2025年滬教版高一化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年滬教版高一化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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5題，共10分)1、0.2molCH4的質(zhì)量為（）A.1.6gB.3.2gC.5.6gD.8g2、下列有關(guān)敘述正確的是（）A.離子化合物中一定含有共價鍵B.共價化合物中可能含有離子鍵C.第IA族元素與第VIIA族可能形成離子化合物，也可能形成共價化合物D.非金屬元素間不可能形成離子化合物3、已知短周期元素的離子：rm{{,!}_{a}A^{2+}}rm{{,!}_B^{+}}rm{{,!}_{c}C^{3-}}rm{{,!}_iwqggawD^{-}}都具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則下列敘述正確的是A.主族序數(shù)rm{C>D>B>A}B.原子序數(shù)rm{d>c>b>a}C.最外層電子數(shù)rm{A>B>D>C}D.離子半徑rm{C>D>B>A}4、某鏈狀有機(jī)物分子中含m個n個－CH2－、X個－CH3，則X的數(shù)目可能是A.3m+2nB.m+2nC.m+2D.3m5、16O和18O是氧元素的兩種核素，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值．下列說法正確的是（）A.16O和18O的質(zhì)量數(shù)相同，但是中子數(shù)不同B.16O和18O核外電子排布不同C.通過化學(xué)變化可以實現(xiàn)16O與18O間的相互轉(zhuǎn)化D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA個氧原子評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)6、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中，正確的是（）A.2.3g金屬鈉全部變成鈉離子時失去的電子數(shù)目為0.2NAB.2g氫氣所含的原子數(shù)目為NAC.17gNH3所含的電子數(shù)為10NAD.NA個氧分子和NA個氫分子的質(zhì)量比等于16：17、分析下列各物質(zhì)的物理性質(zhì)，可判斷其固態(tài)不屬于分子晶體的是（）A.碳化鋁，黃色晶體，熔點(diǎn)2200℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電B.溴化鋁，無色晶體，熔點(diǎn)98℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電C.五氟化釩，無色晶體，熔點(diǎn)19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中D.溴化鉀，無色晶體，熔融時或溶于水中都能導(dǎo)電8、下列有關(guān)說法正確的是（）A.KClO3和SO2溶于水后的溶液均可導(dǎo)電，故KClO3和SO2均為電解質(zhì)B.CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值增大C.反應(yīng)NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室溫下自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＜0D.向濃度均為0.1mol?L-1KI和NaCl混合溶液中，滴加幾滴硝酸鎳溶液，只得到AgI沉淀說明Ksp（Agl）＜Ksp（AgCl）9、下列說法不正確的是（）A.同周期主族元素原子半徑從左做到右依次減小B.同主族元素從上到下原子半徑依次增大C.同主族元素離子半徑從上到下依次增大D.同周期元素離子半徑依次減小10、在氯水中存在多種分子和離子，它們在不同的反應(yīng)中表現(xiàn)各自的性質(zhì)．下列實驗現(xiàn)象和結(jié)論一致且正確的是（）A.溶液呈黃綠色，且有刺激性氣味，說明有C12分子存在B.加入NaOH溶液，氯水黃綠色消失，說明有HC1O分子存在C.加入有色布條，一會兒有色布條褪色，說明溶液中有HC1O存在D.先加入鹽酸酸化，再加入AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明有C1-存在評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)11、請按下列要求寫出有關(guān)反應(yīng)的離子方程式：⑴銅與氯化鐵的反應(yīng)____⑵往氯化亞鐵中通入氯氣____⑶①向10L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中滴入含有0.5molBa(OH)2的溶液．寫出反應(yīng)的離子方程式____.②向所得溶液中加入等體積同濃度的Ba(OH)2溶液.寫出此步反應(yīng)的離子方程式____12、有演示實驗：用脫脂棉花包住約0.2g過氧化鈉粉末；置于石棉網(wǎng)上，往脫脂棉上滴水，可觀察到脫脂棉劇烈燃燒起來．

（1）由實驗現(xiàn)象所得出的有關(guān)Na2O2和H2O反應(yīng)的結(jié)論是：

a．有氧氣生成；b．____．

（2）某學(xué)校研究性學(xué)習(xí)小組擬用圖裝置進(jìn)行實驗；以證明上述結(jié)論．

①用以驗證結(jié)論a的實驗操作方法及現(xiàn)象是：____．

②用以驗證結(jié)論b的實驗操作方法及現(xiàn)象是：____．

（3）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)認(rèn)為Na2O2和H2O反應(yīng)可生成H2O2，現(xiàn)請你設(shè)計一個簡單的實驗證明Na2O2和足量的H2O充分反應(yīng)后的溶液中有H2O2存在．（只要求列出實驗所用的試劑及觀察到的現(xiàn)象）

試劑：____．

現(xiàn)象：____．

13、如圖所示，橫坐標(biāo)為溶液的rm{pH}縱坐標(biāo)為rm{Zn^{2+}}或rm{ZnO_{2}^{2-}}物質(zhì)的量濃度的對數(shù)；

回答下列問題rm{.(ZnO_{2}^{2-}}和rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}}表示一樣rm{)}

rm{(1)}往rm{ZnCl_{2}}溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液；反應(yīng)的離子方程式可表示為：

______

rm{(2)}從圖中數(shù)據(jù)計算可得rm{Zn(OH)_{2}}的溶度積rm{Ksp=}______．14、某反應(yīng)體系中的物質(zhì)有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O．

