2025年滬科版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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年滬科版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試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7題，共14分)1、在相同溫度下，向容積均為1L的恒容密閉容器①和②中分別加入一定量的反應(yīng)物(如表所示)，發(fā)生反應(yīng)△H=-41kJ/mol，若容器①中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為80%。下列說法正確的是。容器編號(hào)起始時(shí)各物質(zhì)物質(zhì)的量/moln(CO)n(H2O)n(CO2)n(H2)n(H2)①1400②0014

A.容器①中反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)放出熱量大于41kJB.容器①中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)CO和水蒸氣的轉(zhuǎn)化率相等C.平衡時(shí)，兩容器中CO的物質(zhì)的量濃度相等D.容器①與容器②中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)熱量變化的絕對(duì)值相等2、在一定條件下，將3molA和1molB兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末該反應(yīng)達(dá)到平衡，生成0.8molD，并測(cè)得C的濃度為0.2mol·L－1。下列判斷不正確的是A.平衡常數(shù)約為0.15B.B的轉(zhuǎn)化率為40%C.從反應(yīng)開始至平衡，A的平均反應(yīng)速率為：0．3mol·L－1·min－1D.若混合氣體的密度不變，則表明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)3、在某容積為1L的密閉容器中；A；B、C、D四種氣體物質(zhì)發(fā)生可逆反應(yīng)，其物質(zhì)的量n(mol)隨時(shí)間t(min)的變化曲線加圖所示。下列說法不正確的是。

A.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為B.反應(yīng)在3min時(shí)，C.其他條件不變，4min時(shí)體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化D.增加氣體D的濃度，B的反應(yīng)速率隨之降低4、在常溫下，向一定濃度的二元弱酸溶液中逐滴加入溶液，(表示溶液中溶質(zhì)微粒的物質(zhì)的量濃度)與溶液的變化關(guān)系如圖。下列說法正確的是。

A.常溫下，的B.時(shí)，溶液中C.由0.8增大到5.3的過程中，水的電離程度逐漸減小D.常溫下，隨著的變化，的值是一定值5、下列消毒劑呈堿性的是A.75%乙醇B.過氧乙酸消毒液C.雙氧水D.84消毒液6、在300℃時(shí)，改變起始反應(yīng)物中n(H2)對(duì)反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH（ΔH<0）的影響如圖所示。下列說法正確的是（）

A.反應(yīng)在b點(diǎn)達(dá)到平衡B.b點(diǎn)H2的轉(zhuǎn)化率最高C.c點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率最高D.a、b、c三點(diǎn)的平衡常數(shù)Kb>Ka>Kc7、已知難溶性物質(zhì)在水中存在如下平衡：不同溫度下，的浸出濃度與溶浸時(shí)間的關(guān)系如圖所示；則下列說法錯(cuò)誤的是。

A.向該體系中加入NaOH飽和溶液，沉淀溶解平衡向右移動(dòng)B.向該體系中加入飽和溶液，沉淀溶解平衡向右移動(dòng)C.升高溫度，溶解速率增大，沉淀溶解平衡向右移動(dòng)D.該平衡的評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、鉻鐵礦主要成分為鉻尖晶石(FeCr2O4)，以鉻鐵礦為原料可制備Cr2(SO4)3溶液。鉻鐵礦的尖晶石結(jié)構(gòu)在通常條件下難以被破壞；其中的二價(jià)鐵被氧化后，會(huì)促進(jìn)尖晶石結(jié)構(gòu)分解，有利于其參與化學(xué)反應(yīng)。

(1)鉻鐵礦中的基態(tài)二價(jià)鐵被氧化過程中，失去的電子所處的能級(jí)為_______。

(2)120℃時(shí)，向鉻鐵礦礦粉中加入50%的H2SO4，不斷攪拌，鉻鐵礦溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，礦粉溶解速率明顯加快，得到含較多Cr3+和Fe3+的溶液。寫出加入CrO3后促進(jìn)尖晶石溶解的離子方程式：_______。

(3)其它條件不變，測(cè)得不同溫度下Cr3+的浸出率隨酸浸時(shí)間的變化如圖1所示。實(shí)際酸浸過程中選擇120℃的原因是_______。

(4)已知：室溫下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通過調(diào)節(jié)溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。實(shí)驗(yàn)測(cè)得除鐵率和鉻損失率隨混合液pH的變化如圖2所示。pH=3時(shí)鉻損失率高達(dá)38%的原因是_______。

