2025年上外版選擇性必修1化學下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化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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7題，共14分)1、一種鉀離子電池的工作原理如圖所示；下列說法正確的是。

A.放電時，K+通過陽離子交換膜向石墨電極移動B.放電時，負極的電極反應式：KC6－e－=K++6CC.充電時，陽極的電極反應式：K0.5?xMnO2+xK++xe－=K0.5MnO2D.若僅把鉀離子換成鋰離子，當負極減少的質(zhì)量相同時，鉀離子電池轉(zhuǎn)移的電子數(shù)比鋰離子電池的多2、在某溫度時，水的離子積為1×10－12mol2·L－2，若該溫度下某溶液中H＋濃度為1×10－7mol·L－1；則該溶液()

①呈堿性②呈酸性③c(H＋)=100c(OH-)④c(OH-)=100c(H＋)⑤呈中性A.①④B.②C.②③D.⑤3、對于反應：N2+O2?2NO，在密閉容器中進行，下列哪些條件能加快該反應的速率A.縮小體積使壓強增大B.體積不變，減少N2的量C.體積不變，充入He使壓強增大D.壓強不變，充入H2使體積增大4、三氯乙烯、四甲基氯化銨等含氯清洗劑被列入有毒有害水污染物名錄，某課題小組利用電化學原理處理四甲基氯化銨，進行水體修復的過程如圖所示。(a、b為石墨電極；c；d、e均為離子交換膜，c、e能使帶有相同電性的離子通過)，下列說法錯誤的是。

A.N為正極B.NaCl溶液的濃度：Ⅱ處大于Ⅰ處C.a電極的反應式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D.除去1mol四甲基氯化銨，在標準狀況下a、b兩極共生成氣體11.2L5、化學與生活、生產(chǎn)及科技密切相關(guān)，下列說法正確的是A.為節(jié)約成本，碎玻璃、廢舊電池等生活垃圾無需分類B.地溝油含有害物質(zhì)，不可食用，但可用來刨肥皂、生物柴油C.鎂鋁合金用于制作航天器外殼，利用了其強還原性D.當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用6、在實驗室中以含鎳廢料(主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NixOy和CoCO3的工藝流程如圖。

下列說法不正確的是A.“濾渣I”中含硅和鋇元素B.“氧化”“調(diào)pH”時均需要加過量的試劑C.“沉鈷”過程發(fā)生的反應為Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2OD.“沉鈷”時，若c(Co2+)=0.02mol·L-1，為了防止沉鈷時生成Co(OH)2，常溫下應控制溶液pH<7.5(已知Ksp[Co(OH)2]=2×10-15)7、快速充放電鋁離子電池與鋰離子電池相比，其充電速度更快，壽命更長。其原理如圖所示。下列說法不正確的是。

A.電池放電時，負極反應式為：B.電池放電時，有機陽離子EM+向石墨電極移動C.電池充電時，石墨電極表面發(fā)生反應：D.電池充電時，Al與外電源的負極相連評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、科學家利用電化學裝置實現(xiàn)CH4和CO2兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化；其原理如圖所示：

下列說法錯誤的是A.b連電源負極B.B極發(fā)生氧化反應C.電極A發(fā)生的反應為：CO2+2e-+2H+=CO+H2OD.當消耗1molCO2時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA9、西湖大學科研團隊研究了“聚酮合成酶”在有空氣存在下“組裝”物質(zhì)的機理。物質(zhì)A()的“組裝”過程如圖所示(注：KS；AT等代表不同的酶)。下列說法錯誤的是。

A.升高溫度一定會提高“組裝”物質(zhì)的效率B.“組裝”過程中可能有CO2和H2O生成C.將四種“聚酮合成酶”交換順序，可以組裝出該物質(zhì)D.上述流程如能大規(guī)模應用，可實現(xiàn)化工生產(chǎn)的“綠色化”10、銀銅合金廣泛應用于航空工業(yè)。從銀銅合金的切割廢料中回收銀和制備CuAlO2的流程如下。

已知：Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的溫度分別為450℃和80℃。下列說法錯誤的是A.電解精煉時，粗銀做陽極，純銀做陰極B.為提高原料利用率，流程中應加過量的稀NaOHC.濾渣B煅燒時發(fā)生的反應為4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O2↑+6H2OD.若用1.0kg銀銅合金(銅的質(zhì)量分數(shù)為64%)最多可生成1.0molCuAlO211、用電解法制備高純金屬鉻和硫酸的原理如圖所示。下列說法正確的是。

A.b為直流電源的正極B.A膜是陽離子交換膜，B膜是陰離子交換膜C.陰極電極反應式為2H++2e-=H2↑D.若有1mol離子通過A膜，理論上陽極生成0.5mol氣體12、廣泛用于微電子；光電子行業(yè)；用粗硅作原料，熔融鹽電解法制取硅烷原理如圖。下列敘述正確的是。

A.通入的一極為電解池的陽極，反應式為B.電解過程中，由粗硅一極向通入的一極遷移C.熔融的中參與陽極反應D.粗硅上的反應式：評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、在2L密閉容器內(nèi)，800℃時反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)體系中，n(NO)隨時間的變化如表：。時間(s)01234n(NO)(mol)0.0200.010.0080.0070.007

