中：D.滴加NaOH溶液的過程中始終存在：9、已知常溫下兩種難溶硫化物BS在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知陰、陽離子濃度的單位為下列說法不正確的是。

A.Z點為的分散系：v(沉淀)＜v(溶解)B.向含BS沉淀的過飽和溶液中加入一定量的固體，Ksp(BS)不變C.反應趨于完全D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、25°C時，三種弱電解質的電離平衡常數如下表：。化學式HCOOHCH3COOHNH3·H2O電離平衡常數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電離程度增大的是_________。

a.通入少量HCl氣體b.加入少量冰醋酸c.加入少量醋酸鈉固體d.加入少量水。

(2)常溫下，0.lmol?L-1的NH3·H2O溶液加水稀釋過程，下列表達式的數據一定變小的是________。

a.c(OH-)b.c.c(H+)·c(OH-)d.

(3)同濃度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的順序為______。

(4)用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積分別為V1、V2，則V1________V2(填“＞”、“＜“或“＝”)。11、如下圖裝置所示；C；D、E、F、X、Y都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同(假設通電前后溶液體積不變)，A、B為外接直流電源的兩極。將直流電源接通后，F極附近呈紅色。

請回答：

（1）B極是電源的______________，一段時間后，甲中溶液顏色________，丁中X極附近的顏色逐漸變淺，Y極附近的顏色逐漸變深，這表明__________________；在電場作用下向Y極移動。

（2）若甲、乙裝置中的C、D、E、F電極均只有一種單質生成時，對應單質的物質的量之比為________。

（3）現用丙裝置給銅件鍍銀，則H應是____________(填“鍍層金屬”或“鍍件”)，電鍍液是________溶液。當乙中溶液的pH是13時(此時乙溶液體積為500mL)，丙中鍍件上析出銀的質量為________，甲中溶液的pH________(填“變大”“變小”或“不變”)。

（4）若將C電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發生的總反應的離子方程式為________________________________。12、已知反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0。請回答下列問題：

（1）某溫度下，在一固定體積的密閉容器中加入100gSO3(g)發生上述反應，下列能說明該反應已達到平衡狀態的是_____(填序號）

①每生成80gSO3的同時消耗64gSO2

②混合氣體的密度保持不變。

③SO3的體積分數保持不變。

④混合氣體的平均相對分子質量不再變化。

（2）某溫度下，在一固定體積為2升的密閉容器中，充入2molSO2和lmolO2發生上述反應，當反應進行到2分鐘末時達到平衡，平衡混合物中SO3的質量分數為50%，則反應前2分鐘內用SO2表示的平均反應速率為_____，SO2的轉化率為____，此時反應的平衡常數為_________。

（3）在某恒溫、恒壓容器中，按體積比2：1加入SO2和O2進行上述反應，達到平衡后，再向容器中充入適量SO3(g)，達到新平衡時，c(O2)將比原平衡_____(填“增大”；“減小”、或“不變”)

（4）若在某恒溫、恒容容器中，加入一定量SO3(g)發生上述反應，達到平衡后，再向容器中充入適量SO3(g)，達到新平衡時，c(SO2)/c(SO3)將比原平衡______(填“增大”、“減小”、或“不變”)。13、I.已知2A2(g)＋B2(g)2C(g)ΔH＝－akJ/mol(a>0)，在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃時充分反應達到平衡后C的濃度為wmol/L，放出熱量bkJ。

（1）a________b(填“>”“＝”或“<”)。

（2）若將反應溫度升高到700℃，該反應的平衡常數將________(填“增大”“減小”或“不變”)。

（3）若在原來的容器中，只加入2molC，500℃時充分反應達到平衡后，C的濃度________wmol/L(填“>”“＝”或“<”)

（4）使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的操作是________。

a．及時分離出C氣體b．適當升高溫度。

c．增大B2的濃度d．選擇高效的催化劑。

II.氮化硅（Si3N4）是一種新型陶瓷材料，它可由石英與焦炭在高溫的氮氣流中，通過以下反應制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)△H>0。

（1）該反應的平衡常數表達式為__________。

（2）達到平衡后，改變某一外界條件（不改變N2、CO的量)，反應速率與時間t的關系如下圖。圖中t3時引起平衡移動的條件可以是____________________；t4時引起平衡移動的條件可以是____________________；圖中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段時間是_________。

14、T℃時在2L密閉容器中使X（g）與Y（g）發生反應生成Z（g），反應過程中X、Y、Z的物質的量變化如圖1所示，3分鐘時達到平衡；若保持其他條件不變，溫度分別為T1和T2時；Y的體積百分含量與時間的關系如圖2所示。

（1）容器中發生的反應可表示為_________________________；

（2）反應進行的前3min內，用X表示的反應速率v（X）=_____________；

（3）保持其他條件不變，升高溫度，該反應的化學平衡將________方向移動；（填“正反應”或“逆反應”）

（4）①若X為有色氣體，T℃時反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，則達到新的平衡后，容器內氣體的顏色較原平衡時________；（填“變深；變淺或不變”）

