2025年北師大版選擇性必修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年北師大版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷478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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列對沉淀溶解平衡的描述，不正確的是()A.沉淀溶解達到平衡時，加水稀釋，再達平衡后各離子濃度與第一次平衡相同B.沉淀溶解達到平衡時，沉淀的速率和溶解的速率相等C.沉淀溶解達到平衡時，溶液中溶質(zhì)的離子濃度相等，且保持不變D.沉淀溶解達到平衡時，如果再加入難溶性的該沉淀物，平衡不移動2、我國研究人員研發(fā)了一種新型納米催化劑，實現(xiàn)CO2和H2反應(yīng)得到CH4，部分微粒轉(zhuǎn)化過程如圖(吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注)。下列說法不正確的是。

A.過程②吸收熱量B.過程③涉及極性鍵的斷裂和形成C.結(jié)合過程③，過程④的方程式為*C+2*OH+6H→CH4+2H2OD.整個過程中制得1molCH4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6mol3、某固體酸燃料電池以NaHSO4固體為電解質(zhì)傳遞H+,其基本結(jié)構(gòu)見下圖,電池總反應(yīng)可表為:2H2+O2=2H2O,下列有關(guān)說法正確的是。

A.電子通過外電路從b極流向a極B.每轉(zhuǎn)移0.1mol電子,消耗1.12L的H2C.b極上的電極反應(yīng)式為:O2+2H2O+4e-=4OH-D.H+由a極通過固體酸電解質(zhì)傳遞到b4、1807年化學(xué)家戴維電解熔融氫氧化鈉制得鈉：4NaOH(熔融)O2↑+4Na+2H2O；后來蓋·呂薩克用鐵與熔融氫氧化鈉作用也制得鈉：3Fe(s)+4NaOH(l)?Fe3O4(s)+2H2(g)+4Na(g)。下列有關(guān)說法正確的是A.戴維法制鈉，陽極的電極反應(yīng)式為：Na++e-=NaB.蓋·呂薩克法制鈉原理是利用鐵的金屬性比鈉的強C.若用戴維法與蓋·呂薩克法制得等量的鈉，兩方法轉(zhuǎn)移電子總數(shù)相等D.蓋·呂薩克法制鈉原理是減小生成物濃度促進平衡正向移動5、已知：298K時；相關(guān)物質(zhì)的相對能量如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.CO燃燒的熱化學(xué)方程式為2CO(g)+O2(g)2CO2(g)?H=-566kJ?mol-1

B.H2的燃燒熱為?H=-242kJ?mol-1C.C2H6比C2H4穩(wěn)定D.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放熱反應(yīng)6、某科學(xué)家利用二氧化鈰(CeO2)在太陽能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變成H2、CO。其過程如下：mCeO2(m-x)CeO2·xCe+xO2；

(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO+xH2+xCO

下列說法不正確的是。

A.圖中ΔH1=ΔH2+ΔH3B.該過程中CeO2沒有消耗，作催化劑C.該過程實現(xiàn)了太陽能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)化D.以CO和O2構(gòu)成電解質(zhì)為NaOH溶液的燃料電池的負(fù)極反應(yīng)式為：CO-2e-+4OH-=+2H2O7、某新型二次電池反應(yīng)原理為M+3Cn(MCl4)+44+3Cn(M代表金屬，Cn代表石墨)。裝置如圖所示。下列說法正確的是。

A.放電時，b極為負(fù)極B.放電時，向b極遷移C.充電時，a極反應(yīng)為4+3e－=7+MD.充電時，若電路中轉(zhuǎn)移0.5mol電子，則有0.5molCn(MCl4)被還原8、向1L含0.01molAlCl3和0.01molHCl的溶液中緩慢通入NH3隨n(NH3)增大，先后發(fā)生兩個不同的反應(yīng)，下列對應(yīng)關(guān)系正確的是。選項n(NH3)/mol溶液中離子的物質(zhì)的量濃度A0c(Al3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B0.01c(Cl-)>c(Al3+)>c(H+)>c(NH)C0.04.c(Cl-)=c(NH3·H2O)+c(NH)D0.04c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)