（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：K=__________，已知：K3000C>K3500C，則該反應是______熱反應。

（2）圖中表示NO2的變化的曲線是_____________；用O2表示從0~2s內(nèi)該反應的平均速率v=____________

（3）能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____________。

a．v(NO2)=2v(O2)b．容器內(nèi)壓強保持不變。

c．v逆(NO)=2v正(O2)d．容器內(nèi)密度保持不變。

（4）為使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的是____________

a．及時分離除NO2氣體b．適當升高溫度。

c．增大O2的濃度d．選擇高效催化劑。

（5）關(guān)于該反應的下列說法中，正確的是________(填字母)。

A．ΔH＞0，ΔS＞0B．ΔH＞0；ΔS＜0

C．ΔH＜0，ΔS＞0D．ΔH＜0，ΔS＜014、電冶金。

電解法可用于冶煉活潑的金屬；如K；Na、Mg、Al等，但不能電解其鹽溶液，應電解其熔融態(tài)化合物．如電解熔融的氯化鈉可制取金屬鈉．

陽極反應：_______；

陰極反應：_______；

總反應：_______．15、I.電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的量。已知如下表數(shù)據(jù)(25℃)：

?；瘜W式。

電離平衡常數(shù)。

HCN

K=4.9×10-10

CH3COOH

K=1.8×10-5

H2CO3

K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11

(1)25℃時，等濃度的三種溶液：A.NaCN溶液、B.Na2CO3溶液、C.CH3COONa溶液；這三種溶液的pH由大到小的順序為_______(填寫序號)。

(2)25℃時，向NaCN溶液中通入少量CO2；所發(fā)生反應的離子方程式為_______；

(3)現(xiàn)有濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH等體積混合后，測得c(Na+)>c(CN-)；下列關(guān)系正確的是_______(填標號)。

A.c(H+)>c(OH-)B.c(H+)<c(OH-)

C.c(H+)+c(HCN)=c(OH-)D.c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L

(4)已知NaHCO3溶液呈堿性；寫出該溶液中各離子濃度的大小_______，電荷守恒表達式_______。

II.按要求填空：

(1)濃的Al2(SO4)3溶液和濃的小蘇打(NaHCO3)溶液混合可用于滅火；請用離子反應方程式表示滅火的原理_______；

(2)將25℃下pH=12的NaOH溶液aL與pH=1的HCl溶液bL混合，若所得混合液為中性，則a：b=_______。(溶液體積變化忽略不計)。16、難溶電解質(zhì)在水溶液中存在著沉淀溶解平衡。

已知：常溫下，

某溶液中含有雜質(zhì)，溶液中的濃度為2.0mol/L，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于時即沉淀完全(注：lg2=0.3)；則：

(1)該溶液中的剛好沉淀完全時溶液的pH為_______；

(2)該溶液中的開始形成沉淀時的pH為_______；

(3)若將該溶液的pH調(diào)至3.5，_______(填“是”或“否”)可以達到除去雜質(zhì)而不損失的目的。17、化學選修化學與技術(shù)。

硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟中占有極其重要的地位。

（1）工業(yè)制硫酸時所用硫鐵礦的主要成分為FeS2，其中硫元素的化合物為________。

（2）硫酸的最大消費渠道是化肥工業(yè)，用硫酸制造的常見化肥有_______(任寫一種)。

（3）硫酸生產(chǎn)中，根據(jù)化學平衡原理來確定的條件或措施有________(填寫序號)。

A．礦石加入沸騰爐之前先粉碎B．使用V2O5作催化劑。

C．轉(zhuǎn)化器中使用適宜的溫度D．凈化后的爐氣中要有過量的空氣。

E．催化氧化在常壓下進行F．吸收塔中用98.3%的濃硫酸吸收SO3

（4）在硫酸工業(yè)中；通過下列反應使二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫：

2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－98.3kJ·mol－1

在實際工業(yè)生產(chǎn)中，常采用“二轉(zhuǎn)二吸法”，即將第一次轉(zhuǎn)化生成的SO2分離后，將未轉(zhuǎn)化的SO2進行二次轉(zhuǎn)化，假若兩次SO2的轉(zhuǎn)化率均為95%，則最終SO2的轉(zhuǎn)化率為_____________。

（5）硫酸的工業(yè)制法過程涉及三個主要的化學反應及相應的設(shè)備(沸騰爐；轉(zhuǎn)化器、吸收塔))。

①三個設(shè)備分別使反應物之間或冷熱氣體間進行了“對流”。請簡單描述吸收塔中反應物之間是怎樣對流的。____________________________________________________________________。

②工業(yè)生產(chǎn)中常用氨—酸法進行尾氣脫硫；以達到消除污染；廢物利用的目的。用化學方程式表示其反應原理。(只寫出2個方程式即可)

______________________________________________________________________

_____________________________________________________________________。

（6）實驗室可利用硫酸廠爐渣(主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等)制備聚鐵和綠礬(FeSO4?7H2O)，聚鐵的化學式為[Fe2(OH)n(SO4)3﹣0.5n]m，制備過程如圖所示，下列說法正確的是_____________。

