2025年浙科版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年浙科版選擇性必修1化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、表中是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數(shù)：。

下列說法正確的是A.可發(fā)生反應(yīng)：B.溶液與溶液反應(yīng)不能生成NaHSC.相同溫度下，同物質(zhì)的量濃度的溶液，pH最大的是溶液D.相同溫度下，同物質(zhì)的量濃度的溶液酸性最強(qiáng)的是溶液2、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.向FeBr2溶液中通入過量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.將銅絲插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2OC.惰性電極電解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑D.向Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH3、下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移動(dòng)，水解程度反而減小的是A.增大NaClO溶液濃度B.加水稀釋C.升高溫度D.加入適量NaOH固體4、完全燃燒一定質(zhì)量的無水乙醇，放出的熱量為Q，已知為了完全吸收生成的二氧化碳，消耗50mL8mol/L的氫氧化鈉溶液，則1mol無水乙醇的燃燒放出的熱量不可能是A.10QB.5Q~10QC.小于10QD.小于5Q5、下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的描述不正確的是A.把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，銅片表面會(huì)出現(xiàn)氣泡B.用銀片做陽極，鐵片做陰極，電解硝酸銀溶液，鐵片表面會(huì)鍍上一層銀C.把鋅粒放入盛有稀硫酸的試管中，同時(shí)加入幾滴硫酸銅溶液，氣泡放出速率會(huì)加快D.同種金屬作為原電池的正極比作為電解池的陽極腐蝕得更快6、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是A.2.3g鈉在足量氧氣中充分反應(yīng)，常溫和加熱條件下轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為0.1NAB.2mol與1mol充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC.1L的溶液中，含有的數(shù)目為0.02NAD.室溫下，0.1mol/L溶液的1L該溶液中的數(shù)目為0.1NA7、硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源；變廢為寶，在實(shí)驗(yàn)室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，具體流程如下：

下列說法正確的是A.為了加快反應(yīng)速率，步驟②所需要的溫度越高越好B.工業(yè)上經(jīng)常使用碳酸氫鈉溶液來清除廢鐵屑表面的油污C.鐵屑中含有少量硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，所以應(yīng)將尾氣直接通入到盛有足量水的燒杯中吸收D.步驟⑤中的具體實(shí)驗(yàn)操作有加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品8、濕法提銀工藝中，浸出的Ag+需加入Cl-進(jìn)行沉淀。25℃時(shí)，平衡體系中含Ag微粒的分布系數(shù)δ[如δ(AgCl2-)=]隨lgc(Cl-)的變化曲線如圖所示。已知：lg[Ksp(AgC1)]=-9.75。下列敘述正確的是。

A.沉淀最徹底時(shí)，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol/LB.AgCl溶解程度隨c(Cl-)增大而不斷減小C.當(dāng)c(Cl-)=10-2mol·L-1時(shí)，溶液中c(AgCl)>c(AgC1)>c(Ag+)D.25℃時(shí)，AgCl+Cl-AgCl的平衡常數(shù)K=10-0.29、下列關(guān)于活化能的說法正確的是A.合成氨反應(yīng)中逆反應(yīng)的活化能小于正反應(yīng)的活化能B.反應(yīng)中的催化劑一般通過降低反應(yīng)的活化能來加快反應(yīng)速率C.H+和OH-在水溶液中的反應(yīng)，需要的活化能較高D.活化能越小，反應(yīng)越難進(jìn)行評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、氮的化合物廣泛應(yīng)用于工業(yè)；航天、醫(yī)藥等領(lǐng)域。

（1）氨氣可作為脫硝劑，在恒溫恒容密閉容器中充入一定量的NO和NH3，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）。該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是__________。

a反應(yīng)速率v（NO）=v（H2O）

b容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化。

c容器內(nèi)N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不再變化。

d容器內(nèi)n（NO）∶n（NH3）∶n（N2）∶n（H2O）=6∶4∶5∶6

e12molN-H鍵斷裂的同時(shí)生成5molN≡N鍵。

f混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變。

（2）肼（N2H4）是火箭的高能燃料，該物質(zhì)燃燒時(shí)生成水蒸氣和氮?dú)?，已知某些化學(xué)鍵的鍵能如下：。化學(xué)鍵O—HN—NN—HO=ON≡N鍵能kJ?mol-1467160391498945

則1molN2H4在氧氣中完全燃燒的過程中_____（填“吸收”或“放出”）的能量為_______kJ。

（3）一定條件下，在5L密閉容器內(nèi)，反應(yīng)2NO2（g）N2O4（g），NO2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如下表：。時(shí)間/s012345n（NO2）/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005

①用N2O4表示0～2s內(nèi)該反應(yīng)的平均速率為_____mol?L-1?s-1。在第5s時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為_____。

②為加快反應(yīng)速率，可以采取的措施是_______

a升高溫度b恒容時(shí)充入He（g）

c恒壓時(shí)充入He（g）d恒容時(shí)充入NO2

（4）已知：2N2O=2N2+O2。不同溫度（T）下，N2O分解半衰期隨起始?jí)簭?qiáng)的變化關(guān)系如圖所示（圖中半衰期指任一濃度N2O消耗一半時(shí)所需的相應(yīng)時(shí)間），則T1_____T2（填“>”、“=”或“<”）。當(dāng)溫度為T1、起始?jí)簭?qiáng)為p0，反應(yīng)至t1min時(shí)，此時(shí)體系壓強(qiáng)p=________（用p0表示）。

11、CO和H2在一定條件下可以合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0?，F(xiàn)在體積為1L的恒容密閉容器(如圖甲所示)中通入1molCO和2molH2，測(cè)定不同時(shí)間、不同溫度(T/℃)下容器中CO的物質(zhì)的量，如下表：。0min10min20min30min40minT11mol0.8mol0.62mol0.4mol0.4molT21mol0.7mol0.5molaa請(qǐng)回答：①T1_______(填“>”或“＜”或“=”)T2.已知T2℃時(shí)，第20min時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)不再改變，此時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率為_______，平衡常數(shù)表達(dá)式為_______；②若將1molCO和2molH2通入原體積為1L的恒壓密閉容器(如圖乙所示)中，在T2℃下達(dá)到平衡，此時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)為_______；③達(dá)到平衡后若再向恒壓容器乙中通入1molCH3OH(g)，重新達(dá)到平衡后，CH3OH(g)在體系中的百分含量_______(填“變大”或“變小”或“不變”)。④達(dá)到平衡后若再向恒容容器甲中通入1molCH3OH(g)，重新達(dá)到平衡后，CH3OH(g)在體系中的百分含量_______(填“變大”或“變小”或“不變”)。⑤在T2溫度下，向甲容器中重新加入1molCO、2molH2、3molCH3OH時(shí)，υ正_______υ逆(填“>”“<”“=”)12、在100℃時(shí)，將0.40mol二氧化氮?dú)怏w充入一個(gè)2L抽空的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2NO2N2O4。每隔一段時(shí)間就對(duì)該容器內(nèi)的物質(zhì)進(jìn)行分析，得到下表數(shù)據(jù)：。時(shí)間/s020406080n(NO2)/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08

