2025年冀教版選擇性必修1化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版選擇性必修1化學(xué)下冊階段測試試卷260考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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8題，共16分)1、鋰—銅空氣燃料電池是低成本高效電池。該電池通過一種復(fù)雜的銅“腐蝕”現(xiàn)象產(chǎn)生電能，其中放電過程為2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li+＋2OH－。下列說法不正確的是。

A.放電時，Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動B.通空氣時，銅被腐蝕，產(chǎn)生Cu2OC.放電時，正極的電極反應(yīng)式為:Cu2O＋2H++2e-===2Cu＋H2OD.整個反應(yīng)過程中，氧化劑為O22、載人空間站為了實現(xiàn)空間站的零排放，循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2，我國科學(xué)家設(shè)計了一種裝置(如圖)，實現(xiàn)了“太陽能→電能→化學(xué)能”轉(zhuǎn)化，總反應(yīng)方程式為2CO2===2CO＋O2。關(guān)于該裝置的下列說法錯誤的是。

A.圖中N型半導(dǎo)體為負(fù)極，P型半導(dǎo)體為正極B.OH－由X電極移向Y電極C.反應(yīng)中，Y電極附近溶液pH增大D.X電極的反應(yīng)：CO2＋2e－＋H2O=CO＋2OH－3、能正確表示下列變化的離子方程式是A.向Ca(HCO)2溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：B.泡沫滅火器原理：C.過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)：D.純堿溶液顯堿性的原因：4、利用如圖所示裝置模擬電解原理在工業(yè)生產(chǎn)中的應(yīng)用。下列說法正確的是。

A.氯堿工業(yè)中，X電極上反應(yīng)式是B.電解精煉銅時，Z溶液中的Cu2+濃度不變C.在鐵片上鍍銅時，X是純銅D.制取金屬鎂時，Z是氯化鎂溶液5、對于反應(yīng)A(g)＋3B(g)=2C(g)，下列各數(shù)據(jù)表示不同條件下的反應(yīng)速率，其中反應(yīng)進(jìn)行得最快的是A.v(A)=0.01mol·L-1·s-1B.v(B)=0.02mol·L-1·s-1C.v(B)=0.60mol·L-1·min-1D.v(C)=1.0mol·L-1·min-16、下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是。選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A在苯酚溶液中滴加少量溴水沒有明顯現(xiàn)象苯酚與溴不反應(yīng)B在雞蛋清溶液中加入飽和Ba(NO3)2溶液有沉淀生成蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析C用pH計測定同濃度的NH4F溶液和NaClO溶液的pH后者pH較大D在I2的CCl4溶液中加入濃KI溶液，振蕩四氯化碳層紫紅色變淺I2在四氯化碳中的溶解度小于在KI溶液中的溶解度

A.AB.BC.CD.D7、室溫下，用未知濃度的氨水滴定20mL0.1000mol/L醋酸，已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，下列說法不正確的是A.在氨水滴定前，溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)B.滴入氨水V1mL，若此時溶液呈中性，則c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(NH3·H2O)+c()C.滴入氨水V2mL，若此時溶液呈酸性，則可能出現(xiàn)c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)D.若滴定終點時c(CH3COO-)＞c()，則所用指示劑是酚酞8、已知可逆反應(yīng)A+aBC+2D(a為化學(xué)計量數(shù))；其中B，C，D為氣態(tài)物質(zhì)。反應(yīng)過程中，當(dāng)其他條件不變時，C的體積百分含量(?)與溫度(T)和壓強(qiáng)(p)的關(guān)系如圖1；2所示。下列不正確的是()

A.T2>T1，P2>P1B.該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.若a=2，則A為液態(tài)或固態(tài)物質(zhì)D.增加B的物質(zhì)的量，該反應(yīng)的ΔH絕對值增大評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、酸；堿、鹽的水溶液在生產(chǎn)生活及化學(xué)實驗中有廣泛的應(yīng)用；請同學(xué)們運用所學(xué)知識解決下列問題。

(1)某溫度T下，0.1mol/L的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此時水的離子積常數(shù)Kw=____。溫度T____25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是____。由水電離的c(OH-)=____mol/L。

(2)已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的關(guān)系如圖所示：

①圖中A、B、C、D四點對應(yīng)的水的離子積常數(shù)由大到小的順序是____。

②若A點到E點，可采用的措施是____(填序號，下同)；從A點到C點，可采用的措施是____；促進(jìn)水的電離平衡的措施是____。

a.升溫b.加入少量的鹽酸c.加入少量的NaOH

(3)常溫下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，寫出HA的電離方程式____，水電離的c(H+)=____mol/L。為使HA溶液中HA和H2O的電離平衡正向移動，而水的Kw保持不變可以采取的措施是____。10、磷在氧氣中燃燒，可看成P與O2先生成P2O3，若O2過量，再生成P2O5；現(xiàn)將3.1g的單質(zhì)磷(P)在3.2g氧氣中燃燒至反應(yīng)物耗盡，測得放出XkJ的熱量。

(1)反應(yīng)后生成物的組成是______________(用化學(xué)式表示)。

(2)若3.1g磷在3.6g氧氣中燃燒，至反應(yīng)物耗盡，共放出ZkJ的熱量，則X______(填“＜”“>”或“=”)Z。

(3)磷的兩種氧化物中，較穩(wěn)定的是________。11、人們利用原電池原理制作了多種電池；以滿足日常生活；生產(chǎn)和科學(xué)技術(shù)等方面的需要。請根據(jù)題中提供的信息，回答下列問題。