A.AB.BC.CD.D9、25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10－13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、NOCl－B.在含有大量HCO的溶液中：Na＋、NOCl－、AlOC.1.0mol·L－1的HNO3溶液中：K＋、[Ag(NH3)2]＋、Cl－、SOD.0.1mol·L－1的Fe（NO3）2溶液中：Na+、H+、SCN－、Cl－評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、為更好地表示溶液的酸堿性，科學(xué)家提出了酸度的概念，則下列敘述不正確的是（）A.中性溶液的B.堿性溶液的C.越大，堿性越強，酸性越弱D.常溫下氫氧化鈉溶液的11、一種氯離子介導(dǎo)的電化學(xué)合成方法能將乙烯高效清潔；選擇性地轉(zhuǎn)化為環(huán)氧乙烷；該方法對應(yīng)電化學(xué)反應(yīng)的具體過程如圖所示。在電解結(jié)束后，將陰、陽極電解液輸出混合，便可反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷。

反應(yīng)流程：Cl-→Cl2→HClO

下列說法錯誤的是A.Ni電極與電源正極相連B.該過程的總反應(yīng)為：CH2=CH2+H2O→+H2C.工作過程中陰極附近pH減小D.在電解液混合過程中會發(fā)生反應(yīng)：HCl+KOH=KCl+H2O12、乙二胺(簡寫為EDA)是常用的分析試劑，為二元弱堿，在水中的電離方式與氨類似。25℃時，向20mL0.1mol·L其鹽酸鹽溶液EDA中加入NaOH固體(溶液體積變化忽略不計)，體系中EDA三種粒子的濃度的對數(shù)值()；所加NaOH固體質(zhì)量與pOH的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.乙二胺第一步電離常數(shù)的數(shù)量級為B.時，C.時，D.時，加入NaOH溶液的質(zhì)量g13、化學(xué)與我們的生活息息相關(guān)，下列說法錯誤的是A.食品添加劑就是為增強食品的營養(yǎng)而加入的物質(zhì)B.補充氟元素能夠防止齲齒，應(yīng)當(dāng)大力提倡使用含氟牙膏C.隨意丟棄廢舊電池會造成重金屬鹽對土壤和水源的污染D.使用純堿溶液清洗餐具比使用洗滌劑更環(huán)保14、某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的A和B，一定溫度下發(fā)生反應(yīng)A(g)+xB(g)?2C(g)；達到平衡后，在不同的時間段，分別改變影響反應(yīng)的一個條件，測得容器中物質(zhì)的濃度；反應(yīng)速率分別隨時間的變化如圖所示：

下列說法中正確的是A.30～40min內(nèi)該反應(yīng)使用了催化劑B.化學(xué)方程式中的x=1，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C.30min時減小壓強，40min時升高溫度D.8min前A的平均反應(yīng)速率為0.08mol·L-1·min-1評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、已知可逆反應(yīng)：設(shè)計如圖所示裝置（鹽橋中的陰；陽離子可以自由移動；鹽橋在原電池中不參與反應(yīng)，只起導(dǎo)電作用）。

進行如下操作：

(Ⅰ)向（B）燒杯中逐滴加入濃鹽酸；發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)；

(Ⅱ)若改往（B）燒杯中滴加質(zhì)量分?jǐn)?shù)為40%的NaOH溶液；發(fā)現(xiàn)電流表指針向相反方向偏轉(zhuǎn)。

(1)兩次操作過程中電流表指針偏轉(zhuǎn)方向為什么會相反？

試用電極反應(yīng)和化學(xué)平衡移動的原理解釋此現(xiàn)象：____________________________________。

(2)(Ⅰ)操作過程中石墨棒（a）上發(fā)生的電極反應(yīng)為____________________________________。

(3)(Ⅱ)操作過程中石墨棒（b）上發(fā)生的電極反應(yīng)為____________________________________。16、（1）海水中有豐富的食鹽資源，工業(yè)上以粗食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+雜質(zhì))、氨、石灰石等為原料，可以制備Na2CO3流程如圖；請回答：

①粗鹽精制過程中加入的沉淀劑是石灰乳和純堿，應(yīng)先加__。

②上述流程中循環(huán)使用的物質(zhì)有__。

③圖中制得的飽和食鹽水還可用于氯堿工業(yè)，NaCl溶液的電解產(chǎn)物可用于生產(chǎn)鹽酸、漂白粉、氫氧化鈉等產(chǎn)品。工業(yè)上電解飽和食鹽水的離子方程式為__。