A．爐渣中FeS與硫酸和氧氣的反應的離子方程式為：4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O

B．氣體M的成分是SO2；通入雙氧水得到硫酸，可循環(huán)使用。

C．向溶液X中加入過量鐵粉；充分反應后過濾得到溶液Y，再將溶液Y蒸發(fā)結(jié)晶即可得到綠礬。

D．溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù)，若其pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù)偏大18、(1)已知金剛石和石墨分別在氧氣中完全燃燒的熱化學方程式為。

C(金剛石·s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-395.41kJ/mol-1；

C(石墨·s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.51kJ/mol-1；則金剛石轉(zhuǎn)化為石墨時的熱化學方程式：____，由此看來更穩(wěn)定的碳的同素異形體為_____。

(2)某次發(fā)射火箭，用N2H4(肼)在NO2中燃燒，生成N2、液態(tài)H2O。

已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.2kJ/mol

N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-534kJ/mol

假如都在相同狀態(tài)下，請寫出發(fā)射火箭反應的熱化學方程式：_______19、如何降低大氣中CO2的含量及有效地開發(fā)利用CO2引起了全世界的普遍重視。目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來生產(chǎn)燃料甲醇。為探究該反應原理，進行如下實驗：在容積為1L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下發(fā)生發(fā)應，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。實驗測得CO2和CH3OH(g)的物質(zhì)的量(n)隨時間變化如下圖1所示：

(1)從反應開始到平衡，氫氣的平均反應速率v(H2)=___________。

(2)500℃該反應的平衡常數(shù)為___________(結(jié)果保留一位小數(shù))，圖2是改變溫度時化學反應速率隨時間變化的示意圖，若降低溫度到400℃進行，達平衡時，K值___________(填“增大”“減小”或“不變”)。

(3)下列措施中不能使CO2的轉(zhuǎn)化率增大的是___________。

A．在原容器中再充入1molH2B．在原容器中再充入1molCO2

C．縮小容器的容積D．將水蒸氣從體系中分離出E．使用更有效的催化劑。

(4)500℃條件下，測得某時刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的濃度均為0.4mol/L，則此時v(正)___________v(逆)(填“＞”“＜”或“=”)。評卷人得分四、判斷題(共4題，共28分)20、某醋酸溶液的將此溶液稀釋到原體積的2倍后，溶液的則(_______)A.正確B.錯誤21、(1)用碳酸鈉粉末可以制備CO2_______

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產(chǎn)生H2的速率可改用濃H2SO4_______

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理可獲得NH3_______

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：將MgCl2溶液加熱蒸干_______

(6)用向上排空氣法收集銅粉和稀硝酸反應產(chǎn)生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解產(chǎn)生的O2：先熄滅酒精燈，后移出導管_______

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產(chǎn)物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水_______A.正確B.錯誤22、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，該反應不能自發(fā)進行。__________________A.正確B.錯誤23、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關(guān)。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共40分)24、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的價電子層中有3個未成對電子，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個電子，但次外層有18個電子。回答下列問題：

(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)；基態(tài)E原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為______。

(3)A和其他元素形成的二元共價化合物中，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；請解釋原因______；分子中既含有極性共價鍵；又含有非極性共價鍵的化合物是______(填化學式，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個電子的元素共有______種。25、工業(yè)用焦炭和硫酸鈉反應制備硫化鈉：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，二者形成晶體時的熔點高低為：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，非金屬性強的是___________，寫出一個能支持你的結(jié)論的事實：___________。

(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(先在括號里補齊生成物)：_________

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

(7)圖示中反應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(標準狀況)為___________升。26、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?。河名}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?。合虺s后的溶液中，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發(fā)生反應：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點剩余固體的化學成分為_______(填化學式)。試寫出B點對應的物質(zhì)與O2在225~300℃發(fā)生反應的化學方程式：_______。27、合成氨是人類科學技術(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_____。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共1題，共5分)28、重鉻酸鉀在工業(yè)中有廣泛的應用，可用鉻鐵礦為原料制備。以鉻鐵礦(主要成分可表示為FeO·Cr2O3，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì))制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)固體的工藝流程如下：

資料：①NaFeO2遇水強烈水解。

②

(1)K2Cr2O7中Cr元素的化合價是______。

(2)步驟①發(fā)生多個反應，補全下列化學方程式___：

___FeO·Cr2O3+___Na2CO3+___KClO3=12Na2CrO4+___Fe2O3+___CO2+_KCl

(3)熔塊的主要成分為Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性鹽，濾渣1為紅褐色固體，寫出步驟②NaFeO2水解的離子方程式______。

(4)結(jié)合化學用語解釋步驟④調(diào)pH的目的______。

(5)重鉻酸鉀純度測定。

稱取重鉻酸鉀試樣2.9400g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化鉀(Cr2O的還原產(chǎn)物為Cr3+)，放于暗處5min，然后加入100mL水和淀粉指示劑，用0.1200mol/LNa2S2O3標準溶液滴定(I2+2S2O=2I－+S4O)。

①滴定終點的顏色變化是______。

②若實驗共用去Na2S2O3標準溶液40.00mL，則所得產(chǎn)品中重鉻酸鉀的純度是______(滴定過程中其它雜質(zhì)不參與反應)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)放電，KC6中K失去電子，因此左邊為原電池負極，右邊為原電池正極，放電時，根據(jù)“同性相吸”原理，因此K+通過陽離子交換膜向正極即K0.5MnO2電極移動；故A錯誤；