(1)鉛蓄電池在放電時的總反應(yīng)為則其正極反應(yīng)為___。

(2)FeCl3溶液腐蝕印刷電路銅板時發(fā)生反應(yīng)：若將此反應(yīng)設(shè)計成原電池，則負(fù)極所用的電極材料為___，電極反應(yīng)式：___。

(3)已知甲醇燃料電池的工作原理如圖所示，該電池工作時，b口通入的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)，該電池正極上的電極反應(yīng)式為___；當(dāng)6.4g甲醇(CH3OH)完全反應(yīng)生成CO2時，有___mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移。若將電池的電解質(zhì)溶液換為KOH溶液，則負(fù)極反應(yīng)式為____。

12、25℃時，醋酸溶液的約為3，向其中加入醋酸鈉晶體，等晶體溶解后發(fā)現(xiàn)溶液的增大。對上述現(xiàn)象有兩種不同的解釋：甲同學(xué)認(rèn)為醋酸鈉水解呈堿性，增大了，因而溶液的增大；乙同學(xué)認(rèn)為醋酸鈉溶于水電離出大量醋酸根離子，抑制了醋酸的電離，使減小，因此溶液的增大。

(1)為了驗證上述哪種解釋正確，繼續(xù)做如下實驗：向的醋酸溶液中加入少量下列物質(zhì)中的________(填序號)，然后測定溶液的(已知25℃時，溶液呈中性)。

A.固體B.固體C.氣體D.固體。

(2)常溫下將和溶于水，配制成混合溶液，溶液中________13、CO、SO2；NO均為大氣污染物；通過下列反應(yīng)可以實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展。已知：

①2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)△H=+8.0kJ?mol?1

②2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g)△H=+90.4kJ?mol?1

③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=－746.5kJ?mol?1

請回答：

(1)反應(yīng)①屬于___(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。

(2)反應(yīng)②生成0.5molS(g)時，△H=___kJ?mol?1。

(3)反應(yīng)③消耗30gNO(g)時，△H=___kJ?mol?1。

(4)反應(yīng)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=___kJ?mol?1。

(5)已知乙醇燃燒熱是1366.8kJ?mol?1，寫出乙醇燃燒的熱化學(xué)方程式：___。14、(1)某濃度的氨水中存在平衡，+如想增大的濃度而不增大的濃度，應(yīng)采取的措施是___________(填字母)。

A．適當(dāng)升高溫度B.加入NH4Cl固體C．通入D．加入少量濃鹽酸；

(2)常溫下，有c()相同；體積相同的醋酸和鹽酸兩種溶液；采取以下措施∶

①加適量醋酸鈉晶體后，兩溶液中的c()變化是醋酸溶液中c()___________(填“增大”“減小”或“不變”)，鹽酸中c()___________(填“增大”“減小”或“不變”)。

②加水稀擇10倍后，醋酸溶液中的c()___________(填"＞"="或*＜")鹽酸溶液中的c()。

③加等濃度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的體積。醋酸___________(填＞；=或＜)鹽酸。

④使溫度都升高20℃，溶液中c()：醋酸___________(填“＞”“=”或“＜”)鹽酸。

⑤分別與足量的鋅粉發(fā)生反應(yīng)，下列關(guān)于氫氣體積(V)隨時間(t)變化的示意圖正確的是___________(填字母)。(①表示鹽酸；②表示醋酸)

(3)將0.1mol/L的加水稀釋，有關(guān)稀釋后醋酸溶液的說法中，正確的是___________(填字母)

A．電離程度增大B．溶液中離子總數(shù)增多C．溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)D．溶液中醋酸分子增多。

(4)常溫下的電離常數(shù)為1.0×10-5，則0.1mol/L的溶液的pH=___________。15、近年來；研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲。過程如下：

反應(yīng)Ⅰ：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1

反應(yīng)Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1

反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式：________________。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、反應(yīng)條件(點燃或加熱)對熱效應(yīng)有影響，所以熱化學(xué)方程式必須注明反應(yīng)條件。____A.正確B.錯誤17、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤18、放熱過程有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進(jìn)行，吸熱過程沒有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯誤19、25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等。（______________）A.正確B.錯誤20、用廣范pH試紙測得某溶液的pH為3.4。（______________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)21、對神經(jīng)元有明顯的保護(hù)作用，在醫(yī)療上可用于減輕急性低氧所致的某些神經(jīng)電流變化。由含鈷礦(元素主要以的形式存在，還含有元素)制取氯化鈷晶體的一種工藝流程如下：

已知：①焦亞硫酸鈉()是食品中常見的還原劑。

②25℃時，

③部分金屬陽離子形成氫氧化物的見下表：。開始沉淀0.35.52.77.27.67.69.6完全沉淀1.16.63.29.29.69.211.1

回答下列問題：

(1)操作①的名稱為___________，浸取時加入Na2S2O5的離子方程式為___________。

(2)濾液1中加入用作氧化劑，在流程中還具有的作用是___________。

(3)加入溶液調(diào)節(jié)至若的范圍是3.2~4.0時，則加入溶液生成濾渣2的主要離子方程式為___________。

(4)濾渣3的主要成分為和則濾液3中與的比值為___________。

(5)經(jīng)過萃取和反萃取操作，溶液5中的陽離子主要含有和濾液4經(jīng)過操作3可制備晶體，操作3中包含3個基本實驗操作，它們是___________、___________、___________。

(6)上述流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)是___________。

(7)在上述新工藝中，用“稀硫酸和氯酸鈉”代替原工藝中“鹽酸與硝酸”，其主要優(yōu)點是___________。22、從氧化銅鈷礦[主要含有Cu2(OH)2CO3，Co2O3，Al2O3和SiO2]中回收鈷和銅的流程如圖所示。

回答下列問題：

(1)基態(tài)的價層電子排布式為___________。

(2)“還原浸出”時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(3)加入石灰石的作用是___________。