（1）請將Au2O3之外的反應(yīng)物與生成物分別填入以下空格并配平．

+____+____=____+____+____

（2）反應(yīng)中1mol還原劑____（填“得到”或“失去”）____mol電子．

（3）紡織工業(yè)中常用氯氣作漂白劑，Na2S2O3可作為漂白后布匹的“脫氯劑”，Na2S2O3和Cl2反應(yīng)的產(chǎn)物是H2SO4、NaCl和HCl，則還原劑和氧化劑物質(zhì)的量之比為____．15、實驗室中氫氧化鈉溶液在在空氣中放置，因密封不好會變質(zhì)，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為____；為了檢測一瓶氫氧化鈉溶液是否已變質(zhì)，可取少量該溶液向其中加入____，若有____現(xiàn)象發(fā)生，則說明燒堿溶液已經(jīng)變質(zhì)．為了除去燒堿溶液中的雜質(zhì)，應(yīng)加入適量的____，并進(jìn)行過濾．16、（6分）A、B、C、D4種元素，A元素所處的周期數(shù)、主族序數(shù)、原子序數(shù)均相等；B的原子半徑是其所在主族中最小的，B的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為HBO3；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層少2個；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C．(1)B元素的名稱______；B在周期表中的位置第__________周期，第________族；(2)C的元素符號________，C的最高價氧化物的化學(xué)式___________；(3)D的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式____17、下列物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是：____屬于非電解質(zhì)的是____．能導(dǎo)電的是____．①CO2②NaOH固體③NaHCO3固體④C12H22O11（蔗糖）⑤H2SO4溶液⑥鐵．18、下列變化屬于放熱反應(yīng)的是______rm{(}填序號rm{)}．

rm{壟脵}葡萄糖在人體內(nèi)被氧化成rm{CO2}rm{壟脷}天然氣的燃燒；rm{壟脹}煅燒大理石；rm{壟脺}稀鹽酸與稀氨水混合；rm{壟脻}生石灰與水反應(yīng)生成熟石灰；rm{壟脼}干冰的升華；rm{壟脽}鈉與水反應(yīng)；rm{壟脿}消石灰與氯化銨晶體的反應(yīng)．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)19、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共18分)20、CO是大氣污染氣體；可利用化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行治理或轉(zhuǎn)化。

(1)甲醇是重要的溶劑和燃料，工業(yè)上用CO和H2在一定條件下制備CH3OH的反應(yīng)為：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃時，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1molCO和1.2molH2，一段時間后達(dá)到平衡，此時H2與CH3OH的體積分?jǐn)?shù)之比為2：5，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝___________；此時若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；則平衡將___________移動。(填“向正反應(yīng)方向”“不”或“向逆反應(yīng)方向”)

②在一容積可變的密閉容器中充入一定物質(zhì)的量的CO和H2，測得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。a、b、c三點(diǎn)平衡常數(shù)K(a)、K(b)、K(c)的大小關(guān)系是___________。b、d點(diǎn)的正反應(yīng)速率vb(CO)_______va(CO).

(2)瀝青混凝土可作為2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反應(yīng)的催化劑。圖表示在相同的恒容密閉容器；相同起始濃度、反應(yīng)相同的時間；使用同質(zhì)量的不同瀝青混凝土(α型、β型)催化時，CO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系。

①a、b；c、d四點(diǎn)中表示平衡狀態(tài)的是___________；

②e點(diǎn)轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是______________________。

(3)電解法轉(zhuǎn)化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解時CO2在陰極區(qū)轉(zhuǎn)化為HCOOH；其原理示意圖如下：

電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是_________________________。21、鎳(Ni)及其化合物廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)電池；電鍍和催化劑等領(lǐng)域。

（1）某蓄電池反應(yīng)為2NiO(OH)+Cd+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。該蓄電池充電時，被氧化的物質(zhì)是__(填化學(xué)式)，放電時若生成73gCd(OH)2，則外電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是___。

（2）鎳的羰化反應(yīng)為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH。

①一定溫度下，將一定量的粗鎳和CO加入到1L的恒容密閉容器中反應(yīng)，5s后測得Ni(CO)4的物質(zhì)的量為1.5mol，則0~5s內(nèi)平均反應(yīng)速率v(CO)=__mol·L·s-1。

②該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小，則該反應(yīng)的ΔH__0(填“>”或“<")。

（3）NiSO4·6H2O晶體是一種綠色易溶于水的晶體；廣泛應(yīng)用于化學(xué)鍍鎳；生產(chǎn)電池等，可由電鍍廢渣(除含鎳外，還含有Cu、Zn、Fe等元素)為原料制取。制取步驟如下：

①在實驗室中，欲用98%的濃硫酸(密度1.84g·mL-1)配制40%的稀硫酸，需要的玻璃儀器除玻璃棒外，還有__。

②向濾液Ⅰ中加入Na2S的目的是_。(已知：Ksp[FeS]=6.3×10-18，Ksp[CuS]=1.3×10-36，Ksp[ZnS]=1.3×10-24，Ksp[NiS]=1.1×10-21)

③濾液Ⅲ中所含的陽離子主要有__。

④NiSO4在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料NiOOH。該反應(yīng)的離子方程式為__。

⑤在制備NiSO4·6H2O晶體時，常用無水乙醇代替蒸餾水做洗滌劑，原因是__(寫出一條即可)。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共20分)22、工業(yè)上制備BaCl2·2H2O有如下兩種途徑。

途徑1：以重晶石（主要成分BaSO4）為原料；流程如下：

（1）寫出“高溫焙燒”時反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________________。

（2）氣體用過量NaOH溶液吸收，得到硫化鈉。Na2S水解的離子方程式為_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，當(dāng)兩種沉淀共存時，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途徑2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))為原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.7

（4）為提高礦石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8可除去___________（填離子符號），濾渣Ⅱ中含_________（填化學(xué)式）。加入H2C2O4時應(yīng)避免過量，原因是_________。

（6）重量法測定產(chǎn)品純度的步驟為：準(zhǔn)確稱取mgBaCl2·2H2O試樣，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加熱溶解。邊攪拌，邊逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，過濾，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗滌沉淀3~4次，直至洗滌液中不含Cl－為止。將沉淀置于坩堝中經(jīng)烘干灼燒至恒重，稱量為ng。則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________。