④氨氣可用電解法合成，其原料轉(zhuǎn)化率大幅度提高，有望代替?zhèn)鹘y(tǒng)的工業(yè)合成氨工藝。電解法合成氨的兩種原理及裝置如下圖1和圖2所示。圖1中，a電極上通入的X為__，圖2中，d電極上的電極反應(yīng)式為___。

（2）我國科學(xué)家研發(fā)出利用太陽能從海水中提取金屬鋰的技術(shù)；提取原理如圖3所示：

①金屬鋰在電極__(填“A”或“B”)上生成。

②陽極能產(chǎn)生兩種氣體單質(zhì)，電極反應(yīng)式是2Cl--2e-=Cl2↑和__。

③某種鋰離子二次電池的總反應(yīng)為：FePO4(s)+Li(s)LiFePO4(s)；裝置如圖所示(a極材料為金屬鋰和石墨的復(fù)合材料)。

下列說法錯誤的有___。

A.圖中e-及Li+移動方向說明該電池處于放電狀態(tài)。

B.該電池可選擇含Li+的水溶液做離子導(dǎo)體。

C.充電時a極連接外接電源的正極。

D.充電時，b極電極反應(yīng)式為：LiFePO4-e-=Li++FePO417、已知：A(g)+2B(g)2C(g)ΔH<0。此反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K＝__________，溫度降低，K值會______（增大、減小、不變），A的轉(zhuǎn)化率_______，化學(xué)反應(yīng)速率_____18、Ⅰ.已知化學(xué)反應(yīng)N2+3H22NH3的能量變化如圖所示；回答下列問題：

(1)0.5molN2(g)和1.5molH2(g)生成1molNH3(g)的過程___(填“吸收”或“放出”)___kJ能量。

Ⅱ.海水中含有豐富的化學(xué)資源。將海水淡化與濃縮海水結(jié)合是綜合利用海水資源的途徑之一。從海水中提取鎂的主要步驟如圖：

(2)操作a的名稱是___；試劑X可以選用___。

Ⅲ.碘在海水中主要以I-的形式存在，而在地殼中主要以IO的形式存在；在常溫下幾種粒子之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。

(3)對比反應(yīng)Ⅰ和Ⅲ可知，以反應(yīng)Ⅰ制取I2時應(yīng)注意控制的反應(yīng)條件是___。

(4)用反應(yīng)Ⅱ在溶液中制取I2，反應(yīng)的離子方程式是(已知：反應(yīng)后所得溶液顯酸性)___。19、如圖所示；甲；乙兩池電極材料都是鐵棒與碳棒，請回答下列問題。

（1）若兩池中均為CuSO4溶液；反應(yīng)一段時間后：

①有紅色物質(zhì)析出的是甲池中的___________棒，乙池中的________棒。

②乙池中陽極的電極反應(yīng)式是：_________________。

（2）若兩池中均為飽和NaCl溶液：

①寫出乙池中總反應(yīng)的離子方程式：____________________。

②甲池中碳極的電極反應(yīng)式是：______________，乙池中碳極的電極反應(yīng)屬于_______(填“氧化反應(yīng)”或“還原反應(yīng)”)。

③將濕潤的淀粉KI試紙放在乙池中碳極附近，發(fā)現(xiàn)試紙變藍(lán)，過一段時間后又發(fā)現(xiàn)藍(lán)色褪去，這是因為過量的Cl2又將生成的I2氧化。若反應(yīng)的Cl2和I2物質(zhì)的量之比為5∶1，且生成兩種酸，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：__________________。評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共16分)20、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(xué)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?jǐn)?shù)___________。：21、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(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應(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_________。22、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：____________________。23、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，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）。評卷人得分五、實驗題(共3題，共27分)24、碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。

I．合成該物質(zhì)的步驟如下：

步驟1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；

步驟2：將所配NH4HCO3溶液倒入四口燒瓶中，控制溫度50℃，邊攪拌邊把所配MgSO4溶液于1min內(nèi)逐滴加入NH4HCO3溶液中；然后用氨水調(diào)節(jié)溶液pH至9.5；

步驟3：放置1h后，過濾、洗滌、干燥得碳酸鎂晶須產(chǎn)品(MgCO3?nH2O；n=1~5)。

(1)步驟1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和量筒外，還有________________。

