2025年上外版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年上外版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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5題，共10分)1、下列實(shí)驗(yàn)方法不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?/p>

。證明鐵釘能夠發(fā)生析氫腐蝕。

證明氨氣易溶于水。

制備乙酸乙酯。

制備Fe(OH)3膠體。

ABCDA.AB.BC.CD.D2、對于平衡體系mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)ΔH=bkJ·mol-1，下列結(jié)論中正確的是A.若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，達(dá)到新平衡時(shí)A的濃度為原來的2.2倍，則m+n＞p+qB.若平衡時(shí)，B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時(shí)，B的物質(zhì)的量之比為m∶nC.保持其它條件不變，升高溫度，D的體積分?jǐn)?shù)增大說明該反應(yīng)的ΔH＜0D.若m+n=p+q，則向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時(shí)，氣體的總物質(zhì)的量大于2amol3、室溫下，向含有和的混合溶液中滴加溶液，金屬陽離子的濃度與滴入溶液體積的關(guān)系如圖所示(代表或)。若溶液中金屬陽離子濃度小于可視為完全沉淀，則下列說法錯(cuò)誤的是(已知室溫下：)

A.曲線A表示與溶液體積的關(guān)系B.當(dāng)V(溶液)時(shí)，開始沉淀C.當(dāng)時(shí)，溶液中均完全沉淀D.當(dāng)V(溶液)時(shí)，溶液中4、已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10。如圖是向10mLAgNO3溶液中逐漸加入0.1mol·L－1的NaCl溶液時(shí)，溶液的pAg隨著加入NaCl溶液的體積(單位mL)變化的圖像(實(shí)線)。根據(jù)圖像所得下列結(jié)論正確的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]

A.原AgNO3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L－1B.圖中x點(diǎn)的坐標(biāo)為(100,6)C.圖中x點(diǎn)表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀D.把0.1mol·L－1的NaCl換成0.1mol·L－1NaI則圖像在終點(diǎn)后變?yōu)樘摼€部分5、利用下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰．除去碘單質(zhì)中混有的鐵粉B．收集氯氣C．從粗銀(含Cu、Au等)中提取銀D．證明碳酸的酸性＞硅酸的酸性

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、下列說法正確的是A.碰撞理論認(rèn)為，只有極少數(shù)的碰撞才是有效的B.碰撞理論認(rèn)為，分子碰撞是否有效由碰撞分子的能量決定C.過渡態(tài)理論認(rèn)為反應(yīng)物分子轉(zhuǎn)化成生成物分子的過程中要經(jīng)過一個(gè)中間過渡態(tài)D.過渡態(tài)時(shí)體系的能量處于最大值7、常溫下，一元弱堿甲胺(CH3NH2)電離常數(shù)Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常溫下，用0.02mol/L鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2溶液；利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列推斷正確的是。

A.曲線Ⅰ代表NaOH滴定曲線，H點(diǎn)對應(yīng)的溶液中不存在電離平衡B.F點(diǎn)對應(yīng)的溶液中c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)C.常溫下，G點(diǎn)對應(yīng)的溶液中水電離的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10-14D.常溫下，F(xiàn)點(diǎn)對應(yīng)的溶液的pH≈6.38、下列反應(yīng)既是氧化還原反應(yīng)又是放熱反應(yīng)的是A.NaOH和HCl反應(yīng)B.Zn和HCl反應(yīng)C.Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl反應(yīng)D.H2與Cl2反應(yīng)9、在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應(yīng)相同時(shí)間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實(shí)線所示(圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化)。下列說法正確的是。

A.反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B.圖中X點(diǎn)所示條件下，延長反應(yīng)時(shí)間能提高NO轉(zhuǎn)化率C.圖中Y點(diǎn)所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10?4mol·L?1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K>200010、酸性水系鋅錳電池在放電時(shí)存在電極上MnO2的剝落；會造成電池效率“損失”。最新研究表明，向體系中加入少量KI固體后能使電池持續(xù)大電流放電，提高電池的工作效率，原理如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是。

A.加入KI降低了正極反應(yīng)的活化能B.I-與剝落的MnO2反應(yīng)生成的I能恢復(fù)“損失”的能量C.放電時(shí)，正極區(qū)溶液的pH減小D.放電時(shí)，消耗1molZn時(shí)，正極區(qū)電解質(zhì)溶液增重87g11、在絕熱的某剛性容器中置入1mol和3mol發(fā)生反應(yīng)：下列說法中能夠判斷該反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)的有A.與體積之比恒定不變B.與速率之比恒定不變C.混合物中Cl元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)恒定不變D.容器中溫度恒定不變評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、O2輔助的Al-CO2電池工作原理如圖所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應(yīng)產(chǎn)物是重要的化工原料。

（1）電池的負(fù)極反應(yīng)式：_____。

（2）電池的正極反應(yīng)式：

反應(yīng)過程中O2的作用是_____；該電池的總反應(yīng)式：______。13、在電化學(xué)中；離子交換膜扮演了非常重要的角色，其中陰（陽）離子交換膜只允許陰（陽）離子通過的特性，往往有很多新奇的應(yīng)用。

（1）用圖一裝置電解Na2SO4溶液。m、n分別為___、___離子交換膜(填“陽”或“陰”)。A、D口產(chǎn)品的化學(xué)式分別是A__、D__（H2O除外），整個(gè)裝置中的總反應(yīng)方程式為__。