(1)在上述條件下，從反應(yīng)開始至20s時(shí)，用二氧化氮表示的平均反應(yīng)速率為_______mol/(L·s)。

(2)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K的數(shù)值為____。

(3)若在相同條件下最初向該容器中充入四氧化二氮?dú)怏w，要達(dá)到上述平衡狀態(tài)，四氧化二氮的起始濃度是______mol·L－1。

(4)達(dá)到平衡后，如果升高溫度，氣體顏色會(huì)變深，則升高溫度后，反應(yīng)2NO2N2O4的平衡常數(shù)將_________(填“增大”“減小”或“不變”)。

(5)達(dá)到平衡后，如果向該密閉容器中再充入0.32molHe，并把容器體積擴(kuò)大為4L，則平衡將_______(填“向左移動(dòng)”“向右移動(dòng)”或“不移動(dòng)”)。13、利用蓋斯定律可以計(jì)算有副反應(yīng)發(fā)生的反應(yīng)的反應(yīng)熱。___14、25℃時(shí)；三種酸的電離平衡常數(shù)如下：回答下列問題：

?；瘜W(xué)式。

CH3COOH

H2CO3

HClO

電離平衡常數(shù)。

1.8×10－5

K1＝4.3×10－7

K2＝5.6×10－11

3.0×10－8

（1）一般情況下，當(dāng)溫度升高時(shí)，電離平衡常數(shù)K________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（2）下列四種離子結(jié)合質(zhì)子能力最強(qiáng)的是______(填字母)。

a.CO32－b.ClO－c.CH3COO－d.HCO3－

（3）下列反應(yīng)不能發(fā)生的是________(填字母)。

a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2Ob.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO

c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO

（4）體積均為10mL；pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程中pH變化如下圖所示。

則HX的電離平衡常數(shù)________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H＋)_____醋酸溶液中水電離出來的c(H＋)；用同濃度的NaOH溶液分別中和上述兩種酸溶液，恰好中和時(shí)消耗NaOH溶液的體積：醋酸____HX。15、已知：25℃時(shí)，CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等。

(1)25℃時(shí)，取10mL0.1mol·L-1醋酸溶液測(cè)得其pH=3。

①將上述(1)溶液加水稀釋至1000mL，溶液pH數(shù)值范圍為______，溶液中______(填“增大”“減小”“不變”或“不能確定”)。

②25℃時(shí)，0.1mol·L-1氨水(NH3·H2O溶液)的pH=______。

(2)25℃時(shí)，現(xiàn)向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同濃度的CH3COOH溶液，在滴加過程中______(填序號(hào))。

a.始終減小b.始終增大c.先減小再增大d.先增大后減小。

(3)已知373K時(shí)，可逆反應(yīng)平衡常數(shù)為K=0.12，若某時(shí)刻時(shí)，測(cè)得c(N2)=1mol·L-1，c(H2)=3mol·L-1，c(NH3)=2mol·L-1。此刻可逆反應(yīng)______。

A.向正方向進(jìn)行B.向逆方向進(jìn)行C.處于平衡狀態(tài)評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、滴定終點(diǎn)就是酸堿恰好中和的點(diǎn)。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤17、鉛蓄電池工作過程中，每通過2mol電子，負(fù)極質(zhì)量減輕207g。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤18、為使實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象更加明顯，酸堿中和滴定時(shí)加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正確B.錯(cuò)誤19、室溫下，pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤20、實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)，需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤21、在測(cè)定中和熱時(shí)，稀酸溶液中H＋與稀堿溶液中OH－的物質(zhì)的量相等，則所測(cè)中和熱數(shù)值更準(zhǔn)確。_____評(píng)卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共3分)22、SeO2是一種常見的氧化劑，易被還原成根據(jù)X射線衍射分析，SeO2晶體是如下圖所示的長(zhǎng)鏈狀結(jié)構(gòu)：

鍵長(zhǎng)a178b160.7

完成下列填空：

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子的軌道表示式為_______，原子核外占據(jù)最高能級(jí)的電子云形狀為_______形。

(2)SeO2在315℃時(shí)升華，蒸氣中存在二聚態(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結(jié)構(gòu)中存在四元環(huán)，寫出該二聚態(tài)的結(jié)構(gòu)式_______。

(3)SeO2屬于_______晶體，其熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于的理由是_______。解釋鍵能的原因_______。

(4)SeO2可將的水溶液氧化成反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。常溫下，在稀溶液中硫酸的電離方式為：則在相同濃度與的稀溶液中，的電離程度較大的是_______，兩種溶液中電離程度不同的原因是_______。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)23、某科研小組設(shè)計(jì)出利用工業(yè)廢酸(稀H2SO4)來浸取某廢棄的氧化銅鋅礦的方案；實(shí)現(xiàn)廢物綜合利用，方案如下圖所示。

已知：各離子開始沉淀及完全沉淀時(shí)的pH如表所示。離子開始沉淀時(shí)的pH完全沉淀時(shí)的pHFe2+6.349.7Fe3+1.483.2Zn2+6.28.0

請(qǐng)回答下列問題：

(1)在“酸浸”步驟中，為提高浸出速率，除攪拌外，還可采取的措施是___________(任寫一條即可)

(2)氧化銅鋅礦中含有少量的CuS和ZnS，已知25℃時(shí)：Ksp(CuS)=1.3×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，向含ZnS的懸濁液中滴加CuSO4溶液，當(dāng)恰好出現(xiàn)CuS沉淀時(shí)，此時(shí)溶液中=___________。

(3)物質(zhì)A是用來將ZnSO4溶液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+最好使用下列物質(zhì)中的___________。