B．放電時，KC6中K失去電子，變?yōu)镵+，其負極的電極反應式：KC6－e－=K++6C；故B正確；

C．K0.5?xMnO2+xK++xe－=K0.5MnO2是放電時正極的電極反應式；故C錯誤；

D．若僅把鉀離子換成鋰離子；當負極減少的質(zhì)量相同時，由于鉀的摩爾質(zhì)量大于鋰的摩爾質(zhì)量，因此鉀離子電池轉(zhuǎn)移的電子數(shù)比鋰離子電池的少，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。2、A【分析】【詳解】

在某溫度時，水的離子積為1×10－12mol2·L－2，則水電離產(chǎn)生c(H＋)=c(OH-)=1×10-6mol/L。若c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性；若c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性；若c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈堿性。此題中c(H+)=1×10-7mol·L－1，則c(OH-)=mol·L－1=1.0×10-5mol·L-1，可見，c(H+)＜c(OH-)，所以溶液顯堿性，c(OH-)=100c(H＋)，則合理說法為①④，故合理選項是A。3、A【分析】【詳解】

A．縮小體積增大壓強；導致單位體積內(nèi)活化分子個數(shù)增大，反應速率加快，故A正確；

B．體積不變，減少N2的量；反應物濃度降低，反應速率減慢，故B錯誤；

C．體積不變充入He使壓強增大；但參加反應的物質(zhì)的濃度不變，反應速率不變，故C錯誤；

D．壓強不變充入氫氣使體積增大；氮氣濃度減小，反應速率減小，故D錯誤；

故選：A。4、D【分析】【分析】

由圖像可知，a極產(chǎn)生氫氧根離子，則水得電子生成氫氣和氫氧根離子，作陰極，則電池M極為負極；c膜可使(CH3)4N+透過，向a極移動；d膜可使氯離子透過向b極移動，而e極可使鈉離子透過，向a極移動，則II處的NaCl濃度大于I處；b極為陽極；氫氧根離子失電子生成氧氣和水。

【詳解】

A．分析可知；N為電池的正極，A說法正確；

B．分析可知；NaCl溶液的濃度：Ⅱ處大于Ⅰ處，B說法正確；

C．a(chǎn)電極水得電子生成氫氣和氫氧根離子，電極反應式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；C說法正確；

D．除去1mol四甲基氯化銨，轉(zhuǎn)移1mol電子，在標準狀況下a極生成0.5mol氫氣，b極生成0.25mol氧氣；則兩極共生成氣體16.8L，D說法錯誤；

答案為D。5、B【分析】【詳解】

A．碎玻璃屬于危險廢棄物；廢舊電池除含有重金屬等有害物質(zhì)外，還有大量可再生利用的物質(zhì)，因此需要分類處理，A錯誤；

B．地溝油含有害物質(zhì)；不可食用，但可用來制造肥皂；生物柴油，B正確；

C．鎂鋁合金用于制作航天器外殼；是因為鎂鋁合金以質(zhì)輕著稱，還具有很好的強度；剛性和尺寸穩(wěn)定性等優(yōu)點，C錯誤；

D．鐵比錫活潑；當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，在潮濕環(huán)境中可形成原電池結(jié)構(gòu)，鐵作負極，會被迅速腐蝕，D錯誤；

故選B。6、B【分析】【分析】

由流程可知，含鎳廢料（主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）中加入稀硫酸酸浸，過濾分離出濾渣Ⅰ為SiO2、BaSO4，濾液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4，加入氧化劑H2O2氧化FeSO4，加入Na2CO3調(diào)節(jié)pH使Fe2(SO4)3等轉(zhuǎn)化為含鐵元素沉淀過濾除去，再加入有機萃取劑，振蕩、靜置、分液得到含NiSO4的有機層和含有CoSO4的水層溶液，向含有CoSO4的溶液中加入碳酸氫鈉，使Co2+轉(zhuǎn)化為CoCO3沉淀，離子方程式為2HCO+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，過濾、洗滌、干燥得到CoCO3；在含NiSO4的有機層反萃取得到NiSO4溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到NiSO4?6H2O晶體，煅燒生成NixOy；以此來解答。

【詳解】

A．結(jié)合分析可知，“濾渣1”的主要成分是SiO2、BaSO4，“濾渣I”中含硅和鋇元素，故A正確；

B．“調(diào)pH”過程中，Na2CO3不能過量，否則Co2+和Ni2+會與碳酸根離子反應生成沉淀而損失，故B錯誤；

C．在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氫鈉，使Co2+轉(zhuǎn)化為CoCO3沉淀，離子方程式為2HCO+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故C正確；