(4)加入氧化鎂“沉鈷”的離子方程式為___________；證明已洗滌干凈的操作和現(xiàn)象是___________。

(5)“除銅”時的有機(jī)萃取劑用表示，發(fā)生萃取的反應(yīng)可表示為若“還原浸出”后的浸出液多次萃取后水相中為則銅的萃取率為___________(結(jié)果保留兩位小數(shù)，溶液體積變化忽略不計)；流程中反萃取劑可選用___________(填化學(xué)式)。

(6)“反萃取”后若電解500mL的溶液，一段時間后為則陰極沉積的銅的質(zhì)量為___________g(電解過程中溶液體積變化忽略不計)。23、氫氧化鋰（LiOH）是重要的初加T鋰產(chǎn)品之一，可用于繼續(xù)生產(chǎn)氟化鋰、錳酸鋰等，用天然鋰輝石（主要成分LiAISi2O3；含有Fe（III）等雜質(zhì)）生產(chǎn)LiOH的一種工藝流程如圖所示：

已知溶液1中含有Li+、K+、A13+、Na+、Fe3+、SO42-等離子；請回答相關(guān)問題。

（l）將LiAlSi2O6改寫為氧化物的形式：____。

（2）高溫?zé)Y(jié)的目的是____。操作1是__。

（3）凈化過濾過程中溶液的pH不能過低也不能過高；原因是____。

（4）流程中的某種物質(zhì)可循環(huán)利用；該物質(zhì)的化學(xué)式是____。

（5）工業(yè)生產(chǎn)中通過電解LiCI溶液的方法也可制得LiOH，其原理如圖所示，電極a應(yīng)連接電源的____（選填“正極”或“負(fù)極”），電極b發(fā)生的反應(yīng)是___，陽離子交換膜的作用是___24、元素鉻(Cr)在自然界主要以+3價和+6價存在。

(1)工業(yè)上利用鉻鐵礦(FeO·Cr2O3)冶煉鉻的工藝流程如圖所示：

①為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是___________；

②“水浸Ⅰ”要獲得“浸出液”的操作是___________。已知“浸出液”的主要成分為Na2CrO4，則Cr2O3在高溫焙燒時反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________；

③若向“濾液”中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，則操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。

(2)含有Cr2O的廢水毒性較大；某工廠為了使廢水的排放達(dá)標(biāo)，進(jìn)行如下處理：

Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3

①該廢水中加入綠礬(FeSO4·7H2O)和H＋，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________；

②若處理后的廢水中殘留的c(Fe3＋)=2.0×10-13mol·L-1，則殘留的Cr3＋的濃度為___________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)

(3)以鉻酸鈉(Na2CrO4)為原料，用電化學(xué)法可制備重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)，實驗裝置如圖所示(已知：2CrO+2H+Cr2O+H2O)。

①陽極的電極反應(yīng)式為___________；

②電解一段時間后，測得陽極區(qū)溶液中Na+物質(zhì)的量由amol變?yōu)閎mol，則生成重鉻酸鈉的物質(zhì)的量為___________mol。評卷人得分五、有機(jī)推斷題(共4題，共40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(fā)生銀鏡反應(yīng)；A分子含有的官能團(tuán)是___________。

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

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學(xué)方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)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(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。：26、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)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(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)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(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應(yīng)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(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)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(fù)極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。27、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)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(zhì)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(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，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(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

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

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____________________________。

（5）科學(xué)家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)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(yīng)方程式：____________________。28、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)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(jié)構(gòu)示意圖為__________。

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

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)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(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學(xué)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(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)29、為解決汽車尾氣達(dá)標(biāo)排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進(jìn)入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序為___________，簡單氫化物的沸點由大到小的順序為___________。

③在CO、NO結(jié)構(gòu)中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結(jié)合平衡移動原理解釋其原因：___________。

(4)為節(jié)省貴金屬并降低成本；常用某些復(fù)合型物質(zhì)作催化劑。一種復(fù)合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。30、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(shù)為___________。黃砷(As4)與白磷(P4)的結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)與氨氣類似，寫出砷化氫的電子式___________，其分子的空間構(gòu)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(jié)構(gòu)的角度說明理由。___________。

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

①寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___________，平衡時，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代數(shù)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(dāng)反應(yīng)達(dá)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31、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序數(shù)依次增大。A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同；B的價電子層中有3個未成對電子，C的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，D與C同族；E的最外層只有2個電子，但次外層有18個電子?；卮鹣铝袉栴}：

(1)常溫下(BA4)DC4溶液顯______性；用離子方程式解釋原因______。

(2)B；C、D中第一電離能最大的是______(填元素符號)；基態(tài)E原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為______。

(3)A和其他元素形成的二元共價化合物中，有一種分子空間構(gòu)形呈三角錐形，該分子極易溶于水，卻不溶于CCl4；請解釋原因______；分子中既含有極性共價鍵；又含有非極性共價鍵的化合物是______(填化學(xué)式，寫一種)。

(4)A2C內(nèi)的C—A鍵、A2C分子間的范德華力和氫鍵，從強(qiáng)到弱依次是______。A3C+中A—C—A鍵角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)與E同周期的元素中，基態(tài)原子在4s軌道上只有1個電子的元素共有______種。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

放電時，鋰失電子作負(fù)極，Cu上O2得電子作正極，負(fù)極上電極反應(yīng)式為Li-e-═Li+，正極上電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A.放電時，陽離子向正極移動，則Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動；故A正確；

B.放電過程為2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可以知道通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O；故B正確；

C.正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，則正極的電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；故C錯誤；