②一定條件下的密閉容器中，該反應達到平衡，要提高氣體Y的轉化率，可以采取的措施是_________（填字母代號）；

a．高溫高壓b．加入催化劑c．減少Z的濃度d．增加氣體Y的濃度。

（5）在體積為2L的密閉容器中，充入2molX和1molY進行反應，2min后反應達到平衡，此時平衡混合物中X為0.4mol/L，則Y的轉化率為________。15、汽車的啟動電源常用鉛蓄電池，電池反應為：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O；據此判斷：

(1)放電時，鉛蓄電池的負極材料是________；電極反應為__________________

(2)放電時，電解質溶液中陰離子移向________極。

(3)若用該鉛蓄電池作電源電解足量的食鹽水，陽極產生0.05molCl2時，理論上H2SO4的物質的量減小_______mol。

(4)鉛蓄電池上有兩個接線柱，一個接線柱旁標有“+”，另一個接線柱旁標有“—”。關于標有“—”的接線柱，下列說法中正確的是___________

A．充電時作陽極；放電時作負極B．充電時作陽極，放電時作正極。

C．充電時作陰極；放電時作負極D．充電時作陰極，放電時作正極。

(5)充電時的陽極反應式是_________________________。16、沉淀的生成；溶解和轉化在無機物制備和提純以及科研等領域有廣泛應用。

Ⅰ．汽車尾氣中的SO2可用石灰水來吸收，生成CaSO3濁液。CaSO3易變質為CaSO4，水垢中含有較多的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，使之轉化為疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4轉化為CaCO3的離子方程式為：__。

Ⅱ．已知25℃時，NH3?H2O電離常數Kb=1.8×10-5，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，向0.4mol/L的氨水中加入等體積濃度為6×10-4mol/LMgCl2溶液，沉淀生成___(填“無”或“有”)，并簡述理由__；若某溶液中c(Mg2+)=1.2×10-3mol/L，需向其中加入等體積的NaOH溶液濃度為__mol/L時，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液體積變化)。

Ⅲ．工業廢水中常含有一定量的和它們會對人類及生態系統產生很大的傷害，必須進行處理。常用的處理方法有還原沉淀法，該法的工藝流程為：

Cr3+Cr(OH)3

其中第①步存在平衡：(黃色)+2H+(橙色)+H2O

①若平衡體系的pH=2，則溶液顯___色。

②能說明第①步反應達平衡狀態的是___。

a．和的濃度相同。

b．2v()=v()

c．溶液的顏色不變。

③第②步中，還原1mol離子，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)。常溫下，Cr(OH)3的溶度Ksp=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH應調至__。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、活化能越大，表明反應斷裂舊化學鍵需要克服的能量越高。_____A.正確B.錯誤18、熱化學方程式中的化學計量數與ΔH成正比。____A.正確B.錯誤19、25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數不相等。（______________）A.正確B.錯誤20、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤21、稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也越強。(_______)A.正確B.錯誤22、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯誤23、ΔH＜0，ΔS＞0的反應在溫度低時不能自發進行。__________________A.正確B.錯誤24、可以用已經精確測定的反應熱效應來計算難于測量或不能測量的反應的熱效應。___A.正確B.錯誤評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共24分)25、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結構簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結構簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質量為571；J的相對分了質量為193。碘番酸的結構簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調節濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質。計算口服造影劑中碘番酸的質量分數___________。：26、X；Y、Z、W、Q是原子序數依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉移，則理論上需要W2Q的質量為_________。27、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉化關系（部分物質未寫出）：

（1）寫出物質的化學式：A______________；F______________。

（2）物質C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉化過程中，轉移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質X的一種同素異形體為電極，在酸性介質中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。28、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質；轉化關系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結構示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉化為乙的離子方程式是____________。

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

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數Ka＝___________（用含a的代數式表示）。評卷人得分五、結構與性質(共3題，共9分)29、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，該氧化物中鈷離子基態核外電子排布式為_______。

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

①浸取：用鹽酸和Na2SO3溶液浸取鈷礦，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等離子。寫出Co2O3發生反應的離子方程式_______。

②除雜：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH調節pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有關沉淀數據如表(“完全沉淀時金屬離子濃度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀時pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調節溶液pH的范圍是_______(加入NaClO3和NaOH時；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃取：向除雜后的溶液中，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發生反應：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當溶液pH處于4.5~6.5范圍內，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設計萃取、反萃取的目的是_______。

④沉鈷、熱分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，過濾、洗滌、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶體。圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質量變化曲線；曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

通過計算確定C點剩余固體的化學成分為_______(填化學式)。試寫出B點對應的物質與O2在225~300℃發生反應的化學方程式：_______。30、含NO的煙氣需要處理后才能排放。

(1)氫氣催化還原含NO的煙氣，發生“脫硝”反應：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定條件下，加入H2的體積分數對該反應平衡時含氮物質的體積分數的影響如圖所示：

①隨著H2體積分數增加，NO中N被還原的價態逐漸降低。當H2的體積分數在0.5×10-3~0.75×10-3時，NO的轉化率基本為100%，而N2和NH3的體積分數仍呈增加趨勢，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

圖中N2減少的原因是N2與H2反應生成NH3，寫出該反應的熱化學方程式：___________。

(2)某科研小組研究了NO與H2反應生成N2和NH3的轉化過程。在起始溫度為400℃時，將n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙兩個恒容密閉容器中；甲為絕熱過程、乙為恒溫過程，兩反應體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。