（7）20℃時，PbCl2(s)在不同濃度鹽酸中的最大溶解量(單位：g·L-1)如圖所示。下列敘述正確的是_______________

A．鹽酸濃度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能與一定濃度的鹽酸反應(yīng)。

C．x、y兩點(diǎn)對應(yīng)的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入過量濃鹽酸，可將Pb2+完全轉(zhuǎn)化為PbCl2(s)23、以白云石（主要成分為CaCO3和MgCO3）為原料制備氧化鎂和輕質(zhì)碳酸鈣的一種工藝流程如下：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=5×10?12

（1）白云石高溫煅燒所得固體產(chǎn)物的主要成分為_______（填化學(xué)式）。

（2）NH4NO3溶液呈酸性的原因為_______（用離子方程式表示）。

（3）“浸取”后，c(Mg2+)應(yīng)小于5×10?6mol·L?1，則需控制溶液pH______。

（4）“碳化”反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

（5）煅燒所得固體的活性與其中CaO含量及固體疏松程度有關(guān)。其他條件相同時，將不同溫度下的煅燒所得固體樣品加入酸化的酚酞溶液中，引起溶液變色所需時間不同，由此可知煅燒所得固體的活性差異。溶液變色的時間與各樣品煅燒溫度的關(guān)系如圖所示。當(dāng)溫度高于950℃時，煅燒所得固體易板結(jié)，活性降低；當(dāng)溫度低于950℃時，活性降低的原因為_______。將不同溫度下的煅燒所得固體樣品加入水中，也可測量其活性，則此時需測量的數(shù)據(jù)為相同時間后_______與樣品煅燒溫度之間的關(guān)系。

24、鈷鉬系催化劑主要用于石油煉制等工藝，從廢鈷鉬催化劑（主要含有MoS2、CoS和Al2O3）中回收鈷和鉬的工藝流程如圖：

已知：浸取液中的金屬離子主要為MoOCo2+、Al3+。

（1）鉬酸銨[(NH4)2MoO4]中Mo的化合價為___，MoS2在空氣中高溫焙燒產(chǎn)生兩種氧化物：SO2和___（填化學(xué)式）。

（2）酸浸時，生成MoO的離子方程式為___。

（3）若選擇兩種不同萃取劑按一定比例（協(xié)萃比）協(xié)同萃取MoO和Co2+，萃取情況如圖所示，當(dāng)協(xié)萃比=___更有利于MoO的萃取。

（4）向有機(jī)相1中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。

（5）Co2+萃取的反應(yīng)原理為Co2++2HRCoR2+2H+，向有機(jī)相2中加入H2SO4能進(jìn)行反萃取的原因是___（結(jié)合平衡移動原理解釋）。

（6）水相2中的主要溶質(zhì)除了H2SO4，還有___（填化學(xué)式）。

（7）Co3O4可用作電極，若選用KOH電解質(zhì)溶液，通電時可轉(zhuǎn)化為CoOOH，則陽極電極反應(yīng)式為___。25、2019年諾貝爾化學(xué)獎授予在開發(fā)鋰離子電池方面做出卓越貢獻(xiàn)的三位化學(xué)家。鋰被譽(yù)為“高能金屬”，是鋰電池的電極材料，工業(yè)上用β-鋰輝礦(主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量鈣、鎂雜質(zhì))和氟磷灰石(Ca5P3FO12)聯(lián)合制取鋰離子電池正極材料(LiFePO4)；其工業(yè)生產(chǎn)流程如圖：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4難溶于水。

回答下列問題：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合價為___，沉淀X的主要成分是___(寫化學(xué)式)。

（2）操作3的名稱是___，操作1所需的玻璃儀器名稱為___。

（3）蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液的目的是___。

（4）寫出合成反應(yīng)的離子方程式___。

（5）科學(xué)家設(shè)計一種鋰電池的反應(yīng)原理為LiFePO4Li+FePO4，放電時正極反應(yīng)式為___。

（6）工業(yè)上取300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦石，經(jīng)上述變化得到純凈的LiFePO4共110.6噸，則元素鋰的利用率為___。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：甲烷的摩爾質(zhì)量是16g/mol，所以根據(jù)m=nM可知，0.2molCH4的質(zhì)量為0.2mol×16g/mol=3.2g．

故選B．

M（CH4）=16g/mol；結(jié)合m=nM計算．

本題考查物質(zhì)的量的計算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，為高頻考點(diǎn)，注意相關(guān)計算公式的運(yùn)用，難度不大．【解析】【答案】B2、C【分析】解：A．離子化合物中一定含有離子鍵；可能含有共價鍵，如KOH中含有共價鍵；NaCl中不含共價鍵，故A錯誤；

B．只含共價鍵的化合物是共價化合物；共價化合物中一定不含離子鍵，故B錯誤；

C．一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，H-Cl原子之間存在共價鍵；NaCl中只存在離子鍵，故C正確；

D．非金屬元素之間可能形成離子化合物；如銨鹽，故D錯誤；

故選C．

A．離子化合物中一定含有離子鍵；可能含有共價鍵；

B．只含共價鍵的化合物是共價化合物；

C．一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵；

D．非金屬元素之間可能形成離子化合物．

本題考查化學(xué)鍵和化合物關(guān)系，側(cè)重考查基本概念，根據(jù)物質(zhì)中存在的微粒及微粒之間作用力判斷即可，易錯選項是D．【解析】【答案】C3、D【分析】【分析】本題考查了元素周期表、元素周期律的知識，掌握半徑的變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵。