D.通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O，放電時Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu；則整個反應(yīng)過程中，銅相當(dāng)于催化劑，得電子的物質(zhì)是氧氣，所以氧氣為氧化劑，故D正確。

故選C。

【點睛】

明確原電池負(fù)極上得失電子及電極反應(yīng)式是解本題關(guān)鍵，注意把握Cu在整個過程中的作用。2、C【分析】【分析】

原電池內(nèi)部正電荷流向正極；負(fù)電荷流向負(fù)極，所以N型半導(dǎo)體為負(fù)極，P型半導(dǎo)體為正極，則X為陰極，Y為陽極。

【詳解】

A．根據(jù)正負(fù)電荷的流向可知N型半導(dǎo)體為負(fù)極；P型半導(dǎo)體為正極，故A正確；

B．電解池中陰離子流向陽極，X為陰極，Y為陽極，所以O(shè)H－由X電極移向Y電極；故B正確；

C．Y電極為陽極，氫氧根失電子被氧化生成氧氣，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=2H2O+O2↑；消耗氫氧根，pH減小，故C錯誤；

D．X極為陰極，人體呼出的二氧化碳在X電極上得電子被還原，電極反應(yīng)式為CO2+H2O+2e-=CO+2OH-；故D正確；

綜上所述答案為C。3、A【分析】【分析】

【詳解】

A．向Ca(HCO)2溶液中加入足量Ca(OH)2溶液：符合電荷守恒，拆寫原則，質(zhì)量守恒定律，故A正確；

B．泡沫滅火器原理是鋁離子和碳酸氫根離子相互促進(jìn)水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，正確的離子方程式是：故B錯誤；

C．過量的鐵粉與硝酸反應(yīng)生成亞鐵離子，正確的離子方程式是：故C錯誤；

D．碳酸根離子水解是可逆反應(yīng)，正確的離子方程式是：故D錯誤；

故選：A。4、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖示可知X電極為陽極，在陽極上Cl-失去電子變?yōu)镃l2，故陽極的電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑；A錯誤；

B．電解精煉銅時，陽極上Cu及活動性比Cu強(qiáng)的金屬變?yōu)榻饘訇栯x子進(jìn)入溶液，陰極上只有Cu2+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu，根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知Z溶液中的Cu2+濃度會減小；B錯誤；

C．在鐵片上鍍銅時；陽極X是純銅，陰極Y是鐵片，C正確；

D．制取金屬鎂時，應(yīng)該使用電解熔融的MgCl2的方法，不能電解MgCl2溶液；D錯誤；

故合理選項是C。5、A【分析】【分析】

不同物質(zhì)的速率之比等于化學(xué)反應(yīng)中各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之比。比較同一反應(yīng)速率時；不同物質(zhì)可化為同一物質(zhì)的反應(yīng)速率進(jìn)行比較，注意單位要統(tǒng)一。

【詳解】

A．v(A)=0.01mol·L-1·s-1，則=

B．==

C．

D．則=

比較以上數(shù)據(jù)，A選項中v(B)最大，故選A。6、D【分析】【詳解】

A．苯酚與濃溴水中的溴發(fā)生取代反應(yīng)；生成白色沉淀三溴苯酚，溴水褪色，A項錯誤；

B．硝酸鋇是重金屬鹽；蛋白質(zhì)在硝酸鋇溶液中會發(fā)生變性，B項錯誤；

C．兩種鹽的陽離子不同；銨根離子促進(jìn)氟離子水解，故不能證明酸性強(qiáng)弱，應(yīng)選擇同濃度的NaClO溶液；NaF溶液進(jìn)行實驗，C項錯誤；

D．碘與碘化鉀反應(yīng)：故I2在KI溶液中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度；D項正確；

故選D。7、D【分析】【詳解】

A．在氨水滴定前，存在CH3COOH?H++CH3COO-，H2O?H++OH-，則溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)；A說法正確；

B．滴入氨水V1mL，若此時溶液呈中性，則c(OH-)=c(H+)。已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，即CH3COOH、NH3·H2O的電離度相等，根據(jù)溶液呈電中性，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c()，則溶液中的c(CH3COO-)=c()，故c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(NH3·H2O)+c()；B說法正確；

C．滴入氨水V2mL，若加入少量的氨水，只有少量的醋酸被中和，溶液中的溶質(zhì)為醋酸和醋酸銨，此時溶液呈酸性，則可能出現(xiàn)c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；C說法正確；

D．若滴定終點時溶液呈中性，由于CH3COOH、NH3·H2O的電離度相等，則c(CH3COO-)=c()，可用酚酞作指示劑；若滴定終點時c(CH3COO-)＞c()；說明醋酸過量，由于酚酞的變色范圍在堿性范圍，則所用指示劑不可能是酚酞，D說法錯誤；

答案為D。8、D【分析】【詳解】

A.由圖1可知，T2時先達(dá)到平衡，反應(yīng)速率大于T1，所以T2>T1，由圖2可知，P2時先達(dá)到平衡，反應(yīng)速率大于P1，所以P2>P1；故A項正確；

B.由圖1可知，T2時反應(yīng)速率大于T1，所以T2>T1，并且T1時的C%大于T2時的C%；所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故B項正確；

C.由圖2可知，P2時反應(yīng)速率大于P1，所以P2>P1，并且P1時的C%大于P2時的C%；所以正反應(yīng)方向是氣體體積增大的反應(yīng)。當(dāng)a=2時，A一定不是氣態(tài)物質(zhì)才能使平衡左移，則A為液態(tài)或固態(tài)物質(zhì)，故C項正確；

