2025年冀教版選擇性必修1化學下冊月考試卷

…………○…………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年冀教版選擇性必修1化學下冊月考試卷747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6題，共12分)1、鎂及其化合物一般無毒(或低毒)、無污染，且鎂電池放電時電壓高而平穩(wěn)，因而越來越成為人們研制綠色原電池所關(guān)注的焦點。其中一種鎂電池的反應為則鎂電池放電時，下列說法錯誤的是A.向正極遷移B.正極的電極反應式為C.發(fā)生氧化反應D.負極的電極反應式為2、用銅片、銀片設計成如圖所示的一個原電池，其中鹽橋里裝有含瓊膠的KNO3飽和溶液。下列說法正確的是。

A.外電路中電子由銅片流向銀片B.鹽橋可以用裝有含瓊膠的KCl飽和溶液代替C.銀片上發(fā)生的反應是Ag-e-=Ag+D.電路中每轉(zhuǎn)移2mole-，正極增重108g3、化學反應N2(g)+H2(g)===NH3(l)的能量變化如圖所示；則該反應的ΔH等于。

A.+(a-b-c)kJ·mol-1B.+(b-a)kJ·mol-1C.+(b+c-a)kJ·mol-1D.+(a+b)kJ·mol-14、一定溫度下，AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)體系中，c(Ag+)和c(Cl?)的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.a、b、c三點對應的Ksp相等B.d點的溶液為AgCl的不飽和溶液C.AgCl在c點的溶解度比b點的大D.AgCl溶于水形成的飽和溶液中，c(Ag+)=c(Cl?)5、在含有Fe3+、S2O和I-的混合溶液中，反應S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)的分部機理如下；反應進程中的能量變化如圖所示。

步驟①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)

步驟②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)

下列關(guān)于該反應的說法錯誤的是A.Fe3+是該反應的催化劑B.步驟②比步驟①速率快C.該反應為放熱反應D.若不加Fe3+，則正反應的活化能比逆反應的大6、要在鐵制品上鍍上一定厚度的鋅層，以下設計方案正確的是A.鋅作陽極，鐵制品作陰極，溶液含有鋅離子B.鉑作陰極，鐵制品作陽極，溶液含有鋅離子C.鐵作陽極，鐵制品作陰極，溶液含有亞鐵離子D.鋅用陰極，鐵制品作陽極，溶液含有鋅離子評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、利用液化石油氣中的丙烷脫氫可制取丙烯：C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH。向起始體積為2L的恒壓密閉容器中充入1mol丙烷，在不同溫度、壓強下測得平衡時反應體系中丙烷與丙烯的物質(zhì)的量分數(shù)如圖所示(已知p1為0.1MPa)。

下列說法錯誤的是A.反應的ΔH>0B.壓強p2＜0.1MPaC.556℃壓強p1時，該反應的壓強平衡常數(shù)為D.556℃壓強p1時，容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此時v(正)＞v(逆)8、在容積一定的密閉容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳發(fā)生化學反應：C(s)+2NO(g)?CO2(g)+N2(g)，平衡時c(NO)與溫度T的關(guān)系如圖所示；則下列說法正確的是。

A.該反應的ΔH>0B.若該反應在T1℃、T2℃時的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＜K2C.在T2℃時，若反應體系處于狀態(tài)D，則此時υ正>υ逆D.若C點的壓強分別為PB和PC，則PB小于PC9、電解質(zhì)濃度不同形成的濃差電池，稱為離子濃差電池。以濃差電池為電源，以石墨為電極將轉(zhuǎn)化為高純的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.為正極，N為陰極B.M極電極反應為：C.工作時，左池從右側(cè)經(jīng)膜I移向左側(cè)，右池從右側(cè)經(jīng)膜Ⅱ移向左側(cè)D.當濃差電池停止放電時，理論上可得到標準狀況下的(溶液體積變化忽略不計)10、HCOOH在Pd催化劑表面脫氫的反應機理；反應歷程與能量的關(guān)系如圖所示：

下列說法正確的是A.在Pd催化劑表面HCOOH脫氫反應的H>0B.在Pd催化劑表面離解O－H鍵比C－H鍵的活化能低C.在歷程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反應速率最慢D.用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的產(chǎn)物都有HD和CO211、(g)+(g)(g)+HCl(g)是制備酯類物質(zhì)的重要有機反應，下列對相關(guān)圖像做出的判斷正確的是。ABCD升高溫度，平衡向逆反應方向移動t1時改變的條件可能為增大的濃度0～5min內(nèi)，的平均反應速率為0.3mol?L-1?min-1x可能為壓強

A.AB.BC.CD.D12、為研究不同狀態(tài)（塊狀；粉末狀）碳酸鈣固體與鹽酸反應的反應速率；某同學通過實驗測定數(shù)據(jù)得出如圖所示的曲線。下列有關(guān)說法中正確的是。

A.曲線甲表示的是粉末狀碳酸鈣固體與鹽酸反應B.隨著反應進行，鹽酸濃度降低，反應速率不斷降低C.若用單位時間內(nèi)CO2的體積變化來表示該反應的速率，則t2—t3時間內(nèi)平均反應速率為mL·s-1D.兩次實驗，粉末狀固體最終生成的CO2的量更多13、草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[X為或]與pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法一定正確的是。

A.Ⅰ表示lg與pH的變化關(guān)系B.pH＝1.22的溶液中：2c()+c()＞c(Na+)C.1.22＜pH＜4.19的溶液中：c()＞c()＞c(H2C2O4)D.pH＝4.19的溶液中：c(Na+)＜3c()14、常溫下，下列有關(guān)敘述正確的是(雙選)A.pH=8的NaY溶液中，c(Na＋)-c(Y-)=9.9×10-7mol·L-1B.Na2CO3溶液中，2c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)C.pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH)大小順序①=②>③D.10mLpH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA溶液至pH=7，則所得溶液體積一定為20mL(忽略溶液混合時體積變化)15、向xmol·L-1的20mLH2B溶液中滴入相同濃度的NaOH溶液，測得H2B、HB-、B2-的pH-pc(pc=-lgc)曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.a、b點所在曲線對應的粒子為HB-B.水電離出的氫離子濃度大小關(guān)系為：c>b>aC.c點，滴入NaOH溶液的體積為10mLD.評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、電解原理在化學工業(yè)中有著廣泛的應用。下圖表示一個電解池示意圖；裝有電解質(zhì)溶液c；A；B分別是兩塊電極板，通過導線與直流電源相連。

