2025年冀少新版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀少新版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷877考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、時，由水電離出來的則關(guān)于溶液的pH的說法正確的是A.一定是B.一定是C.一定是D.可能或2、下列有關(guān)金屬腐蝕的說法正確的是A.電化學(xué)腐蝕是在外加電流作用下不純金屬發(fā)生化學(xué)反應(yīng)被損耗的過程B.金屬的電化學(xué)腐蝕和化學(xué)腐蝕本質(zhì)相同，但電化學(xué)腐蝕伴有電流產(chǎn)生C.鋼鐵腐蝕最普遍的是吸氧腐蝕，負極吸收氧氣，產(chǎn)物最終轉(zhuǎn)化為鐵銹D.鍍鋅的鐵板比鍍錫的鐵板更容易被腐蝕3、下列關(guān)于有效碰撞理論與影響速率因素之間關(guān)系正確的是A.增大反應(yīng)物濃度，可以提高活化分子百分數(shù)，從而提高反應(yīng)速率B.對于氣體反應(yīng)來說，通過壓縮體積增大壓強，可以提高單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，從而提高反應(yīng)速率C.溫度升高，分子動能增加，反應(yīng)所需活化能減少，反應(yīng)速率增大D.選用適當?shù)拇呋瘎?，分子運動加快，增加了碰撞頻率，故反應(yīng)速率增大4、一定溫度下，將2molA和2molB兩種氣體混合于固定容積為2L的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)。2min末該反應(yīng)達到平衡，此時剩余1.2molB，并測得C的濃度為1.2mol/L。下列判斷正確的是A.D能表示的平均反應(yīng)速率為0.4mol/(L·min)B.A的轉(zhuǎn)化率是40%C.該條件下此反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)約為0.72D.若混合氣體的密度保持不變，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)5、下圖是反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)進行過程中的能量變化曲線。下列相關(guān)說法正確的是。

A.該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)B.催化劑能改變反應(yīng)的焓變(反應(yīng)熱)C.該反應(yīng)的反應(yīng)熱△H=-510kJ·mol-1D.曲線b表示使用催化劑后的能量變化6、Fe3O4中含有Fe(II)、Fe(III)，以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO其反應(yīng)過程如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.Pd作負極B.Fe(II)與Fe(III)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C.反應(yīng)過程中NO被Fe(II)還原為N2D.用該法處理后水體的pH降低7、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A.將1molC12通入足量水中，HC1O、C1-、C1O-粒子數(shù)之和小于2NAB.100mL12mol·L-1的濃硝酸與過量Cu反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)大于0.6NAC.常溫下，1L0.5mol·L-1CH3COONH4溶液的pH=7，溶液中的NH數(shù)小于0.5NAD.在鐵上鍍鋅，當電路中通過的電子數(shù)為2NA時，電解質(zhì)溶液質(zhì)量減輕65g8、氯堿工業(yè)中用隔膜式電解槽電解飽和食鹽水，下列說法錯誤的是。

A.利用陰離子交換膜將兩極溶液分開B.陰極可以得到濃度較高的燒堿溶液C.電解槽的陽極用金屬鈦網(wǎng)制成，陰極用鋼網(wǎng)制成D.原料精制的食鹽水需要加到電解槽陽極室評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、請根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題：

（1）同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和點燃條件下的ΔH（化學(xué)計量數(shù)相同）分別為ΔH1、ΔH2，ΔH1____ΔH2（填“＞”；“＜”或“=”；下同）。

（2）相同條件下，1mol氮氣和氫氣反應(yīng)斷鍵吸收能量____形成2mol氨氣成鍵所放出的能量。

（3）已知常溫時紅磷比白磷穩(wěn)定，比較下列反應(yīng)中ΔH的大小：ΔH1___ΔH2。①P4（白磷，s）+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P（紅磷，s）+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

（4）25℃1.01×105Pa下，1g硫粉在氧氣中充分燃燒放出9.36kJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_______。

（5）已知：0.5molCH4(g)與0.5mol水蒸氣在t℃、pkPa時，完全反應(yīng)生成CO和H2的混合氣體，吸收了akJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_______。

（6）已知：C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H＝-437.3kJ?mol﹣1，H2(g)+O2(g)＝H2O(g)△H＝-285.8kJ?mol﹣1，CO(g)+O2(g)＝CO2(g)△H＝-283.0kJ?mol﹣1，煤的氣化主要反應(yīng)的熱方程式C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)△H＝__kJ?mol﹣1。10、甲醇和水蒸氣制取H2的反應(yīng)如下：

反應(yīng)I(主)：CH3OH(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)?H1=+49kJ/mol

反應(yīng)II(副)：H2(g)+CO2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2

反應(yīng)III：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)?H3=+90kJ/mol

(1)△H2=___。

(2)下列有關(guān)反應(yīng)I的說法不正確的是___。(填選項序號)

a.恒溫；恒壓條件下；在反應(yīng)體系中充入He，平衡不移動。

b.恒溫；恒容條件下；容器內(nèi)的壓強不發(fā)生變化反應(yīng)達到平衡。

c.反應(yīng)達平衡時，H2的消耗速率是CO2的消耗速率的3倍。

d.溫度不變；減小壓強，逆反應(yīng)速率減小，正反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動。