（2）電滲析法是近年發(fā)展起來的一種較好的海水淡化技術(shù)；其原理如圖二。

①比較出水口的NaCl溶液濃度：b__c（填“＞；＜或=”）。

②海水中含有較多的Ca2+和Mg2+，淡化過程中，__口對應(yīng)的室會產(chǎn)生較多的水垢（填a、b、c、d、e）。14、2008年北京奧運(yùn)會“祥云”火炬的燃料是丙烷()，1996年亞特蘭大奧運(yùn)會火炬的燃料是丙烯()。丙烷脫氫可得到丙烯。已知：

①

②

計(jì)算的___________。15、工業(yè)上利用甲酸的能量關(guān)系轉(zhuǎn)換圖如圖所示：

反應(yīng)CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的焓變△H=___________kJ·mol-116、依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)設(shè)計(jì)的原電池；如圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是_______；電解質(zhì)溶液Y是_______。

(2)銀電極為電池的_______極，發(fā)生的電極反應(yīng)為_______。X電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為_______。

(3)外電路中的電子是從_______極流向_______極。17、鹽酸；硫酸和醋酸是生產(chǎn)、生活和化學(xué)實(shí)驗(yàn)中常用的酸；請回答：

（1）人的胃液中含有鹽酸，經(jīng)測定某人胃液的pH＝2，則其中的c(H+)=______mol/L。

（2）食醋常用于食品調(diào)味，其主要成分為醋酸，已知醋酸酸性強(qiáng)于碳酸，寫出碳酸鈉溶液與足量醋酸反應(yīng)的離子方程式：______。

（3）室溫下，物質(zhì)的量濃度相同、體積相同的鹽酸（編號a）、硫酸（編號b)和醋酸（編號c），中和氫氧化鈉的能力由大到小的順序是______。（用相應(yīng)編號表示）；

（4）有pH均為3的鹽酸、硫酸和醋酸，取同體積分別加蒸餾水稀釋到pH=5，需水的體積依次為V1、V2、V3，則其關(guān)系是______。

（5）能證明醋酸是弱酸的實(shí)驗(yàn)事實(shí)是______。

a.室溫時(shí)0.1mo/LCH3COONa溶液的pH大于7

b.可用食醋清除水壺內(nèi)壁的水垢。

c.與相同濃度的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；醋酸不如鹽酸劇烈。

d.將1mLpH=1的醋酸溶液稀釋到100mL后；測其pH小于3

（6）向100mL0.1mo/L的鹽酸中通入0.02mol氨氣，充分吸收后測得溶液呈堿性。則該溶液中NH3·H2O、NH4+、Cl—三種微粒的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為______。18、寫出下列難溶物溶解平衡方程式和溶度積表達(dá)式。難溶物溶解平衡方程式Ksp表達(dá)式AgCl______________AgI______________Ag2CrO4______________

【思考交流】影響溶度積常數(shù)大小的因素是什么？溶度積常數(shù)的含義是什么？根據(jù)表格進(jìn)行分析；溶度積與溶解度有什么關(guān)系？

影響Ksp的因素：_______

Ksp的意義：_______19、硫鐵礦(主要含F(xiàn)eS2)是一種重要的化學(xué)礦物原料，主要用于生產(chǎn)硫酸，在橡膠、造紙、紡織、食品、火柴等工業(yè)中均有重要用途。在空氣中煅燒硫鐵礦時(shí)的化學(xué)反應(yīng)如下：FeS2+O2Fe2O3+SO2(未配平)。

(1)該反應(yīng)中，被氧化的元素為______。

(2)高溫煅燒15.0g含雜質(zhì)的硫鐵礦，充分反應(yīng)后得到8.0gFe2O3固體(雜質(zhì)不參加反應(yīng))，該硫鐵礦中FeS2的純度為______，煅燒過程中，放出85.4kJ熱量，寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______。

(3)將Fe2O3溶于稀H2SO4的離子方程式為______，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO濃度增大，則此反應(yīng)的還原產(chǎn)物為_____。評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)20、比較ΔH大小，只需比較數(shù)值，不用考慮正負(fù)號。____A.正確B.錯(cuò)誤評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)21、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項(xiàng)重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負(fù)性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強(qiáng)的還原性，請用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論進(jìn)行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學(xué)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，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時(shí)陽極的電極反應(yīng)_____。22、工業(yè)用焦炭和硫酸鈉反應(yīng)制備硫化鈉：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置為___________，硫原子核外有___________種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子。

(2)CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，二者形成晶體時(shí)的熔點(diǎn)高低為：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有關(guān)二硫化碳分子的描述正確的是______。A．含有非極性鍵B．是直線形分子C．屬于極性分子D．結(jié)構(gòu)式為(4)C元素和S元素比較，非金屬性強(qiáng)的是___________，寫出一個(gè)能支持你的結(jié)論的事實(shí)：___________。

(5)Na2S又稱臭堿，Na2S溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是___________。

(6)天然氣中常含有少量H2S；在酸性介質(zhì)中進(jìn)行天然氣脫硫的原理示意圖如圖示；

配平步驟①涉及到的方程式(先在括號里補(bǔ)齊生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)圖示中反應(yīng)②是FeSO4在酸性條件下被O2氧化的過程，若有1摩爾FeSO4在酸性條件下被氧化，需要O2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為___________升。23、VA族元素及其化合物在生產(chǎn)；生活中用途廣泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。試比較下列關(guān)系：原子半徑P_______S(填選項(xiàng)序號，下同)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.無法確定。