(1)若A；B均是惰性電極；電解質(zhì)溶液c是NaCl飽和溶液，電解開始時，同時在U形管兩邊各滴入幾滴酚酞溶液，試判斷：

①a是___________(填“正”或“負”)極，B是___________(填“陰”或“陽”)極；

②電解池中A電極上發(fā)生的電極反應為___________，B電極上發(fā)生的電極反應為___________；

③檢驗A電極反應產(chǎn)物的方法是___________。

(2)若用電解法精煉粗銅，電解質(zhì)溶液c選用CuSO4溶液；則。

①A電極的材料是___________，電極反應為___________；

②B電極的材料是___________，電極反應為___________。

(3)用惰性電極電解CuSO4溶液。若陰極上析出Cu的質(zhì)量為3.2g，則陽極上產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為___________；常溫下，若將電解后的溶液稀釋至1L，則溶液的pH約為___________。17、依據(jù)電化學原理；回答下列問題：

(1)圖1是依據(jù)氧化還原反應Cu(s)+2Fe3+(aq)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)設計的原電池裝置。

①電極X的材料是___。

②Y上發(fā)生的電極反應式為___。

③鹽橋中裝有含KCl飽和溶液的瓊膠，放電過程鹽橋中向左側(cè)燒杯移動的離子主要是___(填離子符號)。

(2)圖2為離子交換膜法電解飽和食鹽水的原理示意圖。

①寫出電解過程中總反應的化學方程式____。

②a處得到的溶液中溶質(zhì)的主要成分是___(填化學式)。

(3)科學家研發(fā)了一種綠色環(huán)保可充電“全氫電池”；其放電時工作原理如圖3所示。

①吸附層a上的電勢___(填“低于”、“高于”或“等于”)吸附層b上的電勢。

②吸附層a上的電極反應式為___。

③下列說法錯誤的是___。

A.該電池充電時，吸附層b接電源正極。

B.裝置中的離子交換膜可以使用質(zhì)子交換膜。

C.NaClO4的作用是傳導離子和參與電極反應。

D.導線上通過1mole-，裝置內(nèi)H2總量減少0.5mol18、甲醇是重要的化工原料；可用于制備丙烯；氫氣等。

（1）MTO法由甲醇制備丙烯時的反應原理是：甲醇先脫水生成二甲醚，然后二甲醚與甲醇的平衡混合物脫水轉(zhuǎn)化為含丙烯較多的低聚烯烴。某溫度下，在密閉容器中加入CH3OH氣體，發(fā)生脫水反應：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段時間后測得各組分的濃度如表所示。物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O5min濃度(mol·L-1)0.440.60.610min濃度mol·L-1)0.040.80.815min濃度(mol?L-1)0.040.80.8

該溫度下，反應的平衡常數(shù)數(shù)值是___，CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率是___。

（2）利用甲醇水蒸氣重整制氫法是獲得氫氣的重要方法。反應原理如下：

反應i（主反應）：CH3OH（g）+H2O（g）CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ?mol-1

反應ii（副反應）：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ?mol-1

①溫度高于300℃則會同時發(fā)生CH3OH轉(zhuǎn)化為CO和H2的副反應，該反應的熱化學方程式是___。

②反應中，經(jīng)常使用催化劑提高化學反應速率，但催化劑對反應具有選擇性。一定條件下，測得CH3OH轉(zhuǎn)化率及CO、CO2選擇性隨溫度變化情況分別如圖所示（CO、CO2的選擇性：轉(zhuǎn)化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。

從圖中可知，反應的適宜溫度為___，隨著溫度的升高，催化劑對___（填“反應i”或“反應ii”）的選擇性越低。

③TiO2納米電極電化學還原法可將副產(chǎn)物CO2在酸性水溶液中電解生成甲醇，生成甲醇的電極反應式是___。19、合成氨的原理為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；該反應的能量變化如圖所示：

(1)在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E2的變化是______(填“增大”；“減小”或“不變”)

(2)若在一密閉容器中加入1molN2和3molH2，在一定條件下充分反應，放出的熱量______92.4kJ(填“＞”；“＜”或“=”)

(3)將1molN2和3molH2充入體積不變的密閉容器中，在一定條件下達到平衡，此時欲提高該容器中H2的轉(zhuǎn)化率，下列措施可行的是______(填字母)

A.向容器中按原比例再充入原料氣。

B.向容器中再充入一定量H2

C.改變反應的催化劑。

D.液化生成物分離出氨。

(4)若在密閉容器中充入2molN2和6molH2反應達平衡時N2的轉(zhuǎn)化率為40%，若以NH3作為起始反應物，反應條件與上述反應相同時，要使其反應達到平衡時各組分的物質(zhì)的量分數(shù)與前者相同，則NH3的起始物質(zhì)的量和它的轉(zhuǎn)化率分別為______mol、______20、(1)在101kPa時,1molCH4完全燃燒生成CO2和液態(tài)水,放出890kJ的熱量。

①CH4的燃燒熱為___,表示燃燒熱的熱化學方程式為_____________;

②1000LCH4(標準狀況)燃燒后所產(chǎn)生的熱量為_____。

(2)用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如:CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1,CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1。寫出CH4將NO2還原為N2的熱化學方程式:_______________。21、Ⅰ.化學反應伴隨能量變化；獲取化學反應中的能量有多條途徑。

(1)下列反應中，屬于放熱反應且是氧化還原反應的是_______(填字母).。A．與反應B．的燃燒反應C．高溫煅燒D．C與反應(2)如圖為反應的能量變化示意圖。

①由和變成需要_______(“放出”或“吸收”)能量。

②和反應生成共放出_______能量。

Ⅱ.燃料電池在工作時，從負極連續(xù)通入等燃料，從正極連續(xù)通入以或溶液為電解質(zhì)溶液，發(fā)生反應生成或等，同時產(chǎn)生電能，目前已研制成功空氣燃料電池；它可以代替汽油為汽車提供動力，也可用作照明電源。

(3)在上述畫橫線的九種物質(zhì)中，屬于電解質(zhì)的是_______(填序號，下同)；屬于非電解質(zhì)的是_______。

(4)用和組合形成的質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)如圖所示：

①電極M是_______(填“正極”或“負極”)，電極N的電極反應式為_______。

②若該燃料電池消耗(標準狀況下)則理論上電路中轉(zhuǎn)移_______電子。22、鐵在生活中應用廣泛；請回答下列問題：

(1)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽()己成為環(huán)境修復研究的熱點之一。Fe還原水體中的反應原理如下圖所示，則正極的電極反應式是_______________。

(2)下列哪些裝置可防止鐵棒被腐蝕_____________。

(3)在實際生產(chǎn)中；可在鐵件的表面鍍銅防止鐵被腐蝕(如下圖甲)。

①電鍍時鍍件與電源的_____極連接，A電極的電極反應式是___________。

②圖乙是一種鈉硫高能電池的結(jié)構(gòu)示意圖，M由Na2O和Al2O3制得，其作用是導電和隔膜，該電池總反應為2Na+xS=Na2Sx。該電池的正極反應式為_______________。