A．KMnO4B．H2O2C．HNO3D．NaClO

(4)除鐵過程中加入氨水可調(diào)節(jié)溶液的pH，其目的是___________，pH應(yīng)控制在___________范圍之間。

(5)物質(zhì)B可直接用作氮肥，則B的化學(xué)式是___________。

(6)寫出最后焙燒生成ZnO的化學(xué)方程式：___________。24、經(jīng)多年勘測(cè)，2018年11月23日安徽省自然資源廳發(fā)布消息稱在皖江地區(qū)發(fā)現(xiàn)特大銅礦床，具有重大實(shí)際意義。以黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2)為原料制取膽礬的流程如下圖：

已知：常溫下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10-20。

(1)寫出上述流程中生成亞硫酸銨的離子方程式：___________，試劑B為H2O2，寫出相應(yīng)的離子方程式：___________；

(2)最適合的試劑A是___________(寫化學(xué)式)溶液，固體2的成份為PbSO4和___________(寫化學(xué)式)。當(dāng)試劑A的濃度為6mol·L-1時(shí)，“浸出”實(shí)驗(yàn)中，銅的浸出率結(jié)果如圖所示。所采用的最佳實(shí)驗(yàn)條件(溫度、時(shí)間)為___________。

(3)操作2的步驟為___________、___________過濾；洗滌。

(4)試劑C的作用是調(diào)節(jié)pH，可以選擇的藥品是___________(寫化學(xué)式)；

(5)根據(jù)已知信息，請(qǐng)計(jì)算：當(dāng)Fe3+完全沉淀時(shí)，溶液中Al3+理論最大濃度為___________。(提示：當(dāng)離子濃度≤1×10-5mol·L時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完)25、鈦及其化合物應(yīng)用廣泛，由鈦鐵礦(主要成分FeTiO3，含F(xiàn)e2O3、SiO2等雜質(zhì))制取金屬鈦(海綿鈦)；部分產(chǎn)物省略，其流程如下圖所示。

已知：①鈦鐵礦與濃硫酸反應(yīng)的主要產(chǎn)物為TiOSO4和FeSO4

②SiCl4的熔點(diǎn)為-70℃，沸點(diǎn)為57.6℃；TiCl4的熔點(diǎn)為-25℃；沸點(diǎn)為136.5℃。

請(qǐng)回答下列問題：

(1)第I步得到固體熔塊時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

(2)已知晶體A為綠礬(FeSO4.7H2O)，檢驗(yàn)綠礬是否變質(zhì)的方法是_______。

(3)第VI步將二氧化鈦、焦炭混合，在高溫條件下通入氯氣制得TiCl4和一種可燃性的有毒氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；制取的TiCl4在室溫下為無色液體，其中混有少量的SiCl4，則提純TiCl4的方法是_______。

(4)用第VII步制取4.8kg鈦，實(shí)際上消耗Mg的質(zhì)量為6kg，則Mg的利用率為_______。

(5)以熔融的氧化鈣做電解質(zhì)，直接電解TiO2也可以生產(chǎn)Ti，相應(yīng)的裝置如下圖所示。則該方法陰極獲得Ti的電極反應(yīng)式為_______；陽極產(chǎn)生CO、CO2的原因是_______。

評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共2題，共20分)26、一定條件下，金屬鈉和CO2可制得金剛石：4Na+3CO2?2Na2CO3+C(s；金剛石)

(1)上述反應(yīng)中涉及的元素的原子半徑從大到小的順序?yàn)開______；其中原子半徑最大的元素最外層電子云形狀為_______。

(2)能證明碳元素與氧元素非金屬?gòu)?qiáng)弱的事實(shí)是_______(選填編號(hào))。

a.最高價(jià)氧化物水化物的酸性b.兩種元素的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)。

c.CO2中元素的化合價(jià)d.與H2反應(yīng)的難易程度。

(3)比較CO2與CS2兩種晶體的熔沸點(diǎn)高低，并說明理由：_______

(4)該反應(yīng)在常壓、1000℃，2L的密閉容器中進(jìn)行。根據(jù)表中數(shù)據(jù)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=_______；若10min內(nèi)金屬鈉減少了0.2mol，則CO2的平均反應(yīng)速率為_______；

。常壓。

熔點(diǎn)(℃)

沸點(diǎn)(℃)

鈉。

97.8

882.9

Na2CO3

851

1850分解。

金剛石。

3550

石墨。

3850

4250

(5)若在2L密閉容器中，常壓、1000℃下，起始時(shí)n(CO2)/n(Na)=0.75，下列物理量能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______

a.氣體的平均摩爾質(zhì)量不變。

b.4v(Na)消耗=3v(CO2)生成

c.氣體的密度不變。

d.n(Na)/n(CO2)的比值不變。

(6)金屬鈉和水、乙醇都能發(fā)生反應(yīng)，相同條件下反應(yīng)速率更大的是_______(填乙醇或水)，原因是_______。27、甲醇與水蒸氣重整制氫可直接用于燃料電池?；卮鹣铝袉栴}：

（1）已知甲醇分解反應(yīng)：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ/mol

水蒸氣變換反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.20kJ/mol

則CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H3=____________kJ/mol

（2）科學(xué)家通過密度泛函理論研究甲醇與水蒸氣重整制氫反應(yīng)機(jī)理時(shí)，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面發(fā)生解離時(shí)四個(gè)路徑與相對(duì)能量關(guān)系如圖所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物種用*標(biāo)注。此歷程中活化能最小的反應(yīng)方程式為________________________________________________。

（3）在0.1MPa下，將總進(jìn)料量1mol且n(CH3OH)：n(H2O)=1：1.3的混合氣體充入一剛性密閉容器中反應(yīng)。

①實(shí)驗(yàn)測(cè)得水煤氣變換反應(yīng)的速率隨溫度的升高明顯下降，原因是_____________。

②平衡時(shí)，測(cè)得CH3OH的含量在給定溫度范圍內(nèi)極小，H2、H2O(g)、CO、CO2四種組分含量與反應(yīng)溫度關(guān)系如圖所示，a、c曲線對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為_______________、______________。