D．當恰好剛生成時的常溫下即pH=7.5，則為了防止沉鈷時生成常溫下應控制溶液故D正確；

故選B。7、C【分析】【分析】

電池放電時；鋁電極為負極，石墨為正極；充電時，鋁電極與電源負極相連，作電解池的陰極，石墨與電源的正極相連，作電解池的陽極。

【詳解】

A．電池放電時，負極Al失電子產(chǎn)物與反應，生成電極反應式為：A正確；

B．電池放電時，石墨為正極，陽離子向正極移動，則有機陽離子EM+向石墨電極移動；B正確；

C．電池充電時，鋁電極為陰極，在其表面得電子生成Al和發(fā)生反應：C不正確；

D．電池充電時；Al作陰極，與外電源的負極相連，D正確；

故選C。二、多選題(共5題，共10分)8、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．在電極A上CO2得到電子被還原產(chǎn)生CO，則A電極為陰極，則b連接電源的負極；A正確；

B．在B電極上CH4變?yōu)镃H3-CH3、CH2=CH2、H2O；C元素化合價升高，失去電子，被氧化，所以B電極發(fā)生氧化反應，B正確；

C．根據(jù)圖示可知：在電極A上CO2得到電子被還原為CO，故A電極的反應為：CO2+2e-=CO+O2-；C錯誤；

D．根據(jù)選項C分析可知：當反應消耗1molCO2時，轉(zhuǎn)移2mol電子，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA；D錯誤；

故合理選項是CD。9、AC【分析】【詳解】

A．聚酮合成酶是一種蛋白質(zhì)；也是高效催化劑，在一定的溫度范圍內(nèi)催化活性最好，溫度過低或過高均會影響組裝線的組裝效率，所以升高溫度不一定會提高“組裝”物質(zhì)的效率，故A錯誤；

B．由圖可知，組裝的過程就是斷鍵和成鍵的過程，所以可能有CO2和H2O生成；故B正確；

C．由圖可知；不同的酶組裝的原子團不同，則若將四種聚酮合成酶交換順序，原子團的連接順序不同，組裝所得有機物的結(jié)構(gòu)不同，不可以組裝出該物質(zhì)，故C錯誤；

D．由圖可知；組裝過程中沒有有害物質(zhì)生成，則上述流程如能大規(guī)模應用，可實現(xiàn)化工生產(chǎn)的綠色化，故D正確；

故選AC。10、BD【分析】【分析】

由流程可知，銀銅合金在空氣中熔煉時，其中的銅被氧化生成氧化銅成為渣料，同時得到銀熔體，經(jīng)冷凝成型得到粗銀，粗銀經(jīng)電解精煉得到銀；渣料經(jīng)稀硫酸溶液、過濾，得到硫酸銅溶液，向該溶液中加入硫酸鋁和稀的氫氧化鈉溶液、煮沸、過濾，得到濾渣B，B中含有氫氧化鋁和氧化銅，其在惰性氣體中煅燒得到CuAlO2。

【詳解】

A.電解精煉時；粗銀做陽極，純銀做陰極，粗銀溶解，控制一定的條件使電解質(zhì)溶液中的銀離子在陰極上放電生成銀，A說法正確；

B.為提高原料利用率；流程中不能加過量的稀NaOH，因為氫氧化鋁會與過量的強堿反應生成可溶性的鹽，B說法錯誤；

C.Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的溫度分別為450℃和80℃,因此，煮沸時Cu(OH)2分解為CuO，因此，濾渣B中含有氫氧化鋁和氧化銅，其在煅燒時發(fā)生的反應為4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O2↑+6H2O；C說法正確；

D.1.0kg銀銅合金中銅的質(zhì)量為1000g64%=640g，銅的物質(zhì)的量為因此，根據(jù)銅元素守恒可知，若用1.0kg銀銅合金(銅的質(zhì)量分數(shù)為64%)最多可生成10molCuA1O2；D說法錯誤。

綜上所述，本題選BD。11、AD【分析】【詳解】

A．該裝置制備高純金屬Cr和硫酸，左邊池中Cr電極上Cr3+得電子發(fā)生還原反應，則Cr棒為陰極，連接陰極的電極a為電源的負極，則b為電源的正極；A正確；

B．左邊池中Cr電極上Cr3+得電子發(fā)生還原反應，陰極反應式為Cr3++3e-=Cr，附近溶液中濃度增大，為維持溶液電中性，要通過A膜進入中間區(qū)域；石墨電極上OH-不斷失去電子變?yōu)镺2逸出，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，使附近H+濃度增大，為維持溶液電中性，H+不斷通過B膜乙池；所以A膜是陰離子交換膜，B膜為陽離子交換膜，B錯誤；

C．陰極上Cr3+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cr，電極反應式為：Cr3++3e-=Cr；C錯誤；

D．根據(jù)選項B分析可知：要通過A膜進入中間區(qū)域，若有1mol離子通過A膜，由于帶有2個單位負電荷，則電路中會轉(zhuǎn)移2mol電子，則根據(jù)電荷守恒可知理論上陽極石墨上會產(chǎn)生0.5molO2；D正確；

故合理選項是AD。12、BC【分析】【分析】

熔鹽LiH中，含有Li+和H-，所以H2應轉(zhuǎn)化為H-，從而得出通入H2的電極為陰極，粗硅為陽極，陰極反應式為H2+2e-═2H-，陽極反應式為Si+4H--4e-=SiH4↑；據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．由以上分析知，通入H2的電極為電解池的陰極，反應式為H2+2e-═2H-，A錯誤；