①曲線X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a點在曲線X上，則a點___________是平衡點(填“可能”或“不可能”)。

③曲線Y的容器中反應達到平衡時NO的轉化率為60%，從開始到平衡點Z時用分壓表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃時，“脫硝”反應的壓強平衡常數Kp=___________kPa-1(結果保留兩位有效數字，Kp為用分壓代替濃度計算的平衡常數；分壓=總壓×物質的量分數)。

(3)科學研究發現，用P1-g-C3N4光催化氧化法脫除NO的過程如圖所示。

光催化脫除原理和電化學反應原理類似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4兩端類似于兩極，g–C3N4極發生___________反應(填“氧化”或“還原”)，該極的電極反應式為___________。31、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；請回答下列問題：

(1)砷原子核外未成對電子數為___________。黃砷(As4)與白磷(P4)的結構類似，以下敘述正確的是___________(選填編號)。

A．分子中共價鍵鍵角均為10928’B．黃砷中共價鍵鍵能大于白磷。

C．黃砷分子極性大于白磷D．黃砷的熔點高于白磷。

(2)砷化氫的結構與氨氣類似，寫出砷化氫的電子式___________，其分子的空間構型為___________型，是___________分子(填“極性”或“非極性”)。

(3)As元素的非金屬性比N元素弱，從原子結構的角度說明理由。___________。

(4)298K時，將20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，發生反應：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)與反應時間(t)的關系如圖所示。

①寫出該反應的平衡常數表達式K=___________，平衡時，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代數式表示；溶液混合體積變化忽略不計)。

②tm時v逆___________tn時v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。當反應達到平衡后，下列選項正確的是___________(選填編號)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再變化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再變化評卷人得分六、工業流程題(共4題，共36分)32、某工廠利用如下流程處理廢舊電池正極材料(主要成分為LiCoO?、LiMn?O?、LiNiO?、LiFePO?等)，制備三元鋰電池正極材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。

回答下列問題：

(1)為提高原料利用率，在“酸浸”步驟可采取的措施有___________(至少寫兩條)。

(2)“酸浸”中H?O?既表現還原性，又表現氧化性，則酸浸后的濾液中含有的金屬陽離子有Ni2?、Mn2?、Co2?和___________，“酸浸”中LiCoO?發生反應的離子方程式為___________。

(3)“酸浸”中控制溶液的溫度未發生較大變化，但雙氧水消耗量仍超過理論用量，其可能原因是___________。

(4)“調pH”的目的是___________，部分離子濃度及對應氫氧化物的Ksp，如下表，則“調pH”時pH不應超過___________。離子濃度(mol·L?1)氫氧化物KspNi2?1.001.00×10-15.2Co2?1.001.00×10-14.2Mn2?1.401.00×10-12.7

(5)若“調pH”過程中，Ni2?、Mn2?、Co2?濃度不變，則“調濃度”過程需要向溶液中添加的X為___________(填標號)。

a．NiSO?b．CoSO?c．MnSO?d．H?SO?

(6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2與Li?CO?焙燒生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反應中，另一種反應物是___________。33、高氯酸銅易溶于水，在130℃時會發生分解反應，是一種燃燒催化劑。HClO4是易揮發的發煙液體，溫度高于130℃易爆炸。以食鹽等為原料制備高氯酸銅晶體[Cu(ClO4)2·6H2O]的一種工藝流程如圖：

(1)發生“電解I”時，所用的交換膜是_______(填“陰”或“陽”)離子交換膜。

(2)已知上述工藝流程中“歧化反應”的氧化產物和還原產物物質的量之比為1︰5，寫出該反應的離子方程式：_______。

(3)操作a的名稱是_______，該流程中可循環利用的物質是_______(填化學式)。

(4)向Cu2(OH)2CO3沉淀中滴加稍過量的HClO4小心攪拌，適度加熱后得到藍色Cu(ClO4)2溶液，同時會產生大量的白霧。加熱時溫度不能過高的原因是_______。

(5)某溫度下，高氯酸銅按A、B兩種方式同時分解，分解過程中銅的化合價不發生改變。A方式為Cu(ClO4)2CuCl2＋4O2↑，若4mol高氯酸銅在該溫度下按A、B各占50％的方式完全分解，且A、B兩種方式轉移的電子數之比為8︰7，則B方式為_______(用化學方程式表示)。34、工業上利用生產磷肥的副產品高磷鎳鐵制備硫酸鎳晶體NiSO4·6H2O。

(1)制備含Ni2+溶液。

高磷鎳鐵鎳鐵合金含Ni2+溶液。

已知：i.高磷鎳鐵和鎳鐵合金中元素的百分含量：。元素/%Ni/%Fe/%P/%Co/%Cu/%高磷鎳鐵4.5870.4016.120.220.34鎳鐵合金52.4938.305.581.731.52

ii.金屬活動性：Fe＞Co＞Ni＞H

①依據數據，“轉爐吹煉”的主要目的是：富集鎳元素，除去部分___________。

②“電解造液”時，用鎳鐵合金作陽極，H2SO4溶液作電解質溶液。電解過程中陰極產生的氣體是___________。電解一段時間后，有少量Ni在陰極析出，為防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的產率，可向電解質溶液中加入___________(填試劑)。