(5)在酸浸后的混合液中加入有機(jī)萃取劑，萃取后，F(xiàn)e2(SO4)3進(jìn)入有機(jī)層，Cr2(SO4)3進(jìn)入水層。取10.00mL水層溶液于錐形瓶中，先加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)溶液至堿性，再加入足量過氧化氫溶液。充分反應(yīng)后，加熱煮沸除去過量過氧化氫。待溶液冷卻至室溫，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此時(shí)溶液中Cr全部為+6價(jià)。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示劑，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O=S4O+2I-，滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗Na2S2O3溶液19.80mL，計(jì)算萃取所得水層溶液中Cr3+的物質(zhì)的量濃度_______。(寫出計(jì)算過程)9、鈉硫電池作為一種新型儲(chǔ)能電池；其應(yīng)用逐漸得到重視和發(fā)展。

（1）鈉硫電池以熔融金屬鈉、熔融硫和多硫化鈉（Na2SX）分別作為兩個(gè)電極的反應(yīng)物，固體Al2O3陶瓷（可傳導(dǎo)Na+）為電解質(zhì)；其反應(yīng)原理如下圖所示：

①根據(jù)上右表數(shù)據(jù)，請(qǐng)你判斷該電池工作的適宜應(yīng)控制在_________（填字母）范圍內(nèi)。物質(zhì)NaSAl2O3熔點(diǎn)/℃97.81152050沸點(diǎn)/℃892444.62980

a．100℃以下b．100～300℃c．300～350℃d．350～2050℃

②放電時(shí)，電極A為_________極，電極B發(fā)生_________反應(yīng)（填“氧化或還原”）

③充電時(shí)，總反應(yīng)為Na2SX=2Na+xS（3＜x＜5），則陽極的電極反應(yīng)式為：________________。

（2）若把鈉硫電池作為電源，電解槽內(nèi)裝有KI及淀粉溶液如圖所示，槽內(nèi)的中間用陰離子交換膜隔開。通電一段時(shí)間后，發(fā)現(xiàn)左側(cè)溶液變藍(lán)色，一段時(shí)間后，藍(lán)色逐漸變淺。則右側(cè)發(fā)生的電極方程式：___________；試分析左側(cè)溶液藍(lán)色逐漸變淺的可能原因是：___________。

（3）若把鈉硫電池作為電源；按如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)電解乙池和丙池：

當(dāng)鈉硫電池中消耗0.05xmol的S時(shí)，理論上乙池中B極的質(zhì)量增加__________g；此時(shí)丙裝置中___________（填“C”或“D”）電極析出7.20g金屬，則丙裝置中的某鹽溶液可能是_______（填序號(hào)）。

a.MgSO4溶液b.CuSO4溶液c.NaCl溶液d.AgNO3溶液10、利用廢鎳電池的金屬電極芯(主要成分為Co；Ni；還含少量Fe、Al等)生產(chǎn)醋酸鈷晶體、硫酸鎳晶體的工藝流程如下。

已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見下表：。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Co(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2開始沉淀pH2.27.47.60.14.07.6完全沉淀pH3.28.99.21.15.29.2

用硫酸浸取金屬電極芯時(shí)，提高浸取率的方法有___________(寫出一種合理方法即可)。11、硫酸是重要的化工材料；二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫是工業(yè)制硫酸的重要反應(yīng)之一。

(1)將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)放入容積為1L的密閉容器中，反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在一定條件下經(jīng)20分鐘達(dá)到平衡，測(cè)得c(SO3)＝0.040mol/L。

①從反應(yīng)開始到達(dá)到平衡，用SO2表示的平均反應(yīng)速率為________________

②從平衡角度分析采用過量O2的目的是____________；

③該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝___________。

④已知：K(300℃)＞K(350℃)，該反應(yīng)是________（選填“吸”或“放”）熱反應(yīng)。若反應(yīng)溫度升高，SO2的轉(zhuǎn)化率將_______（填“增大”；“減小”或“不變”）。