用該電池作電源進行①中鐵件鍍銅時，若電鍍池中兩電極的質(zhì)量開始相同，電鍍完成后取出洗凈、烘干、稱量，二者質(zhì)量差為25.6g，則理論上該鈉硫電池負極消耗的質(zhì)量為___________g。23、CO還原脫硝技術(shù)可有效降低煙氣中的NOx的排放量。

（1）汽車在行駛過程中會產(chǎn)生有害氣體CO、NO，在催化劑作用下發(fā)生如下脫硝反應：該反應平衡常數(shù)的表達式K=______________，在570K時，K值極大，為1×1059，但汽車上仍需裝備尾氣處理裝置，其可能原因是________________。

（2）以Mn3O4為脫硝反應的催化劑；研究者提出如下反應歷程，將歷程補充完整。

第一步：___________________________________；

第二步：

（3）T℃、2L密閉容器中，充入各1mol的CO和NO混合氣體，加入Mn3O4發(fā)生脫硝反應，t0時達到平衡，測得反應過程中CO2的體積分數(shù)與時間的關(guān)系如下圖所示：

①比較大?。篴處v正______b處v逆（填“＞”；“＜”或“=”）

②若t0=10min，反應從開始到達平衡CO氣體的平均反應速率v(CO)=_____。

③NO的平衡轉(zhuǎn)化率為______，T℃時反應的化學平衡常數(shù)K=_________。

④T℃時，某時刻測得體系中各物質(zhì)的量如下：n（CO）=0.2mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，則此時該反應_______進行（填“向正反應方向”“向逆反應方向”或“處于平衡狀態(tài)”）。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)24、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共36分)25、實驗室模擬工業(yè)利用廢鐵鎂礦渣(含SiO2、MgCO3及少量Fe2O3、FeCO3)和高純硅工業(yè)制備的副產(chǎn)物SiCl4為原料；制備二氧化硅和氯化鎂晶體，流程如下：

回答下列問題：

(1)反應前通常會將廢礦渣粉碎，目的是________________。沉淀1是_________(填名稱)。

(2)SiCl4與水反應的化學方程式為________________。

(3)向溶液2中加H2O2的目的是________________。試劑1可以是下列試劑中的_________(填標號)。

A.NaOHB.MgCl2C.MgCO3D.MgO

(4)直接加熱蒸發(fā)溶液3無法獲得氯化鎂晶體，原因是______________，應該采取的措施是__________________。26、硫化銀精礦(含及等)氯化焙燒提銀工藝如圖所示：

已知：氯化焙燒時；氧化物不參與反應，硫化物轉(zhuǎn)化為氯化物；氯化鉛不溶于水，溶于氯化鈉溶液。

回答下列問題：

(1)硫化銀精礦和食鹽在氯化焙燒前需磨碎的目的是________。

(2)“氯化焙燒”時；金屬硫化物在高溫下先氧化為氧化物，再氯化為金屬氯化物。

①焙燒生成氧化銀反應的化學方程式為________________________。

②“煙氣處理”時，煙塵進行回收后，還需用堿液處理的目的是________________。

(3)已知常溫下，“水洗”后，“濾液1”中則________

(4)“濾渣2”主要為和________(填化學式)。

(5)“濾液3”蒸發(fā)的目的是________________________________。

(6)粗銀(含及少量等)可采用電解精煉提純，用少量配成電解液。電解時，陰極上有少量NO產(chǎn)生，其原因是________(用電極反應式解釋)。27、如圖是工業(yè)上以制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、C1－)生產(chǎn)CuCl的流程：

已知：CuCl是一種白色粉末；微溶于水；不溶于乙醇及稀硫酸，在空氣中迅速被氧化為綠色，見光分解變成褐色。

請回答下列問題：

(1)流程中的濾渣①與Y反應和X與Y反應相比，單位時間內(nèi)得到的氣體多，其原因為____________________________________________。

(2)濾液①需要加過量Z，檢驗Z過量的方法是______________________。

(3)寫出生成CuCl的離子方程式：_________________________________。

(4)為了提高CuCl產(chǎn)品的純度，流程中的“過濾”操作適宜用下列裝置圖中的___________(填選項字母)，過濾后，洗滌CuCl的試劑宜選用___________(填“無水乙醇”或“稀硫酸”)

(5)CuCl加入飽和NaCl溶液中會部分溶解生成CuCl2－；在一定溫度下建立兩個平衡：

I.CuCl(s)Cu+(aq)+Cl－(aq)Ksp=1.4×10－6

II.CuCl(s)+Cl－(aq)CuCl2－(aq)K=0.35。

分析c(Cu+)、c(CuCl2－)和Ksp、K的數(shù)學關(guān)系，在圖中畫出c(Cu+)、c(CuCl2－)的關(guān)系曲線(要求至少標出一個坐標點)______。

(6)氯化亞銅的定量分析：

①稱取樣品0.25g于250mL錐形瓶中，加入10mL過量的FeCl3溶液；不斷搖動：

②待樣品溶解后；加入20mL蒸餾水和2滴指示劑；

③立即用0.1000mol·L－1硫酸鈰標準溶液滴定至綠色為終點；

④重復三次；消耗硫酸鈰溶液的平均體積為24.30mL。

上述相應化學反應為CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+===Fe3++Ce3+，則樣品中CuCl的純度為___________(保留三位有效數(shù)字)。28、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉；有極強的還原性，在空氣中易被氧化，受熱；遇水都會發(fā)生分解反應放出大量的熱，甚至引起燃燒。不溶于乙醇，可溶于氫氧化鈉水溶液并穩(wěn)定存在。

(1)鋅粉法是制備Na2S2O4的一種常見方法；其原理如圖所示：

①步驟I中SO2表現(xiàn)了___________(填“氧化性”、“還原性”或“酸性”)；若用Na2SO3固體和某酸反應制備SO2氣體，你認為下列最適宜選用的酸是___________(填序號)。

A．濃鹽酸B．質(zhì)量分數(shù)為70%的H2SO4

C．稀硝酸D．質(zhì)量分數(shù)為10%的稀硫酸。

②常溫下，若ZnS2O4懸濁液中c(Zn2+)=0.05mol?L-1，則應加氫氧化鈉溶液調(diào)至pH≥___________，才能使Zn(OH)2沉淀完全。(已知離子濃度≤1.0×10-5mol?L-1，即沉淀完全；Ksp[Zn(OH)2]=4.0×10-17；lg2=0.3)