(2)制備NiSO4·6H2O

已知：常溫下，金屬離子完全轉化為氫氧化物沉淀的pH：。金屬離子Fe3+Fe2+Cu2+Co2+Ni2+完全沉淀的pH2.88.36.79.48.9

①在酸性條件下，NaClO和Fe2+反應生成Fe3+和Cl—的離子方程式是___________。

②已知Ni(OH)2的Ksp為5.48×10-16，濾液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。結合數據說明不能通過調節溶液的pH除去Cu2+的原因：___________。(已知：lg5=0.7)

③從濾液3中獲取NiSO4·6H2O的操作是___________、洗滌、干燥。35、硒化鉍(Bi2Se3)可用作半導體材料和溫差電材料。用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2雜質)制備硒化鉍的一種工藝流程如圖所示。

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的電子式為________。

(2)輝鉍礦粉碎的目的是__________。

(3)可循環再利用物質的化學式為____________。

(4)“酸浸”中浸出Bi3+反應的化學方程式為Bi2S3+NaClO3+6HCl=2BiCl3+3S+NaCl+3H2O，反應中每生成16gS，轉移電子數目為____，寫出“酸浸”中浸出Fe3+的反應的離子方程式：____。

(5)若溶液中Fe3+、Cu2+的物質的量濃度均為0.01mol?L-1，則當Fe3+沉淀完全時，Cu2+是否沉淀?_____________。(通過計算說明，當離子濃度小于1×10-5mol·L－1時，認為沉淀完全)參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．從510°C的CaO轉化為25°C的CaO放出熱量，則△H4<0；故A錯誤；

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

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

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

答案選D。2、C【分析】【詳解】

A．CO2轉化為CO為還原反應；陰極得電子發生還原反應，A正確；

B．催化劑通過改變反應路徑降低反應的活化能；B正確；

C．溫度過高可能會使催化劑失活；從而降低反應速率，C錯誤；

D．根據電子守恒、元素守恒可知電催化還原CO2的電極反應式為CO2+2H++2e?=CO+H2O；D正確；

綜上所述答案為C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據圖示可知；惰性電極Ⅱ產生氧氣，氧元素化合價升高，發生氧化反應，故惰性電極Ⅱ為電解池的陽極，A錯誤；

B．產生未標注狀態，故不能計算轉移的電子數，B錯誤；

C．根據圖示可知，惰性電極Ⅰ為陰極，反應得電子，電極反應式為Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；C錯誤；

D．結合圖示及陰極電極反應式可知，生成氨氣的反應為2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3；D正確。

答案選D。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．苯不是單雙鍵交替的結構，苯環中不含碳碳雙鍵，0.1mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的數目為0.1NA；故A錯誤；

B．1mol氯氣中共含2mol氯原子，而氯氣與水的反應為可逆反應，不能進行徹底，故溶液中有HClO分子、ClO-、Cl-、Cl2分子，根據氯原子的守恒可有：2NA=N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)+2N(Cl2)，即N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2[NA-N(Cl2)]；故B正確；

C．硫在足量純氧燃燒生成SO2，1molS在純氧中充分燃燒轉移電子數為4NA；故C錯誤；

D．粗銅中含有雜質鐵、鋅等，電解精煉銅時，鐵、鋅等也要溶解放電，所以電路中轉移的電子數為0.2NA；陽極減少不一定為6.4g，故D錯誤；

故選B。5、D【分析】【詳解】

A．K只受溫度影響，相同溫度下，同種弱酸的電離常數不隨濃度的變化而變化，所以Ka1=Ka2=Ka3；故此選項錯誤；

B．室溫時，若在NaZ溶液中加水，加酸促進水解,=二者都為常數，比值也為常數，只隨溫度變化而變化，室溫時，比值不變，故此選項錯誤；

C．由電離常數可知酸性HZ>HY>HX，酸越強，酸根離子水解程度越小，強堿弱酸鹽的堿性越弱，所以pH為：NaX>NaY>NaZ；故此選項錯誤；

D．弱酸的電離度越大，酸越強，則電離常數越大，Ka5>Ka4>Ka3；故此選項正確。

故答案為：D。6、C【分析】【詳解】

A．1.6g含有質子的物質的量為×16=0.8mol，1.6g含有質子的物質的量為×32=0.8mol，故1.6g由和組成的混合氣體中含有的質子數為A正確；

B．1mol中含有4mol鍵，30g的物質的量為30g÷60g/mol=0.5mol，含有的鍵的數目為0.5mol×4×NAmol-1=B正確；

C．鋁離子水解：溶液中陽離子的數目增加，故含有的陽離子數目大于C錯誤；

D．2NO+=2NO2，2NO2故2molNO與1mol充分反應，產物的分子數小于D正確；

答案選C。7、C【分析】【詳解】

A．泡沫滅火器在使用時將Al2(SO4)3和NaHCO3溶液混合，二者發生雙水解反應產生CO2氣體和Al(OH)3白色絮狀沉淀；就像泡沫一樣覆蓋在著火物上，起到降溫和隔絕空氣的作用，因此可以滅火，A正確；

B．雷雨天氣時空氣中的N2、O2在電火花作用下反應產生NO，NO與O2反應產生NO2，NO2與H2O反應產生HNO3和NO，HNO3電離產生故有助于空氣中的N2轉化為可供植物吸收的B正確；