(2)①步驟2中應(yīng)采取的較好加熱的方法為______________；

②生成MgCO3?nH2O的離子方程式為___________。

II．測定合成的MgCO3?nH2O中的n值：稱量1.000g碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中，加入水，滴入稀硫酸與晶須反應(yīng)，生成的CO2被過量的NaOH溶液吸收，在室溫下反應(yīng)4～5h，反應(yīng)后期將溫度升到30℃，最后，燒杯中的溶液加足量氯化鋇溶液后，用已知濃度的鹽酸滴定至中性，從而測得CO2的總量；重復(fù)上述操作2次。

(3)圖中氣球的作用是__________________。

(4)設(shè)NaOH溶液為amol·L-1bmL。3次實驗測得消耗cmol·L-1鹽酸的體積平均值為dmL，則n值為________(用含a、b；c、d的代數(shù)式表示)。

(5)若省去“反應(yīng)后期升溫到30℃”的步驟，產(chǎn)生的后果是n值_______(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。25、某燒堿樣品中含有少量不與酸反應(yīng)的可溶性雜質(zhì)；為了測定其純度，進行以下滴定操作：

A．配制燒堿溶液。

B．用移液管（或堿式滴定管）量取燒堿溶液于錐形瓶中并加幾滴甲基橙指示劑。

C．用托盤天平準(zhǔn)確稱取燒堿樣品在燒杯中加蒸餾水溶解。

D．將物質(zhì)的量濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入酸式滴定管中，調(diào)整液面，記下開始刻度

E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點，記錄終點刻度

請回答下列問題：

（1）正確的操作步驟是_________________→_________________→_________________→D→__________________（填字母）。

（2）滴定管讀數(shù)時應(yīng)注意_____________________________________（至少答兩點）。

（3）操作中錐形瓶下墊一張白紙的作用是___________________________。

（4）操作D中液面應(yīng)調(diào)整到_____________________________________；尖嘴部分應(yīng)______________。

（5）滴定到終點時錐形瓶內(nèi)溶液的pH為_______________________；終點時的顏色變化是__________。

（6）若酸式滴定管沒用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，會使測定結(jié)果______________（填“偏高”“偏低”或“無影響”；其他操作均正確）。

（7）該燒堿樣品的純度計算式是______________________________________________。26、K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體]易溶于水；難溶于乙醇，可作為有機反應(yīng)的催化劑。實驗室可用鐵屑為原料制備，相關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

Fe(s)＋H2SO4=FeSO4＋H2↑

FeSO4＋H2C2O4＋2H2O=FeC2O4·2H2O↓＋H2SO4

2FeC2O4·2H2O＋H2O2＋H2C2O4＋3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O

2MnO＋5C2O＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O

回答下列問題：

(1)鐵屑中常含硫元素，因而在制備FeSO4時會產(chǎn)生有毒的H2S氣體，該氣體可用氫氧化鈉溶液吸收。下列吸收裝置正確的是___________。

(2)得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后，加入乙醇的理由是___________。

(3)析出的K3[Fe(C2O4)3]晶體通過如下圖所示裝置的減壓過濾與母液分離。下列操作不正確的是___________。

A．選擇比布氏漏斗內(nèi)徑略小又能將全部小孔蓋住的濾紙。

B．放入濾紙后；直接用傾析法轉(zhuǎn)移溶液和沉淀，再打開水龍頭抽濾。

C．洗滌晶體時；先關(guān)閉水龍頭，用蒸餾水緩慢淋洗，再打開水龍頭抽濾。

D．抽濾完畢時；應(yīng)先斷開抽氣泵和吸濾瓶之間的橡皮管，以防倒吸。

(4)晶體中所含結(jié)晶水可通過重量分析法測定，主要步驟有：①稱量，②置于烘箱中脫結(jié)晶水，③冷卻，④稱量，⑤重復(fù)②~④至恒重，⑥計算。步驟⑤的目的是___________。

(5)晶體中C2O含量的測定可用酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。滴定過程中發(fā)現(xiàn)，開始時滴入一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，紫紅色褪去很慢，滴入一定量后紫紅色很快褪去，理由是___________。

(6)下列關(guān)于酸式滴定管的使用，正確的是___________。

A．滴定管用蒸餾水洗滌后；即可裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液。

B．裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液后；把滴定管夾在滴定管夾上，輕輕轉(zhuǎn)動活塞，放出少量酸液，使尖嘴充滿酸液。