(2)As4S4俗稱雄黃。As原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6_______(補(bǔ)充完整)，該原子核外有_______個(gè)未成對電子。

(3)NH4NO3受撞擊分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中發(fā)生還原過程元素的變化為_______；若在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移5mol電子，則反應(yīng)產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反應(yīng)必須在密閉的耐高溫容器中進(jìn)行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反應(yīng)在2L的密閉容器中進(jìn)行，經(jīng)5分鐘反應(yīng)爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，則用氨氣來表示該反應(yīng)在5分鐘內(nèi)的平均速率為_______。達(dá)到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，在平衡移動過程中，直至達(dá)新平衡，逆反應(yīng)速率的變化狀況為_______。

(5)白磷在氯氣中燃燒可以得到PCl3和PCl5，其中氣態(tài)PCl3分子屬于極性分子，其空間構(gòu)型為_______。PCl5水解生成兩種酸，請寫出發(fā)生反應(yīng)的方程式_______。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共12分)24、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：___________。25、高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等離子。工業(yè)上利用高嶺土礦和酸性廢水制備明礬KAl(SO4)2?12H2O(不考慮其它雜質(zhì)參與反應(yīng))。其實(shí)驗(yàn)流程如下：

相關(guān)信息：

①Fe3+、Al3+完全沉淀的pH范圍。沉淀Fe(OH)3Al(OH)3pH范圍開始沉淀完全沉淀開始沉淀完全沉淀2.03.23.44.74.7

②有關(guān)物質(zhì)的溶解度。溫度/℃

溶解度/g

物質(zhì)102030405070K2SO48.469.5511.412.914.216.7Al2(SO4)325.126.628.831.434.342.2KAl(SO4)2?12H2O4.05.98.411.71740

請回答：

(1)步驟I中，要加快高嶺土酸溶的速率可以采取的措施有___________。(至少寫兩點(diǎn))；

(2)濾渣的主要成分是___________。

(3)下列說法中正確的是___________。

A．步驟I的主要目的是提高廢水中鋁離子的濃度。

B．步驟II中的A物質(zhì)可以是KOH或NaOH

C．步驟II中調(diào)節(jié)pH的范圍是3.2＜pH＜3.4

D．步驟IV中需調(diào)控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2

(4)步驟VI，為了得到較大顆粒且較干燥的晶體，請從下列選項(xiàng)中選出合理的操作(操作不重復(fù))并排序：取粗產(chǎn)品于燒杯中加適量水→___________→___________→___________→抽濾→洗滌→___________。___________

a．70℃蒸發(fā)溶劑制成熱的飽和溶液b．30℃～40℃減壓蒸發(fā)溶劑得到飽和溶液。

c．加熱燒杯至晶體完全溶解d．緩慢冷卻至室溫e．低溫干燥f．加熱干燥。

(5)為了測定成品中鋁的含量，可采用的方法：將一定體積的成品待測液與過量的EDTA(化學(xué)式為Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)液反應(yīng)，加入幾滴指示劑，再用ZnSO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定過量的EDTA，反應(yīng)原理如下：Al3++H2Y2-(過量)=AlY-+2H+、Zn2++H2Y2-(剩余)=ZnY2-+2H+(終點(diǎn)色為紫紅色)，過實(shí)驗(yàn)測出成品中鋁的含量低于理論值，原因可能是___________。

A．制備過程中；由于結(jié)晶溫度控制不當(dāng)，溶液中硫酸鉀晶體同時(shí)析出。

B．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后就注入ZnSO4標(biāo)準(zhǔn)液。

C．滴定時(shí)錐形瓶溶液出現(xiàn)紫紅色；立即停止滴定。

D．滴定前，滴定管內(nèi)無氣泡，滴定后有氣泡26、研究人員研制利用低品位軟錳礦漿（主要成分是MnO2）吸收硫酸廠的尾氣SO2；制備硫酸錳的生產(chǎn)流程下：

已知：浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，還含有少量的Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+等其他金屬離子．PbO2的氧化性大于MnO2．有關(guān)金屬離子的半徑、形成氫氧化物沉淀時(shí)的pH見下表，陽離子吸附劑吸附金屬離子的效果見圖2．。離子離子半徑（pm）開始沉淀時(shí)的pH完全沉淀時(shí)的pHFe2+747.69.7Fe3+642.73.7Al3+503.84.7Mn2+808.39.8Pb2+1218.08.8Ca2+99--

（1）浸出過程中生成Mn2+反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________；

（2）Fe2+被氧化的過程中主要反應(yīng)的離子方程式_____________．

（3）在氧化后的液體中加入石灰漿，用于調(diào)節(jié)pH，pH應(yīng)調(diào)節(jié)至_______范圍．

（4）陽離子吸附劑可用于除去雜質(zhì)金屬離子．請依據(jù)圖、表信息回答，決定陽離子吸附劑吸附效果的因素有_____________等（寫二點(diǎn)）．

（5）吸附步驟除去的主要離子為______．

（6）電解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制備MnO2和Zn，寫出陽極的電極反應(yīng)方程式__________________．27、實(shí)驗(yàn)室以含銀廢液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}為原料制取硝酸銀晶體；其實(shí)驗(yàn)流程如下：