D.反應(yīng)的ΔH與化學(xué)計量數(shù)有關(guān)；與平衡移動無關(guān)，故D項錯誤；

綜上；本題選D。

【點睛】

本題考查化學(xué)平衡移動。解決這類問題時，首先根據(jù)溫度越高反應(yīng)速率越快，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越快，分析T2和T1、P2和P1的大小關(guān)系，再結(jié)合溫度和壓強(qiáng)對平衡移動的影響，從而得出結(jié)論。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

（1）0.1mol/L的NaOH溶液中，c(OH-)=10-1mol/L，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此時水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)c(OH-)=1.0×10-1110-1=1.0×10-12；水的電離為吸熱反應(yīng)，所以溫度升高，水的離子積常數(shù)增大，因此時的Kw＞1.0×10-14，所以溫度T大于25℃；由水電離的c(OH-)等于溶液中的氫離子濃度，為1.0×10-11mol/L，故答案為：1.0×10-12；大于；25℃時，水的離子積常數(shù)是1.0×10-14，水的電離是吸熱的，升高溫度平衡正向移動，水的離子積增大；1.0×10-11；

（2）①圖象中每條反比例曲線上對應(yīng)點的橫縱坐標(biāo)之積為該溫度下的水的離子積，則圖中A、B、C、D四點對應(yīng)的水的離子積常數(shù)由大到小B>C>A=D；

②若A點到E點；可使溶液中氫離子濃度減少，氫氧根離子濃度增大，則具體措施可以是加入堿，如氫氧化鈉，故c符合題意；從A點到C點，水的離子積常數(shù)增大，則可升溫，a符合題意；升高溫度可促進(jìn)水的電離，但加入酸或堿會抑制水的電離，故a符合題意；

綜上；答案為c；a；a；

（3）常溫下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，則說明HA為弱酸，其電離方程式為：HAH++A-；溶液中水的離子積常數(shù)為1.0×10-14，則由水電離的氫離子濃度等于溶液中的氫氧根離子濃度，即c水(H+)=c(OH-)==1.0×10-11；為使HA溶液中HA和H2O的電離平衡正向移動，而水的Kw保持不變不能采用升溫，但可以采取的措施加少量堿或加入適量活潑金屬或加入少量能與HA反應(yīng)的鹽等。【解析】(1)1.0×10-12大于25℃時，水的離子積常數(shù)是1.0×10-14，水的電離是吸熱的，升高溫度平衡正向移動，水的離子積增大1.0×10-11

(2)B>C>A=Dcaa

(3)HAH++A-1.0×10-11加少量堿或加入適量活潑金屬或加入少量能與HA反應(yīng)的鹽等10、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)n=計算磷與氧氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而確定P原子與O原子的比例關(guān)系，據(jù)此確定燃燒產(chǎn)物的化學(xué)式，若為單一物質(zhì)，根據(jù)質(zhì)量守恒，該物質(zhì)的質(zhì)量等于磷與氧氣質(zhì)量之和，若為混合物，為P2O3、P2O5，令物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，利用P原子、O原子守恒列方程計算x、y的值，再根據(jù)m=nM計算各自質(zhì)量；

(2)燃燒越充分；放出的熱量越多；

(3)能量低的物質(zhì)較穩(wěn)定。

【詳解】

(1)3.1g的單質(zhì)磷(P)的物質(zhì)的量為=0.1mol，3.2g的氧氣的物質(zhì)的量為=0.1mol，故P原子與O原子的數(shù)目之比為0.1mol:0.1mol×2=1:2，2:5＜1:2＜2:3，故反應(yīng)產(chǎn)物為P2O3、P2O5，令物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：2x+2y=0.1①，3x+5y=0.1×2②，解①②得：x=0.025mol，y=0.025mol，故P2O3的質(zhì)量為0.025mol×110g/mol=2.75g，P2O5的質(zhì)量為0.025mol×142g/mol=3.55g，反應(yīng)后生成物的組成是P2O3、P2O5；

(2)3.1g磷在3.6g氧氣中燃燒；至反應(yīng)物耗盡，并放出ZkJ的熱量，氧氣多，燃燒更充分，放熱增多，則X＜Z；

(3)由(2)分析可知，P2O5生成時放出熱量多，則P2O5的能量低，更穩(wěn)定?！窘馕觥縋2O3、P2O5＜P2O511、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)鉛蓄電池在放電時的電池反應(yīng)為反應(yīng)中二氧化鉛得到電子，作正極，則其正極上的電極反應(yīng)為

(2)溶液腐蝕印刷電路銅板時發(fā)生反應(yīng)：反應(yīng)中銅失去電子，因此若將此反應(yīng)設(shè)計成原電池，則負(fù)極所用的電極材料為Cu，電極反應(yīng)式為

(3)根據(jù)裝置圖可知氫離子向右側(cè)移動，所以右側(cè)電極是正極，左側(cè)是負(fù)極，則該電池工作時，b口通入的物質(zhì)為氧氣在正極上發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)，因此該電池正極上的電極反應(yīng)式為6.4g甲醇()的物質(zhì)的量是0.2mol，反應(yīng)中碳元素化合價從－2價升高到+4價，失去6個電子，因此完全反應(yīng)生成時，有1.2mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，電池的電解質(zhì)溶液換為KOH溶液時，碳的最終存在形式是CO32-，其電極反應(yīng)式是：【解析】CuCH3OH1.212、略

【分析】【詳解】

(1)要判斷甲、乙兩種解釋哪種正確，可加入一種含有而其溶液又不顯堿性的鹽然后測定溶液的若乙正確，則電離產(chǎn)生的可使醋酸的電離平衡逆向移動，減小，增大；若甲正確，則溶液的不變。

(2)由電荷守恒式可得，【解析】B0.00613、略

【分析】【詳解】

(1)反應(yīng)①△H=+8.0kJ?mol?1；說明反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)；故答案為：吸熱。