(3)在一體積不變的密閉容器中，充入2.0molCH3OH(g)和1.0molH2O(g)，達平衡后，再加入1.0molCH3OH(g)和0.5molH2O(g)，平衡向___移動。在相同溫度下，再達平衡時，甲醇的轉(zhuǎn)化率___(填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)催化劑不僅可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，還有一種特性叫“催化劑的選擇性”。下圖為某催化劑作用下，CH3OH轉(zhuǎn)化率；CO生成率與溫度的變化關(guān)系。

①隨著溫度的升高，CO的實際反應(yīng)生成率與平衡狀態(tài)生成率相差較大的原因是催化劑對___(填“反應(yīng)I”或“反應(yīng)II”)的選擇性低。

②寫出一條能提高CH3OH轉(zhuǎn)化率而降低CO生成率的措施___。

(5)250℃，一定壓強和催化劑條件下，在1L的容器中1.00molCH3OH和1.32molH2O充分反應(yīng)(忽略反應(yīng)III)，平衡時測得H2為2.70mol，CO為0.030mol，H2O為0.44mol，列式計算反應(yīng)II的平衡常數(shù)K=___(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。11、Ⅰ、空氣污染物NO通常用含的吸收液吸收（反應(yīng)后Ce為＋3價），生成再利用電解法將上述吸收液中的轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)；其原理如圖所示：.

（1）已知NO被吸收的過程中，當600mL的吸收液的pH由6降為2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為試寫出吸收過程中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式（反應(yīng)前后溶液的體積不變）：________________________________。

（2）電解過程中從電解槽的________口（填“a、b；c、d”）流出。

（3）陰極的電極反應(yīng)式：______________________________________。

Ⅱ、2019年10月9日，瑞典皇家科學(xué)院宣布，將209年諾貝爾化學(xué)獎授予JohnB.Goodenough、M.StanleyWhittingham、AkiraYoshino，以表彰他們對鋰離子電池研發(fā)領(lǐng)域做出的貢獻。作為電動車的“顛覆者”，特斯拉公司所采用的正是高效鋰電池：電池（正極材料為負放電極材料為石墨和Li，含導(dǎo)電固體為電解質(zhì)），其工作原理為：

（1）放電過程中，正極反應(yīng)式為：_____________________________________；

（2）放電結(jié)束后，負極材料應(yīng)與電源________極相連進行充電。

（3）氫能是重要的新能源。儲氫作為氫能利用的關(guān)鍵技術(shù)，是當前關(guān)注的熱點之一。一定條件下，利用上述電池作為電源進行電解，原理如圖所示，可實現(xiàn)有機物的電化學(xué)儲氫（忽略其它有機物）。已知：電流效率

①生成目標產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為_____________________________________。

②該儲氫裝置的電流效率_________________________。（保留一位小數(shù)）

③上述鋰電池正極材料的質(zhì)量將增加______g；12、醋酸(CH3COOH)是一種常見的弱酸。

(1)為用實驗證明醋酸是弱電解質(zhì)；實驗小組同學(xué)設(shè)計如下幾種方案：

①用pH試紙測出0.1mol/L的醋酸溶液pH：若pH___1(填“>”、“<”或“=”)；則證明醋酸是弱酸；

②先測0.1mol/L醋酸的pH；量取該溶液5mL用蒸餾水稀釋至500mL，再測其pH，若________________；則證明醋酸是弱電解質(zhì)；

③分別配制pH相同的醋酸和鹽酸，各取10mL與足量的鋅粒反應(yīng)(裝置如圖)，測試在不同時間間隔中得到H2的量，即可證明醋酸是弱電解質(zhì)。下列示意圖(X為醋酸，Y為鹽酸)中，符合該實驗結(jié)果的是__________(選填字母)；

但在該實驗中難以實現(xiàn)之處為__________________________________。(舉例)

(2)醋酸和氫氧化鈉反應(yīng)生成醋酸鈉(CH3COONa)。

①將CH3COONa固體溶于蒸餾水后其溶液顯堿性，其原因是(用離子方程式表示)______________________________；在該溶液中，下列關(guān)系式中正確的是________；(選填字母)

A.c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)

B.c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)

C.c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)

D.c(CH3COO-)>c(OH-)>c(Na+)>c(H+)

②醋酸和氫氧化鈉反應(yīng)后得到溶液中溶質(zhì)的組成有多種可能：

若得到的溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，試推斷該溶液中的溶質(zhì)為_____；

若得到的溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，則可以推斷該溶液中的溶質(zhì)可能為____；

③將amol/LCH3COOH稀溶液和bmol/LNaOH稀溶液等體積混合：

若測得溶液中c(OH-)=c(H+)，則a___b；(選填“>”、“<”；“=”、“≤”或“≥”)