（4）573.2K時(shí)，向一剛性密閉容器中充入5.00MPaCH3OH使其分解，th后達(dá)平衡時(shí)H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則th內(nèi)v(CH3OH)=_____________MPa/h，其平衡常數(shù)分壓Kp=_________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．硫化氫具有還原性；次氯酸具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．根據(jù)電離平衡常數(shù)分析可知，醋酸的酸性大于氫硫酸，所以少量的溶液與溶液反應(yīng)可以生成NaHS；故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．根據(jù)越弱越水解的原理可知，離子的水解能力：所以相同溫度下同物質(zhì)的量濃度的NaClO、溶液，pH最大的是溶液；故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性：相同溫度下同物質(zhì)的量濃度的HClO、溶液，酸性最強(qiáng)的是溶液；故D正確；

故答案：D。2、D【分析】【詳解】

A．已知氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，則向FeBr2溶液中通入過量Cl2的離子方程式為：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2；A錯(cuò)誤；

B．銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和NO，則將銅絲插入稀硝酸中的離子方程式為：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；B錯(cuò)誤；

C．由于Mg2+將與陰極上產(chǎn)生的OH-結(jié)合成Mg(OH)2沉淀，則惰性電極電解MgCl2溶液的離子方程式為：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑；C錯(cuò)誤；

D．由于Al(OH)3不溶于弱堿氨水中，則向Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NHD正確；

故答案為：D。3、A【分析】【分析】

NaClO的水解方程式為：ClO-+H2OHClO+OH-。

【詳解】

A．增大NaClO溶液濃度；水解平衡正向移動(dòng)，但由于溶液濃度增大，所以水解程度減小，故A選；

B．加水稀釋；水解平衡正向移動(dòng)，水解程度增大，故B不選；

C．水解是吸熱過程；升高溫度，水解平衡正向移動(dòng)，水解程度增大，故C不選；

D．加入適量NOH固體，c(OH-)增大；水解平衡逆向移動(dòng)，故D不選；

所以選A。4、D【分析】【詳解】

n（NaOH）=0.05L×8mol/L=0.4mol，則由CO2～2NaOH～Na2CO3，可知，n（CO2）=0.2mol，則n（C2H6O）=×n（CO2）=0.1mol，放出的熱量為Q，所以1mol乙醇完全燃燒放出的熱量為10Q，由CO2～NaOH～NaHCO3可知，n（CO2）=0.4mol，則n（C2H6O）=×n（CO2）=0.2mol；放出的熱量為Q，所以1mol乙醇完全燃燒放出的熱量為5Q，如果乙醇燃燒生成一氧化碳和二氧化碳的混合氣體，放出的熱量5Q~10Q；

故選：D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，構(gòu)成原電池，鐵作負(fù)極，銅作正極，正極反應(yīng)式為故銅片表面會(huì)出現(xiàn)氣泡，A項(xiàng)正確；

B．電鍍時(shí)，銀片做陽極，鐵片做陰極，電解硝酸銀溶液，陰極的電極反應(yīng)式為故鐵片表面會(huì)鍍上一層銀，B項(xiàng)正確；

C．加入幾滴硫酸銅；鋅先把銅置換出來，構(gòu)成原電池，原電池加快反應(yīng)速率，C項(xiàng)正確；

D．原電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)；金屬作為原電池的正極會(huì)被保護(hù)，電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，金屬作為電解池的陽極會(huì)加快腐蝕，故同種金屬作為原電池的正極比作為電解池的陽極腐蝕得更慢，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選D。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．2.3g鈉物質(zhì)的量0.1mol，在足量氧氣中充分反應(yīng)生成0.1mol鈉離子，常溫和燃燒條件下轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為0.1NA；故A正確；

B．SO2與O2反應(yīng)是可逆反應(yīng)，則產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA；故B錯(cuò)誤；

C．pH=2的硫酸溶液中，氫離子濃度為0.01mol/L，故1L溶液中氫離子的物質(zhì)的量為0.01mol，個(gè)數(shù)為0.01NA個(gè)；故C錯(cuò)誤；

D．銨根離子在溶液中會(huì)水解，故溶液中的銨根離子的個(gè)數(shù)小于0.1NA個(gè)；故D錯(cuò)誤。

故選：A。7、D【分析】【分析】

廢鐵屑中含有油污，油污在堿性條件下水解，且堿和Fe不反應(yīng)，所以可以用堿性溶液除去廢鐵屑中的油污，將干凈鐵屑進(jìn)入稀硫酸中并加熱，稀硫酸和Fe發(fā)生置換反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，過濾除去廢渣得到濾液，濾液中含有未反應(yīng)的稀硫酸和生成的硫酸亞鐵，然后向?yàn)V液中加入H2O2，F(xiàn)e2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸鐵溶液；然后向硫酸鐵溶液中加入硫酸銨固體，然后通過加熱濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鐵銨固體，以此分析解題。

【詳解】

A．升高溫度可以加快反應(yīng)速率，但溫度太高一是浪費(fèi)能源，二是促進(jìn)Fe2+水解成堿式硫酸亞鐵沉淀；造成原料的浪費(fèi)，故步驟②所需要的溫度不是越高越好，而是控制在80~95℃，A錯(cuò)誤；

B．工業(yè)上經(jīng)常使用碳酸鈉溶液而不是碳酸氫鈉溶液來清除廢鐵屑表面的油污；B錯(cuò)誤；

C．鐵屑中含有少量硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，由于生成H2S極易溶于水；所以需用防倒吸裝置，即將尾氣通過倒扣的漏斗通入到盛有足量水的燒杯中吸收，C錯(cuò)誤；

D．步驟⑤中的具體實(shí)驗(yàn)操作有加熱濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)；經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品，D正確；

故答案為：D。8、A【分析】【詳解】

A．沉淀最徹底時(shí)即銀離子以氯化銀的形式存在，而且氯化銀最多的時(shí)候，就是沉淀最徹底時(shí)，由圖可知此時(shí)c(Cl-)=10-2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)=10-9.75，則此時(shí)c(Ag+)=10-7.21mol?L-1，故A正確；

B．由圖可知開始的時(shí)候氯化銀的溶解度隨著c(Cl-)增大而不斷減小，但是當(dāng)氯離子濃度增大的一定程度的時(shí)候，隨著c(Cl-)增大溶液中的銀離子和氯離子形成絡(luò)離子，而溶解度增大，故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)c(Cl-)=10-2mol?L-1時(shí)，圖中橫坐標(biāo)為-2，由圖可知，此時(shí)c(AgCl)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故C錯(cuò)誤；

D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常數(shù)K=則在圖中橫坐標(biāo)為-0.2時(shí)AgCl與AgCl相交，即其濃度相等，則在常數(shù)中其比值為1，此時(shí)常數(shù)K==100.2，故D錯(cuò)誤；