③步驟III中得到的Na2S2O4要用乙醇洗滌，其優(yōu)點是___________。請寫出具體的洗滌操作過程___________。

(2)甲酸鈉法是制備Na2S2O4的一種新方法，其原理為將甲酸鈉(HCOONa)和燒堿溶于乙醇水溶液中，再通入SO2發(fā)生反應，有CO2氣體放出，析出Na2S2O4固體，總反應的化學方程式為___________。

(3)Na2S2O4固體在隔絕空氣的條件下加熱至75℃時完全分解，生成Na2SO3、Na2S2O3、SO2，檢驗產(chǎn)物中是否含有Na2SO4的實驗方法是___________。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共12分)29、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；A分子含有的官能團是___________。

(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)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；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，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)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分數(shù)___________。：30、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為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成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反應的化學方程式：______________。

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_________。31、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；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)的化學式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質(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方程式：____________________。32、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n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（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反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

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6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

A．放電時，Mg化合價升高，為負極，根據(jù)原電池“同性相吸”得到向正極遷移；故A正確；

B．在反應中是氧化劑，得到電子，發(fā)生還原反應，電極反應式是故B正確；

C．根據(jù)C分析得到發(fā)生還原反應；故C錯誤；

D．放電時，該電池作原電池，鎂是還原劑，作原電池的負極，失去電子，電極反應式是故D正確。

綜上所述，答案為C。2、A【分析】【分析】

該原電池中，銅片作負極，在反應中失去電子，電極方程式為Cu-2e-=Cu2+，銀片為正極，在反應中得到電子，電極方程式為Ag++e-=Ag；據(jù)此分析作答。

【詳解】

A．電子通過外電路從負極流向正極；則外電路中電子由銅片流向銀片，A項正確；

B．用裝有含瓊膠的KCl飽和溶液代替；氯離子會與銀離子反應，生成沉淀，B項錯誤；

C．銀片為正極，在反應中得到電子，電極方程式為Ag++e-=Ag；C項錯誤；

D．電路中每轉(zhuǎn)移2mole-；生成2molAg，則正極增重216g，D項錯誤；

答案選A。3、A【分析】【詳解】

由題圖可得，①N2(g)+H2(g)===N(g)+3H(g)ΔH=+akJ·mol-1；②NH3(g)===N(g)+3H(g)ΔH=+bkJ·mol-1；③NH3(l)===NH3(g)ΔH=+ckJ·mol-1。

①-②-③得：N2(g)+H2(g)===NH3(l)ΔH=+(a-b-c)kJ·mol-1。

故選A。4、C【分析】【詳解】

A．由于Ksp僅僅是溫度的函數(shù)，a、b、c三點均在溶解平衡曲線上，溫度相同，故對應的Ksp相等；A正確；

B．由圖示可知；d點在溶解平衡曲線的下面，故d點的溶液為AgCl的不飽和溶液，B正確；

C．c(Cl-)或c(Ag+)越大抑制AgCl的溶解程度越大，使其溶解度降低越大，c點時c(Cl-)大，所以c點抑制AgCl的溶解程度大，即AgCl在c點的溶解度比b點的?。籆錯誤；

D．AgCl溶于水產(chǎn)生溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，故形成的飽和溶液中c(Ag+)=c(Cl?)；D正確；

故答案為：C。5、D【分析】【分析】

步驟①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，步驟②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)，①+②得S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)，F(xiàn)e3+作催化劑，F(xiàn)e2+為中間產(chǎn)物，S2O(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)的總能量高于2Fe3+(aq)+2SO(aq)+I2(aq)的總能量；反應放熱。

【詳解】

A．根據(jù)反應的機理可知鐵離子參與了反應，但是在反應前后其物質(zhì)的量不變，則Fe3+是該反應的催化劑；故A正確；

B．由圖象可知步驟①的活化能大于步驟②的；活化能越大，反應速率越小，故步驟①反應速率慢，故B正確；

C．反應物的總能量高于生成物的總能量；所以該反應為放熱反應，故C正確；

D．ΔH=正反應的活化能-逆反應的活化能；該反應為放熱反應，不管加不加催化劑，正反應活化能都低于逆反應活化能，故D錯誤；

故選D。6、A【分析】【詳解】

電鍍時，待鍍金屬作陰極，鍍層金屬作陽極，含有鍍層金屬離子的溶液作電鍍液，所以要在鐵制品上鍍上一定厚度的鋅層，應該是鋅作陽極，鐵制品作陰極，溶液含有鋅離子。答案選A。二、多選題(共9題，共18分)7、CD【分析】【詳解】

A．圖象中物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高丙烯增加，丙烷減少，說明升溫平衡正向進行，正反應為吸熱反應，反應的△H＞0；故A正確；

B．溫度一定，壓強越大平衡逆向進行，丙烯的物質(zhì)的量分數(shù)減小，p2壓強下丙烯物質(zhì)的量分數(shù)大于p1狀態(tài)，說明p1＞p2，即壓強p2＜0.1MPa；故B正確；

C．根據(jù)圖象可知556℃壓強p1時，平衡時丙烷的物質(zhì)的量分數(shù)為50%，則p(C3H8)=0.5p1=0.05MPa，根據(jù)方程式C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)可知剩余50%的氣體中，丙烯和氫氣各占一半，所以p(C3H6)=p(H2)=0.025MPa，所以壓強平衡常數(shù)K==故C錯誤；

D．根據(jù)圖象可知556℃壓強p1時；平衡時丙烷的物質(zhì)的量分數(shù)為50%，丙烷物質(zhì)的量為1mol，設消耗物質(zhì)的量為x，列三段式有：

則有=50%，解得x=所以平衡常數(shù)K==起始向2L密閉容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此時濃度商為=0.2>所以反應逆向進行，v(正)＜v(逆)；故D錯誤；

綜上所述答案為CD。8、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．升高溫度；NO濃度增大，平衡逆向移動，逆向是吸熱反應，則正向為放熱反應，故A錯誤；

B．該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，因此K2＜K1；故B錯誤；

C．在T2℃時，若反應體系處于狀態(tài)D，此時NO的濃度大于平衡時的濃度，D向平衡方向移動，NO濃度降低，則為正向移動，因此υ正＞υ逆；故C正確；

D．該反應是等體積反應，B、D溫度相同，物質(zhì)的量相同，因此PD=PB，C、D物質(zhì)的量相等，溫度C大于D點，因此壓強PC＞PD，所以PB小于PC；故D正確；

綜上所述，答案為CD。9、AD【分析】【分析】

由題意知，右池為電解NH3生成H2的裝置，左池為濃差電池，即原電池，右池電極M區(qū)NH3失電子被氧化為N2，故電極M為陽極，則N為陰極，左池Cu(1)為正極，Cu(2)為負極，負極發(fā)生反應：Cu-2e-Cu2+，正極發(fā)生反應：Cu2++2e-=Cu。