C．常溫下Al；Fe對濃硫酸、濃硝酸表現出惰性；是由于濃硫酸、濃硝酸具有強氧化性，在金屬Al、Fe表面氧化產生一層致密的氧化物保護膜，阻止金屬進一步氧化，即發生鈍化現象，C錯誤；

D．金屬鈉能夠與水反應產生NaOH；而與乙醚不能反應，因此可用于除去乙醚中微量的水，D正確；

故合理選項是C。8、A【分析】【詳解】

A．根據圖象可知，pH=2.3時，c(H2C2O4)=c()，則25℃時故A錯誤；

B．根據圖象可知，當pH=2.7時，溶液中滿足：c(H2C2O4)=c()；故B正確；

C．pH=7時c(OH?)=c(H+)，根據電荷守恒c(OH?)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+)可知：2c()+c()=c(Na+)，則c(Na+)>2c()；故C正確；

D．滴加NaOH溶液的過程中，溶液中一定滿足電荷守恒，即：c(OH?)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+)；故D正確；

答案選A。9、D【分析】【分析】

【詳解】

A．Z點在曲線的上方，Q(c)<Ksp；v(沉淀)＜v(溶解)，C項正確；

B．Ksp(BS)只與溫度有關；不因濃度改變而改變，B項正確；

C．由y點(5,30.2)可知，當c()=10-5mol/L時，c(S2-)=10-30.2mol/L，則Ksp(BS)=c()×c(S2-)=10-35.2，平衡常數K=c()/c2(A+)=Ksp(BS)/KSP(A2S)=10-35.2/10-49.2=1014；平衡常數很大，反應趨于完全，C項正確；

D．由x(20,9.2)可知，當c(A+)=10-20mol/L時，c(S2-)=10-9.2mol/L，KSP(A2S)=c2(A+)×c(S2-)=10-49.2；D項錯誤；

答案選D。二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【分析】

(1)醋酸為弱酸，溶液中部分電離，電離方程式為CH3COOHH＋+CH3COO－；根據對電離平衡的影響分析；

(2)根據影響氨水電離平衡的因素分析；

(3)根據鹽的水解規律判斷；

(4)pH均為3的HCOOH和CH3COOH；醋酸酸性更弱，酸濃度大。

【詳解】

(1)醋酸為弱酸，溶液中部分電離，電離方程式為CH3COOHH＋+CH3COO－，a.通入少量HCl氣體，增大氫離子濃度，抑制醋酸電離，故a不選；b.加入少量冰醋酸，增大醋酸濃度，電離程度減小，故b不選；c.加入少量醋酸鈉固體；增大醋酸根離子濃度，抑制醋酸電離，故c不選；d.加入少量水，促進醋酸電離，故d選；故答案為：d；

(2)a.堿加水稀釋溶液濃度變稀，c(OH-)一定變小，故a選；b.電離平衡常數只受溫度的影響，加水稀釋溶液，銨根離子濃度減小，=增大，故b不選；c.c(H+)·c(OH-)=Kw，只受溫度的影響，故c不選；d.加水稀釋溶液濃度變稀，c(OH-)一定變小，c(H+)增大，增大；故d不選；故答案為：a；

(3)①HCOONa②CH3COONa均為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，醋酸比甲酸酸性弱，溶液堿性②＞①；醋酸和一水合氨的電離平衡常數相差很小，③CH3COONH4幾乎呈中性，④NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根離子水解后溶液呈酸性，同濃度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的順序為②①③④。故答案為：②①③④；

(4)用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，前者酸性強，酸中未電離酸濃度小，消耗的NaOH少，消耗NaOH溶液的體積分別為V1、V2，則V1＜V2。故答案為：＜。【解析】①.d②.a③.②①③④④.＜11、略

【分析】【詳解】

（1）F極附近呈紅色，說明F極產生OH－而作陰極，所以B極是電源的負極，一段時間后，甲中溶液顏色由于Cu2+被還原而逐漸變淺；丁中X極附近的顏色逐漸變淺，Y極附近的顏色逐漸變深，這表明氫氧化鐵膠體粒子帶正電，在電場作用下向Y極移動；

（2）若甲、乙裝置中的C、D、E、F電極均只有一種單質生成時，單質依次是O2、Cu、Cl2、H2；由于串聯電路中通過的電量相等，所以對應單質的物質的量之比為1:2:2:2；

（3）現用丙裝置給銅件鍍銀，則H應該是鍍件，電鍍液是AgNO3溶液。當乙中溶液的pH是13時（此時乙溶液體積為500mL），c(OH－)=0.1mol/L，n(OH－)=0.05mol=n(Ag)，丙中鍍件上析出銀的質量為0.05mol×108g/mol=5.4g，甲中溶液的pH由于水的OH－放電而變小；

（4）若將C電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發生總反應的離子方程式是Fe+Cu2+Fe2++Cu。【解析】負極逐漸變淺氫氧化鐵膠粒帶正電荷1∶2∶2∶2鍍件AgNO3(合理即可)5.4g變小Fe＋Cu2＋==Cu＋Fe2＋12、略