已知：①“沉銀”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。

②Zn2+在濃氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。

③PbCl2、AgNO3的溶解度曲線如圖所示：

(1)“濾液”中的主要陽離子為___(填化學(xué)式)。

(2)“除雜”分為兩步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。

①在不同溫度下，AgCl、Ag2S均難溶于水。除去PbCl2的操作為______；熱水洗滌。

②向熱水洗滌所得固體中加入濃硝酸和稀鹽酸，邊加熱邊充分?jǐn)嚢?，使Ag2S轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl。加入濃硝酸的目的是_______。

(3)室溫下，可逆反應(yīng)AgCl+2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常數(shù)K=___。{Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O?[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常數(shù)為1.1×107}

(4)“還原”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____。

(5)粗銀經(jīng)水洗后，經(jīng)多步處理可制備硝酸銀晶體。請補(bǔ)充完整由以水洗后粗銀為原料，制備硝酸銀晶體的實(shí)驗(yàn)方案：________，過濾，________，將產(chǎn)生的氣體和空氣混合后通入NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，將所得AgNO3溶液_______，過濾，將所得晶體置于烘箱(120℃)干燥，密封包裝。(實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．食鹽水呈中性；與鐵釘不可能發(fā)生析氫腐蝕，而應(yīng)發(fā)生吸氧化腐蝕，不能達(dá)到目的，A符合題意；

B．氨氣在水中能形成噴泉；則表明圓底燒瓶內(nèi)可形成負(fù)壓，從而證明氨氣易溶于水，能達(dá)到目的，B不符合題意；

C．乙醇；乙酸、濃硫酸加熱可發(fā)生酯化反應(yīng)；收集液體的導(dǎo)管口位于飽和碳酸鈉溶液的液面上，可防止倒吸，能達(dá)到目的，C符合題意；

D．將氯化鐵飽和溶液滴入沸水中；繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，從而制得氫氧化鐵膠體，能達(dá)到目的，D不符合題意；

故選A。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．若溫度不變；將容器的體積縮小到原來的一半，假如平衡不發(fā)生移動，則達(dá)到新平衡時(shí)A的濃度為原來的2倍，實(shí)際上A的濃度是原來的2.2倍，說明增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡逆向移動，逆反應(yīng)為氣體體積減小的方向，故m+n＜p+q，A錯(cuò)誤；

B．A；B兩種物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)時(shí)；轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量的比是m∶n，若平衡時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，則反應(yīng)開始時(shí)，加入的A、B的物質(zhì)的量之比為m∶n，B正確；

C．保持其它條件不變，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動。若升高溫度后D的體積分?jǐn)?shù)增大，說明升高溫度化學(xué)平衡正向移動，該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故該反應(yīng)的ΔH>0；C錯(cuò)誤；

D．若m+n=p+q；則該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，向含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時(shí)，氣體的總物質(zhì)的量等于amol+amol=2amol，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是B。3、C【分析】【分析】

根據(jù)室溫下若使沉淀完全，同理根據(jù)若使沉淀完全，故先沉淀完全，由圖可知曲線A表示與溶液體積的關(guān)系，曲線B表示號溶液體積的關(guān)系。

【詳解】

A．由以上分析可知，曲線A表示與溶液體積的關(guān)系；故A正確；

B．由于＜先沉淀，當(dāng)時(shí)，計(jì)算所得的稀釋后的與圖上所標(biāo)的數(shù)據(jù)一致，說明還未消耗，且正好出現(xiàn)拐點(diǎn)，說明開始沉淀；故B正確；

C．根據(jù)前面分析中的計(jì)算結(jié)果可知，完全沉淀時(shí)溶液中均大于所以當(dāng)時(shí)溶液中均未完全沉淀；故C錯(cuò)誤；

D．時(shí)，都處于沉淀溶解平衡，所以溶液中。故D正確；

答案選C。4、B【分析】當(dāng)氯化鈉溶液的體積是0時(shí)，pAg＝0，所以硝酸銀溶液的濃度是1.0mol/L的，選項(xiàng)A不正確；pAg＝6時(shí)，二者恰好反應(yīng)，所以氯化鈉溶液的體積是100ml，選項(xiàng)B正確；當(dāng)溶液中離子的濃度小于1.0×10-5mol/L時(shí)即可以認(rèn)為沉淀達(dá)到完全，而X點(diǎn)溶液中銀離子的濃度是1.0×10-6mol/L，所以選項(xiàng)C不正確；由于碘化銀的溶解度小于氯化銀的，所以如果換成0.1mol·L-1NaI，則圖象在終點(diǎn)后變?yōu)閼?yīng)該再實(shí)線的左側(cè)，選項(xiàng)D不正確，答案選B。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．該裝置不是利用升華法分離提純物質(zhì)的裝置，同時(shí)鐵粉和碘單質(zhì)在加熱條件下可能會發(fā)生化合反應(yīng)生成FeI2，即Fe+I2FeI2；不能起到分離的作用，故A錯(cuò)誤；

B．氯氣在飽和食鹽水中溶解度很??；可以用排飽和食鹽水的方法收集氯氣，故B正確；

C．利用電解法精煉金屬時(shí)；含有雜質(zhì)的金屬做陽極，接電源的正極，故C錯(cuò)誤；

D．利用鹽酸與大理石(碳酸鈣)制取的CO2中會混有HCl；二者都會與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀，不能證明碳酸的酸性＞硅酸的酸性，故D錯(cuò)誤；

答案為B。二、多選題(共6題，共12分)6、ACD【分析】【分析】

【詳解】

略7、BD【分析】【詳解】

A．濃度相同時(shí)NaOH的導(dǎo)電性強(qiáng)；則曲線Ⅰ代表NaOH滴定曲線，且溶液中存在水的電離平衡，則H點(diǎn)對應(yīng)的溶液中存在電離平衡，故A錯(cuò)誤；