【詳解】

A．由分析知；Cu(1)為正極，N為陰極，A正確；

B．電極M上NH3失電子被氧化為N2，初步確定反應為：2NH3-6e-→N2，結(jié)合電解質(zhì)溶液顯堿性，可在左邊添加6個OH-配平電荷守恒，右邊添加6個H2O配平元素守恒，故電極反應為：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；B正確；

C．左池中，硫酸根濃度兩側(cè)不等，硫酸根經(jīng)過陰離子交換膜I從右側(cè)移向左側(cè)，右池中，陰離子移向陽極，故OH-經(jīng)過陰離子交換膜Ⅱ由右側(cè)移向左側(cè)；C正確；

D．當濃差電池左右濃度相等時則停止放電，設負極放電使溶液中增加xmolCu2+，則正極減少xmolCu2+，當濃差電池停止放電時有：x+2L×0.5mol/L=2L×2.5mol/L-x，解得x=2mol，則此時電路中轉(zhuǎn)移電子2×2mol=4mol，右池陰極反應為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，則此時生成H2物質(zhì)的量=對應體積=2mol×22.4L/mol=44.8L，D錯誤；

故答案選D。10、CD【分析】【詳解】

A．由圖可知，在Pd催化劑表面HCOOH脫氫反應為放熱反應，H小于0；故A錯誤；

B．由圖可知；在Pd催化劑表面離解O－H鍵的活化能較高，解離C－H鍵的活化能低，故B錯誤；

C．在歷程Ⅰ～Ⅴ中；生成Ⅴ的活化能最高，反應速率最慢，故C正確；

D．由圖可知，HCOOH脫氫是生成氫氣和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的產(chǎn)物都有HD和CO2；故D正確；

故選CD。11、AC【分析】【詳解】

A.由A圖可知；反應物的能量高于生成物的能量，該反應時放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，故A正確；

B.由B圖可知，t1時刻，正反應速率和逆反應速率都增大，且正反應速率大于逆反應速率，平衡正向移動，增大的濃度；正反應速率瞬間增大，逆反應速率瞬間不變，故B錯誤；

C.由圖C可知，0～5min內(nèi)，的平均反應速率為=0.3mol?L?1?min?1；故C正確；

D.增大壓強；但溫度不變，平衡常數(shù)不變，故D錯誤；

正確答案是AC。12、AC【分析】【詳解】

A．粉末狀碳酸鈣固體與鹽酸反應；生成二氧化碳的量不變，但接觸面積增大；反應速率加快，時間減少，而曲線甲用時小，則曲線甲表示的是粉末狀碳酸鈣固體與鹽酸反應，故A正確；

B．碳酸鈣與鹽酸反應放熱，升高溫度加快反應速率，則反應開始時，溫度對反應速率的影響起主要作用，導致0-t1內(nèi)的反應速率逐漸增大；隨著反應的進行，濃度降低起主要作用，反應速率才不斷降低，故B錯誤；

C．由v=可知，t2-t3的速率v(CO2)=mL·s-1；故C正確；

D．探究反應速率的影響因素時；只控制一個變量，則為研究不同狀態(tài)(塊狀；粉末狀)碳酸鈣固體與鹽酸反應的反應速率，兩次實驗所取碳酸鈣固體質(zhì)量一樣，與足量的鹽酸反應，生成二氧化碳的量相同，故D錯誤；

答案為AC。13、BD【分析】【詳解】

A.草酸是二元弱酸，一級電離抑制二級電離，Ka1=>Ka2=當lgX=0時，pH=-lgc(H＋)=-lgK，pH1=1.222=4.19，表明Ka1=10-1.22>Ka2=10-4.19，所以直線I中X表示的是直線Ⅱ中X表示的是故A錯誤；

B.pH＝1.22的溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(H＋)＞c(OHˉ)，則c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)＞c(Na+)；故B正確；

C.當pH＜4.19時，溶液中c(H＋)＞10-4.19mol/L，=＜1，則c(HC2O4ˉ)＞c(C2O42－)；當1.22＜pH時，溶液中c(H＋)＜10-1.22mol/L，Ka1·Ka2=×==＜1，則c(H2C2O4)＞c(C2O42－)；故C錯誤；

D.pH＝4.19的溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H＋)=c(HC2O4ˉ)+2c(C2O42－)+c(OHˉ)，溶液中c(HC2O4ˉ)=c(C2O42－)，c(H＋)＞c(OHˉ)，則3c(HC2O4ˉ)＞c(Na+)；故D正確；

故選BD。14、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．pH=8的NaY溶液中滿足電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(Y-)，則c(Na＋)-c(Y-)=c(OH-)-c(H＋)=9.9×10-7mol·L-1；A正確；

B．由Na2CO3溶液中的物料守恒可知c(Na＋)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)；B錯誤；

C．相同pH的(NH4)2SO4與NH4NO3溶液中，都是強酸弱堿鹽，根據(jù)溶液呈電中性可判斷二者濃度相等，由于NH4HSO4電離時產(chǎn)生H＋使溶液呈酸性，因此NH4HSO4中的濃度小于(NH4)2SO4，即c()大小順序①=②>③；C正確；

D．如果HA是強酸；二者濃度相等，要使混合溶液呈中性，則兩種溶液體積相等；如果HA是弱酸，則HA濃度大于NaOH，要使混合溶液呈中性，則堿體積大于酸，所以所得溶液體積(假設混合后的體積是兩溶液體積之和)V(總)≤20mL，D錯誤；

故答案為：AC。15、AD【分析】【分析】

從圖中可以看出，隨著pH的增大，ac段離子濃度減少，為cb段離子濃度增大，為ab段離子濃度先增大后減少，為

【詳解】

A．a(chǎn)、b點所在曲線對應的粒子為故A正確；

B．c點時濃度最大，既存在的電離，也存在的水解；b點時主要是水的電離，且pH比C點大，水的電離程度大，水電離出的氫離子濃度大小關(guān)系為故B錯誤；

C．c點時濃度最大，說明與NaOH剛好1:1反應完全；因濃度相等，此時加入NaOH體積為20mL，故C錯誤；

D．由圖，的一級電離常數(shù)為由a點數(shù)據(jù)可知pH=1，即解得二級電離常數(shù)為同理由c點數(shù)據(jù)可得==故D正確；

故選AD。三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】【詳解】

(1)①電流從正極流出；流入電解池的陽極，所以a是正極，B是陰極；故答案為：正；陰；

②A電極上發(fā)生氯離子失電子生成氯氣，電極反應為2Cl??2e?=Cl2↑，B電極上氫離子得電子生成氫氣，電極反應為2H++2e?=H2↑；故答案為：2Cl--2e?=Cl2↑；2H++2e?=H2↑；