【解答】

【解答】A.、短周期元素的離子rm{aA^{2+}}、rm{bB^{+}}、rm{cC}rm{{,!}^{3-}}、rm{dD^{-}}都具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，所以其原子序數(shù)為、rm{aA^{2+}}rm{aA^{2+}}、rm{bB^{+}}都具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，所以其原子序數(shù)為rm{bB^{+}}rm{cC}rm{{,!}^{3-}}故rm{cC}錯誤；rm{{,!}^{3-}}rm{dD^{-}}rm{dD^{-}}，故rm{a>b>d>c}錯誤；，主族序數(shù)為rm{d>c>a>b}故rm{A}錯誤；rm{d>c>a>b}rm{A}rm{A}、B.原子序數(shù)為rm{a>b>d>c}，故rm{B}錯誤；rm{a>b>d>c}、rm{a>b>d>c}由離子所帶電荷可知rm{B}最外層電子數(shù)分別為rm{B}、、C.、已知短周期元素的離子rm{aA^{2}}rm{{,!}^{+}}、rm{bB}rm{{,!}^{+}}rm{cC^{3-}}、rm{dD^{-}}由離子所帶電荷可知rm{ABCD}最外層電子數(shù)分別為rm{2}、rm{1}、rm{5}、rm{7}，故原子最外層電子數(shù)目為rm{D>C>A>B}，故rm{C}錯誤；，故原子最外層電子數(shù)目為rm{aA^{2}}，故rm{aA^{2}}錯誤；rm{{,!}^{+}}rm{bB}，故rm{bB}正確。rm{{,!}^{+}}rm{cC^{3-}}。rm{cC^{3-}}

rm{dD^{-}}【解析】rm{D}4、C【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，烴是烷烴。根據(jù)通式CnH2n+2可知（m＋n＋X）×2＋2＝m＋2n＋3X，解得X＝m＋2，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、D【分析】【解答】解：A、16O和18O的質(zhì)量數(shù)分別為16和18；質(zhì)子數(shù)均為8個，故中子數(shù)不同，故A錯誤；

B、16O與18O的核外均有8個電子；故核外電子排布相同，故B錯誤；

C、化學(xué)變化中的最小微粒是原子，故化學(xué)變化中不能實現(xiàn)16O和18O的相互轉(zhuǎn)化；故C錯誤；

D、標(biāo)況下，1.12L16O2和1.12L18O2的物質(zhì)的量均為0.05mol，而16O2和18O2均為雙原子分子，故0.05mol16O2和18O2中均含0.1mol氧原子即0.1NA個；故D正確．

故選D．

【分析】A、16O和18O的質(zhì)量數(shù)分別為16和18；

B、16O與18O的核外均有8個電子；

C；化學(xué)變化中的最小微粒是原子；

D、標(biāo)況下，1.12L16O2和1.12L18O2的物質(zhì)的量均為0.05mol，而16O2和18O2均為雙原子分子．二、雙選題(共5題，共10分)6、C|D【分析】解：A、2.3g鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，而反應(yīng)后變?yōu)?1價，故0.1mol鈉失去0.1mol電子即0.1NA個；故A錯誤；

B、氫氣由氫原子構(gòu)成，故2g氫氣中含有的氫原子的物質(zhì)的量為n==2mol，即2NA個；故B錯誤；

C、17g氨氣的物質(zhì)的量為1mol，而氨氣為10電子分子，故1mol氨氣中含10mol電子即10NA個；故C正確；

D、NA個氧分子和NA個氫分子的物質(zhì)的量均為1mol；而等物質(zhì)的量的物質(zhì)的質(zhì)量之比等于摩爾質(zhì)量之比，故兩者的質(zhì)量之比為32：2=16：1，故D正確．

故選CD．

A；求出鈉的物質(zhì)的量；然后根據(jù)反應(yīng)后變?yōu)?1價來分析；

B；氫氣由氫原子構(gòu)成；

C；求出氨氣的物質(zhì)的量；然后根據(jù)氨氣為10電子分子；

D；等物質(zhì)的量的物質(zhì)的質(zhì)量之比等于摩爾質(zhì)量之比．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．【解析】【答案】CD7、A|D【分析】解：A．碳化鋁；黃色晶體，熔點(diǎn)2200℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電，應(yīng)為原子晶體，故A選；

B．溴化鋁；無色晶體，熔點(diǎn)98℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電，具有分子晶體的性質(zhì)，屬于分子晶體，故B不選；

C．五氟化釩；無色晶體，熔點(diǎn)19.5℃，易溶于乙醇；氯仿、丙酮中，具有分子晶體的性質(zhì)，屬于分子晶體，故C不選；

D．溴化鉀；無色晶體，熔融時或溶于水中都能導(dǎo)電，構(gòu)成微粒為離子，應(yīng)為離子晶體，故D選；

故選AD．

A．熔點(diǎn)高不是分子晶體的性質(zhì)；

B．熔沸點(diǎn)較低；液體不導(dǎo)電，則構(gòu)成微粒為分子；

C．熔沸點(diǎn)較低；易溶于有機(jī)溶劑；

D．熔融時能導(dǎo)電；構(gòu)成微粒為離子．

本題考查原子晶體、分子晶體、離子晶體的性質(zhì)，熟悉熔沸點(diǎn)及構(gòu)成微粒是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AD8、C|D【分析】解：A．二氧化硫本身不能電離；其溶于水能導(dǎo)電的原因是二氧化硫與水反應(yīng)生成的亞硫酸導(dǎo)電，二氧化硫是非電解質(zhì)，故A錯誤；B．

CH3COOH?CH3COO-+H+常溫下加水稀釋；促進(jìn)電離；

B．CH3COOH?CH3COO-+H+常溫下加水稀釋，溶液中氫離子濃度減小，溫度不變，K不變，故此值減小，故B錯誤；

C．NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）中；△S＜0，室溫下可自發(fā)進(jìn)行，則△H-T△S＜0，可知該反應(yīng)的△H＜0，故C正確；

D．Ksp越小，越易生成沉淀，生成AgI，可說明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；故D正確，故選CD．

A．電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；

B．在CH3COOH溶液中存在：CH3COOH?CH3COO-+H+常溫下加水稀釋；溶液中氫離子濃度減小，依據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式變換解答即可；

C．NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）中；△S＜0，室溫下可自發(fā)進(jìn)行，則△H-T△S＜0；

D．Ksp越??；越易生成沉淀．

本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的檢驗，性質(zhì)的探究以及難溶電解質(zhì)的溶解平衡等知識，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握實驗的?yán)密性和可行性的評價，難度不大．【解析】【答案】CD9、C|D【分析】解：A．同周期主族元素；自左而右核電荷數(shù)增大，對核外電子吸引增強(qiáng)，原子半徑減小，故A正確；