故選：A。9、B【分析】【分析】

【詳解】

A.反應(yīng)熱等于正反應(yīng)的活化能與逆反應(yīng)的活化能之差；合成氨反應(yīng)中正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能，故A錯(cuò)誤；

B.催化劑可降低反應(yīng)的活化能；增大活化分子的百分?jǐn)?shù)，從而增大反應(yīng)速率，故B正確；

C.H+和OH-發(fā)生中和反應(yīng)生成水時(shí)；沒有化學(xué)鍵的斷裂過程，活化能幾乎為0，故C錯(cuò)誤；

D.活化分子的平均能量與普通反應(yīng)物分子的平均能量之差叫該反應(yīng)的活化能；所以活化能越小，反應(yīng)越容易進(jìn)行，故D錯(cuò)誤；

答案選B。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

(1)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)；同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率相等，各組分的濃度，含量保持不變，由此衍生出其他的一些量不變，判斷平衡的物理量應(yīng)隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化說明達(dá)到平衡；

(2)根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物鍵能和-生成物鍵能和計(jì)算；根據(jù)焓變的正負(fù)確定吸放熱；

(3)根據(jù)速率的定義式計(jì)算；結(jié)合速率比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比分析，轉(zhuǎn)化率等于變化量比起始量；考慮速率的影響因素要判斷條件的增減，一般升溫，增大濃度都會(huì)提高反應(yīng)速率；

(4)其他條件相同時(shí)；溫度越高反應(yīng)速率越快，達(dá)到平衡時(shí)間短；根據(jù)壓強(qiáng)之比=氣體的物質(zhì)的量之比計(jì)算。

【詳解】

(1)a、該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，v(NO)正＝v(H2O)逆；故a錯(cuò)誤；

b、該反應(yīng)是一個(gè)反應(yīng)前后氣體體積增大的可逆反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器內(nèi)壓強(qiáng)不隨時(shí)間的變化而變化，所以能判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故b正確；

c、容器內(nèi)N2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不再隨時(shí)間而發(fā)生變化說明濃度不在改變；故c正確；

d；物質(zhì)的量之比與起始量和轉(zhuǎn)化量都有關(guān)；不能說明正逆反應(yīng)速率相等或者濃度不變，故d錯(cuò)誤；

e；12molN?H鍵斷裂的同時(shí)生成5molN≡N鍵均表示正反應(yīng)速率；故e錯(cuò)誤；

f；該反應(yīng)混合氣體的總質(zhì)量不變；總物質(zhì)的量在變化，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為變量，當(dāng)不變時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，故f正確；

故答案為：b；c、f；

(2)N2H4在氧氣中完全燃燒的反應(yīng)方程式為：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g），根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物的鍵能和-生成物的鍵能和，得:=E(N-N)+4E(N-H)+E(O=O)-E(N≡N)-4E(H-O)=()kJ/mol=-591kJ/mol，<0，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，1molN2H4在氧氣中完全燃燒放出591kJ的熱量；故答案為：放熱；591kJ；

(3)①由表格數(shù)據(jù)可知2s內(nèi)，則在第5s時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為故答案為：0.0015；87.5%；

②a.升高溫度可以提高活化分子百分?jǐn)?shù)；增加有效碰撞次數(shù)，加快反應(yīng)速率；

b.恒容時(shí)充入He（g）；對(duì)反應(yīng)物和生成物的濃度無影響，對(duì)速率不影響；

c.恒壓時(shí)充入He（g）；容器體積增大，各物質(zhì)的濃度減小，反應(yīng)速率減??；

d.恒容時(shí)充入NO2；增大了反應(yīng)物的濃度，加快反應(yīng)速率；

故答案為：ad；

(4)由圖像可知，當(dāng)壓強(qiáng)一定時(shí)，T1對(duì)應(yīng)的半衰期比T2對(duì)應(yīng)的半衰期要短，說明T1條件下反應(yīng)速率快，而其他條件相同時(shí)溫度越高反應(yīng)速率越快，因此T1>T2；設(shè)N2O起始物質(zhì)的量2mol，則t1時(shí)，消耗1molN2O，產(chǎn)生1molN2和0.5molO2，此時(shí)氣體的總物質(zhì)的量為：2.5mol，根據(jù)壓強(qiáng)比=氣體物質(zhì)的量之比，可得，此時(shí)壓強(qiáng)p==1.25p0，故答案為：>；1.25p0；【解析】b、c、f放出5910.001587.5%ad>1.25p011、略

【分析】【詳解】

①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，10min時(shí)T1溫度下CO的物質(zhì)的量為0.8mol，T2溫度下CO的物質(zhì)的量為0.7mol，T2溫度下CO的物質(zhì)的量改變量多，說明速率快，則溫度高，因此T1＜T2，T2℃時(shí)，第20min時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)不再改變，說明Δn(CO)=0.5mol，Δn(H2)=1mol，則此時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率為平衡常數(shù)表達(dá)式為故答案為：＜；50%；

②甲容器中建立三段式平衡常數(shù)為根據(jù)題意，在恒壓密閉容器發(fā)生反應(yīng)，但溫度不變，平衡常數(shù)不變，因此此時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)為1；故答案為：1。

③達(dá)到平衡后若再向恒壓容器乙中通入1molCH3OH(g)，可以理解為在另外一個(gè)1L容器中達(dá)到平衡后，再壓入到一個(gè)容器中，由于是恒壓容器，容器變?yōu)樵瓉淼膬杀?，重新達(dá)到平衡后，平衡沒有移動(dòng)，因此CH3OH(g)在體系中的百分含量不變；故答案為：不變。

④達(dá)到平衡后若再向恒容容器甲中通入1molCH3OH(g)，可以理解為在另外一個(gè)1L容器中達(dá)到平衡后，再壓入到一個(gè)容器中，由于是恒容容器，壓強(qiáng)增大，平衡向體積減小的方向移動(dòng)即正向移動(dòng)，因此CH3OH(g)在體系中的百分含量變大；故答案為：變大。

⑤在T2溫度下，平衡常數(shù)為1，向甲容器中重新加入1molCO、2molH2、3molCH3OH時(shí)，因此υ正＞υ逆；故答案為：＞?！窘馕觥浚?0%1不變變大＞12、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)計(jì)算N2O4的反應(yīng)速率，根據(jù)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算NO2的反應(yīng)速率；