B．電解過程中，通入氫氣的一極為陰極，陽離子向陰極移動，則Li+由粗硅一極向通入H2的一極遷移，B正確；

C．由分析可知，粗硅為電解池的陽極，反應式為Si+4H--4e-=SiH4↑，故熔融的中參與陽極反應，C正確；

D．由分析可知，粗硅上反應式為：Si+4H--4e-=SiH4↑，D錯誤；

故答案為：BC。三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【詳解】

(1)該反應的平衡常數(shù)表達式：K=c2(NO2)/[c2(NO)﹒c(O2)]

答案為：c2(NO2)/[c2(NO)﹒c(O2)]

已知：K3000C>K3500C；說明升高溫度平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應。答案：放熱。

(2)從反應方程式可以看出，一氧化氮和二氧化氮的變化量應該相等。根據(jù)表中數(shù)據(jù)和圖像起點可知，一氧化氮的變化曲線為c，所以圖中表示NO2變化的曲線是b。答案為b

用O2表示從0~2s內(nèi)該反應的平均速率v=

答案為1.5×10-3mol·L－1·s－1

(3)a．v(NO2)=2v(O2)；不管反應進行到什么程度(反應達平衡前),此關(guān)系均成立，不一定是平衡狀態(tài)；

b．因為反應前后氣體的分子數(shù)不等；所以當容器內(nèi)壓強保持不變時，反應達平衡狀態(tài)；

c．v逆(NO)=2v正(O2)；此關(guān)系表明反應進行的方向相反，且數(shù)值之比等于化學計量數(shù)之比，反應達平衡狀態(tài)；

d．因為氣體的總質(zhì)量不變；氣體的體積不變，所以容器內(nèi)氣體的密度始終保持不變，反應不一定達平衡狀態(tài)。

故答案為bc

(4)a．及時分離除NO2氣體；平衡正向移動，但反應速率減慢，不合題意；

b．適當升高溫度；反應速率加快，但平衡逆向移動，不合題意；

c．增大O2的濃度；反應速率加快，平衡正向移動，符合題意；

d．選擇高效催化劑；反應速率加快，平衡不移動，不合題意。

答案為c

(5)該反應為體積縮小的放熱反應；所以ΔH＜0，ΔS＜0。

答案為D?！窘馕觥竣?K=c2(NO2)/c2(NO)﹒c(O2)②.放熱③.b④.1.5×10-3mol·L－1·s－1⑤.bc⑥.c⑦.D14、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】15、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．(1)三種溶液均因水解顯堿性，由電離平衡常數(shù)可得酸性強弱：CH3COOH>H2CO3>HCN>根據(jù)越弱越水解規(guī)律，知水解程度：CH3COO-<<CN-<故溶液堿性強弱：Na2CO3>NaCN>NaHCO3>CH3COONa，即pH：B>A>C；

(2)根據(jù)強酸制弱酸規(guī)律，H2CO3可以制HCN，但不可以，故NaCN溶液通CO2生成和HCN，離子方程式為：CNˉ+CO2+H2O=HCO+HCN；

(3)已知n(HCN):n(NaOH)=2:1，故反應后溶液組成為HCN和NaCN，兩者近似相等，由c(Na+)>c(CN-)，結(jié)合電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，知c(H+)<c(OH-)，A錯誤，B正確；由電荷守恒①c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，結(jié)合物料守恒②2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，①×2-②得：2c(H+)+c(HCN)=c(CN-)+2c(OH-)，故c(H+)+c(HCN)=c(CN-)+2c(OH-)-c(H+)>c(OH-)，C錯誤；由物料守恒得c(HCN)+c(CN-)==0.01mol/L；D正確；故答案選BD；

(4)首先NaHCO3完全電離，所以溶液中大量存在Na+與因為水解和電離的損耗，故c(Na+)>c()；由溶液顯堿性知水解大于其電離，依據(jù)水解：電離：得：c(OH-)>c(H+)>c()，三種離子均為微弱過程產(chǎn)生，濃度小于Na+與故各離子濃度大小順序為：c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()；電荷守恒表達式為：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)；

Ⅱ．(1)Al3+與兩者水解相互促進徹底進行，生成Al(OH)3和大量的CO2，故可用于滅火，方程式為：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO?↑；

(2)pH=12NaOH溶液中c(H+)=10-12mol/L，故c(OH-)=pH=1HCl溶液中c(H+)=10-1mol/L，兩溶液混合后顯中性，說明NaOH與HCl恰好反應，即10-2mol/L×aL=10-1mol/L×bL，解得a:b=10:1。【解析】B>A>CCNˉ+CO2+H2O=HCO+HCNB、Dc(Na+)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO?↑10：116、略

【分析】【分析】

(1)

c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，c(H+)==5×10-4mol/L；pH≈3.3。

(2)

溶液中的濃度為2.0mol/L，該溶液中的Cu2+開始形成沉淀時c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，c(H+)==1×10-4mol/L；pH=4。

(3)

Fe3+剛好沉淀完全時溶液的pH為3.3，Cu2+開始形成Cu(OH)2沉淀時的pH為4，溶液的pH調(diào)至3.5時Fe3+已經(jīng)沉淀完全，Cu2+還未沉淀，可以達到除去Fe3+雜質(zhì)而不損失Cu2+的目的。【解析】（1）3.3