B．同主族自上而下；電子層增大，原子半徑增大，故B正確；

C．氫負(fù)離子半徑大于鋰離子半徑；故C錯誤；

D．同周期各陽離子電子層結(jié)構(gòu)相同；各陰離子電子層結(jié)構(gòu)相同，且陰離子比陽離子多1個電子層，電子層結(jié)構(gòu)相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故同周期元素離子半徑先減小，再增大，再減小，故D錯誤．

故選CD．

A．同周期主族元素；自左而右核電荷數(shù)增大，對核外電子吸引增強(qiáng)，原子半徑減??；

B．同主族自上而下；電子層增大，原子半徑增大；

C．氫負(fù)離子半徑大于鋰離子半徑；

D．電子層結(jié)構(gòu)相同核電荷數(shù)越大離子半徑越??；電子層越多離子半徑越大．

本題考查微粒半徑比較，難度中等，掌握半徑比較規(guī)律是解題關(guān)鍵，C選項為易錯點(diǎn)，學(xué)生容易忽略氫負(fù)離子．【解析】【答案】CD10、AC【分析】解：氯氣通入溶液中，與水反應(yīng)發(fā)生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-；

A、氯氣為黃綠色氣體，具有刺激性氣味，則氯水呈淺黃色，且有刺激性氣味，說明有Cl2分子存在；故A正確；

B；氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)；則不能說明有HClO存在，故B錯誤；

C；次氯酸具有漂白性；則加入有色布條后，有色布條褪色，說明有HClO分子存在，故C正確；

D、因AgCl不溶于水，則加入鹽酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，說明有Cl-存在；但不能證明氯水中是否含有氯離子，故D錯誤；

故選：AC。

氯氣通入溶液中，與水反應(yīng)發(fā)生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-；利用離子；分子的性質(zhì)來分析．

本題考查氯水的成分及氯水中各微粒的性質(zhì)，明確離子、分子的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，難度不大．【解析】AC三、填空題(共8題，共16分)11、略

【分析】【解析】試題分析：（1）氯化鐵能把銅氧化生成氯化銅，反應(yīng)的離子方程式是Cu＋2Fe3+==Cu2+＋2Fe2+。(2)氯氣具有強(qiáng)氧化性，能把氯化亞鐵氧化生成氯化鐵，反應(yīng)的離子方程式是2Fe2+＋Cl2="="2Fe3+＋2Cl－。（3）①碳酸氫鈉和氫氧化鋇的物質(zhì)的量之比是2:1的，所以反應(yīng)后恰好生成碳酸鋇、碳酸鈉和水，則反應(yīng)的離子方程式是Ba2＋＋2HCO3－＋2OH－===BaCO3↓＋CO32－＋2H2O。②由于反應(yīng)后溶液中還有碳酸鈉生成，所以再加入氫氧化鋇溶液，則又生成碳酸鋇沉淀，即反應(yīng)的離子方程式是Ba2＋＋CO32－===BaCO3↓?？键c(diǎn)：考查離子方程式的書寫【解析】【答案】(8分)(1)Cu＋2Fe3+==Cu2+＋2Fe2+(2)2Fe2+＋Cl2==2Fe3+＋2Cl－(3)Ba2＋＋2HCO3－＋2OH－===BaCO3↓＋CO32－＋2H2OBa2＋＋CO32－===BaCO3↓12、反應(yīng)放出熱量打開活塞（或閥門）向試管內(nèi)包有過氧化鈉的石棉網(wǎng)上滴幾滴水，用帶火星的木條靠近p處，如果木條復(fù)燃，則有氧氣生成，反之無氧氣生成將導(dǎo)管q置于水槽中．再打開分液漏斗的開關(guān)，發(fā)現(xiàn)q處有氣泡放出MnO2迅速放出使帶火星的木條復(fù)燃的氣體【分析】【解答】（1）脫脂棉劇烈燃燒說明具備燃燒的條件，試管內(nèi)空氣較少，若劇烈燃燒應(yīng)該有大量氧氣，只有該反應(yīng)是放熱反應(yīng)才能使燃料溫度達(dá)到著火點(diǎn)，根據(jù)題意知該反應(yīng)有氧氣生成且放熱，故答案為：ab；

（2）①氧氣具有使帶火星的木條復(fù)燃的性質(zhì)；所以可用帶火星的木條靠近p處，如果木條復(fù)燃，則有氧氣生成，反之無氧氣生成；

故答案為：打開活塞（或閥門）向試管內(nèi)包有過氧化鈉的石棉網(wǎng)上滴幾滴水；用帶火星的木條靠近p處，如果木條復(fù)燃，則有氧氣生成，反之無氧氣生成．

②氣體具有熱脹冷縮的性質(zhì)；如果該反應(yīng)放熱，放出的熱量能使集氣瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)增大；如果q導(dǎo)管插入盛水的小燒杯中，有氣泡冒出，證明此反應(yīng)放熱；

故答案為：將導(dǎo)管q置于水槽中．再打開分液漏斗的開關(guān)；發(fā)現(xiàn)q處有氣泡放出；

（3）雙氧水在二氧化錳作催化劑條件下能迅速分解生成氧氣；所以所選試劑是二氧化錳，反應(yīng)現(xiàn)象是迅速放出使帶火星的木條復(fù)燃的氣體；

故答案為：MnO2；迅速放出使帶火星的木條復(fù)燃的氣體．

【分析】（1）燃燒的條件是①物質(zhì)具有可燃性；②可燃物與氧氣接觸，③溫度達(dá)到可燃物的著火點(diǎn)，根據(jù)燃料燃燒的條件分析；

（2）①氧氣具有能使帶火星的木條復(fù)燃的性質(zhì)；

②氣體具有熱脹冷縮的性質(zhì)；該反應(yīng)放出的熱量能使集氣瓶內(nèi)空氣的壓強(qiáng)增大，據(jù)此分析問題；

（3）根據(jù)雙氧水的性質(zhì)知，在有二氧化錳作催化劑條件下，雙氧水能迅速分解生成氧氣．13、Zn2++4OH-═[Zn（OH）4]2-；10-17【分析】解：rm{(1)}由圖象可知溶液的堿性較強(qiáng)時，鋅的存在形式為rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}}所以該反應(yīng)的離子方程式為：rm{Zn^{2+}+4OH^{-}簍T[Zn(OH)_{4}]^{2-}}