(2)由表中數(shù)據(jù)可知，在60s時(shí)N2O4濃度不再變化；說明此時(shí)反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)；根據(jù)平衡時(shí)的物質(zhì)的量求出物質(zhì)的平衡濃度，再求出K；

(3)若在相同情況下最初向該容器充入的是N2O4氣體，要達(dá)到上述同樣的平衡狀態(tài)，N2O4的起始濃度是c；則平衡時(shí)各種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度應(yīng)該相同，根據(jù)參加反應(yīng)的物質(zhì)的量濃度之比等于計(jì)量數(shù)之比計(jì)算，求出c；

(4)氣體顏色會(huì)變深，則濃度NO2增大；根據(jù)平衡移動(dòng)方向判斷平衡常數(shù)變化；

(5)He不參加反應(yīng)；容器體積擴(kuò)大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡向氣體總物質(zhì)的量增大的方向移動(dòng)。

【詳解】

(1)由表中數(shù)據(jù)可知，從反應(yīng)開始直至20s時(shí)，v(N2O4)==1.25×10-3mol/(L·s)；

則v(NO2)=2v(N2O4)=2.5×10-3mol/(L·s)；

(2)由表中數(shù)據(jù)可知，在60s時(shí)N2O4濃度不再變化，則反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)，c(N2O4)==0.04mol/L時(shí)，c(NO2)==0.12mol/L，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=≈2.8；

(3)若在相同情況下最初向該容器充入的是N2O4氣體，要達(dá)到上述同樣的平衡狀態(tài)，N2O4的起始濃度是c，平衡時(shí)c(NO2)=0.12mol/L，會(huì)反應(yīng)消耗N2O4的濃度為△c(N2O4)=0.06mol/L，平衡時(shí)c(N2O4)=(c-0.06)mol/L=0.04mol/L；則c=0.10mol/L；

(4)達(dá)到平衡后，如升高溫度，氣體顏色會(huì)變深，說明升高溫度，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，使NO2濃度增大，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，升高溫度，化學(xué)平衡2NO2N2O4向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；則升高溫度后，反應(yīng)平衡常數(shù)將減??；

(5)恒溫下如向該密閉容器中再充入0.32molHe氣，并把容器體積擴(kuò)大為4L，則c(NO2)和c(N2O4)都減??；相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，所以v(正)；v(逆)速率都減小，減小壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積增大的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，即化學(xué)平衡向左移動(dòng)。

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率、平衡常數(shù)的計(jì)算、平衡移動(dòng)等，注意根據(jù)平衡移動(dòng)原理和化學(xué)基本概念進(jìn)行分析判斷與計(jì)算?！窘馕觥竣?2.5×10-3②.2.8③.0.10④.減小⑤.向左移動(dòng)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

利用蓋斯定律可以計(jì)算有副反應(yīng)發(fā)生的反應(yīng)的反應(yīng)熱，正確。【解析】對(duì)14、略

【分析】【詳解】

（1）升高溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，所以當(dāng)溫度升高時(shí)，Ka增大；因此本題答案是：增大。

（2）電離平衡常數(shù)越大，越易電離，溶液中離子濃度越大，則酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根離子對(duì)應(yīng)的酸的酸性越強(qiáng)，酸根離子結(jié)合氫離子的能力越弱，則四種離子結(jié)合質(zhì)子的能力由大到小的順序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；因此本題答案是：a。

（3）a．CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸；該反應(yīng)能夠發(fā)生，故a錯(cuò)誤；

b．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故b錯(cuò)誤；

c．CO32-+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸；該反應(yīng)無法發(fā)生，故c正確；

d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應(yīng)只能生成碳酸氫根離子，不會(huì)生成CO32-；該反應(yīng)不能發(fā)生，故d正確；綜上所述，本題答案是：cd。

（4）加水稀釋促進(jìn)弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強(qiáng)，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大；根據(jù)圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c（H+）大于醋酸溶液水電離出來c（H+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的濃度大于HX，因此等體積的兩種酸，醋酸的量多，因此用同濃度的NaOH溶液分別中和上述兩種酸溶液，恰好中和時(shí)消耗NaOH溶液的體積：醋酸大于HX；綜上所述，本題答案是：>；>；>。

【點(diǎn)睛】

濃度、體積相同的鹽酸和醋酸，溶質(zhì)的總量相等，但是溶液中的氫離子的量鹽酸多，但是同濃度同體積的醋酸和鹽酸中和氫氧化鈉的能力是完全一樣的；氫離子濃度相同、體積相同的鹽酸和醋酸，溶液中氫離子的濃度相同，但是溶質(zhì)的總量醋酸多，但是同體積、pH相同的醋酸和鹽酸，中和氫氧化鈉的能力醋酸強(qiáng)?！窘馕觥吭龃骯cd>>>15、略

【分析】【詳解】

(1)①醋酸為弱酸，每稀釋倍，pH變化小于n個(gè)單位，10mL0.1mol·L-1醋酸溶液加水稀釋至1000mL，pH值小于5，大于3，稀釋過程中K保持不變，故不變，故答案為：不變；

②0.1mol·L-1醋酸溶液測(cè)得其pH=3，25℃時(shí)，CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，則Kb(NH3·H2O)=10-5，由此可求c(OH-)=10-3mol·L-1；pH=11，故答案為：11；

(2)=0.1mol·L-1氨水中滴加相同濃度的CH3COOH溶液，在滴加過程中氫氧根濃度減小，則比值增大，比值增大，故選b；

故答案為：b；

(3)若某時(shí)刻時(shí)，測(cè)得c(N2)=1mol·L-1，c(H2)=3mol·L-1，c(NH3)=2mol·L-1，則反應(yīng)向逆向進(jìn)行，故答案為：B；【解析】不變11bB三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【分析】

【詳解】

滴定終點(diǎn)是指示劑顏色發(fā)生突變的點(diǎn)，并不一定是酸堿恰好中和的點(diǎn)，故答案為：錯(cuò)誤。17、B【分析】【分析】

【詳解】

由鉛蓄電池負(fù)極反應(yīng)：Pb+-2e?=PbSO4↓，知反應(yīng)后負(fù)極由Pb轉(zhuǎn)化為PbSO4，增加質(zhì)量，由電極反應(yīng)得關(guān)系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知電路通過2mol電子，負(fù)極質(zhì)量增加96g，題干說法錯(cuò)誤。18、B【分析】【詳解】