若測得溶液中c(OH-)>c(H+)，則a___b；(選填“>”、“<”、“=”、“≤”或“≥”)13、常溫常壓下，斷裂1mol（理想）氣體分子化學(xué)鍵所吸收的能量或形成1mol（理想）氣體分子化學(xué)鍵所放出的能量稱為鍵能（單位為kJ·mol-1）。下表是一些鍵能數(shù)據(jù)（kJ·mol-1）：

?；瘜W(xué)鍵鍵能化學(xué)鍵鍵能化學(xué)鍵鍵能C-F427C-Cl330C-I218H-H436S=S255H-S339回答下列問題：

（1）由表中數(shù)據(jù)規(guī)律預(yù)測C-Br鍵的鍵能范圍：_____＜C-Br鍵能＜______（填寫數(shù)值和單位）。

（2）熱化學(xué)方程式2H2(g)+S2(g)═2H2S(g)△H=QkJ·mol-1；則Q=_______。

（3）已知下列熱化學(xué)方程式：

O2(g)═O2+(g)+e-△H1=+1175.7kJ·mol-1

PtF6(g)+e-═PtF6-(g)△H2=-771.1kJ·mol-1

O2+PtF6-(s)═O2+(g)+PtF6-(g)△H3=+482.2kJ·mol-1

則反應(yīng)O2(g)+_______(g)=O2+(g)+PtF6-(s)△H=_______kJ·mol-1。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、在任何條件下，純水都呈中性。（______________）A.正確B.錯誤15、則相同條件下，氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和。(_______)A.正確B.錯誤16、放熱過程有自發(fā)進行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進行，吸熱過程沒有自發(fā)進行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進行。__________________A.正確B.錯誤17、在100℃時，純水的pH＞7。（______________）A.正確B.錯誤18、化學(xué)平衡正向移動，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不一定增大。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共16分)19、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；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃取：向除雜后的溶液中，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當溶液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_______。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計萃取、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。

通過計算確定C點剩余固體的化學(xué)成分為_______(填化學(xué)式)。試寫出B點對應(yīng)的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。20、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項重大突破。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_____，電負性最大的元是______。

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

（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。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)_____。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共3分)21、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，在實驗室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，具體流程如圖：

回答下列問題：

(1)步驟①是用熱的純堿溶液能去除廢鐵屑表面油污的原因(用離子方程式表示)____。

(2)步驟②需要加熱的目的是___，溫度保持80～95℃，采用的合適加熱方式是___。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，合適的裝置為___(填標號)。

A.B.C.D.

(3)步驟③中選用足量的H2O2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___，分批加入H2O2，同時為了____；溶液要保持pH小于0.5。

(4)步驟⑤的具體實驗操作有___，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共3題，共18分)22、已知A～N分別代表一種物質(zhì)；它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應(yīng)的反應(yīng)條件和生成物已略去)。A；B、C分別是由短周期元素組成的單質(zhì)，A是金屬，D是無色液體。F是一種離子化含物，其陰陽離子的個數(shù)比為1:3，且能與水反應(yīng)得到兩種堿。反應(yīng)①是實驗室檢驗?zāi)畴x予的方法，反應(yīng)②是工業(yè)、生產(chǎn)N的重要反應(yīng)。請回答下列問題：

(1)B元素在元素周期表中的位置是__________，F(xiàn)的電子式是_____________。

(2)寫出反應(yīng)①的離子方程式：___________；

(3)Cu與足量的N的濃溶液反應(yīng)得到的產(chǎn)物主要是M不是L，其原因是__________(請用上圖所示關(guān)系中反應(yīng)的化學(xué)方程式回答)。

(4)選擇性催化還原(SCR)是在有催化劑的條件下將M轉(zhuǎn)變?yōu)闊o毒的物質(zhì)，這是目前國外進行尾氣治理遍采用的一種方法。亞鉻酸銅(Adkin償化劑)是極好的M催化還原的催化劑，是銅和鉻的復(fù)合氧化物，成分不固定，如：aCuO·bCr2O3等，統(tǒng)稱為亞鉻酸銅。其中：CuNH4(OH)CrO4在295℃分解生成復(fù)合的氧化物(催化劑)、氮氣及水，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________________。

(5)已知一定溫度(>100℃)下，反應(yīng)②的平衡常數(shù)為1。將0.8molK和1.1molB放入容積為1L的封閉容器中，發(fā)生反應(yīng)②，一段時間后L的濃度為0.4mol/L，此時反應(yīng)v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)。當反應(yīng)到達平衡后，保持溫度不變，再加入一定物質(zhì)的量的B，重新達到平衡，則L的平衡濃度__________(填“增大”、“不變”或“減小”)，B的轉(zhuǎn)化率_________。(填“升高”、“不變”或“降低”)，L的體積分數(shù)___________(填“增大”、“不變”、“減小”或“無法確定”)。23、X；Y、Z、W為四種常見的短周期元素。其中Y元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍；它們在周期表中的相對位置如下圖所示：

。X

Y

Z

W

請回答下列問題：

(1)W位于周期表中第______________周期，第___________族。

(2)X和氫可以構(gòu)成+1價陽離子，其電子式是_________，Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性_________(填“強”；或“弱”)。