B．F點(diǎn)溶質(zhì)為CH3NH3Cl，水解使溶液顯酸性，則F點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)；故B正確；

C．E點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl，對應(yīng)的溶液中水電離的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10?14；G點(diǎn)溶質(zhì)為CH3NH3Cl和HCl，因過量HCl對水的電離起抑制作用，G點(diǎn)對應(yīng)的溶液中水電離的c平(H+)·c平(OH-)<1.0×10?14；故C錯(cuò)誤；

D．一元弱堿甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb≈4.0×10?4，F(xiàn)點(diǎn)Kh＝＝25×10?12，c(H＋)＝mol/L＝5×10?7mol/L；F點(diǎn)對應(yīng)的溶液的pH＝7?lg5≈6.3，故D正確；

故選：BD。8、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．酸堿發(fā)生的中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；但由于反應(yīng)過程中元素化合價(jià)都不變，因此不屬于氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；

B．該反應(yīng)是置換反應(yīng)；反應(yīng)過程中有元素化合價(jià)的升降，屬于氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)發(fā)生時(shí)放出熱量，因此同時(shí)屬于放熱反應(yīng)，B符合題意；

C．該反應(yīng)是復(fù)分解反應(yīng)；發(fā)生反應(yīng)時(shí)元素化合價(jià)不變，不屬于氧化還原反應(yīng)，同時(shí)發(fā)生反應(yīng)時(shí)吸收熱量，屬于吸熱反應(yīng)，C不符合題意；

D．該反應(yīng)屬于化合反應(yīng)；發(fā)生反應(yīng)時(shí)元素化合價(jià)發(fā)生了變化，屬于氧化還原反應(yīng)；發(fā)生該反應(yīng)時(shí)還放出了熱量，因此又同時(shí)還屬于放熱反應(yīng)，D符合題意；

故合理選項(xiàng)是BD。9、BD【分析】【詳解】

A.隨溫度升高NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低，說明溫度較低時(shí)反應(yīng)較慢，一段時(shí)間內(nèi)并未達(dá)到平衡，分析溫度較高時(shí)，已達(dá)到平衡時(shí)的NO轉(zhuǎn)化率可知，溫度越高NO轉(zhuǎn)化率越低，說明溫度升高平衡向逆方向移動，根據(jù)勒夏特列原理分析該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，?H<0；故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)上述分析；X點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行，所以延長反應(yīng)時(shí)間能提高NO的轉(zhuǎn)化率，故B正確；

C.Y點(diǎn)，反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)增加O2的濃度；使得正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，平衡向正反應(yīng)方向移動，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；

D.設(shè)NO起始濃度為amol/L，NO的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時(shí)NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式K=>=2000；故D正確；

故選BD。

【點(diǎn)睛】

解本題時(shí)需要注意：實(shí)線中在最高點(diǎn)之前反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，主要討論溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響；最高點(diǎn)之后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，可以研究溫度對化學(xué)平衡的影響。10、CD【分析】【分析】

由題干中原電池裝置圖示可知，Zn所在石墨電極為負(fù)極，電極反應(yīng)為：Zn-2e-=Zn2+，MnO2所在的石墨電極為正極，電極反應(yīng)為：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，加入KI后的反應(yīng)機(jī)理為：MnO2+3I-+4H+=Mn2+++2H2O，+2e-=3I-；據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．由分析可知；KI參與正極電極反應(yīng)，且加入少量KI固體后能使電池持續(xù)大電流放電，說明反應(yīng)速率加快，故降低了正極反應(yīng)的活化能，A正確；

B．由分析可知，I-與剝落的MnO2反應(yīng)生成的，然后能繼續(xù)從正極上得到電子轉(zhuǎn)化為I-；故能恢復(fù)“損失”的能量，B正確；

C．由分析可知，放電時(shí)，正極反應(yīng)式為：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；故正極區(qū)溶液的pH增大，C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)得失電子總數(shù)相等，結(jié)合正極反應(yīng)式：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O可知；放電時(shí)，消耗1molZn時(shí)，正極區(qū)電解質(zhì)溶液增重87+4=91g，D錯(cuò)誤；

故答案為：CD。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．當(dāng)反應(yīng)體系中；各組分的物質(zhì)的量不再改變時(shí)，反應(yīng)即達(dá)到平衡，由于同溫同壓下，氣體物質(zhì)的體積與物質(zhì)的量呈正比，故各組分的體積不變，即各組分的體積之比恒定不變，可以說明該反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)，A符合題意；

B．F2(g)和ClF(g)的反應(yīng)速率之比始終為1:1，故F2(g)和ClF(g)的反應(yīng)速率之比恒定不變；不能說明該反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)，B不符合題意；

C．化學(xué)反應(yīng)前后；各原子的個(gè)數(shù)和質(zhì)量不發(fā)生改變，故在該反應(yīng)體系中，Cl的元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)恒定不變，即Cl的元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)恒定不變，不能說明該反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)，C不符合題意；

D．在絕熱容器中；容器中溫度恒定不變，可以說明該反應(yīng)一定處于平衡狀態(tài)，D符合題意；

故選AD。三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】【詳解】

(1)該電池中Al作負(fù)極，電解質(zhì)溶液為含的離子液體，故負(fù)極的電極反應(yīng)式為

(2)正極為多孔碳電極，根據(jù)正極反應(yīng)式，得正極總反應(yīng)為不參與正極的總反應(yīng)，故為催化劑。將負(fù)極反應(yīng)式：和正極反應(yīng)：相加，可得該電池的總反應(yīng)式為【解析】或催化劑13、略