③檢驗Cl2一般用濕潤的淀粉碘化鉀試紙，Cl2能將I?氧化成I2，I2遇淀粉變藍；也可用濕潤的有色布條或紙條，Cl2能使?jié)駶櫟挠猩紬l或紙條褪色，故答案為：用濕潤的淀粉碘化鉀試紙，Cl2能將I?氧化成I2，I2遇淀粉變藍；

(2)電解精煉銅時，粗銅作陽極，電極方程式為：Cu?2e?=Cu2+；精銅作陰極，電極方程式為：Cu2++2e?=Cu；故答案為：粗銅；Cu?2e?=Cu2+；陰極；Cu2++2e?=Cu；

(3)電解的總反應為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。當陰極上析出3.2gCu時，物質(zhì)的量為=0.05mol，產(chǎn)生的O2的物質(zhì)的量為0.025mol，在標準狀況下的體積為0.025mol22.4L/mol=0.56L，同時產(chǎn)生的H+為0.05mol2=0.1mol，此時c(H+)=0.1mol·L?1，故pH=1，故答案為：0.56L；1?！窘馕觥空?Cl--2e?=Cl2↑2H++2e?=H2↑用濕潤的淀粉碘化鉀試紙，Cl2能將I?氧化成I2，I2遇淀粉變藍粗銅Cu?2e?=Cu2+精銅Cu2++2e?=Cu0.56L117、略

【分析】(1)

①由圖可知電極X是負極；根據(jù)題干給的方程式可知，Cu作負極，故電極X的材料是Cu；

②Y為正極，由題干方程式可知正極反應為：

左側(cè)為正極，在原電池中陽離子移向正極，故向左側(cè)燒杯移動的離子主要是K+；

(2)

①電解飽和食鹽水在陰極上生成的是氫氣、氫氧化鈉，在陽極上產(chǎn)生氯氣，電解方程式為：

②右側(cè)為陰極；故a處得到的溶液中溶質(zhì)的主要成分是NaOH；

(3)

①由圖可知電子從電極a流出，故a為負極，b為正極，故吸附層a上的電勢低于吸附層b上的電勢；

②吸附層a作負極,電極反應式為

③A．該電池中吸附層b是正極；應該接外接電源正極，A正確；

B．裝置中的離子交換膜如果使用質(zhì)子交換膜則交換膜右側(cè)的氫離子可以通過交換膜直接和左側(cè)的氫氧根離子發(fā)生反應；不利于電能產(chǎn)生，這個交換膜應該是鈉離子交換膜，B錯誤；

C．NaClO4沒有參與電極反應；C錯誤；

D．該電池的總反應為導線上通過1mole-，裝置內(nèi)H2總量不變；D錯誤；

故選BCD?！窘馕觥?1)CuK+

(2)NaOH

(3)低于BCD18、略

【分析】【分析】

（1）由表格可知，10min后，反應達到了平衡，根據(jù)求平衡常數(shù)，根據(jù)求甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率；

（2）①根據(jù)蓋斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2；據(jù)此求出△H；

②由圖可知，低于260℃時，CH3OH的轉(zhuǎn)化率較低，高于260℃時，CH3OH的轉(zhuǎn)化率較高，但在高于260℃時，CO的選擇性逐漸增大，CO2的選擇性逐漸減小。

③CO2在酸性環(huán)境下，電解生成甲醇，二氧化碳得到電子，發(fā)生還原反應，生成甲醇，電極反應式為：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；

【詳解】

（1）由表格可知，10min后，反應達到了平衡，根據(jù)反應2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，設甲醇的起始為xmol/L，根據(jù)三段式：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

x=(1.6+0.04)mol/L=1.64mol/L，則故答案為：400；

（2）①反應i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ?mol-1；反應ii：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ?mol-1；根據(jù)蓋斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2=49kJ?mol-1+41kJ?mol-1=+90kJ·mol-1，故答案為：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1。

②由圖可知，低于260℃時，CH3OH的轉(zhuǎn)化率較低，高于260℃時，CH3OH的轉(zhuǎn)化率較高，但在高于260℃時，CO的選擇性逐漸增大，CO2的選擇性逐漸減小，所以最適宜溫度為260℃；隨著溫度的升高，催化劑對CO的選擇性增大，CO2的選擇性減??；所以溫度升高，催化劑對反應i的選擇性越低，故答案為：260℃；反應i。

③CO2在酸性環(huán)境下，電解生成甲醇，二氧化碳得到電子，發(fā)生還原反應，生成甲醇，其電極反應式為：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案為：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。

【點睛】

10min時，反應2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)達到平衡，根據(jù)生成物的濃度，計算10min內(nèi)甲醇轉(zhuǎn)化的濃度，再求出始態(tài)的甲醇濃度，最后求出甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率?！窘馕觥?0097.56%CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1260℃反應iCO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O19、略

【分析】【詳解】

(1)催化劑能降低反應的活化能，但不能改變反應熱，所以在反應體系中加入催化劑，反應速率增大。由于E1減小，反應熱不變，所以E2的變化一定是減小；故答案為：減?。?/p>

(2)由于該反應是可逆反應，因此若在一密閉容器中加入1molN2和3molH2，不可能生成2mol氨氣，因此在一定條件下充分反應，放出的熱量小于92.4kJ，故答案為：<；

(3)A．向容器中按原比例再充入原料氣；相當于增大壓強，平衡向正反應方向移動，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，A正確；

B．向容器中再充入一定量H2；平衡向正反應方向，但氫氣轉(zhuǎn)化率降低，B不正確；

C．改變反應的催化劑；反應速率變化，平衡狀態(tài)不變，則氫氣的轉(zhuǎn)化率不變，C不正確；

D．液化生成物分離出氨；降低生成物濃度，平衡向正反應方向移動，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，D正確；

綜上；AD正確，故答案為：AD。

(4)若在密閉容器中充入2molN2和6molH2反應達平衡時N2的轉(zhuǎn)化率為40%。若以NH3作為起始反應物，反應條件與上述反應相同時，要使其反應達到平衡時各組分的物質(zhì)的量分數(shù)與前者相同，這說明平衡應該是等效的。由于溫度和容器容積不變，則氨氣的物質(zhì)的量完全轉(zhuǎn)化為氮氣和氫氣應該是2mol和6mol，所以需要氨氣的物質(zhì)的量是4mol；平衡時生成氨氣的物質(zhì)的量是2mol×40%×2＝1.6mol，因此如果從4mol氨氣開始建立平衡狀態(tài)，則氨氣的轉(zhuǎn)化率是＝×100%=60%，故答案為：4；60%?！窘馕觥竣?減小②.<③.AD④.4⑤.60%20、略