(3)X的最高價氧化物的水化物與其氫化物能化合生成M,M的水溶液顯酸性的原因是_____________________(用離子方程式表示)。

(4)①Y和Z可組成一種氣態(tài)化合物Q，Q能與W的單質(zhì)在潮濕環(huán)境中反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________________________。

②在一定條件下，化合物Q與Y的單質(zhì)反應(yīng)達平衡時有三種氣態(tài)物質(zhì)，反應(yīng)時，每轉(zhuǎn)移4mol電子放熱190.0kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_________________。24、有關(guān)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（部分物質(zhì)和條件已略去)。A是常用的漂白液的有效成分，C為黃綠色氣體，氣體F在C中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰，D是海水中含量最多的一種鹽，X、Y是兩種常見的金屬，H遇到KSCN溶液時變成紅色，Z是兩種氫氧化物沉淀的混合物。

請回答下列問題：

（1）B的電子式為_________________。

（2）Z中所含沉淀有A1(OH)3和_________________。

（3）寫出Y和溶液G反應(yīng)的離子方程式：_______________________________。

（4）寫出A和B反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

由水電離出來的若為堿溶液，堿中水電離出的則則pH=11，若為酸溶液，則酸中水電離出的酸中氫離子濃度為則pH=3，因此溶液pH可能3或11，故答案為D。

綜上所述，答案為D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．電化學(xué)腐蝕是不純金屬與電解質(zhì)溶液接觸時發(fā)生原電池反應(yīng)而損耗的過程；不需要外加電流，故A不選；

B．金屬的電化學(xué)腐蝕和化學(xué)腐蝕本質(zhì)相同均屬于氧化還原反應(yīng)；但電化學(xué)腐蝕伴有電流產(chǎn)生，而化學(xué)腐蝕無電流產(chǎn)生，故選B；

C．鋼鐵腐蝕最普遍的是吸氧腐蝕；正極吸收氧氣，而不是負極吸收氧氣，故C不選；

D．鍍鋅的鐵板破損后；Zn作負極，F(xiàn)e仍受保護，而鍍錫的鐵板破損后，鐵作負極被腐蝕，故D不選。

答案選B3、B【分析】【詳解】

A．增大反應(yīng)物濃度；單位體積內(nèi)分子總數(shù)增多，活化分子數(shù)目增多，活化分子百分數(shù)不變，碰撞次數(shù)增多，反應(yīng)速率增大，故A錯誤；

B．對于氣體反應(yīng)來說；通過壓縮體積增大壓強，單位體積內(nèi)分子總數(shù)增多，活化分子數(shù)目增多，活化分子百分數(shù)不變，碰撞次數(shù)增多，反應(yīng)速率增大，故B正確；

C．溫度升高；分子動能增加，反應(yīng)的活化能不變，單位體積內(nèi)分子總數(shù)不變，活化分子數(shù)目增多，活化分子百分數(shù)增多，碰撞次數(shù)增多，反應(yīng)速率增大，故C錯誤；

D．選用適當?shù)拇呋瘎唤档头磻?yīng)所需的活化能，單位體積內(nèi)分子總數(shù)不變，活化分子數(shù)目增多，活化分子百分數(shù)增多，碰撞次數(shù)增多，反應(yīng)速率增大，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。4、D【分析】2min時反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，此時剩余1.2molB，B的濃度變化為=0.4mol/L；C的濃度為1.2mol/L，B；C的濃度變化與化學(xué)計量數(shù)成正比，則0.4mol/L：1.2mol/L=1：x，解得：x=3；

以此解答該題。

【詳解】

A．D為固體；不能用于表達化學(xué)反應(yīng)速率，A選項錯誤；

B．由分析中三段式計算得A的轉(zhuǎn)化率為=80%；B選項錯誤；

C．根據(jù)三段式計算，得到方程式中C的系數(shù)為3，平衡常數(shù)K==72；C選項錯誤；

D．在體積固定的容器中；由于D為固體，密度不變可以說明該反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)，故D正確。

答案選D。

【點睛】

考查化學(xué)平衡的計算，明確化學(xué)平衡移動影響為解答關(guān)鍵，注意掌握三段式在化學(xué)平衡計算中的應(yīng)用方法。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．反應(yīng)物總能量大于生成物總能力；反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A錯誤；

B．加入催化劑；活化能減小，反應(yīng)速率加快，但反應(yīng)熱不變，B錯誤；

C．反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，則該反應(yīng)△H=419kJ·mol-1-510kJ·mol-1=-91kJ·mol-1；C錯誤；

D．加入催化劑，活化能減小低，曲線b表示使用催化劑后的能量變化；D正確；

故選D。6、D【分析】【分析】

由圖可知Pd上氫氣失電子生成氫離子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故Pb作負極，F(xiàn)e(Ⅱ)失電子生成Fe(Ⅲ)，總反應(yīng)方程式：據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由圖可知Pd上氫氣失電子生成氫離子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故Pb作負極；故A正確；