故答案為：rm{Zn^{2+}+4OH^{-}簍T[Zn(OH)_{4}]^{2-}}

rm{(2)}當(dāng)溶液的rm{pH=7.0}時，rm{c(Zn^{2+})=10^{-3}mol?L^{-1}}rm{K_{sp}=c(Zn^{2+})?c^{2}(OH^{-})=10^{-3}隆脕(10^{-7})^{2}=10^{-17}}

故答案為：rm{10^{-17}}．

rm{(1)}由圖象可知溶液的堿性較強(qiáng)時，鋅的存在形式為rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}}結(jié)合元素守恒書寫方程；

rm{(2)}根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，利用rm{K_{sp}=c(Zn^{2+})?c^{2}(OH^{-})}計算．

本題考查了難溶電解質(zhì)的溶解平衡及其計算，題目難度中等，正確分析圖象中數(shù)據(jù)為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握溶度積的概念及計算方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力．【解析】rm{Zn^{2+}+4OH^{-}簍T[Zn(OH)_{4}]^{2-}}rm{10^{-17}}14、略

【分析】

（1）Au2O3為反應(yīng)物，則反應(yīng)中Au2O3→Au2O，Au的化合價由+3價變?yōu)?1價，化合價總共降低2×2=4價，Na2S4O6中硫元素平均化合價為+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合價為+2，所以Na2S2O3為反應(yīng)物，Na2S4O6為生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根據(jù)鈉元素守恒可知NaOH是生成物，由氫元素守恒可知水是反應(yīng)物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合價由+2價升高為+2.5價，化合價總共升高4×（2.5-2）=2，根據(jù)化合價升降相等，可知Au2O3系數(shù)為1，Na2S4O6系數(shù)為2，根據(jù)Au守恒可知Au2O系數(shù)為1，根據(jù)硫元素守恒可知Na2S2O3系數(shù)為4，根據(jù)元素Na元素守恒可知NaOH的系數(shù)為4，根據(jù)H元素守恒可知H2O系數(shù)為2，反應(yīng)方程式為Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH．

故答案為：4Na2S2O3、2H2O；Au2O、2Na2S4O6；4NaOH．

（2）Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合價由+2價升高為+2.5價，Na2S2O3是還原劑，所以1molNa2S2O3反應(yīng)失去的電子物質(zhì)的量為1mol×2×（2.5-2）=1mol．

故答案為：失去；1．

（3）反應(yīng)中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合價由+2價升高為+6價，Na2S2O3是還原劑，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合價由0價降低為-1價，Cl2是氧化劑，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6-2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4．

故答案為：1：4．

【解析】【答案】（1）Au2O3為反應(yīng)物，則反應(yīng)中Au2O3→Au2O，Au的化合價由+3價變?yōu)?1價，化合價總共降低2×2=4價，Na2S4O6中硫元素平均化合價為+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合價為+2，所以Na2S2O3為反應(yīng)物，Na2S4O6為生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根據(jù)鈉元素守恒可知NaOH是生成物，由氫元素守恒可知水是反應(yīng)物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合價由+2價升高為+2.5價，化合價總共升高4×（2.5-2）=2，根據(jù)化合價升降相等，可知Au2O3系數(shù)為1，Na2S4O6系數(shù)為2；根據(jù)元素守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)．

（2）Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合價由+2價升高為+2.5價，Na2S2O3是還原劑，據(jù)此計算1molNa2S2O3反應(yīng)失去的電子物質(zhì)的量．

（3）反應(yīng)中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合價由+2價升高為+6價，Na2S2O3是還原劑，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合價由0價降低為-1價，Cl2是氧化劑；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移相等，計算還原劑和氧化劑物質(zhì)的量之比．

15、略

【分析】

氫氧化鈉是堿，能和空氣中酸性氧化物二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和水，離子方程式為：2OH-+CO2=CO32-+H2O；

如果氫氧化鈉變質(zhì)；氫氧化鈉溶液中就含有碳酸鈉，檢驗碳酸根離子可以氫氧化鈣溶液或氯化鈣溶液，可取少量該溶液向其中加入氫氧化鈣溶液或氯化鈣溶液，如果有白色沉淀說明氫氧化鈉溶液中含有碳酸鈉，說明氫氧化鈉變質(zhì)，否則不變質(zhì)；

除去燒堿溶液中的雜質(zhì)；應(yīng)加入適量的氫氧化鈣溶液，并進(jìn)行過濾．

故答案為：2OH-+CO2=CO32-+H2O；氫氧化鈣溶液或氯化鈣溶液；氫氧化鈣溶液．

【解析】【答案】氫氧化鈉是堿；能和酸性氧化物反應(yīng)生成鹽和水，氫氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和水；

如果氫氧化鈉變質(zhì)；氫氧化鈉溶液中就含有碳酸鈉，檢驗碳酸根離子常用氫氧化鈣或鈣鹽，可取少量該溶液向其中加入氫氧化鈣或鈣鹽，如果有白色沉淀說明氫氧化鈉變質(zhì)，否則不變質(zhì)；