【分析】【詳解】

分析：燃燒熱：在25℃，101kPa時，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量；根據(jù)標準狀況下，n=V/Vm計算1000L甲烷的物質(zhì)的量，然后結(jié)合甲烷的燃燒熱值，計算放出的熱量；已知①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ?mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ?mol-1，利用蓋斯定律將（①+②）/2可得到：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；據(jù)此計算反應熱。

詳解：（1）①在25℃、101kPa下，1mol甲烷完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放熱890kJ，所以甲烷燃燒熱的熱化學方程式為：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ·mol-1；正確答案：890kJ·mol-1；CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1。

②標準狀況下1000L甲烷氣體的物質(zhì)的量n=1000/22.4=44.6mol，則燃燒后產(chǎn)生的熱量等于890kJ·mol-1×44.6mol=3.97×104kJ；正確答案：3.97×104kJ。

（2）由反應：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ?mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律可知，（①+②）/2可得到：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，△H==-867kJ·mol-1，所以CH4將NO2還原為N2的熱化學方程式為CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1；正確答案：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1?！窘馕觥?90kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-13.97×104kJCH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-121、略

【分析】【分析】

(1)

A．Na2O與H2O反應Na2O＋H2O=2NaOH；該反應為放熱反應，不存在化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故A不符合題意；

B．CH4的燃燒CH4＋2O2CO2＋2H2O；該反應為放熱反應，存在化合價的變化，屬于氧化還原反應，故B符合題意；

C．高溫煅燒CaCO3：CaCO3CaO＋CO2↑；該反應為吸熱反應，不存在化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故C不符合題意；

D．C與H2O反應C＋H2O=CO＋H2；該反應屬于吸熱反應，不存在化合價的變化，屬于氧化還原反應，故D不符合題意；

故答案為B。

(2)

①斷鍵需要吸收能量，形成化學鍵需要放出能量，2molH2和1moLO2變成4molH；2molO；是斷鍵過程，該過程需要吸收能量；故答案為吸收；

②根據(jù)圖像可知，2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(g)；放出484kJ的能量；故答案為484；

(3)

電解質(zhì)包括酸、堿、多數(shù)鹽、多數(shù)金屬氧化物、水，根據(jù)題中所給物質(zhì)，屬于電解質(zhì)的是KOH和H2O，即fg；非電解質(zhì)屬于化合物，根據(jù)非電解質(zhì)的定義，所給物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是CH4、C2H5OH、CO2，即bch；故答案為fg；bch；

(4)

①根據(jù)原電池工作原理，電子從負極經(jīng)外電路流向正極，依據(jù)裝置圖，電子從M極流出，即M為負極，電極N為正極，交換膜為質(zhì)子交換膜，電解質(zhì)環(huán)境顯酸性，即電極N的電極反應式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O；故答案為負極；O2＋4H＋＋4e－=2H2O；

②根據(jù)①分析，有11.3LO2參與反應，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為≈2mol，故答案為2。【解析】(1)B

(2)吸收484

(3)

(4)負極222、略

【分析】【詳解】

(1)Fe還原水體中根據(jù)題意Fe3O4為電解質(zhì)，則Fe作還原劑，失去電子，作負極；在正極得電子發(fā)生還原反應產(chǎn)生在正極得電子發(fā)生還原反應產(chǎn)生應為酸性環(huán)境，正極的電極反應式為：+8e-+10H+=+3H2O；

(2)A．該裝置為原電池；鐵棒作負極，發(fā)生氧化反應，加快鐵棒的腐蝕，故A錯誤；

B．該裝置為原電池；鐵棒作正極，被保護，為犧牲陽極保護法，故B正確；

C．該裝置不能防止鐵棒被腐蝕；故C錯誤；

D．該裝置為電解池；鐵棒作陰極，為陰極電保護法，故D正確；

答案選BD；

(3)①根據(jù)電鍍池的構(gòu)成：鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，電解液為含有鍍層金屬陽離子的鹽溶液知，在鐵件的表面上鍍銅，電鍍時，鍍件與電源的負極連接，A電極對應的金屬是銅，B電極的電極反應式是Cu2++2e-=Cu；

②根據(jù)電池反應分析，硫元素的化合價降低，發(fā)生還原反應，作正極，電極反應式為xS+2e-=Sx2-；根據(jù)電鍍時兩極的電極反應式判斷；陽極：Cu-2e-=Cu2+，陰極：Cu2++2e-=Cu，及該原電池的負極反應式：Na-e-=Na+，利用電子守恒法計算；若電鍍池中兩電極的質(zhì)量開始相同，電鍍完成后二者質(zhì)量差為25.6g，則轉(zhuǎn)移的電子為0.4mol，則理論上該電池負極消耗的質(zhì)量為9.2g。【解析】+8e-+10H+=+3H2OBD負Cu-2e-=Cu2+xS+2e-=Sx2-9.223、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)化學平衡常數(shù)的定義，可寫出汽車尾氣排放的速率較快；雖然該反應的平衡常數(shù)較大，但單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化量較少，因此需要安裝尾氣處理裝置，其目的是提高化學反應速率；

故答案為化學反應速率慢；

（2）用總反應-第二步反應可得第一步反應為：Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2；

（3）

起始濃度（mol/L）0.50.500

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）2x2x2xx

平衡濃度（mol/L）0.5-2x0.5-2x2xx

由圖可知，=0.5；解得x=0.2

①由圖可知，a點時反應向正向進行，b點時反應達到平衡，由此可知va正>vb正=vb逆，故答案為>；

②v(CO)==0.04mol/(L·min)；

③NO的平衡轉(zhuǎn)化率

④該溫度下平衡常數(shù)K===320，該時刻各物質(zhì)濃度為：c(CO)=0.1mol/L、c(NO)=0.1mol/L、c(N2)=0.05mol/L、c(CO2)=0.1mol/L，則濃度熵QC==5【解析】化學反應速率慢Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2＞0.04mol/(L·min)80%320向正反應方向四、判斷題(共1題，共7分)24、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無關(guān)，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對大小來判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。五、工業(yè)流程題(共4題，共36分)25、略

【分析】【分析】

由題給流程可知；四氯化硅與水反應生成原硅酸沉淀和鹽酸，原硅酸受熱分解生成二氧化硅和水；廢礦渣與鹽酸反應生成氯化鎂；氯化鐵和氯化亞鐵溶液，未反應的為二氧化硅固體；向溶液2中加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，再經(jīng)過一系列反應得到氯化鎂晶體。