B．Fe(Ⅱ)得電子生成Fe(Ⅲ)；Fe(Ⅱ)失電子生成Fe(Ⅲ)，則Fe(Ⅱ)與Fe(Ⅲ)的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用，故B正確；

C．由圖可知反應(yīng)過程中NO2得到Fe(Ⅱ)給的電子生成N2，所以反應(yīng)過程中NO2被Fe(Ⅲ)還原為N2；故C正確；

D．總反應(yīng)方程式可知：所以用該法處理后水體的pH升高，故D錯誤；

故答案選D。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．將1molC12通入足量水中，部分氯氣和水反應(yīng)，所以HC1O、C1-、C1O-粒子數(shù)之和小于2NA；故A正確；

B．100mL12mol·L-1的濃硝酸與過量Cu反應(yīng)，若還原產(chǎn)物全是NO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NA，若還原產(chǎn)物全是NO，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.9NA；故B正確；

C．常溫下，1L0.5mol·L-1CH3COONH4溶液的pH=7，銨根離子、醋酸根離子都水解，所以溶液中的NH數(shù)小于0.5NA；故C正確；

D．在鐵上鍍鋅，陽極鋅失電子生成鋅離子、陰極鋅離子得電子生成鋅，電路中通過的電子數(shù)為2NA時；電解質(zhì)溶液質(zhì)量不變，故D錯誤；

選D。8、A【分析】【分析】

左側(cè)產(chǎn)生氯氣；說明左側(cè)發(fā)生氧化反應(yīng)，為電解池的陽極，右側(cè)發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，所以右側(cè)為陰極。

【詳解】

A．根據(jù)圖中箭頭可知離子交換膜允許離子向陰極移動；電解池中陽離子流向陰極，所以離子交換膜為陽離子交換膜，故A錯誤；

B．陰極水電離出的氫離子放電產(chǎn)生氫氣；同時產(chǎn)生氫氧根，陽極的鈉離子流向陰極，所以陰極可以得到濃度較高的燒堿溶液，故B正確；

C．根據(jù)分析可知左側(cè)金屬鈦網(wǎng)為陽極；右側(cè)鋼網(wǎng)為陰極，故C正確；

D．食鹽水中的氯離子要在陽極放電；所以精制的食鹽水需要加到電解槽陽極室，故D正確；

綜上所述答案為A。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）反應(yīng)熱與反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量，與反應(yīng)條件無關(guān)；

（2）化學(xué)鍵斷裂為吸熱過程，新鍵生成放熱的過程；

（3）常溫時紅磷比白磷穩(wěn)定，說明白磷能量高，反應(yīng)放出的熱量較多；

（4）根據(jù)題意；求出1molS燃燒放出的熱量，再根據(jù)熱化學(xué)方程式的含義以及書寫方法來回答；

（5）根據(jù)熱化學(xué)方程式的含義以及書寫方法來回答；

（6）根據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到；反應(yīng)焓變與反應(yīng)過程無關(guān)。

【詳解】

(1)反應(yīng)熱與反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量；與反應(yīng)條件無關(guān)，則光照和點燃條件的△H相同；

故答案為=；

(2)氮氣與氫氣反應(yīng)合成氨氣，屬于放熱反應(yīng)，根據(jù)△H＝反應(yīng)物斷開吸收的能量-生成物形成放出的能量可知，1mol氮氣和氫氣反應(yīng)斷鍵吸收能量小于形成2mol氨氣成鍵所放出的能量，故答案為<；

(3)常溫時紅磷比白磷穩(wěn)定，說明白磷能量高，反應(yīng)放出的熱量較多，因△H<0；則放出的能量越多反應(yīng)熱越?。?/p>

故答案為<；

(4)25℃、1.01×105Pa下，1g硫粉在氧氣中充分燃燒放出9.36kJ熱量，則1mol硫粉充分燃燒放出的熱量為=299.52kJ?mol﹣1，故熱化學(xué)方程式為：S(s)+O2(g)==SO2(g)△H＝-299.52kJ?mol﹣1；

(5)0.5molCH4(g)與0.5mol水蒸氣在t℃、pkPa時，完全反應(yīng)生成CO和H2的混合氣體，吸收了akJ熱量，所以1mol甲烷與1mol水蒸氣在t℃、pkPa時，完全反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣(合成氣)，吸收了2akJ熱量，熱化學(xué)方程式為：CH4(g)+H2O==CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ?mol﹣1；

故答案為CH4(g)+H2O==CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ?mol﹣1；

（6）已知。

①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H＝-437.3kJ?mol﹣1；

②H2(g)+O2(g)＝H2O(g)△H＝-285.8kJ?mol﹣1；

③CO(g)+O2(g)＝CO2(g)△H＝-283.0kJ?mol﹣1；

依據(jù)蓋斯定律①?②?③，得到：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)△H＝+131.5kJ?mol﹣1；故答案為+131.5。

【點睛】

熱化學(xué)方程式的書寫經(jīng)常是常考點。需要注意的事項如下：

（1）熱化學(xué)方程式不僅表明了化學(xué)反應(yīng)中的物質(zhì)變化；也表明化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；