(2)某溫度下，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率（α）與體系總壓強(qiáng)(P)的關(guān)系如圖所示。平衡狀態(tài)由A變到B時(shí)，平衡常數(shù)K(A)_______K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）。12、常溫下；有濃度均為0.1mol/L的下列4種溶液：

①NaCN溶液；②NaOH溶液；③CH3COONa溶液；④NaHCO3溶液。

已知：。HCNH2CO3CH3COOHKa=5.0×10-10Ka1=4×10-7

Ka2=5.0×10-11Ka=1.7×10-5

(1)這4種溶液pH大到小的順序是___________(填序號(hào))。

(2)常溫下，的水解常數(shù)Kh=2×10-4，當(dāng)Na2CO3溶液中c()：c()=2：1時(shí)，試求該溶液的pH=___________。

(3)25℃時(shí)，某HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，則為___________。

(4)往NaCN溶液通入少量CO2氣體時(shí)，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、反應(yīng)條件(點(diǎn)燃或加熱)對(duì)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(cuò)誤14、100℃時(shí)Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1鹽酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤15、pH減小，溶液的酸性一定增強(qiáng)。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤16、熱化學(xué)方程式表示的意義：25℃、101kPa時(shí)，發(fā)生上述反應(yīng)生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的熱量。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤17、25℃時(shí)，0.01mol·L-1的鹽酸中，c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤18、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時(shí)水呈酸性。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤19、pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共16分)20、(CN)2被稱為擬鹵素，它的陰離子CN-作為配體形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反應(yīng)可制得(CN)2，寫出反應(yīng)方程式。___________

(2)畫出CN-、(CN)2的路易斯結(jié)構(gòu)式。___________

(3)寫出(CN)2(g)在O2(g)中燃燒的反應(yīng)方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾燃燒熱為-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾燃燒熱為-1300kJ·mol1，C2H2(g)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓為227kJ·mol1，H2O(l)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓為-286kJ·mol1，計(jì)算(CN)2(g)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一維雙鏈結(jié)構(gòu)的聚合物，畫出該聚合物的結(jié)構(gòu)。___________

(6)電鍍廠向含氰化物的電鍍廢液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，寫出化學(xué)方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________21、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(dòng)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(hào)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。22、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(jià)電子層中有3個(gè)未成對(duì)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(gè)電子，但次外層有18個(gè)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(hào))；基態(tài)E原子電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為______。

(3)A和其他元素形成的二元共價(jià)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(qǐng)解釋原因______；分子中既含有極性共價(jià)鍵；又含有非極性共價(jià)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(gè)電子的元素共有______種。23、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

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

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

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

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

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

③萃取、反萃?。合虺s后的溶液中，加入某有機(jī)酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實(shí)驗(yàn)測(cè)得：當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機(jī)相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是_______。

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

通過計(jì)算確定C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)成分為_______(填化學(xué)式)。試寫出B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共4分)24、Ⅰ．A；B、C、D、E為短周期的五種元素；它們?cè)有驍?shù)依次遞增，B是構(gòu)成有機(jī)物的主要元素；A與C可形成10電子化合物W，它可使紫色石蕊試液變藍(lán)；D元素的原子最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)3倍；E是同周期元素中原子半徑最大的元素；A、B、C、D可形成化合物X，在X晶體中陽離子與陰離子個(gè)數(shù)比為1∶1；A、D、E可形成化合物Y。A、C、D可形成離子化合物Z?；卮鹣铝袉栴}：

⑴Y的電子式：__________________；W的空間構(gòu)型：______________________；

⑵寫出Z的水溶液中各離子濃度由大到小的順序：__________________________；

⑶寫出常溫下X與足量的Y在溶液中反應(yīng)的離子方程式：____________________________；

⑷寫出由A、B、D形成的化合物在一定條件下制取常見果實(shí)催熟劑的化學(xué)方程式_______

⑸用石墨為電極電解Y的水溶液時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式為___________________________，一段時(shí)間后溶液的pH________（從“增大”“減小”或“不變”中選填）．

Ⅱ．南昌大學(xué)研發(fā)出一種新型納米鋰電池，已躋身國內(nèi)領(lǐng)先地位。以下是某種鋰離子的電池反應(yīng)方程式：（C6Li表示鋰原子嵌入石墨形成的復(fù)合材料，LiMO2表示含鋰的過渡金屬氧化物）回答：