(2)反應(yīng)②2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g)△H=+90.4kJ?mol?1，因此生成0.5molS(g)時，△H=+90.4kJ?mol?1×0.5=+45.2kJ?mol?1；故答案為：+45.2。

(3)反應(yīng)③2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=－746.5kJ?mol?1，消耗30gNO(g)即1mol時，△H=kJ?mol?1；故答案為：－373.25。

(4)將第①個方程式減去第②個方程式再整體除以2得到反應(yīng)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=故答案為：－41.2。

(5)乙醇燃燒熱是1366.8kJ?mol?1，1mol乙醇液體在3mol氧氣中燃燒生成2mol二氧化碳和3mol液態(tài)水釋放1366.8kJ的熱量，因此乙醇燃燒的熱化學(xué)方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1366.8kJ?mol?1；故答案為C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1366.8kJ?mol?1?！窘馕觥课鼰?45.2－373.25－41.2C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1366.8kJ?mol?114、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)A.弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，升高溫度，電離平衡正向移動，和濃度都增大；不符合題意；

B.加入NH4Cl固體，NH4Cl電離出的濃度增大，平衡逆向移動，OH-濃度減?。环项}意；

C.通入適量NH3，NH3·H2O濃度增大，平衡正向移動，和OH-濃度都增大；不符合題意；

D.加入少量濃鹽酸，濃鹽酸電離出的H+與OH-結(jié)合成H2O，OH-濃度減小，電離平衡正向移動，濃度增大；符合題意；故答案為：BD；

(2)①醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入的醋酸鈉電離出CH3COO-，CH3COO-濃度增大，電離平衡逆向移動，溶液中c(H+)減小；在鹽酸中加入醋酸鈉，醋酸鈉電離出的CH3COO-與H+結(jié)合成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)減??；故答案為：減小；減??；

②加水稀釋10倍，溶液體積變?yōu)樵瓉淼?0倍，稀釋后鹽酸中c(H+)變?yōu)樵瓉淼?/10；加水稀釋促進(jìn)醋酸的電離，稀釋后醋酸溶液中c(H+)大于原來的1/10；加水稀釋10倍后醋酸溶液中的c(H＋)＞鹽酸溶液中的c(H＋)；故答案為：＞；

③醋酸為弱酸；鹽酸為強(qiáng)酸，pH相同的鹽酸和醋酸溶液，物質(zhì)的量濃度：醋酸大于鹽酸，等體積的溶液中加入等濃度的NaOH溶液至恰好中和，消耗的NaOH溶液的體積：醋酸＞鹽酸，故答案為：＞；

④弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，升高溫度促進(jìn)醋酸的電離，醋酸溶液中c(H+)增大；升高溫度，鹽酸溶液中c(H+)不變，則溫度都升高20℃后溶液中c(H+)：醋酸＞鹽酸；故答案為：＞；

⑤醋酸溶液中H+被消耗會促進(jìn)醋酸的電離，反應(yīng)過程中醋酸溶液中c(H+)大于鹽酸中，醋酸與Zn反應(yīng)的速率比鹽酸與Zn反應(yīng)的速率快；等pH、等體積的醋酸溶液和鹽酸中，醋酸提供的H+總物質(zhì)的量大于鹽酸，醋酸與足量Zn反應(yīng)放出的H2大于鹽酸與足量Zn反應(yīng)放出的H2；答案選c。

(3)醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋促進(jìn)CH3COOH的電離；

A.電離程度增大；正確；

B.由于電離平衡正向移動，H+、CH3COO-物質(zhì)的量增大；溶液中離子總數(shù)增多，正確；

C.由于溶液體積的增大超過離子物質(zhì)的量的增大，c(H+)、c(CH3COO-)物質(zhì)的量濃度減??；溶液導(dǎo)電性減弱，錯誤；

D.由于電離程度增大；溶液中醋酸分子減少，錯誤；答案選AB。

(4)=1.0×10-5，則c(OH-)==1.0×10-3mol/L，c(H+)==1.0×10-11，則pH=11。【解析】BD減小減?。荆荆綾AB1115、略

【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律和熱化學(xué)方程式的書寫進(jìn)行分析。

【詳解】

根據(jù)過程可知，反應(yīng)II為SO2催化歧化生成H2SO4和S，反應(yīng)為3SO2+2H2O=2H2SO4+S。應(yīng)用蓋斯定律，反應(yīng)I+反應(yīng)III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反應(yīng)II的熱化學(xué)方程式為3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol?！窘馕觥?SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=?254kJ·mol?1三、判斷題(共5題，共10分)16、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學(xué)方程式主要是強(qiáng)調(diào)這個反應(yīng)的反應(yīng)熱是多少，而不是強(qiáng)調(diào)這個反應(yīng)在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應(yīng)物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應(yīng)熱都是一樣的，因此不需要注明反應(yīng)條件，該說法錯誤。17、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(jù)錯誤。18、A【分析】【詳解】

放熱過程有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進(jìn)行，吸熱過程沒有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進(jìn)行，正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

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

【詳解】

廣范pH試紙只能讀取1~14的整數(shù)，沒有小數(shù)；因此用廣范pH試紙測得某溶液的pH可能為3或4，不能為3.4，故此判據(jù)錯誤。四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)21、略