【分析】【詳解】

（1）①每生成80gSO3，反應向右進行，同時消耗64gSO2；反應向右進行，速率同向，不能判斷反應達到平衡狀態，故不選；

②該容器體積不變、反應前后混合氣體質量不變,則容器中密度始終不變,則不能根據密度判斷平衡狀態,故不選；

③SO3的體積分數保持不變；各物質濃度保持不變，反應達到平衡狀態，可選；

④該反應中三氧化硫分解后氣體的物質的量增大，混合氣體質量不變,則混合氣體的平均相對分子質量在反應前后減小,當容器中混合氣體的平均相對分子質量保持不變時,正逆反應速率相等,該反應達到平衡狀態,可選；

綜上所述；本題選③④。

（2）在一固定體積為2升的密閉容器中，充入2molSO2和lmolO2發生2SO2+O2==2SO3反應，設當反應進行到2分鐘末時達到平衡時，消耗氧氣的量為xmol，進行如下計算：2SO2+O22SO3，

起始量210

變化量2xx2x

平衡量2-2x1-x2x

根據平衡混合物中SO3的質量分數為50%，則50%=2x×80/(2×64+1×32)×100%，解得x=0.5mol；則反應前2分鐘內用SO2表示的平均反應速率為2×0.5/(2×2)=0.25mol?L-1?min-1；SO2的轉化率為2×0.5/2×100%=50%；達平衡時各物質濃度分別為：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，此時反應的平衡常數為0.52/(0.25×0.52)=4；綜上所述，本題答案是：0.25mol?L-1?min；50%，4。

（3）保持恒溫、恒壓，反應達到平衡后，再向容器中充入適量SO3(g)，在恒壓條件下，與原平衡狀態相同，是等效平衡，各物質的含量不變，所以c(O2)與原平衡相比；應該為不變；綜上所述，本題答案是：不變。

（4）恒溫、恒容條件下反應達到平衡，達到平衡后，再向容器中充入適量SO3(g)，恒容條件下相對于原平衡，等效于加壓過程，平衡向右移動，c(SO3)增大，c(SO2)減小，c(SO2)/c(SO3)將比原平衡減小；綜上所述，本題答案是：減小。【解析】①.③④②.0.25mol?L-1?min-1③.50%④.4⑤.不變⑥.減小13、略

【分析】【詳解】

I．（1）該反應為可逆反應，故反應達平衡時反應物不能全部轉化為生成物，放出的熱量小于a，故答案為：>；

（2）由題可知該反應為放熱反應，升高溫度，反應向逆反應方向進項，平衡常數K應減小；

（3）恒溫、恒容條件下，只加入2molC與只加入2molA2和1molB2互為等效平衡狀態；則C的濃度相同，答案為：=；

（4）a．不能使反應速率增大，只能使逆反應速率減小，正反應速率不變，從而使反應正向移動，a錯誤；

b．升高溫度，正逆反應速率都增大，因反應是放熱反應，故反應向逆反應方向移動，b錯誤；

c．增大B2的濃度；正反應速率增大，逆反應速率不變，反應向正反應方向移動，c正確；

d．催化劑只能改變化學反應速率；不能改變化學平衡的移動，d錯誤；

答案選c。

II．（1）根據平衡常數的定義，化學平衡常數表達式中只包含氣態物質和溶液中各溶質的濃度，答案為：

（2）由圖可知，t3時刻反應速率沒有變化，則改變的條件是加入催化劑。t4時正逆反應速率都較原平衡時的速率大，可增大壓強；在t4時反應向逆反應方向移動，則t3～t4時平衡混合物中CO的含量最高。故答案為：加入催化劑、增大壓強、t3-t4。【解析】>減小＝c加催化劑增大壓強t3-t4。14、略

【分析】【分析】

(1)根據圖示1可知：X；Y是反應物；Z是生成物，根據反應的物質的量的比等于化學計量數之比確定化學計量數，由于最終各種物質都存在，說明該反應是可逆反應，據此書寫反應的方程式；

(2)根據v=計算出反應進行的前3min內；用X表示的反應速率v(X)；

(3)由圖2可知，溫度T2到達平衡需要的時間較短，故T2＞T1；溫度越高Y的含量降低，升高溫度平衡向正反應方向移動；

(4)①根據X濃度的變化分析判斷顏色的變化；②根據平衡移動的方向結合題意分析判斷；

(5)根據三段式分析計算。

【詳解】

(1)由圖1知，X的物質的量減少量為：(2.0-1.4)mol=0.6mol，Y的物質的量減少量為：(1.6-1.4)mol=0.2mol，X、Y為反應物；Z的物質的量增加量為：(0.8-0.4)mol=0.4mol，Z為生成物，同一化學反應同一時間段內，反應物減少的物質的量和生成物增加的物質的量之比等于其計量數之比，所以X、Y、Z的計量數之比=0.6mol∶0.2mol∶0.4mol=3∶1∶2，所以反應可表示為：3X(g)+Y(g)?2Z(g)，故答案為：3X(g)+Y(g)?2Z(g)；

(2)反應進行的前3min內，用X表示的反應速率為：v(X)==0.1mol/(L?min)；故答案為：0.1mol/(L?min)；

(3)“先拐平數值大”，根據圖2可知，T2＞T1；升高溫度后Y的含量減少，即平衡向正反應方向移動，故答案為：正反應；

(4)①若X為有色氣體；T℃時反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，相當于增大壓強，平衡正向移動，但所有物質的濃度均增大，則達到新的平衡后，容器內氣體的顏色較原平衡時變深，故答案為：變深；