⑴鋰電池放電時(shí)的負(fù)極反應(yīng)為：C6Li－xe－＝C6Li1－x＋xLi+，則正極反應(yīng)為：____________；⑵電池放電時(shí)若轉(zhuǎn)移1mole－，消耗的負(fù)極材料_______________g。評(píng)卷人得分六、有機(jī)推斷題(共4題，共32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(jiǎn)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(jiǎn)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(duì)分了質(zhì)量為571；J的相對(duì)分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測(cè)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(diǎn)，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(jì)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(qǐng)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(jì)的，這兩種化合物相遇會(huì)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(shí)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(shí)，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）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．反應(yīng)△H=-41kJ/mol表示生成1mol生成物放出熱量41kJ；而該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，因此容器①中反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)放出熱量小于41kJ，A錯(cuò)誤；

B．在反應(yīng)①中加入的CO是1mol，加入的H2O是4mol，CO、H2O按1：1關(guān)系反應(yīng)；所以該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)CO和水蒸氣的轉(zhuǎn)化率不相等，B錯(cuò)誤；

C．將反應(yīng)②逆向轉(zhuǎn)化；與反應(yīng)①的開始時(shí)相應(yīng)物質(zhì)的物質(zhì)的量不同，因此二者達(dá)到平衡時(shí)不是等效平衡，所以平衡時(shí)，兩容器中CO的物質(zhì)的量濃度不相等，C錯(cuò)誤；

D．對(duì)于容器①，由于平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為80%，則該反應(yīng)放出熱量是Q=41kJ/mol×1mol×80%=32.8kJ。平衡時(shí)各種氣體的物質(zhì)的量n(CO)=0.2mol，n(H2O)=3.2mol，n(CO2)=n(H2)=0.8mol，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=對(duì)于反應(yīng)②，假如反應(yīng)的CO2的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知平衡時(shí)：n(CO)=xmol，n(H2O)=xmol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-x)mol，反應(yīng)在相同溫度下進(jìn)行，化學(xué)平衡常數(shù)相同，所以K=解得x=0.8mol，每反應(yīng)1mol會(huì)吸收熱量41kJ，所以反應(yīng)0.8molCO2；吸收熱量為Q=0.8mol×41kJ/mol=32.8kJ，可見容器①與容器②中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)熱量變化的絕對(duì)值相等，D正確；

故合理選項(xiàng)是D。2、D【分析】【詳解】

平衡時(shí)D的濃度是0.8mol÷2L＝0.4mol·L－1，則x∶2＝0.2∶0.4，故x＝1，根據(jù)三段式分析：

A．將平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度代入平衡常數(shù)表達(dá)式，計(jì)算得K=約為0.15；選項(xiàng)A正確；

B．B的轉(zhuǎn)化率是0.2mol·L－1÷0.5mol·L－1×100%＝40%；B正確；

C．從反應(yīng)開始至平衡，A的平均反應(yīng)速率是0.6mol·L－1÷2min＝0.3mol·L－1·min－1；C正確；

D．各物質(zhì)均是氣體；總質(zhì)量不變，且容器體積一定，故無論反應(yīng)是否達(dá)到平衡，混合氣體的密度都是定值，D錯(cuò)誤；

故答案為：D。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．從前2min看，A、B、C、D改變的物質(zhì)的量分別為0.4mol，0.5mol，0.6mol，0.4mol，且A、B的物質(zhì)的量減少，應(yīng)為反應(yīng)物；C、D的物質(zhì)的量增加，應(yīng)為生成物。故反應(yīng)的化學(xué)方程式為A正確；

B．反應(yīng)在3min時(shí)B正確；

C．4min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；體系壓強(qiáng)不再改變，C正確；

D．增加生成物D的濃度；B的濃度隨之增大，B的反應(yīng)速率加快，D錯(cuò)誤；

故選D。4、D【分析】【分析】

pH從0開始增大到3，c(H+)減小，電離平衡正向移動(dòng)，c(H2C2O4)減小，pc(H2C2O4)增大，c()增大，pc()減小，pH從3開始增大后，正向移動(dòng)，c()減小，pc()增大，c()增大，pc()減小，因此I表示的pC與pH關(guān)系，II表示H2C2O4的pC與pH關(guān)系；III表示的pC與pH關(guān)系。