除去燒堿溶液中碳酸鈉；加入試劑和碳酸鈉反應(yīng)且不和氫氧化鈉反應(yīng)，且不能引進(jìn)新的雜質(zhì)，能生成氫氧化鈉最好．

16、略

【分析】A元素所處的周期數(shù)、主族序數(shù)、原子序數(shù)均相等，則A是H。B的最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式為HBO3，所以B是第ⅤA，B的原子半徑是其所在主族中最小的，則B是N。C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層少2個，因此C是第三周期元素，則C是S。C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C，所以D是K?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)氮；二，VA；(2)S，H2SO4；(3)KOH（各1分）17、②③|①④|⑤⑥【分析】【解答】解：①CO2是非金屬氧化物，不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)；②NaOH固體不能導(dǎo)電，溶于水或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)；③NaHCO3固體不能導(dǎo)電，溶于水或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)；④C12H22O11（蔗糖）不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)；⑤H2SO4溶液能導(dǎo)電，屬于混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；⑥鐵能導(dǎo)電，屬于單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故答案為：②③；①④；⑤⑥．【分析】水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì)，酸、堿、鹽都是電解質(zhì)；在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物稱為非電解質(zhì)，蔗糖、乙醇等都是非電解質(zhì)．大多數(shù)的有機(jī)物都是非電解質(zhì)；單質(zhì)，混合物不管在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ娕c否，都不是電解質(zhì)或非電解質(zhì)．18、略

【分析】解：rm{壟脵}葡萄糖在人體內(nèi)被氧化成rm{CO2}同時放出熱量供人體各項生理活動所需，是放熱反應(yīng)；

rm{壟脷}天然氣的燃燒是放熱反應(yīng)；

rm{壟脹}煅燒大理石是吸熱反應(yīng)；

rm{壟脺}稀鹽酸與稀氨水混合是放熱反應(yīng)；

rm{壟脻}生石灰與水反應(yīng)生成熟石灰是放熱反應(yīng)；

rm{壟脼}干冰的升華是物理變化；是吸熱過程；

rm{壟脽}鈉與水反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

rm{壟脿}消石灰與氯化銨晶體的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；

屬于放熱反應(yīng)的是rm{壟脵壟脷壟脺壟脻壟脽}

故答案為：rm{壟脵壟脷壟脺壟脻壟脽}．

根據(jù)常見的放熱反應(yīng)有：所有的物質(zhì)燃燒；金屬與酸或水反應(yīng)、中和反應(yīng)、鋁熱反應(yīng)、絕大多數(shù)化合反應(yīng)、食物腐敗、炸藥爆炸等；

常見的吸熱反應(yīng)有：絕大數(shù)分解反應(yīng)，個別的化合反應(yīng)rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}rm{Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}反應(yīng)等分析．

本題考查吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)，難度不大，明確常見的吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)類型是解題的關(guān)鍵，注意吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)是針對于化學(xué)變化而言的．【解析】rm{壟脵壟脷壟脺壟脻壟脽}四、判斷題(共1題，共2分)19、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol五、原理綜合題(共2題，共18分)20、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，兩種氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，計算出平衡時反應(yīng)物生成物各自的物質(zhì)的量濃度，然后計算平衡常數(shù)，達(dá)到平衡后再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；計算此時的濃度商，然后與平衡常數(shù)對比；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當(dāng)壓強(qiáng)相同時，溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越低，結(jié)合圖象，T123；對應(yīng)放熱反應(yīng)，溫度越高，平衡常數(shù)越?。煌瑴貢r壓強(qiáng)越大反應(yīng)速率越快；

（2）①對應(yīng)放熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度平衡要逆向移動，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率下降，判斷a、b；c、d四點(diǎn)中哪個點(diǎn)處于平衡狀態(tài)；

②e點(diǎn)轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是溫度升高催化劑中毒；失去活性；

（3）陽極產(chǎn)生發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽極產(chǎn)生的H+與HCO3-反應(yīng)，導(dǎo)致HCO3-的濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)。

【詳解】

（1）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，T℃時，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1molCO和1.2molH2，一段時間后達(dá)到平衡，令反應(yīng)消耗CO的物質(zhì)的量為xmol，反應(yīng)中反應(yīng)物、生成物物質(zhì)的量變化之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故反應(yīng)消耗H2的物質(zhì)的量為2xmol，反應(yīng)生成CH3OH的物質(zhì)的量為xmol，故平衡時n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(1.2-2x)mol，n(CH3OH)=xmol，同一容器中，兩氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，(1.2-2x)：x=2：5，x=5/6，x=0.5，故平衡時n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.2mol，n(CH3OH)=0.5mol，c(CO)=0.25mol·L－1，c(H2)=0.1mol·L－1，c(CH3OH)=0.25mol·L－1，K=0.25/[0.25×(0.1)2]=100；此時向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)，容器中CO、CH3OH的物質(zhì)的量濃度變?yōu)?.45mol·L－1、0.35mol·L－1，Qc=0.35/[0.45×(0.1)2]=77.7<100；說明此時平衡向正反應(yīng)方向移動；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當(dāng)壓強(qiáng)相同時，溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越低，結(jié)合圖象，T123，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，正反應(yīng)的平衡常數(shù)越小，故K(a)>K(b)>K(c)；在其他條件相同時，增大壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率加快，由于壓強(qiáng)b>d，vb(CO)>va(CO).；

（2）①當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度平衡要逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率降低，則a、b；c、d四點(diǎn)中表示平衡狀態(tài)的是c、d；

②e點(diǎn)轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是溫度升高后催化劑失去活性；

（3）陽極產(chǎn)生發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽極產(chǎn)生的H+與HCO3-反應(yīng)，H++HCO3-=CO2↑+H2O，HCO3-的濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)，濃度商與平衡常數(shù)之間的關(guān)系，結(jié)合圖像回答有關(guān)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡有關(guān)問題，考生要能從題中的圖像中分析問題。【解析】100正反應(yīng)方向K(a)>K(b)>K(c)>c、d溫度升高后催化劑失去活性陽極產(chǎn)生O2，pH降低，HCO3-的濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)21、略

【分析】【分析】

（3）加入硫酸后，濾液I中主要溶質(zhì)為CuSO4、NiSO4、FeSO4、ZnSO4、H2SO4，調(diào)節(jié)pH后加入Na2S使Cu2+、Zn2+以硫化物沉淀，因Ksp[FeS]>Ksp[NiS]，因此加入Na2S不能將Fe2+除去(Ni2+先于Fe2+沉淀，達(dá)不到目的)，因此再向濾液II中加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，加入NaOH調(diào)節(jié)pH將Fe3+沉淀，濾液III中主要含有Na+、Ni2+，再加入Na2CO3生成NiCO3；以此解答。