【詳解】

(1)將廢礦渣粉碎；可增大固體與溶液的接觸面積，導致反應速率增大，提高固體的浸出率；由分析可知，四氯化硅與水反應生成原硅酸或硅酸沉淀和鹽酸，則沉淀1為原硅酸或硅酸，故答案為：增大反應物接觸面積，加快反應速率，使礦渣反應充分；原硅酸或硅酸；

(2)四氯化硅與水反應生成原硅酸或硅酸沉淀和鹽酸，反應的化學方程式為SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl或SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案為：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl或SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；

(3)向溶液2中加H2O2的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于調(diào)節(jié)溶液pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；加入試劑1的目的為消耗溶液中的氫離子，是鐵離子的水解平衡右移，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，但不能引入新的雜質(zhì)離子，則加入碳酸鎂和氧化鎂可以消耗氫離子，同時不引入新雜質(zhì)，故答案為：氧化Fe2+為Fe3+；便于除雜；CD；

(4)氯化鎂為強酸弱堿鹽，氯化鎂水解生成氫氧化鎂和氯化氫，加熱時HCl受熱揮發(fā)，水解平衡向正反應方向進行，導致鎂離子完全水解生成氫氧化鎂；若要抑制氯化鎂水解，應在HCl氣流中加熱，使水解平衡逆向進行，故答案為：加熱促進氯化鎂水解，生成氫氧化鎂；在HCl氣流中加熱?！窘馕觥吭龃蠓磻锝佑|面積，加快反應速率，使礦渣反應充分硅酸或原硅酸SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl或SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl氧化Fe2+為Fe3+，便于除雜CD加熱促進氯化鎂水解，生成氫氧化鎂在HCl氣流中加熱26、略

【分析】【分析】

由題給流程可知，將硫化銀精礦和氯化鈉固體混合磨碎后，通入空氣氯化焙燒，混合物中的氧化物不參與反應，金屬硫化物在高溫下先氧化為氧化物和二氧化硫，再氯化為金屬氯化物；焙燒物水洗過濾得到含有氯化鈉、氯化鋅、氯化鉛的濾液1和含有氯化銀、氧化鋁、二氧化硅的濾渣；向濾渣中加入氨水，氧化鋁和二氧化硅不溶于氨水，氯化銀與氨水反應生成Ag(NH3)2Cl，過濾得到含有氧化鋁、二氧化硅的濾渣2和含有Ag(NH3)2Cl的濾液；向濾液中加入聯(lián)氨溶液，Ag(NH3)2Cl溶液與聯(lián)氨溶液發(fā)生氧化還原反應生成銀；氮氣、氯化銨和氨氣；過濾得到粗銀和含有氯化銨、氨氣的濾液3；濾液3經(jīng)蒸發(fā)得到氨氣和氯化銨溶液，氨氣溶于水得到氨水，氨水可以循環(huán)使用。

【詳解】

(1)硫化銀精礦和食鹽在氯化焙燒前磨碎可以減小原料顆粒直徑；增大固體的表面積，使原料間充分接觸，有利于增大氯化焙燒的反應速率，使氯化焙燒更加充分，故答案為：減小原料顆粒直徑，使原料間充分接觸，有利于氯化焙燒；

(2)①硫化銀焙燒生成氧化銀的反應為硫化銀和氧氣高溫下反應生成氧化銀和二氧化硫，反應的化學方程式為故答案為：

②由分析可知，氯化焙燒得到的煙氣中含有二氧化硫和煙塵，為防止二氧化硫污染環(huán)境，煙塵進行回收后，還需用堿液二氧化硫，故答案為：吸收防止污染環(huán)境；

(3)由水洗后濾液1中氯離子濃度為0.05mol/L可知，溶液中銀離子濃度為==3.6×10—9mol/L，故答案為：3.6×10—9；

(4)由分析可知，濾渣2的主要成分為氧化鋁和二氧化硅，故答案為：SiO2；

(5)由分析可知；濾液3經(jīng)蒸發(fā)得到氨氣和氯化銨溶液，氨氣溶于水得到氨水，氨水可以循環(huán)使用，故答案為：將氨氣蒸發(fā)出來，并回收循環(huán)利用；

(6)電解時，陰極上有少量一氧化氮生成，說明酸性條件下，銀離子在陰極得到電子生成銀的同時，由少量硝酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成一氧化氮和水，生成一氧化氮的電極反應式為故答案為：【解析】減小原料顆粒直徑，使原料間充分接觸，有利于氯化焙燒吸收防止污染環(huán)境將氨氣蒸發(fā)出來，并回收循環(huán)利用27、略

【分析】【分析】

廢液中加入過量鐵粉，發(fā)生反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，過濾所得的濾液①中含有Fe2+、Cl-，在濾液中加入過量的氯氣，可以將Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蝕刻液，實現(xiàn)蝕刻液的再生。濾渣為銅單質(zhì)和剩余的鐵單質(zhì)，加入過量的稀鹽酸，銅與稀鹽酸不反應，因此濾液②也為FeCl2溶液；濾渣②為銅。

【詳解】

（1）流程中的濾渣①與Y反應和X與Y反應相比，單位時間內(nèi)得到的氣體多，說明反應速率快，因為濾渣①中有鐵和銅單質(zhì)，與鹽酸反應時能形成無數(shù)微小的原電池，極大地加快了反應速率；（2）檢驗溶液中通入的氯氣已過量，可取溶液少量，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下層液體呈橙色，說明氯氣已過量。（3）根據(jù)流程圖可知，SO2、CuSO4、CuCl2反應生成H2SO4、CuCl，因此化學方程式為：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。

（4）生產(chǎn)中為了提高CuCl產(chǎn)品的質(zhì)量，盡可能減少CuCl被空氣中氧氣氧化，宜采用抽濾法快速過濾，所以過濾裝置選擇B項。洗滌CuCl宜選用無水乙醇，因為CuCl難溶于無水乙醇，洗滌時可減少CuCl的溶解損失，而且后續(xù)干燥中易除去乙醇。不選用硫酸，雖然CuCl難溶于硫酸，但用硫酸洗滌，會給CuCl表面帶來少量的H+和SO42-雜質(zhì)。

（5）據(jù)反應式CuCl(s)+Cl－(aq)CuCl2－(aq)和K的本義式有：

將分子、分母同乘以c(Cu+)得：

，將題給的K和Ksp的數(shù)據(jù)代入得c(CuCl2-)×c(Cu+)=1.4×10-6×0.35=4.9×10-7。取其中(0.7,0.7)做為一個坐標點；圖象示意如下：

（6）根據(jù)題給的相應化學反應CuCl+FeCl3===CuCl2+FeCl2、F