【詳解】

A．H2C2O4的Ka1=a點(diǎn)pc()=pc(H2C2O4)，c()=c(H2C2O4)，Ka1=c(H+)=10-pH=10-0.8；A錯(cuò)誤；

B．pC越大，其濃度越小，根據(jù)圖知，pH=3時(shí)，c()＞c()=c(H2C2O4)，B錯(cuò)誤；

C．c()=c()時(shí)，c(H+)=10-5.3，因此的電離常數(shù)Ka2=c(H+)=10-5.3，的水解常數(shù)Kh==10-13.2，因此電離程度大于水解程度，酸式鹽XHC2O4溶液呈酸性，即H2C2O4、XHC2O4因電離顯酸性，正鹽X2C2O4因水解顯堿性，pH由0.8增大到5.3的過程中，溶液中c(H+)逐漸減??；酸性減弱，則水的電離程度逐漸增大，C錯(cuò)誤；

D．=×=×=溫度不變，電離平衡常數(shù)不變，因此不變；D正確；

故答案為：D。5、D【分析】【詳解】

A.乙醇是中性；故A錯(cuò)誤；

B.過氧乙酸屬于酸；故B錯(cuò)誤；

C.雙氧水呈中性；故C錯(cuò)誤；

D.84消毒液的成分是NaClO；屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，故D正確；

故選D。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．圖象分析可知，圖像曲線上的每一點(diǎn)均為一定量的氫氣對(duì)應(yīng)平衡時(shí)氨氣的百分含量，b點(diǎn)是加入氫氣一定量；氨氣平衡含量最大，但不能說明反應(yīng)僅在改點(diǎn)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；

B．圖象分析，增大氫氣量，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大，但氫氣轉(zhuǎn)化率卻是減小，故b點(diǎn)僅僅是氨氣平衡含量最大；并不是氫氣轉(zhuǎn)化率最大，B錯(cuò)誤；

C．圖象分析；增大氫氣量，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大，c點(diǎn)氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率最大，C正確；

D．平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨濃度改變，所以abc點(diǎn)平衡常數(shù)相同；D錯(cuò)誤；

故答案為：C。7、D【分析】【詳解】

A.已知加入NaOH飽和溶液，和結(jié)合生成沉淀，減??；沉淀溶解平衡右移，A正確；

B.加入飽和溶液，和結(jié)合生成沉淀，減??；沉淀溶解平衡右移，B正確；

C.由題圖可知，升高溫度，達(dá)到沉淀溶解平衡的時(shí)間縮短，即溶解速率增大，且增大；說明沉淀溶解平衡右移，C正確；

D.該平衡的D錯(cuò)誤。

答案為D。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)鐵為26號(hào)元素，基態(tài)二價(jià)鐵的價(jià)電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；則基態(tài)二價(jià)鐵被氧化過程中，失去的電子所處的能級(jí)為3d能級(jí)。

(2)120℃時(shí)，向鉻鐵礦礦粉中加入50%的H2SO4，不斷攪拌，鉻鐵礦溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，礦粉溶解速率明顯加快，得到含較多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促進(jìn)尖晶石溶解的離子方程式為：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。

(3)其它條件不變，測(cè)得不同溫度下Cr3+的浸出率隨酸浸時(shí)間的變化如圖1所示。實(shí)際酸浸過程中選擇120℃的原因是120℃時(shí)；鉻的浸出率較高，升高溫度鉻的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。

(4)pH=3時(shí)，若Cr3+沉淀，則Cr3+的最小濃度應(yīng)為，顯然是達(dá)不到的，故此時(shí)Cr3+未沉淀，則此時(shí)鉻損失率高達(dá)38%的原因應(yīng)是Fe(OH)3具有吸附性，F(xiàn)e(OH)3吸附Cr3+造成鉻損失大。

(5)由題意可知，+6價(jià)Cr氧化碘離子生成碘單質(zhì)，則根據(jù)得失電子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得關(guān)系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O可得Cr3+~3S2O則萃取所得水層溶液中Cr3+的物質(zhì)的量濃度【解析】3dCrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O120℃時(shí)，鉻的浸出率較高，升高溫度鉻的浸出率提高不大，但消耗的能量越多Fe(OH)3吸附Cr3+造成鉻損失大0.1980mol·L-19、略