酸堿指示劑本身就是弱酸或弱堿，加入過多會(huì)使中和滴定結(jié)果產(chǎn)生較大誤差。19、B【分析】【分析】

【詳解】

pH=2的鹽酸中氫離子濃度和pH=12的氨水中氫氧根濃度相等。鹽酸是強(qiáng)酸，一水合氨是弱堿,故等體積的混合溶液呈堿性，則結(jié)合電中性：得則c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案為：錯(cuò)誤。20、A【分析】【分析】

【詳解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O?Fe(OH)3+3HCl，為抑制Fe3+的水解，實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋；正確。21、×【分析】【詳解】

在測(cè)定中和熱時(shí)，通常稀堿溶液中OH-稍過量，以保證稀酸溶液中H+完全被中和，所測(cè)中和熱數(shù)值更準(zhǔn)確；錯(cuò)誤?！窘馕觥垮e(cuò)四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共3分)22、略

【分析】【詳解】

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子上有6個(gè)電子，故最外層電子的軌道表示式為原子核外占據(jù)最高能級(jí)為4p能級(jí)，故其電子云形狀為啞鈴或紡錘體形，故答案為：?jiǎn)♀徎蚣忓N體；

(2)SeO2在315℃時(shí)升華，蒸氣中存在二聚態(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結(jié)構(gòu)中存在四元環(huán)，根據(jù)題干圖示信息可知，該二聚態(tài)的結(jié)構(gòu)式為故答案為：

(3)根據(jù)(2)中信息可知，SeO2易升華，由此推測(cè)，SeO2屬于分子晶體，由于SeO2和SO2均為分子晶體，但由于SeO2的相對(duì)分子質(zhì)量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大，其熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于由于SeO2分子中存在Se=O雙鍵和Se-O單鍵,雙鍵的鍵能大于單鍵的，故答案為：分子；SeO2和SO2均為分子晶體，SeO2的相對(duì)分子質(zhì)量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大；a鍵為Se-O單鍵，b鍵為Se=O雙鍵；雙鍵的鍵能大于單鍵的鍵能；

(4)SeO2可將的水溶液氧化成H2SO4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，化合價(jià)有升必有降，故SeO2被還原為Se，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常溫下，在稀溶液中硫酸的電離方式為：則在相同濃度與的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一級(jí)電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離，故的電離程度較大的是的稀溶液，故答案為：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一級(jí)電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離?！窘馕觥繂♀徎蚣忓N體分子SeO2和SO2均為分子晶體，SeO2的相對(duì)分子質(zhì)量比SO2的大，故SeO2的分子間作用力比SO2的大a鍵為Se-O單鍵，b鍵為Se=O雙鍵，雙鍵的鍵能大于單鍵的鍵能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一級(jí)電離產(chǎn)生的H+，抑制了的電離五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)23、略

【分析】【分析】

氧化銅鋅礦經(jīng)廢酸浸取后過濾，可得到硫酸銅、硫酸鋅溶液；向酸浸液中加鐵可還原出銅，經(jīng)過濾可得銅和硫酸亞鐵、硫酸鋅的混合液；然后加入A和氨水，將亞鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去；后向?yàn)V液中加氨水等將鋅離子轉(zhuǎn)化為Zn2(OH)2CO3，最后焙燒，Zn2(OH)2CO3受熱分解得到氧化鋅。

【詳解】

(1)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素有多種；要提高氧化銅鋅礦的酸浸速率，可采取的措施還有升高溫度(增大酸濃度；將氧化銅鋅礦粉碎以增大表面積等)，故答案為：適當(dāng)升高溫度(或增大酸濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等)。

(2)因向含ZnS的懸濁液中滴加CuSO4溶液，溶液中發(fā)生反應(yīng)當(dāng)恰好出現(xiàn)CuS沉淀時(shí)，此時(shí)溶液為ZnS和CuS的混合飽和溶液，此時(shí)溶液中====1.2×1012，故答案為：1.2×1012。

(3)除鐵過程中加入A和氨水，使亞鐵離子變成氫氧化鐵沉淀，故A應(yīng)為氧化劑，且加入A不引入新的雜質(zhì)，H2O2反應(yīng)過程中被還原為H2O，HNO3被還原為有有毒氣體NOx，KMnO4、NaClO被還原所得生成物均會(huì)引入新雜質(zhì)，為不引入新雜質(zhì)和環(huán)境保護(hù)原則可知最佳的氧化劑為H2O2；故答案為：B。

(4)沉淀Zn2+的過程中Zn2+與和NH3·H2O之間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成Zn2(OH)2CO3，若選用其他堿溶液，可能會(huì)與OH-之間發(fā)生反應(yīng)導(dǎo)致最終得到ZnCO3或者Zn(OH)2，同時(shí)NH3·H2O受熱易發(fā)生分解生成NH3和H2O，后續(xù)焙燒過程中可除去Zn2(OH)2CO3表面附著的NH3·H2O；由圖表數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+沉淀完全的pH為3.2，Zn2+開始沉淀的pH為6.2，為保證Fe3+沉淀完全同時(shí)防止Zn2+沉淀，沉淀過程中溶液pH應(yīng)為故答案為：防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面雜質(zhì)；

(5)因所用廢酸為硫酸，B又可作氮肥，所以B為(NH4)2SO4。

(6)Zn2(OH)2CO3為復(fù)鹽，焙燒可生成ZnO、H2O和CO2氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑?！窘馕觥窟m當(dāng)升高溫度(或增大酸濃度、將氧化銅鋅礦粉碎等)1.2×1012B防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面雜質(zhì)(NH4)2SO4Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑24、略

【分析】【分析】

高溫煅燒黃銅礦(主要成分為CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2)發(fā)生的主要反應(yīng)為：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，Cu2S+2O2=2CuO+SO2，故氣體為SO2，固體Ⅰ為CuO、FeS、PbO、Al2O3、SiO2，氣體中加入碳酸銨溶液發(fā)生離子反應(yīng)得到亞硫酸銨溶液，固體1中加入稀硫酸，除SiO2不溶解，其他物質(zhì)溶解得到相應(yīng)的金屬離子，其中鉛離子與硫酸作用得到PbSO4沉淀，過濾得到固體2的成份為PbSO4和SiO2，溶液1中的金屬離子為：Fe2+、Al3+、Cu2+，向其中加入H2O2溶液將Fe2+氧化為Fe3+，再加入過量的CuO調(diào)節(jié)pH沉淀Fe3+、Al3+，過濾，固體3為CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3的混合物；溶液2的主要成分為硫酸銅，將溶液2蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶得到膽礬，據(jù)此分析作答。