（2）4

（3）是17、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：

（1）FeS2中鐵元素是+2價；則硫元素為-1價；

（2）用硫酸制造的常見化肥有硫酸銨；硫酸氫銨、硫酸鋅、硫酸鉀等；

（3）硫酸生產(chǎn)中，第二步：SO3的制取反應原理為：2SO2+O22SO3，該反應為可逆反應，根據(jù)化學平衡原理為了提高SO2的轉(zhuǎn)化率，通常采用增大O2濃度的方法來達到使SO2盡可能多的轉(zhuǎn)化為SO3的目的。A．礦石加入沸騰爐之前先粉碎，目的是為了增大黃鐵礦與空氣的接觸面，加快4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2反應速率，而不是從2SO2+O22SO3反應中化學平衡角度考慮，故A不正確；B．使用V2O5作催化劑，催化2SO2+O22SO3反應，只能加快該反應的速率，不能使平衡移動，故B不正確；C．接觸室中催化轉(zhuǎn)化器使用適宜的溫度，目的是使催化劑活性最強，使反應速率最快，而實際上升高溫度，會促使2SO2+O22SO3平衡向吸熱方向移動，即逆向移動，不利于提高SO2的轉(zhuǎn)化率，故C不正確；D．從沸騰爐中出來的氣體成分為SO2、O2、N2，經(jīng)過凈化后，進入接觸室，爐氣中要有過量的空氣，即增大O2濃度，會促使2SO2+O22SO3平衡正向移動，有利于提高SO2的轉(zhuǎn)化率，故D正確；E．接觸室中：2SO2+O22SO3，增大壓強促使平衡正向移動(即氣體總體積減小的方向)，減小壓強促使平衡逆向移動(即氣體總體積增大的方向)．在常壓下，不利于平衡正向移動，不利于提高SO2的轉(zhuǎn)化率．對于該化學平衡，壓強的增大，促使平衡正向移動，效果并不明顯，所以工業(yè)上直接采用常壓條件，而不采用高壓條件，故E不正確；F．吸收塔中用98.3%的濃硫酸吸收SO3，主要目的是防止產(chǎn)生酸霧，阻礙SO3的吸收；與化學平衡移動原理無關(guān)，故F不正確；

（4）設(shè)二氧化硫的初始濃度為a，則第一次轉(zhuǎn)化掉的二氧化硫濃度為a×95%，剩余的二氧化硫濃度為a×(1-95%)，進入第二次轉(zhuǎn)化，則第二次轉(zhuǎn)化掉的二氧化硫濃度為a×(1-95%)×95%，根據(jù)公式：轉(zhuǎn)化率═轉(zhuǎn)化濃度/初始濃度×100%，最終SO2的轉(zhuǎn)化率═[a×95%+a×(1-95%)×95%]/a×100%═99.75%；

（5）①從接觸室中出來的熱氣體SO2、O2、N2、SO3，在吸收塔的底部進入，從下向上運動，從吸收塔頂部噴灑冷的濃硫酸，從上向下運動；熱氣體SO3與冷的濃硫酸相對流動，進行熱量交換，故答案為從接觸室中出來的熱氣體SO2、O2、N2、SO3，在吸收塔的底部進入，從下向上運動；從吸收塔頂部噴灑冷的濃硫酸，從上向下運動；熱氣體SO3與冷的濃硫酸相對流動，進行熱量交換；②工業(yè)生產(chǎn)中常用氨-酸法進行尾氣脫硫，即先用氨水吸收，再用濃硫酸處理，先用氨水吸收時，發(fā)生反應：SO2+2NH3?H2O═(NH4)2SO3，再用濃硫酸處理時，發(fā)生反應：(NH4)2SO3+H2SO4═(NH4)2SO4+SO2↑+H2O；以達到消除污染；廢物利用的目的；

（6）分析流程可知爐渣加入硫酸溶液同時通入氧氣得到固體W為氧化還原反應生成的硫單質(zhì)和SiO2等，溶液X為含有Fe3+離子的溶液，調(diào)節(jié)溶液PH得到溶液Z加熱得到聚鐵，溶液X中加入鐵反應生成硫酸亞鐵溶液Y，蒸發(fā)結(jié)晶得到硫酸亞鐵晶體。A、爐渣中FeS與硫酸和氧氣反應生成硫單質(zhì)硫酸鐵和水，反應的離子方程式為4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正確；B、爐渣加入硫酸溶液同時通入氧氣得到固體W為氧化還原反應生成的硫單質(zhì)和SiO2等；固體W灼燒得到氣體為二氧化硫，故B正確；C；溶液X中加入過量鐵粉，鐵和硫酸鐵溶液反應生成硫酸亞鐵，通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾析出得到綠礬，符合晶體析出步驟，故C錯誤；D、用pH試紙測定方法為：將試紙放在表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取待測液，點在試紙的中央，然后與標準比色卡對比．氫氧化鐵的含量比硫酸亞鐵高，若溶液Z的pH偏小，則聚鐵中生成的氫氧根的含量減少，使鐵的含量減少，故D錯誤；選AB。