②a．高溫高壓，平衡正向移動，氣體Y的轉化率增大，故a正確；b．加入催化劑，平衡不移動，Y的轉化率不變，故b錯誤；c．減少Z的濃度；平衡正向移動，氣體Y的轉化率增大，故c正確；d．增加氣體Y的濃度，雖然平衡正向移動，但氣體Y的轉化率減小，故d錯誤；故答案為：ac；

(5)①3X(g)+Y(g)?2Z(g)

開始(mol/L)：10.50

轉化(mol/L)：0.60.20.4

平衡(mol/L)：0.40.30.4

所以Y的轉化率為×100%=40%；故答案為：40%；

【點睛】

本題的易錯點為(4)①，要注意氣體的顏色變化，要看X濃度的變化，不能單純看平衡的移動。【解析】①.3X(g)+Y(g)?2Z(g)②.0.1mol/(L?min)③.正反應④.變深⑤.ac⑥.40%15、略

【分析】【詳解】

(1)鉛蓄電池中，根據原電池反應式中元素化合價變化知，Pb中Pb元素化合價由0價變為+2價，被氧化發生氧化反應，所以Pb作負極，發生的電極反應為Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

(2)鉛蓄電池放電時；電解質溶液中陰離子移向負極移動；

(3)氯離子放電時電極反應式為2Cl-2e-=Cl2↑，當制得0.05molCl2時；轉移電子的物質的量為0.1mol，串聯電路中轉移電子相等，設消耗硫酸的物質的量為x；

PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O轉移電子。

2mol2mol

x0.1mol

2mol：2mol=x：0.1mol；解得x=0.1mol；

(4)鉛蓄電池為二次電池；標有“-”的接線柱，放電時為原電池的負極，充電時為電解池的陰極，故答案為C；

(5)充電時蓄電池的陽極發生氧化反應，發生的反應式是PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-。【解析】PbPb-2e-+SO42-=PbSO4負0.1CPbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-16、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．CaSO4與Na2CO3反應，轉化為CaCO3和Na2SO4，離子方程式為：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；答案為：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)；

Ⅱ．向0.4mol/L的氨水中加入等體積濃度為6×10-4mol/LMgCl2溶液，溶液中c(Mg2+)?c2(OH-)的濃度商大于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]。設體積都為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，為使溶液中達到Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，還需加入c(OH-)=mol/L=1×10-3mol/L，此時向其中加入等體積的NaOH溶液濃度為=4.4×10-3mol/L時，可使Mg2+恰好沉淀完全(忽略溶液體積變化)；答案為：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若平衡體系的pH=2；則平衡正向移動，溶液顯橙色；

②a．和的濃度相同；可能是反應進行的某個階段，a不符合題意；

b．2v()=v()，是反應進行的某個階段，不是平衡狀態，b不符合題意；

c．溶液的顏色不變；表明離子的濃度不變，反應達平衡狀態，c符合題意；

故選c；

③第②步中，還原1mol離子，依據氧化還原反應化合價升降守恒可得出關系式：——6Fe2+，因此需要6mol的FeSO4?7H2O；

④常溫下，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，則溶液中c(H+)=10-5mol/L，pH=11，答案為：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、判斷題(共8題，共16分)17、A【分析】【分析】

【詳解】

活化能是反應所需的最低能量，化學反應的實質是舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的形成，舊化學鍵斷裂需要吸收能量，因此活化能越大，反應斷裂舊化學鍵需要克服的能量越高，正確。18、A【分析】【分析】

【詳解】

ΔH表示按方程式計量數比例和物質狀態進行化學反應生成時放出或吸收的熱量，則熱化學方程式中的化學計量數與ΔH成正比，正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

水的離子積常數只與溫度有關，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數就相同，認為在25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數不相等的說法是錯誤的。20、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據錯誤。21、B【分析】【詳解】

稀釋能促進鹽類水解，但是體積增加幅度更大。因此鹽的濃度越低，越促進水解、鹽水解產生的氫離子或氫氧根離子濃度也越低、則溶液的酸性或堿性則越弱。則答案是：錯誤。22、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無關，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對大小來判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。23、B【分析】【詳解】

根據吉布斯自由能判斷，ΔH＜0、ΔS＞0的反應在溫度低時能自發進行，錯誤。24、A【分析】【分析】

【詳解】

根據蓋斯定律，反應熱只與反應物和生成物的狀態有關，與路徑無關，因此可以將難于或不能測量反應熱的反應設計成多個可以精確測定反應熱的方程式，用蓋斯定律計算，該說法正確。四、有機推斷題(共4題，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】

原子最外層電子數之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數小于8，所以Y的最外層為3個電子，Q的最外層為4個電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，Z的原子序數等于Y；W、Q三種元素原子的最外層電子數之和，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據元素分析，該反應方程式為

②以稀硫酸為電解質溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質量為37g。【解析】第二周期第ⅢA族負極37g27、略