（2）書寫時；各物質(zhì)化學(xué)式前面的化學(xué)計量數(shù)僅表示該物質(zhì)的物質(zhì)的量，并不表示物質(zhì)的分子數(shù)或原子數(shù)，因此化學(xué)計量數(shù)可以是整數(shù)，也可以是分數(shù)，一般不用小數(shù)；

（3）在物質(zhì)的化學(xué)式后用括號注明反應(yīng)物和生成物的聚集狀態(tài)。一般用英文字母g；l和s分別表示物質(zhì)的氣態(tài)、液態(tài)和固態(tài)；中的溶質(zhì)則用aq表示；

（4）根據(jù)焓變的性質(zhì)，若熱化學(xué)方程式中各物質(zhì)前的化學(xué)計量數(shù)加倍，則△H的數(shù)值也加倍，若反應(yīng)逆向進行，則△H改變符號，但數(shù)值的絕對值不變。【解析】＝＜＜S(s)+O2(g)==SO2(g)△H＝-299.52kJ?mol﹣1CH4(g)+H2O==CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ?mol﹣1+131.510、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)蓋斯定律可知：反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅲ，得到CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g)，△H=△H1-△H3=-41kJ/mol，所以H2(g)+CO2(g)?CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ/mol；正確答案：+41kJ·mol-1。

(2)恒溫、恒壓條件下，在反應(yīng)體系中充入He，容器的體積變大，壓強減小，平衡向正反應(yīng)反向移動，a錯誤；恒溫、恒容條件下，氣體的壓強之比和氣體的物資的量成正比，由于該反應(yīng)為氣體總量增大的反應(yīng)，所以當器內(nèi)的壓強不發(fā)生變化反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，b正確；根據(jù)速率之比和物質(zhì)前面的系數(shù)成正比可知反應(yīng)達平衡時，H2的消耗速率(逆反應(yīng)速率)是CO2的消耗速率(逆反應(yīng)速率)的3倍；c正確；溫度不變，減小壓強，逆反應(yīng)速率減小，正反應(yīng)速率減小，但是正反應(yīng)速率減少的慢，所以平衡向正反應(yīng)方向移動，d錯誤；正確選項ad。

(3)已知CH3OH(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)反應(yīng)，當溫度體積不變時，充入2.0molCH3OH(g)和1.0molH2O(g)，達平衡后，再加入1.0molCH3OH(g)和0.5molH2O(g)；增大反應(yīng)物濃度，平衡正移，但同比例增大反應(yīng)物濃度，還應(yīng)考慮壓強增加所帶來的影響，甲醇的轉(zhuǎn)化率減小。

(4)①工業(yè)生產(chǎn)中；一般不會等待反應(yīng)達到平衡后再進行下一道工序，多數(shù)都是進行一段時間的反應(yīng)就將體系取出，所以一般來說，反應(yīng)的速度越快，取出的體系就越接近應(yīng)該達到的平衡態(tài)。隨著反應(yīng)溫度的升高，速度加快，但是CO的生產(chǎn)率并沒有接近反應(yīng)的平衡態(tài)，說明該反應(yīng)使用的催化劑對于反應(yīng)Ⅱ幾乎沒有加速作用；正確答案：反應(yīng)Ⅱ。

②兩個反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，隨著溫度的升高，反應(yīng)的速率逐漸增大，CH3OH實際反應(yīng)轉(zhuǎn)化率不斷接近平衡狀態(tài)轉(zhuǎn)化率；正確答案：升溫反應(yīng)速率加快。

③加入水蒸氣，可以調(diào)高甲醇的轉(zhuǎn)化率，同時使反應(yīng)Ⅱ的平衡向逆反應(yīng)方向移動，從而降低了CO的生成率。加入更合適的催化劑，最好只催化反應(yīng)Ⅰ，不催化反應(yīng)Ⅱ，這樣也能達到目的；正確答案：其他條件不變，提高的比例(或其他條件不變；選擇更合適的催化劑)。

(5)達平衡時CO有0.03mol，根據(jù)反應(yīng)Ⅱ得到參與反應(yīng)的氫氣為0.03mol，所以反應(yīng)Ⅰ生成的氫氣為2.73mol(平衡剩余氫氣2.7mol)，根據(jù)反應(yīng)Ⅰ，消耗的甲醇為0.91mol，所以甲醇轉(zhuǎn)化率為91%。根據(jù)反應(yīng)Ⅰ的數(shù)據(jù)，消耗的水為0.91mol，生成的CO2為0.91mol，則剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反應(yīng)Ⅱ中應(yīng)該消耗0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以達平衡時，水為0.41+0.03=0.44mol，CO2為0.91-0.03=0.88mol。所以反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為(設(shè)容器體積為V)=5.6×10-3；正確答案：K=5.6×10-3?！窘馕觥?41kJ·mol-1ad正反應(yīng)方向減小反應(yīng)II其他條件不變，提高的比例(或其他條件不變，選擇更合適的催化劑)5.6×10-311、略