【分析】【分析】

由題給流程可知，向含鈷礦物中加入稀硫酸和Na2S2O5溶液浸取；過濾得到濾液1和濾渣1；向濾液1中加入氯酸鈉溶液，酸性條件下氯酸鈉溶液將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，向反應(yīng)后的溶液中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH在3.2~4.0范圍內(nèi)，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣2和濾液2；向濾液2中加入氟化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH在3.2~4.0范圍內(nèi)，將溶液中鈣離子和鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣沉淀和氟化鎂沉淀，過濾得到含有氟化鈣和氟化鎂的濾渣3和濾液3；向濾液3中加入有機(jī)萃取劑，萃取分液得到含有鈉離子；銅離子和鋅離子的有機(jī)層和含有氯化鈷的溶液4；向有機(jī)層中加入稀鹽酸，反萃取分液得到有機(jī)萃取劑和含有鈉離子、銅離子和鋅離子的溶液5；溶液4經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到氯化鈷晶體。

【詳解】

(1)根據(jù)流程得到濾液1和濾渣1可以知，操作①為過濾；由信息可知，浸取時加入Na2S2O5發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下，Na2S2O5與氧化鈷發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸鈷和水，反應(yīng)的離子方程式為故答案為：過濾；

(2)由“部分金屬陽離子形成氫氧化物的”可知；亞鐵離子沉淀時，二價鈷離子也會同時沉淀，則加入氯酸鈉將亞鐵離子氧化為鐵離子便于分離，氯酸鈉同時被還原為氯離子，為產(chǎn)品提供氯元素(或氯離子)，故答案為：為獲得產(chǎn)品提供氯元素(或氯離子)；

(3)由題意可知，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)在3.2~4.0的范圍內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)為鐵離子與碳酸根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為故答案為：

(4)由分析可知，濾渣3中含有氟化鈣和氟化鎂，則濾液3中====≈0.51，故答案為：0.51或

(5)由分析可知；含有氯化鈷的溶液4經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到氯化鈷晶體，故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；過濾、洗滌、干燥；

(6)經(jīng)過萃取和反萃取操作；分液得到有機(jī)萃取劑和含有鈉離子；銅離子和鋅離子的溶液5，則萃取劑可循環(huán)使用，故答案為：萃取劑；

(7)由題給流程可知，“鹽酸與硝酸”原工藝中鹽酸可以起酸和還原劑的作用，溶解含鈷礦物時會生成有毒的氯氣，硝酸用于將亞鐵離子氧化氧化為鐵離子，同時硝酸被還原為有毒的氮氧化物，溶液中的硝酸鹽會混入產(chǎn)品中，則新工藝的主要優(yōu)點是減少有毒氣體的排放，防止大氣污染，防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽，故答案為：減少有毒氣體的排放，防止大氣污染，防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽?！窘馕觥窟^濾為獲得產(chǎn)品提供氯元素(或氯離子)0.51或蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶過濾、洗滌、干燥萃取劑減少有毒氣體的排放，防止大氣污染，防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽22、略

【分析】【分析】

由題干工藝流程圖可知，從氧化銅鈷礦[主要含有Cu2(OH)2CO3，Co2O3，Al2O3和SiO2]中回收鈷和銅，鈷礦中加入Na2S2O5、稀硫酸浸取，Co2O3被還原為Co2+，同時被氧化為SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣為SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Cu2+、Co2+、Al3+和離子，SiO2不溶，過濾除去，濾液加入萃取液，萃取銅離子，然后反萃取，得到銅離子的溶液，電解得到銅；除銅后溶液加石灰石調(diào)節(jié)pH，使Al3+和轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，并使鈣離子生成硫酸鈣沉淀，過濾除去；濾液再加入氧化鎂沉鈷，得到Co(OH)2；據(jù)此分析解題。

【詳解】

（1）已知Cu是29號元素，基態(tài)Cu2+的價層電子排布式為3d9，故答案為：3d9；

（2）由分析可知，“還原浸出”時Cu2(OH)2CO3發(fā)生反應(yīng)生成銅離子，化學(xué)方程式為Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，故答案為：Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；

（3）由分析可知，加入石灰石的作用是調(diào)節(jié)pH，使Al3+和轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，故答案為：調(diào)節(jié)pH，使Al3+和轉(zhuǎn)化為Al(OH)3；

（4）由分析可知，加入氧化鎂，調(diào)節(jié)pH，則“沉鈷”的離子方程式為2MgO+Co2++2H+=Co(OH)2↓+2Mg2+；溶液中含有大量硫酸根離子，檢驗硫酸根離子即可，則Co(OH)2已洗滌干凈的操作和現(xiàn)象是取少量洗滌液，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，無白色沉淀生成，則洗滌干凈，故答案為：2MgO+Co2++2H+=Co(OH)2↓+2Mg2+；取少量洗滌液；加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，無白色沉淀生成，則洗滌干凈；

（5）由題干信息可知，若酸浸后的浸取液pH=0，則酸浸后的浸取液中c(H+)=1.0000mol?L-1，c(Cu2+)=0.01001mol?L-1，多次萃取后水相中c(H+)為1.0200mol?L-1，則溶液中多的c(H+)為0.0200mol?L-1，根據(jù)“Cu2++2HRCuR2+2H+”得除去c(Cu2+)=×0.0200mol?L-1=0.0100mol?L-1；則銅的萃取率為×100%≈99.90%；根據(jù)Cu2++2HRCuR2+2H+中增大生成物濃度，平衡逆向移動，流程中反萃取劑可選用H2SO4，故答案為：99.90%；H2SO4；

（6）由題干信息可知，“反萃取”后若電解500mLpH=0的溶液，此時c(H+)為1.000mol?L-1，一段時間后c(H+)為1.0400mol?L-1，則轉(zhuǎn)移電子式為(1.0400-1.0000)mol×0.5L=0.02mol，根據(jù)得失電子守恒，則陰極沉積的銅的質(zhì)量為×64g/mol=0.64g，故答案為：0.64?！窘馕觥?1)

(2)