【分析】【詳解】

(1)A、B、C、E中均有鈉元素，根據B的用途可猜想出B為NaHCO3，X為C(碳)，能與CO2反應生成NaHCO3的物質可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之間能按物質的量之比為1∶1反應，則A是NaOH，E為Na2CO3，能與NaHCO3反應放出無色無味的氣體，且這種物質中含有鈉元素，則C只能為Na2O2，D為O2，結合題設條件可知F為Fe，G為Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+與以離子鍵結合，中O原子與O原子以共價鍵結合，其電子式為

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反應為3Fe+2O2Fe3O4，轉移4mol電子時釋放出akJ熱量，則轉移8mol電子放出2akJ熱量，則其熱化學反應方程式為：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol。

(5)N2在陰極上得電子發生還原反應生成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】

【詳解】

(1)二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應生成硫酸鈉，①常用作泡沫滅火器的是NaHCO3，故為乙；②濃度相同的碳酸氫鈉溶液和硫酸鈉溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的電離程度大；

(2)金屬鋁是13號元素，核外電子排布為2、8、3②n(Al)=n(NaOH)時，生成偏鋁酸鈉，根據方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯氣，與氫氧化鈉生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：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根據電荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液顯中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根據物料守恒可得到：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、結構與性質(共3題，共9分)29、略

【分析】【詳解】

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，根據晶胞結構，可得：鈷離子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞為：CoO，即鈷為+2價，Co的原子序數為27，失去2個電子后，Co2+的基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，該氧化物中鈷離子基態核外電子排布式為[Ar]3d7。故答案為：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性條件下，把Na2SO3氧化為Na2SO4，自身被還原為Co2+，Co2O3發生反應的離子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案為：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先滿足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根據Co2+完全沉淀時(c(Co2+)≤1.0×10-5mol?L-1)的為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，現浸取液中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，進一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調節溶液pH的范圍是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH時，溶液的體積變化忽略)。故答案為：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，當溶液pH處于4.5~6.5范圍內，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設計萃取、反萃取的目的是富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)。故答案為：pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大；富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)；

④由圖可知，CoC2O4?2H2O的質量為18.3g，其我知道可為0.1mol，Co元素質量為5.9g，C點鈷氧化物質量為8.03g，氧化物中氧元素質量為8.03g-5.9g=2.13g，則氧化物中Co原子與O原子物質的量之比為0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物為Co3O4；B點對應物質的質量為14.7g，與其起始物質的質量相比減少18.3g-14.7g=3.6g，為結晶水的質量，故B點物質為CoC2O4，與氧氣反應生成Co3O4與二氧化碳，反應方程式為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案為：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO230、略

【分析】【詳解】

（1）①根據題中信息，隨著氫氣體積分數的增加，NO中被還原的價態逐漸降低，根據圖像可知，當氫氣的體積分數在0.5×10-3～0.75×10-3時，NO轉化率基本為100%，而氮氣和氨氣的體積分數仍呈增加趨勢，NO中N顯+2價，N2中N顯0價，NH3中N顯-3價，因此當氫氣較少時，NO被還原為N的+1價化合物或N2O；故答案為當氫氣較少時，NO被還原為N的+1價化合物或N2O；

②根據蓋斯定律可知，－脫硝反應，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①該過程發生的兩個反應都是物質的量減少的放熱反應；恒溫恒容狀態下，隨著時間的進行，氣體物質的量減小，壓強降低，而絕熱容器中，雖然氣體物質的量減小，但溫度升高，氣體壓強增大，因此根據圖像可知，X為絕熱容器，Y為恒溫容器；故答案為甲；

②因為反應為放熱；甲絕熱容器內反應體系溫度升過高，反應速率快，先達到平衡，溫度升高，平衡左移，平衡時壓強增大，因此點a可能已達到平衡；故答案為可能；

③曲線Y是恒溫過程的乙容器，恒溫容器中反應達到平衡時NO的轉化率為60%，開始時體系總壓強為9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4極氧氣得電子，發生還原反應，電極反應式為O2+2H++2e-=H2O2；故答案為還原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2較少時，NO主要被還原為N2O(或+1價含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)還原O2+2H++2e-=H2O231、略

【分析】【分析】

按核外電子排布規律、原子結構、元素的位置和元素性質的相互關系回答；對反應AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常數的定義；結合數據計算平衡濃度、由化學平衡的特征判斷說法的正誤；

【詳解】

(1)砷原子核外最外層電子排布式為4s24p3，按洪特規則，3個p電子分別占據3個p軌道，故未成對電子數為3。黃砷(As4)與白磷(P4)的結構類似，則A．分子中共價鍵鍵角均為60；A錯誤；B．砷原子半徑大于磷，黃砷中共價鍵不如白磷牢固，即鍵能小于白磷，B錯誤；C．黃砷分子是同種元素組成的非金屬單質，分子內只有非極性鍵，屬于非極性分子，C錯誤；D．結構相似，黃砷相對分子質量比白磷大；分子間作用力比白磷大，熔點高于白磷，故敘述正確的是D。

(2)砷化氫的結構與氨氣類似，則砷化氫的電子式為其分子的空間構型為三角錐型，分子內正電荷重心和負電荷重心不重疊，是極性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外層電子數，因為As原子的電子層數大于N，其原子半徑大于N，故As原子的得電子能力小于N，As元素的非金屬性弱于N。

(4)①按定義，反應AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常數表達式由表知，平衡時，c(AsO)=ymol·L-1，則