【分析】【分析】

Ⅰ、空氣污染物NO通常用含Ce4+的吸收液吸收（反應(yīng)后Ce為＋3價），生成HNO2、NO3-，再利用電解法將上述吸收液中的HNO2轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，同時生成Ce4+，電解過程中鈰離子在陽極失電子被氧化生成Ce4+，HNO2在陰極得到電子變?yōu)镹2；據(jù)此分析；

Ⅱ、電池（正極材料為負放電極材料為石墨和Li，含導(dǎo)電固體為電解質(zhì)），其工作原理為：正極電極反應(yīng)式為：FePO4+Li++e-=LiFePO4；根據(jù)電極反應(yīng)原理進行分析。

【詳解】

Ⅰ、（1）已知NO被吸收的過程中，當600mL的吸收液的pH由6降為2時，n(H+)=0.6L×(10-2-10-6)mol/L6×10-3mol/L，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為則n(H+)：n(e-)=6×10-3mol/L：5×10-3mol/L=6：5，結(jié)合氧化還原反應(yīng)原理，可推知，吸收過程中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為5Ce4++3NO+4H2O=5Ce3++2HNO2+NO3-+6H+；

（2）電解過程中鈰離子在陽極失電子被氧化生成從電解槽的a口流出；

（3）HNO2在陰極得到電子變化為氮氣，電極反應(yīng)為：2HNO2+6H++6e-=N2↑+4H2O；

Ⅱ、（1）放電時，正極上FePO4得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：FePO4+Li++e-=LiFePO4；

（2）放電結(jié)束后；負極材料應(yīng)與電源負極相連進行充電，作為陰極；

（3）①目標產(chǎn)物是環(huán)己烷，則生成目標產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e-=C6H12；

②陽極的電極反應(yīng)式為40H--4e-=O2↑+2H2O，生成2.8mol02，轉(zhuǎn)移電子的11.2mol；陰極的電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2e-=H2↑，設(shè)參加反應(yīng)的C6H6、生成H2的物質(zhì)的量分別為x、y,根據(jù)圖中信息及電子得失守恒，可得：6x+2y=11.2mol；解得x=1.2mol、y=2mol；故=64.3%；

③上述鋰電池正極材料上發(fā)生的電極反應(yīng)為FePO4+Li++e-=LiFePO4，故質(zhì)量將增加11.2mol×7g/mol=78.4g?！窘馕觥?Ce4++3NO+4H2O=5Ce3++2HNO2+NO3-+6H+a2HNO2+6H++6e-=N2↑+4H2OFePO4+Li++e-=LiFePO4負極C6H6+6H++6e-=C6H1264.3%78.4g12、略

【分析】【分析】

(1)①若醋酸是弱酸；在水溶液中不能完全電離，0.1mol/L的醋酸溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L；

②醋酸是弱酸；稀釋前后的pH差小于2；

③剛開始醋酸和鹽酸的pH相等；氫離子濃度相等，因為醋酸在反應(yīng)過程中還在不斷出氫離子，則醋酸與鋅粒反應(yīng)的速率更快；之后又因為醋酸是弱酸，其濃度要大于鹽酸的濃度，最終會生成更多的氫氣；

(2)①CH3COONa固體溶于蒸餾水后會發(fā)生水解，導(dǎo)致其溶液顯堿性；CH3COONa溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，結(jié)合電荷守恒和物料守恒可以得到：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)；

②若c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)時說明溶液中氫氧化鈉過量；若c(H+)＞c(OH-)時說明溶液中醋酸過量；

③若c(OH-)=c(H+)，溶液顯中性，一定為醋酸和醋酸鈉的混合液；若c(OH-)＞c(H+)；溶液顯堿性，可能為醋酸鈉溶液或醋酸鈉和NaOH的混合液。

【詳解】

(1)①若醋酸是弱酸；在水溶液中不能完全電離，0.1mol/L的醋酸溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，pH＞1；

②取該溶液5ml用蒸餾水稀釋至500毫升，相當于稀釋100倍，如果醋酸是強酸，前后的pH差△pH=2，若兩者的pH差△pH＜2；則可證明醋酸是弱電解質(zhì)；

③剛開始醋酸和鹽酸的pH相等；氫離子濃度相等，因為醋酸在反應(yīng)過程中還在不斷出氫離子，則醋酸與鋅粒反應(yīng)的速率更快；之后又因為醋酸是弱酸，其濃度要大于鹽酸的濃度，最終會生成更多的氫氣，故選D；反應(yīng)過程中難以實現(xiàn)之處為：鋅粒和酸的接觸面積相同和配相同pH的溶液；

(2)①CH3COONa固體溶于蒸餾水后會發(fā)生水解，導(dǎo)致其溶液顯堿性，離子方程式為：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；CH3COONa溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，結(jié)合電荷守恒和物料守恒可以得到：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)；濃度大?。篶(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；故選ABC；

②若c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)時說明溶液中氫氧化鈉過量，是氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，推斷該溶液中的溶質(zhì)為：NaOH、CH3COONa；