【詳解】

（1）該電池充電時，Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiO(OH)，Ni元素化合價升高，因此被氧化的物質(zhì)為：Ni(OH)2；放電時若生成73gCd(OH)2，其物質(zhì)的量為Cd元素化合價升高2價，則外電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是0.5mol×2×NAmol-1=NA或60.2×1023；

（2）①5s后測得Ni(CO)4的物質(zhì)的量為1.5mol，則5s內(nèi)消耗CO的物質(zhì)的量為1.5mol×4=6mol，則0~5s內(nèi)平均反應(yīng)速率

②該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度升高而減小，說明升高溫度，平衡逆向移動，即逆向為吸熱反應(yīng)，因此正向為放熱反應(yīng)，故ΔH<0；

（3）①該配制實驗為濃溶液稀釋配制稀溶液；需要的玻璃儀器有：量筒；燒杯、玻璃棒，因此還需要燒杯、量筒；

②由上述分析可知，加入Na2S的目的是除去溶液中Cu2+、Zn2+；

③由上述分析可知，濾液III中主要含有的陽離子為：Na+、Ni2+；

④該反應(yīng)中，Ni元素化合價從+2價升高至+3價，Cl元素從+1價降低為-1價，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒以及溶液呈強(qiáng)堿性可知，該反應(yīng)的離子方程式為：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；

⑤乙醇較水更易揮發(fā)，若用水進(jìn)行洗滌，在后續(xù)干燥過程中難以掌握烘干時間和溫度，因此采用乙醇洗滌，其原因是能夠加快晶體的干燥。【解析】①.Ni(OH)2②.NA或6.02×1023③.1.2④.<⑤.燒杯、量筒⑥.除去溶液中的Zn2+和Cu2+⑦.Na+、Ni2+⑧.2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O⑨.加快晶體的干燥六、工業(yè)流程題(共4題，共20分)22、略

【分析】【詳解】

（1）由流程圖知高溫焙燒時為重晶石礦和炭發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其中炭過量，故可知反應(yīng)為：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案為：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S為強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子與水電離產(chǎn)生的H+結(jié)合生成弱酸，其水解的離子方程式為：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案為：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)計算式有：當(dāng)兩種沉淀共存時有：則故答案為：

（4）提高礦石浸取率；可采取的措施有：攪拌；升高溫度、延長浸出時間、增大鹽酸的濃度、粉碎礦石增大接觸面積等，故答案為：將礦石粉碎，攪拌，適當(dāng)升高溫度等；

（5）根據(jù)流程圖及表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)節(jié)pH=8時，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，調(diào)節(jié)pH=12.5，對比表格中數(shù)據(jù)可知，此時Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根據(jù)已知條件，若草酸過量，會生成BaC2O4沉淀，使得最終產(chǎn)物的量減少。故答案為：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4過量會導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀；產(chǎn)品的產(chǎn)量減少；

（6）根據(jù)題意可知最后的沉淀為BaSO4，質(zhì)量為ng，則其物質(zhì)的量=根據(jù)Ba原子守恒，則BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為故產(chǎn)品純度=故答案為：

（7）根據(jù)圖像中坐標(biāo)的含義及圖像的變化；利用難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡及其影響因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只與溫度有關(guān)系，溫度不變，Ksp(PbCl2)不變；A項錯誤；

B．根據(jù)圖像知當(dāng)鹽酸濃度大于1mol/L時，PbCl2的溶解度隨鹽酸濃度的增大而增大，則PbCl2能與一定濃度的鹽酸反應(yīng)；B項正確；

C．x、y兩點(diǎn)對應(yīng)的溶液中c（Cl-）不同，則c(Pb2+)不等；C項錯誤；

D．根據(jù)圖像，往含Pb2+的溶液中加入濃鹽酸越多，PbCl2溶解度越大，不能將Pb2+完全轉(zhuǎn)化為(PbCl2)(s)；D項錯誤；

答案選B。

【點(diǎn)睛】

化工流程題在解題時首先要明確原料和產(chǎn)品，即箭頭進(jìn)出方向，其次依據(jù)流程圖分析反應(yīng)原理，緊扣信息，搞清流程中每一步發(fā)生了什么反應(yīng)，弄清反應(yīng)原理，明確目的，最后聯(lián)系儲存的知識，有效地進(jìn)行信息的利用，準(zhǔn)確表述和工整書寫。【解析】①.BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.將礦石粉碎，攪拌，適當(dāng)升高溫度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4過量會導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少⑧.⑨.B23、略

【分析】【分析】

白云石(主要成分為CaCO3和MgCO3)高溫煅燒得到CaO和MgO；由于銨根水解顯酸性，所以之后加入硝酸銨調(diào)節(jié)pH浸取，使CaO溶解，浸取后溶液中的溶質(zhì)主要為硝酸鈣和一水合氨，過濾掉不溶的MgO，之后向溶液中依次通入過量氨氣；二氧化碳，得到碳酸鈣。

【詳解】

(1)高溫煅燒白云石得到CaO和MgO；

(2)硝酸銨溶液中由于存在銨根的水解所以顯堿性，水解方程式為NH+H2ONH3·H2O+H+；

(3)Ksp[Mg(OH)2]=c2(OHˉ)·c(Mg2+)，當(dāng)c(Mg2+)=5×10?6mol·L?1時，c(OHˉ)=mol/L=1×10-3mol/L，此時pH=11，若c(Mg2+)小于5×10?6mol·L?1，則需要pH>11；

(4)硝酸銨浸取后溶液中的溶質(zhì)主要為硝酸鈣和一水合氨，通入氨氣、二氧化碳，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，化學(xué)方程式為Ca(NO3)2+CO2+2NH3=CaCO3↓+2NH4NO3；

(5