(3)調(diào)節(jié)溶液使轉(zhuǎn)化為沉淀。

(4)取最后滴下的洗滌液少許，先加鹽酸酸化，再加溶液；無白色沉淀生成。

(5)99.90%

(6)0.6423、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）將硅酸鹽改為氧化物形式的方法為；依次將各元素寫成氧化物形式，中間用“?”連接，同時注意氧化物的先后順序，LiAlSi2O6改寫為氧化物的形式為：Li2O?Al2O3?4SiO2。

答案為：Li2O?Al2O3?4SiO2。

（2）由操作1前后物質(zhì)的狀態(tài)可知；操作1應(yīng)該是溶解；過濾，根據(jù)所得溶液1里的成分全部為可溶性硫酸鹽電離產(chǎn)生的離子可以確定，高溫?zé)Y(jié)的目的一個是為了除去雜質(zhì)，另外更重要的就是將礦石中難溶成分轉(zhuǎn)化為可溶成分，再通過后續(xù)操作進(jìn)行分離。

答案為：將鋰輝石轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽；與雜質(zhì)分離；溶解；過濾。

（3）凈化操作中加入NaOH溶液，目的是為了將溶液里的雜質(zhì)離子Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，pH過低雜質(zhì)不能完全除去，而pH過高，NaOH濃度太大，又能使生成的Al(OH)3部分溶解；所以需要控制溶液的pH在一定的范圍。

答案為：pH過低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH過高會使生成的Al(OH)3部分溶解。

（4）根據(jù)題詞信息可知，可以循環(huán)使用的物質(zhì)是：3K2SO4?Na2SO4。

答案為：3K2SO4?Na2SO4。

（5）據(jù)圖可知電解池兩極均有氣體產(chǎn)生，則兩極反應(yīng)為：陽極：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由右室通入LiOH稀溶液可知，溶液B為制得的LiOH溶液，右室為陰極區(qū)，電極b與電源負(fù)極相連，則左室為陽極區(qū)，電極a與電源正極相連，電極b上的反應(yīng)為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陽離子交換膜可以防止OH-進(jìn)入左室與Cl2反應(yīng)，還可以讓更多的Li+進(jìn)入右室得到高濃度的LiOH。

答案為：正極；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；可以防止OH-進(jìn)入左室與Cl2反應(yīng)，還可以讓更多的Li+進(jìn)入右室得到高濃度的LiOH?！窘馕觥縇i2O?Al2O3?4SiO2將鋰輝石轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽，與雜質(zhì)分離溶解、過濾pH過低Al3+和Fe3+不能完全除去，pH過高會使生成的Al(OH)3部分溶解3K2SO4?Na2SO4正極2H2O+2e-=H2↑+2OH-可以防止OH-進(jìn)入左室與Cl2反應(yīng)，還可以讓更多的Li+進(jìn)入右室得到高濃度的LiOH24、略

【分析】【分析】

(1)

①為加快焙燒速率和提高原料的利用率；可采取的措施之一可以是將鉻鐵礦粉碎或攪拌；升高溫度等。

②將難溶性固體與可溶性液體混合物進(jìn)行分離的操作是過濾；故“水浸Ⅰ”要獲得“浸出液”的操作是過濾。

Cr2O3在高溫焙燒時與Na2CO3、O2反應(yīng)產(chǎn)生Na2CrO4、CO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2。

③若向“濾液”中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，說明反應(yīng)產(chǎn)生BaSO4沉淀，則反應(yīng)II有SO生成，CrO將S2-氧化為SOCrO被還原生成Cr(OH)3沉淀，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知操作Ⅱ反應(yīng)的離子方程式為：8CrO+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO+16OH-。

(2)

①廢水中含有的具有強(qiáng)氧化性，會將Fe2+氧化為Fe3+，被還原為Cr3+，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為：Cr2O+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O。

②c(Fe3＋)=2.0×10-13mol·L-1，則c3(OH-)=故c(Cr3+)=

(3)

①陽極上溶液中的水失去電子，被氧化產(chǎn)生O2，故陽極的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=O2↑+2H2O）。

②電解一段時間后，測得陽極區(qū)溶液中Na+物質(zhì)的量由amol變?yōu)閎mol，則溶液中移動的電荷為(a-b)mol，所以外電路中轉(zhuǎn)移的電子為(a-b)mol，根據(jù)陽極反應(yīng)：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽極生成的氫離子為(a-b)mol，根據(jù)反應(yīng)2CrO+2H+Cr2O+H2O，生成Na2Cr2O7的物質(zhì)的量為mol?！窘馕觥?1)將鉻鐵礦粉碎(或其他合理措施)過濾2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO28CrO+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO+16OH-

(2)Cr2O+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O3.0×10－6mol·L-1

(3)2H2O-4e－=O2↑+4H＋（或4OH--4e-=O2↑＋2H2O）五、有機(jī)推斷題(共4題，共40分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數(shù)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(shù)等于Y；W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)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(jù)元素分析，該反應(yīng)方程式為

②以稀硫酸為電解質(zhì)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(fù)極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質(zhì)量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負(fù)極37g27、略

【分析】【詳解】

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

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

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

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

(5)N2在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3：N2+6H++6e?2NH3?！窘馕觥竣?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(yīng)生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應(yīng)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(jù)方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質(zhì)的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學(xué)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(jù)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(jù)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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)29、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級為d，所以Zr屬于d區(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)則，3d上的6個電子有2個在同一原子軌道中，另外4個均單獨占據(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最小；N的2p軌道上排布了3個電子，達(dá)到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C.N、O三種元素的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子間有氫鍵，其沸點高于CH4，水分子間的氫鍵比NH3分子間的氫鍵強(qiáng)，所以水的沸點高于NH3，所以C、N、O三種元素簡