【分析】【詳解】

(1)電解時(shí)，陽離子會移向陰極，陰離子會移向陽極，加入的硫酸鈉溶液電離生成的Na+則會通過陽離子交換膜進(jìn)入陰極室，所以n是陽離子交換膜，而則會通過陰離子交換膜進(jìn)入到陽極室，所以m是陰離子交換膜，根據(jù)電解時(shí)離子的放電順序，陽極失電子能力>故從A口出的產(chǎn)品是H2SO4，又由于陰極得電子能力H+>Na+，故從D口出的產(chǎn)品是NaOH。綜上所述電解硫酸鈉溶液總反應(yīng)方程式為2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑。

（2）①電滲析法海水淡化技術(shù)本質(zhì)上還是電解食鹽水，通電時(shí)陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，由于陰陽離子交換膜選擇性通過離子，如下圖所示，導(dǎo)致b處和d處的海水濃度越來越大，所以出水口的NaCl溶液濃度b>c。

②由于陰極H+得電子變成氫氣，導(dǎo)致e處對應(yīng)的陰極室濃度越來越大，會和海水中的Ca2+和Mg2+結(jié)合成含有Ca(OH)2和Mg(OH)2的水垢；導(dǎo)致e口對應(yīng)的室產(chǎn)生水垢較多。

【點(diǎn)睛】

(1)的總反應(yīng)方程式會在分析后錯(cuò)寫成水的電解方程式2H2O2H2↑+O2↑。【解析】陰陽H2SO4NaOH2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑（寫2H2O2H2↑+O2↑給1分）>e14、略

【分析】【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，“反應(yīng)①-反應(yīng)②”得到則=-=(156.6-32.4)kJ/mol=+124.2kJ/mol【解析】+124.2kJ/mol15、略

【分析】【詳解】

根據(jù)圖示可得如下熱化學(xué)方程式：

①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+72.6kJ·mol-1；

②CO(g)+O2(g)CO2(g)△H2=-283.0kJ·mol-1；

③H2(g)+O2(g)H2O(g)△H3=-241.8kJ·mol-1；

反應(yīng)CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可以由③-①-②得到；由蓋斯定律可得：

△H=△H3-△H1-△H2=(-241.8kJ·mol-1)-(+72.6kJ·mol-1)-(-283.0kJ·mol-1)=-31.4kJ·mol-1；答案為：-31.4。【解析】-31.416、略

【分析】【詳解】

(1)由電池的反應(yīng)方程式可知，還原劑銅做原電池的負(fù)極，銅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成銅離子，銀做正極，溶液中的銀離子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銀，則電極X為銅，電解質(zhì)溶液Y是可溶性銀鹽硝酸銀溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

(2)由電池的反應(yīng)方程式可知，還原劑銅做原電池的負(fù)極，銅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成銅離子，電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，銀做正極，溶液中的銀離子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銀，電極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag，故答案為：正；Ag++e-=Ag；Cu-2e-=Cu2+；

(3)電池工作時(shí)，外電路中的電子由負(fù)極銅電極經(jīng)導(dǎo)線流向正極銀電極，故答案為：負(fù)；正?！窘馕觥緾uAgNO3溶液正Ag++e-=AgCu-2e-=Cu2+負(fù)正17、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)pH=-lgc(H+)計(jì)算；

(2)醋酸是弱酸；碳酸鈉溶液與足量醋酸反應(yīng)生成醋酸鈉；水和二氧化碳；

(3)同體積、同物質(zhì)的量濃度的鹽酸(編號a)、硫酸(編號b)和醋酸(編號c)，中和NaOH能力與最終完全電離的H+的物質(zhì)的量成正比，H+的物質(zhì)的量越大；需要的氫氧化鈉的物質(zhì)的量越大，消耗的NaOH體積越大；

(4)鹽酸為一元強(qiáng)酸；硫酸為二元強(qiáng)酸，醋酸為弱酸，加水稀釋促進(jìn)醋酸的電離；

(5)強(qiáng)弱電解質(zhì)的根本區(qū)別是電離程度；完全電離的電解質(zhì)是強(qiáng)電解質(zhì)，部分電離的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，只要能說明醋酸部分電離就能證明醋酸是弱電解質(zhì)，據(jù)此分析解答；

(6)向100mL0.1mol/L的鹽酸中通入0.02mol氨氣，發(fā)生反應(yīng)生成氯化銨，得到等濃度的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液；充分吸收后測得溶液呈堿性，一水合氨電離大于銨根離子水解。

【詳解】

(1)胃液中含有鹽酸，經(jīng)測定某人胃液的pH＝2，則c(H+)=10-pH=10-2mol/L；

(2)醋酸是弱酸，碳酸鈉溶液與足量醋酸反應(yīng)生成醋酸鈉、水和二氧化碳，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；

(3)同體積、同物質(zhì)的量濃度的三種酸，三種酸n(HCl)=n(CH3COOH)=n(H2SO4)，鹽酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，鹽酸和醋酸需要?dú)溲趸c的物質(zhì)的量相等，硫酸需要的氫氧化鈉是鹽酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的順序是b＞a=c；