【分析】【分析】

（1）原電池工作時(shí)，控制的溫度應(yīng)為滿足Na、S為熔融狀態(tài)，Na被氧化，應(yīng)為原電池負(fù)極，陽離子向正極移動(dòng)，充電時(shí)，陽極反應(yīng)為原電池正極反應(yīng)的逆反應(yīng)，應(yīng)生成S，以此解答；

（2）左側(cè)溶液變藍(lán)色，生成I2，左側(cè)電極為陽極，電極反應(yīng)為：2I--2e-=I2，右側(cè)電極為陰極，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右側(cè)放出氫氣，右側(cè)I-、OH-通過陰離子交換膜向左側(cè)移動(dòng)，發(fā)生反應(yīng)3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段時(shí)間后，藍(lán)色變淺，保證兩邊溶液呈電中性，左側(cè)的IO3-通過陰離子交換膜向右側(cè)移動(dòng)；由此分析解答。

（3）根據(jù)串聯(lián)電路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)相等；結(jié)合電化學(xué)的工作原理分析作答。

【詳解】

（1）①原電池工作時(shí)；控制的溫度應(yīng)為滿足Na；S為熔融狀態(tài)，則溫度應(yīng)高于115℃而低于444.6℃，只有C符合；

故答案為C；

②放電時(shí)；Na被氧化，則A應(yīng)為原電池負(fù)極，B為正極發(fā)生還原反應(yīng)，故答案為負(fù)；還原；

③充電時(shí)，是電解池反應(yīng)，陽極反應(yīng)為：SX2－-2e－=xS；

（2）根據(jù)以上分析，左側(cè)溶液變藍(lán)色，生成I2，左側(cè)電極為陽極，電極反應(yīng)為：2I??2e?=I2，右側(cè)電極為陰極，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑），右側(cè)I?、OH?通過陰離子交換膜向左側(cè)移動(dòng)，發(fā)生反應(yīng)3I2+6OH?=IO3?+5I?+3H2O，一段時(shí)間后，藍(lán)色變淺，故答案為2H2O+2e—=H2↑+2OH-（2H++2e-=H2↑）；右側(cè)溶液中生成的OH-通過陰離子交換膜進(jìn)入左側(cè)溶液，并與左側(cè)溶液中I2反應(yīng)等；

（3）根據(jù)反應(yīng)式SX2－-2e－=xS可知，當(dāng)鈉硫電池中消耗0.05xmol的S時(shí)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為0.1mol，則乙池是電解池，B極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)而析出銀，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，乙池中B極的質(zhì)量增加0.1mol108g/mol=10.8g；丙池是電解池，陰極上金屬離子放電析出金屬單質(zhì)，D連接電源的負(fù)極，則D是陰極，電極質(zhì)量會(huì)增加；根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，當(dāng)析出金屬時(shí)，則該金屬元素在氫元素之后，ac項(xiàng)錯(cuò)誤，bd正確，故答案為bd?！窘馕觥竣?C②.負(fù)③.還原④.SX2－-2e－=xS⑤.2H2O+2e—=H2↑+2OH—（2H++2e—=H2↑）⑥.右側(cè)溶液中生成的OH—通過陰離子交換膜進(jìn)入左側(cè)溶液，并與左側(cè)溶液中I2反應(yīng)等⑦.10.8⑧.D⑨.bd10、略

【分析】【詳解】

適當(dāng)?shù)纳邷囟?，可以加快反?yīng)速率，或者將金屬電極芯研成粉末，可以增大接觸面，可以加快反應(yīng)速率，提高浸取率?！窘馕觥窟m當(dāng)?shù)纳邷囟?或?qū)⒔饘匐姌O芯研成粉末)11、略

【分析】【詳解】

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)

開始(mol/L)0.0500.0300

改變(mol/L)0.0400.0200.040

平衡(mol/L)0.0100.0100.040

①從反應(yīng)開始到達(dá)到平衡，用SO2表示的平均反應(yīng)速率:

②加入過量O2；使另一反應(yīng)物二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，目的是提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；

③反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數(shù)表達(dá)式為

④已知：K(300℃)＞K(350℃)，則升高溫度平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，而升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)的方向移動(dòng)，則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)。若反應(yīng)溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，則SO2的轉(zhuǎn)化率將減??；