【詳解】

(1)由上述分析可知流程中SO2與碳酸銨溶液反應(yīng)生成亞硫酸銨，離子方程式為SO2+=+CO2或SO2+2+H2O=+2H2O2溶液將Fe2+氧化為Fe3+，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)升降守恒以及溶液呈酸性可知，反應(yīng)離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(2)根據(jù)題意，加入試劑A后過濾的濾渣中有PbSO4，故試劑A為H2SO4；由上述分析可知，固體2的成份為PbSO4和SiO2；根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可以看出，在圖表中，溫度為90℃、浸出時(shí)間為2.5小時(shí)，銅的浸出率最高，此為最佳溫度和時(shí)間，故答案為：H2SO4；SiO2；90℃；2.5小時(shí)；

(3)操作2是從溶液中獲取晶體；故為蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；

(4)試劑C的作用是調(diào)節(jié)pH，目的是除去Cu2+中的Fe3+、Al3+，所加入的物質(zhì)能與H+反應(yīng)，同時(shí)不能引入新雜質(zhì)，因此所加物質(zhì)為含銅同時(shí)能與H+反應(yīng)的物質(zhì)，且反應(yīng)后不能遺留除Cu、O、H元素之外的元素，所以所選藥品可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3；

(5)常溫下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，當(dāng)Fe3+完全沉淀時(shí)，c(Fe3+)=1×10-5mol/L，則c(OH?)==mol/L=2×10?11mol/L，則溶液中Al3+理論最大濃度為=mol/L=0.375mol/L。【解析】①.SO2+=+CO2或SO2+2+H2O=+2②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O③.H2SO4④.SiO2⑤.90℃、2.5小時(shí)⑥.加熱濃縮⑦.冷卻結(jié)晶⑧.CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3⑨.0.375mol/L25、略

【分析】【分析】

由鈦鐵礦(主要成分FeTiO3，含F(xiàn)e2O3、SiO2等雜質(zhì))制取金屬鈦，由流程可知，I中主要發(fā)生FeTiO3+2H2SO4(濃)FeSO4+TiOSO4+2H2O，氧化鐵與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵，只有二氧化硅不反應(yīng)，過濾可除去二氧化硅，III中加Fe可與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，從而得到晶體A為綠礬(FeSO4?7H2O)，TiOSO4水解生成H2TiO3，煅燒生成TiO2，VI中發(fā)生TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，蒸餾可分離出四氯化鈦，最后發(fā)生2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；以此來解答。

【詳解】

(1)根據(jù)分析可知，第I中主要發(fā)生FeTiO3+2H2SO4(濃)FeSO4+TiOSO4+2H2O；

(2)已知晶體A為綠礬(FeSO4?7H2O)，由于Fe2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+，為了避免亞鐵離子被氧化，第Ⅲ步在浸取液中加入鐵屑。檢驗(yàn)綠礬是否變質(zhì)產(chǎn)生Fe3+的方法是取少量晶體A溶于水；加入KSCN溶液，若溶液變成血紅色，則產(chǎn)品變質(zhì)；

(3)第Ⅵ步將二氧化鈦、碳粉混合，在高溫條件下通入氯氣制得TiCl4和一種具有可燃性的有毒氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，制取的TiC14在室溫下為無色液體，其中混有少量的SiCl4；結(jié)合已知信息②中物質(zhì)的熔沸點(diǎn)，則提純四氯化鈦的方法是蒸餾；

(4)用第VII步還原過程是用過量的鎂在高溫條件下與TiCl4反應(yīng)制得海綿鈦，發(fā)生2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2，若用此方法制取4.8kg鈦，理論上需要Mg的質(zhì)量為×2×24g/mol=4.8kg，則Mg的利用率為×100%=80%；

(5)以熔融的氧化鈣作電解質(zhì)，直接電解TiO2也可以生產(chǎn)鈦，Ti元素的化合價(jià)降低，得到電子，由圖可知，二氧化鈦電極連接電源負(fù)極，該極電極反應(yīng)式為TiO2+4e?=Ti+2O2?；在熔融狀態(tài)下，石墨電極會(huì)被部分氧化，產(chǎn)生CO、CO2?！窘馕觥縁eTiO3+2H2SO4(濃)FeSO4+TiOSO4+2H2O取少量晶體A溶于水，加入KSCN溶液，若溶液變血紅色，則產(chǎn)品變質(zhì)2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO蒸餾80%TiO2+4e-=Ti+2O2-在熔融狀態(tài)下，石墨電極被部分氧化六、原理綜合題(共2題，共20分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)C、O位于第二周期，同周期元素隨著核電荷數(shù)的遞增原子半徑逐漸減小，則Na位于第三周期，則所以Na原子核外電子排布式為1s22s22p63s1，最外層電子處于3s軌道，所以最外層電子云形狀為球形，故答案為：球形；

(2)a．O無最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物；故a錯(cuò)；

b．兩種元素的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)高低為物理性質(zhì)，與其非金屬性強(qiáng)弱無關(guān)，故b錯(cuò)；

c．CO2中C元素顯正價(jià)；O元素顯負(fù)價(jià)，表明C的電子能力不如O強(qiáng)，所以C不如O的非金屬性強(qiáng)，故選c；

d．非金屬性越強(qiáng)越容易與氫氣化合，所以與H2反應(yīng)的難易程度能證明碳元素與氧元素非金屬?gòu)?qiáng)弱；故選d；

答案選cd

(3)CO2與CS2是組成與結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，分子間以分子間作用力結(jié)合，CS2相對(duì)分子質(zhì)量較大，分子間作用力更強(qiáng)，因此CS2熔沸點(diǎn)高，故答案為：CS2高，CO2與CS2是組成與結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，分子間以分子間作用力結(jié)合，CS2相對(duì)分子質(zhì)量較大；分子間作用力更強(qiáng)，因此熔沸點(diǎn)高；

(4)由反應(yīng)4Na+3CO2?2Na2CO3+C(s，金剛石)可知，1000℃Na為氣態(tài)，所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)由故答案為：

(5)

a．容器中只有鈉蒸氣和二氧化碳?xì)怏w；若起始時(shí)二