若c(H+)＞c(OH-)時說明溶液中醋酸過量，是醋酸和醋酸鈉的混合溶液，可以推斷該溶液中的溶質(zhì)為：CH3COOH、CH3COONa；

③若c(OH-)=c(H+)，溶液顯中性，一定為醋酸和醋酸鈉的混合液，則a＞b；

若c(OH-)＞c(H+)，溶液為醋酸鈉溶液或醋酸鈉和NaOH的混合液或大量醋酸鈉和少量醋酸的混合液，則a可能大于b，也可能等于b，還可能小于b。【解析】①.＞②.△pH＜2③.D④.鋅粒和酸的接觸面積相同/配相同pH的溶液⑤.CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-⑥.ABC⑦.NaOH、CH3COONa⑧.CH3COOH、CH3COONa⑨.＞⑩.>、<或=13、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）元素周期表中同主族存在的變化規(guī)律，C－Br原子半徑在C－Cl和C－I之間，鍵能應(yīng)介于C－Cl和C－I之間，C－Br鍵的鍵能范圍為218kJ?mol-1＜C－Br鍵能＜330kJ?mol-1；

（2）熱化學(xué)方程式2H2(g)+S2(g)═2H2S(g)△H=QkJ?mol-1；△H=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和=2×436kJ/mol+255kJ/mol-2×2×339kJ/mol=-229kJ/mol，則Q=-229；

（3）①O2(g)═O2+(g)+e－△H1=+1175.7kJ?mol-1，②PtF6(g)+e－═PtF6－(g)△H2=-771.1kJ?mol-1，③O2+PtF6－(s)═O2+(g)+PtF6－(g)△H3=+482.2kJ?mol-1，依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算①+②-③得到O2(g)+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)△H=-77.6kJ/mol?！窘馕觥?18kJ/mol330kJ/mol-229PtF6-77.6三、判斷題(共5題，共10分)14、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何條件下，純水電離產(chǎn)生的c(H+)=c(OH-)，因此純水都呈中性，故該說法是正確的。15、A【分析】【詳解】

由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量之和大于生成物的總能量之和，因此氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和，說法正確。16、A【分析】【詳解】

放熱過程有自發(fā)進行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進行，吸熱過程沒有自發(fā)進行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進行，正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

在100℃時，水的離子積常數(shù)Kw=10-12，則純水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，故純水的pH=6＜7，因此在100℃時，純水的pH＞7的說法是錯誤的。18、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應(yīng)物可使平衡正向移動，加入反應(yīng)物本身的轉(zhuǎn)化率減小，故正確。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共16分)19、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，Co的原子序數(shù)為27，失去2個電子后，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(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，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，平衡正向進行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設(shè)計萃取、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點對應(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。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO220、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，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負性最大的元是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＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個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＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個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＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(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＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個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＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+五、工業(yè)流程題(共1題，共3分)21、略

【分析】【分析】

由題給流程可知；用熱的純堿溶液去除廢鐵屑表面油污后，干凈的鐵屑在80～95℃的水浴中與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，過濾得到濾渣和硫酸亞鐵溶液；向溶液中加入5%的過氧化氫溶液，將硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，向硫酸鐵溶液中加入硫酸銨固體配成混合溶液，經(jīng)加熱濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、干燥得到硫酸鐵銨晶體。

(1)

碳酸鈉在溶液中發(fā)生如下水解反應(yīng)：CO+H2OHCO+OH—，水解生成的氫氧根離子能使鐵屑表面油脂發(fā)生水解反應(yīng)，達到去除廢鐵屑表面油污的目的，故答案為：CO+H2OHCO+OH—；

(2)

步驟②中發(fā)生的反應(yīng)為干凈的鐵屑在80～95℃的水浴中與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣；水浴加熱能加快反應(yīng)速率，使鐵和稀硫酸充分反應(yīng)；若鐵屑中含有少量硫化物，硫化物能與稀硫酸反應(yīng)生成有毒的硫化氫氣體，為防止污染空氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收硫化氫氣體，為防止吸收時產(chǎn)生倒吸，應(yīng)通過倒置漏斗將氣體通入氫氧化鈉溶液，故選C，故答案為：加快反應(yīng)速率；水浴加熱；C；

(3)

步驟③中發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下，硫酸亞鐵與過氧化氫溶液反應(yīng)生成硫酸鐵，反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，為防止生成的硫酸鐵在溶液中水解，應(yīng)分批加入過氧化氫溶液，并保持溶液pH小于0.5，故答案為：H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；防止Fe3+水解；

(4)

由分析可知，步驟⑤中得到硫酸鐵銨晶體的操作為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、干燥，故答案為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。【解析】(1)CO+H2OHCO+OH—

(2)加快反應(yīng)速率水浴加熱C

(3)H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+防止Fe3+水解。

(4)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾六、元素或物質(zhì)推斷題(共3題，共18分)22、略

【分析】【分析】

A是金屬，D是無色液體．F是一種離子化含物，其陰陽離子的個數(shù)比為1：3，且能與水反應(yīng)得到兩種堿，則A為N