故正確答案：0.002mol/(L?min)；提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率；放；減小。

(2)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；與壓強(qiáng)無關(guān)，在溫度不變的條件下，無論壓強(qiáng)怎樣變化，平衡常數(shù)都不變。

故正確答案：=?！窘馕觥?.002mol/(L?min)提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率放減小=12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由酸的電離平衡常數(shù)越大，對(duì)應(yīng)酸的酸性越強(qiáng)，故酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞根據(jù)水解反應(yīng)的規(guī)律：越弱越水解可知，這4種溶液pH大到小的順序是②①④③，故答案為：②①④③；

(2)常溫下，的水解常數(shù)Kh=2×10-4，+H2O+OH-，故當(dāng)Na2CO3溶液中c()：c()=2：1時(shí)，Kh==2×10-4，c(OH-)=10-4mol/L；故該溶液的pH=10，故答案為：10；

(3)25℃時(shí)，某HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，Ka==5.0×10-10，故=50，則為0.02；故答案為：0.02；

(4)由酸的電離平衡常數(shù)越大，對(duì)應(yīng)酸的酸性越強(qiáng)，故酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，故往NaCN溶液通入少量CO2氣體時(shí)，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3?！窘馕觥竣冖佗堍?00.02NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3三、判斷題(共7題，共14分)13、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學(xué)方程式主要是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)熱是多少，而不是強(qiáng)調(diào)這個(gè)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(cuò)誤。14、A【分析】【分析】

【詳解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃時(shí)Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在該溫度下NaOH溶液中c(H+)=所以該溶液的pH=10，故在100℃時(shí)0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的說法是正確的。15、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會(huì)減小，但這時(shí)酸性并不增強(qiáng)，故答案為：錯(cuò)誤。16、A【分析】【詳解】

題中沒有特殊說明，則反應(yīng)熱是在常溫常壓下測(cè)定，所以表示25℃、101kPa時(shí)，1mol反應(yīng)[]，放熱241.8kJ。(正確)。答案為：正確。17、A【分析】【分析】

【詳解】

25℃時(shí)，KW=1.0×10-14，0.01mol·L-1的鹽酸中，c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，根據(jù)KW=c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1，故答案為：正確。18、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時(shí)，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯(cuò)誤。19、B【分析】【分析】

【詳解】

pH=11的氨水中氫氧根濃度和pH=3的鹽酸中氫離子濃度相等。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：得故答案為：錯(cuò)誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共16分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(4)(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2(CO2)-[(CN)2]=-1095kJ·mol-12(CO2)=-1095kJ·mol-1+[(CN)2]

C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2(CO2)+(H2O)-(C2H2)=-1300kJ·mol-12(CO2)=-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1

[(CN)2]=1095kJ·mol-1-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1=308kJ·mol-1【解析】HgCl2+Hg(CN)2=Hg2Cl2+(CN)2(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)308kJ·mol-1或2CN-+5ClO-+H2O=2HCO+N2+5Cl-21、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(jí)、原子軌道、自旋方向不完全相同，因此每個(gè)電子運(yùn)動(dòng)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(dòng)狀態(tài)不同的電子。

（2）CS2和CO2均屬于分子晶體，分子的相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔點(diǎn)越高，由于CS2的相對(duì)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(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱進(jìn)行判斷，因?yàn)榱蛩崴嵝源笥谔妓幔傻梅墙饘傩裕篠>C。或者在CS2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)5.622、略

【分析】【分析】

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，則A是H元素；B的價(jià)電子層中有3個(gè)未成對(duì)電子，則B核外電子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，C的核外電子排布是2；6，所以C是O元素；D與C同族，則D是S元素；E的最外層只有2個(gè)電子，但次外層有18個(gè)電子，則E是Zn元素，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)性質(zhì)分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，該物質(zhì)是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)消耗水電離產(chǎn)生的OH-，使水的電離平衡正向移動(dòng)，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液顯酸性，水解反應(yīng)的離子方程式為：