(4)pH相等的三種酸，加水稀釋時(shí)促進(jìn)醋酸的電離，如稀釋等pH時(shí)，醋酸加水應(yīng)最多，而鹽酸和硫酸為強(qiáng)酸，完全電離，稀釋到pH=5，加水的體積相等，則有V1=V2＜V3；

(5)a．室溫時(shí)，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，說明CH3COO-發(fā)生水解，弱離子發(fā)生水解，可以說明CH3COOH是弱酸；故a正確；

b．可用食醋清除水壺內(nèi)壁的水垢，只能說明CH3COOH的酸性比碳酸強(qiáng)，碳酸是弱酸，則不能醋酸是強(qiáng)酸，故b錯(cuò)誤；

c．等濃度的鹽酸和醋酸與相同濃度的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，醋酸不如鹽酸劇烈，說明CH3COOH電離出H+的濃度不如HCl，也就說明CH3COOH是弱酸；但未說明鹽酸和醋酸是等濃度，故c錯(cuò)誤；

d．將1mLpH=1的醋酸溶液稀釋到100mL后；測其pH小于3，說明加水稀釋過程中促進(jìn)醋酸的電離，即醋酸溶液中存在電離平衡，可證明醋酸是弱酸，故d正確；

故答案為ad；

(6)向100mL0.1mol/L的鹽酸中通入0.02mol氨氣，發(fā)生反應(yīng)生成氯化銨，得到等濃度的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液，充分吸收后測得溶液呈堿性，一水合氨電離大于銨根離子水解，溶液中NH3?H2O、NH4+、Cl-三種微粒的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為：NH4+＞Cl-＞NH3?H2O。

【點(diǎn)睛】

判斷一元強(qiáng)酸與一元弱酸常用的實(shí)驗(yàn)方法有：①從水解的角度分析，取其鈉鹽(NaA)溶于水，測其pH，若pH＞7，則說明HA是弱酸，若pH＝7，則說明HA是強(qiáng)酸；②從是否完全電離的角度分析，配制一定物質(zhì)的量濃度HA溶液(如0.1mol·L－1)，測其pH，若pH＞1，則說明HA是弱酸，若pH＝1，則說明HA是強(qiáng)酸；③pH相等時(shí)，弱酸中和堿的能力強(qiáng)；④pH相等時(shí)，與活潑金屬反應(yīng)，起始反應(yīng)速率相等，但生成等量氫氣的平均速率是弱酸大?！窘馕觥竣?0.01②.2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑③.b＞a=c④.V1=V2＜V3⑤.ad⑥.NH4+＞Cl-＞NH3?H2O18、略

【分析】略【解析】AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)Ksp=c平(Cl-)c平(Ag+)AgI(s)?Ag+(aq)+I-(aq)Ksp=c平(I-)c平(Ag+)Ag2CrO4(s)?2Ag+(aq)+CrO(aq)Ksp=c平(CrO)c平2(Ag+)Ksp的大小只與難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì)和溫度有關(guān)相同類型的難溶電解質(zhì)，在同溫度下，Ksp越大，溶解度越大，不同類型的難溶電解質(zhì)，應(yīng)通過計(jì)算才能進(jìn)行比較19、略

【分析】【分析】

本題以硫酸工業(yè)的第一步為載體；主要考查氧化還原反應(yīng)反應(yīng)的分析，配平以及有關(guān)計(jì)算。

(1)根據(jù)氧化還原反應(yīng)的有關(guān)概念即可解答；

(2)利用元素守恒即可解答，即硫鐵礦中鐵元素全部轉(zhuǎn)化到Fe2O3固體中的鐵元素；根據(jù)配平以及反應(yīng)熱與反應(yīng)的物質(zhì)的量呈正比即可求出該熱化學(xué)方程式；

(3)堿性氧化物與酸反應(yīng)生成鹽和水即可，根據(jù)Fe3+的氧化性即可寫出通入一定量的SO2后，溶液中SO濃度增大。

【詳解】

(1)被氧化的元素即為化合價(jià)升高的元素；對該反應(yīng)分析可知，鐵的化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?3價(jià)，S的化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?6價(jià)，故鐵和硫元素被氧化，故答案為：Fe；S；

(2)根據(jù)原子守恒可知，硫鐵礦中的鐵元素全部轉(zhuǎn)化到Fe2O3中，故8.0gFe2O3中含有鐵元素為：故硫鐵礦中FeS2的質(zhì)量為：故該硫鐵礦中FeS2的純度為根據(jù)反應(yīng)方程式，即煅燒過程中生成8.0gFe2O3，放出85.4kJ熱量，則生成320gFe2O3放出的熱量為：故此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol，故答案為：80%；4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol；

(3)將Fe2O3溶于稀H2SO4是堿性氧化物和酸的反應(yīng)生成鹽和水，故的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO濃度增大，是由于發(fā)生了反應(yīng)：Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，故此反應(yīng)的還原產(chǎn)物為FeSO4，故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O；FeSO4。【解析】Fe、S80%4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/molFe2O3+6H+=2Fe+3H2OFeSO4四、判斷題(共1題，共3分)20、B【分析】【分析】

【詳解】

比較ΔH大小，需要正負(fù)號和數(shù)值一起比較，錯(cuò)誤。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)21、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負(fù)性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價(jià)電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個(gè)電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個(gè)電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強(qiáng)的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價(jià)電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個(gè)電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個(gè)電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強(qiáng)的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價(jià)電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時(shí)陽極電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+?！窘馕觥竣?N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價(jià)電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個(gè)電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個(gè)電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強(qiáng)的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+22、略