考點：考查了工業(yè)接觸法制硫酸的原理、反應速率、轉(zhuǎn)化率、反應的熱效應、工業(yè)尾氣的處理等?！窘馕觥竣?－1②.硫酸銨③.D④.99.75%⑤.SO3從吸收塔底部進入，吸收劑(濃硫酸)從頂部下淋，形成對流⑥.SO2＋NH3＋H2O===NH4HSO3⑦.2NH4HSO3＋H2SO4===(NH4)2SO4＋2H2O＋2SO2↑⑧.AB18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①C(金剛石·s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-395.41kJ/mol-1，②C(石墨·s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.51kJ/mol-1，①－②得出金剛石轉(zhuǎn)化成石墨的熱化學方程式：C(金剛石·s)=C(石墨·s)ΔH=ΔH1－ΔH2=－1.9kJ/mol；該反應為放熱反應；石墨的能量小于金剛石，利用能量越低，物質(zhì)越穩(wěn)定，推出石墨比金剛石穩(wěn)定；

故答案為C(金剛石·s)=C(石墨·s)ΔH=－1.9kJ/mol；石墨；

(2)N2H4在NO2反應的反應方程式為2N2H4＋2NO2=3N2＋4H2O(l)，①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.2kJ/mol；②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-534kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，2×②－①，得出肼與NO2反應的熱化學方程式，2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)△H=[2×(－534kJ/mol)－(＋67.2kJ/mol)]=－1135.2kJ/mol；

故答案為2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)△H=－1135.2kJ/mol?！窘馕觥緾(金剛石·s)=C(石墨·s)ΔH=－1.9kJ/mol石墨2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)△H=－1135.2kJ/mol19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)從反應開始到平衡v(CH3OH)=mol/（L·min）=0.075mol/（L?min），相同時間內(nèi)v(H2)=3v(CH3OH)=0.075mol/（L?min）×3=0.225mol/（L?min）；

(2)根據(jù)圖像結(jié)合三段式可知。

化學平衡常數(shù)K=≈5.3；該反應的正反應是放熱反應，降低溫度平衡正向移動，化學平衡常數(shù)增大；

(3)A．在原容器中再充入1molH2；反應物濃度增大，平衡正向移動，導致二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故A不選；

B．在原容器中再充入1molCO2平衡正向移動；但是二氧化碳消耗的量遠遠小于加入的量導致二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，故B選；

C．縮小容器的容積；壓強增大，化學平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率變大，故C不選；

D．將水蒸氣從體系中分離出；平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故D不選；

E．使用更有效的催化劑；平衡不移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率不變，故E選；

故選BE；

(4)此時濃度商==6.25＞K，平衡逆向移動，則v(正)＜v(逆)。【解析】0.225mol/(L?min)5.3增大BE＜四、判斷題(共4題，共28分)20、B【分析】【詳解】

無論強酸溶液還是弱酸溶液加水稀釋，溶液的酸性都減弱，pH都增大，即a21、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)用碳酸鈉粉末與酸反應可以制備CO2；故正確；

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產(chǎn)生H2的速率不可改用濃H2SO4；濃硫酸遇鐵，常溫下發(fā)生鈍化，故錯誤；

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理除去二氧化碳和水，可獲得NH3；故正確；

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同；均是固體加熱，故正確；

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：應在HCl氣流中將MgCl2溶液加熱；故錯誤；

(6)應用排水法收集銅粉和稀硝酸反應產(chǎn)生的NO；故錯誤；

(7)排水法收集KMnO4分解產(chǎn)生的O2：先移出導管；后熄滅酒精燈，故錯誤；

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產(chǎn)物應先通過飽和食鹽水，后通過濃硫酸，故錯誤。22、B【分析】【分析】

【詳解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自發(fā)，高溫下可以自發(fā)，故錯誤。23、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應，錯誤。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共40分)24、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的價電子層中有3個未成對電子，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個電子，但次外層有18個電子，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)是強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應消耗水電離產(chǎn)生的OH-，使水的電離平衡正向移動，最終達到平衡時，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液顯酸性，水解反應的離子方程式為：

(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，但當元素處于第IIA；第VA時，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)最高能級是4s能級，該能級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鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O鍵，化學鍵是一種強烈的相互作用力，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對孤電子對，而在H2O中O原子上有2對孤電子對，孤電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，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個電子的元素有K、Cr、Cu三種元素?！窘馕觥克酦球形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325、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，因此每個電子運動狀態(tài)均不相同，S原子核外有16個電子，則基態(tài)S原子核外有16種運動狀態(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，熔點越高，由于CS2的相對分子質(zhì)量大于CO2，因此熔點：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A；C、D錯誤，故選B。

（4）比較C和S的非金屬性，可通過比較二者最高價氧化物對應水化物的酸性強弱進行判斷，因為硫酸酸性大于碳酸，可得非金屬性：S>C?；蛘咴贑S2中S顯負價，C顯正價，說明S得電子能力比C強，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元素化合價由+3價降至+2價，1molFe2(SO4)3反應得2mol電子，H2S中S元素化合價由-2價升高到0價，1molH2S反應失2mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，配平后可得化學方程式為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，其在標況下體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L。【解析】(1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫顯負價；合理即可)

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

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.626、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