(2)一般情況下原子核外電子層數(shù)越少；元素的第一電離能越大；同一周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但當(dāng)元素處于第IIA；第VA時(shí)，原子核外電子排布處于軌道的全滿、半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于相鄰元素；所以N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序是：N＞O＞S，因此第一電離能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基態(tài)Zn原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外電子占據(jù)最高能級(jí)是4s能級(jí)，該能級(jí)電子云輪廓圖為球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共價(jià)化合物中，有一種分子空間構(gòu)形呈三角錐形，該分子是NH3，NH3極易溶于水，卻不溶于CCl4，這是由于NH3和H2O都是極性分子，CCl4是非極性分子，符合“相似相溶”規(guī)律；且NH3和H2O能形成分子間氫鍵；也使物質(zhì)容易溶解于其中；

分子中既含有極性共價(jià)鍵、又含有非極性共價(jià)鍵的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O鍵，化學(xué)鍵是一種強(qiáng)烈的相互作用力，要比分子間作用力大得多；氫鍵屬于分子間作用力，氫鍵要比一般的分子間作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中與H原子結(jié)合的原子的半徑小，元素的非金屬性很強(qiáng)的物質(zhì)分子之間才可以形成氫鍵。氫鍵的存在使物質(zhì)的熔沸點(diǎn)升高，所以在水分子之間存在范德華力和氫鍵，三者的大小關(guān)系為：O—H＞氫鍵＞范德華力；

在H3O+中O原子與H+形成了配位鍵，使O原子上只有1對(duì)孤電子對(duì)，而在H2O中O原子上有2對(duì)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)的排斥作用大于成鍵電子對(duì)的排斥作用，所以H3O+中的鍵角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中與E同周期的元素中，基態(tài)原子在4s軌道上只有1個(gè)電子的元素有K、Cr、Cu三種元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是極性分子，CCl4是非極性分子，符合“相似相溶”規(guī)律；且NH3和H2O能形成分子間氫鍵H2O2或N2H4O—H＞氫鍵＞范德華力大323、略

【分析】【詳解】

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

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

②首先滿足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根據(jù)Co2+完全沉淀時(shí)(c(Co2+)≤1.0×10-5mol?L-1)的為9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，現(xiàn)浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，進(jìn)一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH時(shí)，溶液的體積變化忽略)。故答案為：6.7≤pH<7.4；

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

④由圖可知，CoC2O4?2H2O的質(zhì)量為18.3g，其我知道可為0.1mol，Co元素質(zhì)量為5.9g，C點(diǎn)鈷氧化物質(zhì)量為8.03g，氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03g-5.9g=2.13g，則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物為Co3O4；B點(diǎn)對(duì)應(yīng)物質(zhì)的質(zhì)量為14.7g，與其起始物質(zhì)的質(zhì)量相比減少18.3g-14.7g=3.6g，為結(jié)晶水的質(zhì)量，故B點(diǎn)物質(zhì)為CoC2O4，與氧氣反應(yīng)生成Co3O4與二氧化碳，反應(yīng)方程式為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案為：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2?！窘馕觥縖Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)減小，平衡正向進(jìn)行，Co2+萃取率增大富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共4分)24、略

【分析】【分析】

根據(jù)原子結(jié)構(gòu)特征推斷元素；據(jù)電化學(xué)原理書寫電極反應(yīng)式。

【詳解】

Ⅰ．A、B、C、D、E為短周期的元素，且原子序數(shù)依次遞增。構(gòu)成有機(jī)物的主要元素B是碳（C）；，使紫色石蕊試液變藍(lán)的10電子化合物W為氨（NH3）；則A為氫（H）；C為氮（N）；原子最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)3倍的D元素為氧（O）；同周期元素中原子半徑最大的元素在第IA族，從而E是鈉（Na）。

H、C、N、O形成的陽離子與陰離子個(gè)數(shù)比為1∶1的化合物X為碳酸氫銨（NH4HCO3）；

H、O、Na形成的化合物Y為氫氧化鈉（NaOH）；H、N、O形成的離子化合物Z為硝酸銨（NH4NO3）。

⑴Y（NaOH）的電子式Na＋[∶∶H]－；W（NH3）為三角錐形；

⑵Z（NH4NO3）溶液中，NH4+發(fā)生水解，各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(NO3－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；

⑶常溫下，溶液中X（NH4HCO3）與足量Y（NaOH）反應(yīng)的離子方程式NH4＋+HCO3－＋2OH－＝NH3·H2O＋CO32－+H2O；

⑷