【分析】【詳解】

（1）硫的原子序數(shù)是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每個(gè)電子所處能層；能級、原子軌道、自旋方向不完全相同，因此每個(gè)電子運(yùn)動狀態(tài)均不相同，S原子核外有16個(gè)電子，則基態(tài)S原子核外有16種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子。

（2）CS2和CO2均屬于分子晶體，分子的相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔點(diǎn)越高，由于CS2的相對分子質(zhì)量大于CO2，因此熔點(diǎn)：CS2>CO2。

（3）CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，則其結(jié)構(gòu)為分子中不含非極性鍵，屬于直線形非極性分子，選項(xiàng)A；C、D錯(cuò)誤，故選B。

（4）比較C和S的非金屬性，可通過比較二者最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱進(jìn)行判斷，因?yàn)榱蛩崴嵝源笥谔妓?，可得非金屬性：S>C?；蛘咴贑S2中S顯負(fù)價(jià)，C顯正價(jià)，說明S得電子能力比C強(qiáng)，非金屬性：S>C。

（5）Na2S溶液中發(fā)生水解，水解是微弱的，且第一步水解遠(yuǎn)大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根據(jù)元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，則FeSO4前配2，則生成物中少硫酸根，且反應(yīng)物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合價(jià)由+3價(jià)降至+2價(jià)，1molFe2(SO4)3反應(yīng)得2mol電子，H2S中S元素化合價(jià)由-2價(jià)升高到0價(jià)，1molH2S反應(yīng)失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，配平后可得化學(xué)方程式為Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性條件下被O2氧化為Fe2(SO4)3，根據(jù)得失電子守恒可得關(guān)系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性條件下被氧化，則需要0.25molO2，其在標(biāo)況下體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L?！窘馕觥?1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫顯負(fù)價(jià)；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.623、略

【分析】【分析】

達(dá)到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，壓強(qiáng)減小反應(yīng)速率減小，平衡正向進(jìn)行；PCl5與足量的水能完全水解生成兩種酸，則生成H3PO4與HCl；

【詳解】

(1)同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑P>S，同周期從左向右非金屬性增大，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，則基態(tài)As原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能級半滿，含有3個(gè)單電子，故答案為：3d104s24p3；3；

(3)化合價(jià)有升降反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，化合價(jià)降低的物質(zhì)發(fā)生還原反應(yīng)，對反應(yīng)2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被還原，N元素的變化為共轉(zhuǎn)移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，轉(zhuǎn)移10mol電子生成3mol氣體，則轉(zhuǎn)移5mol電子生成氣體的物質(zhì)的量n（混合氣體）為1.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積故答案為：33.6L；

(4)若反應(yīng)在5L的密閉容器中進(jìn)行，經(jīng)2分鐘反應(yīng)爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，結(jié)合化學(xué)方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)計(jì)算，解得n=6mol，用氨氣來表示該反應(yīng)在2分鐘內(nèi)的平均速率達(dá)到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，壓強(qiáng)減小，反應(yīng)速率減小，平衡正向進(jìn)行，在平衡移動過程中，逆反應(yīng)速率的變化狀況為先減小后增大，

故答案為：0.6mol/（L?min）；先減小后增大；最后保持不變，但比原來速率??；

(5)對于氣態(tài)的PCl3，根據(jù)VSEPR理論，VP=BP+LP=所以其空間構(gòu)型為三角錐形，PCl5與足量的水能完全水解生成兩種酸，則生成H3PO4與HCl，反應(yīng)方程式為：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案為：三角錐形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl?！窘馕觥縜bd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L?min)先減小，再增大，最后保持不變，但比原來速率小三角錐形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl六、工業(yè)流程題(共4題，共12分)24、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↑25、略

【分析】【分析】

高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，利用高嶺土選礦酸性廢水溶解高嶺土礦，調(diào)節(jié)pH除去鐵元素和二氧化硅，再調(diào)控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2，經(jīng)過一系列操作得到KAl(SO4)2?12H2O；據(jù)此分析答題。

【詳解】

(1)步驟I中；可以通過升高溫度；粉碎高嶺土、攪拌等方法加快高嶺土酸溶的速率，答案為：升高溫度、粉碎高嶺土、攪拌等；

(2)高嶺土礦的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等離子，酸浸時(shí)二氧化硅不發(fā)生反應(yīng)，加入物質(zhì)A調(diào)節(jié)溶液pH為3.2，可使Fe3+離子完全沉淀，而此時(shí)鋁離子未沉淀，所以濾渣的主要成分是Fe(OH)3、SiO2，答案為：Fe(OH)3、SiO2；

(3)A．高嶺土礦的主要成分是Al2O3，高嶺土選礦酸性廢水含有大量的Al3+；所以步驟I的主要目的是提高廢水中鋁離子的濃度，A正確；

B．步驟II中的A若是NaOH，引入鈉離子雜質(zhì)，導(dǎo)致最終制得KAl(SO4)2?12H2O不純；B錯(cuò)誤；

C．氫氧化鐵完全沉淀的pH為3.2；氫氧化鋁開始沉淀的pH為3.4，為使二者分離步驟II中調(diào)節(jié)pH的范圍是3.2＜pH＜3.4，C正確；

D．制備產(chǎn)品為KAl(SO4)2?12H2O，所以步驟IV中需調(diào)控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)盡可能接近1：1：2