C．滴定管中溶液體積應(yīng)讀數(shù)至小數(shù)點后第二位。

D．接近終點時，需用蒸餾水沖洗瓶壁和滴定管尖端懸掛的液滴參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A.沉淀溶解達到平衡時；加水稀釋，平衡正向移動，由于溫度不變，所以再達平衡后各離子濃度與第一次平衡相同，A正確；

B.沉淀溶解達到平衡時；任何物質(zhì)的濃度不變，所以沉淀的速率和溶解的速率相等，所以物質(zhì)的濃度不變，B正確；

C.沉淀溶解達到平衡時；溶液中溶質(zhì)的離子濃度保持不變，但不一定相等，C錯誤；

D.沉淀溶解達到平衡時；如果再加入難溶性的該沉淀物，由于固體物質(zhì)的濃度不變，因此對平衡移動無影響，所以沉淀溶解平衡不移動，D正確；

故合理選項是C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖示知，過程②涉及*CO2中化學(xué)鍵的斷裂；需要吸收能量，A正確；

B．由圖示知；過程③涉及*CO中極性鍵斷裂和生成物*OH中極性鍵的形成，B正確；

C．由圖示知，過程③對應(yīng)方程式為：*CO+*O+2H→*C+2*OH，過程④反應(yīng)物為*C、*OH、H，生成物為CH4和H2O，根據(jù)過程③知*C、*OH反應(yīng)比例為1:2，故過程④方程式為：*C+2*OH+6H→CH4+2H2O；C正確；

D．CO2轉(zhuǎn)化為CH4，碳元素化合價由+4價降低為-4價，得關(guān)系式：CO2~CH4~8e-，故1molCH4生成轉(zhuǎn)移電子為8mol；D錯誤；

故答案選D。3、D【分析】【詳解】

根據(jù)電池總反應(yīng)：2H2+O2=2H2O可知：通入氫氣的一極為電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)為H2-2e－=2H＋，通入氧氣的一極為電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為O2+4e－+4H＋=2H2O。

A．通入氫氣的一極為負(fù)極，則a為正極，b為負(fù)極，電子的流向由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，由b極經(jīng)外電路流向a極；A項錯誤；

B．每轉(zhuǎn)移0.1mol電子，消耗0.05mol的H2；標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.12L，但沒有說明是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，則氣體的體積不一定為1.12L。B項錯誤；

C．中間為固體電解質(zhì)，該電池為酸性電池，b極上的電極反應(yīng)式為：O2+4e－+4H＋=2H2O；C項錯誤；

D．a(chǎn)極氫氣失電子生成H＋，陽離子向正極移動，b為正極。所以H＋由a極通過固體酸電解質(zhì)傳遞到b極；D項正確；

本題答案選D。

【點睛】

。電化學(xué)中陰陽離子的移動方向。

離子種類。

原電池。

電解池。

陽離子。

向正極移動。

向陰極移動。

陰離子。

向負(fù)極移動。

向陽極移動。

4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．戴維法制鈉，陰極的電極反應(yīng)式為：Na++e-=Na↑，陽極上OH-失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=2H2O+O2↑；故A錯誤；

B．金屬性Na強于Fe。蓋·呂薩克法制鈉原理是根據(jù)鈉的沸點較低；易從反應(yīng)混合物中分離出來；從而使化學(xué)平衡向正向移動，故B錯誤；

C．根據(jù)反應(yīng)方程式可知用戴維法制取金屬鈉；每反應(yīng)產(chǎn)生4molNa轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是4mol，而用蓋·呂薩克法制得4mol的鈉，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是8mol，因此制取等量的金屬鈉，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量不相等，故C錯誤；

D．由于存在3Fe(s)+4NaOH(l)?Fe3O4(s)+2H2(g)+4Na(g)平衡；當(dāng)鐵與熔融氫氧化鈉作用時，生成的鈉沸點較低，從混合物中分離出來，減小了生成物濃度促進平衡正向移動，故D正確；

故答案：D。5、B【分析】【詳解】

A．CO燃燒的熱化學(xué)方程式為2CO(g)+O2(g)2CO2(g)?H=[(-393×2)-(-110×2+0)]kJ?mol-1=-566kJ?mol-1；A正確；

B．H2的燃燒熱為?H=[(-286)-(0+×0)]kJ?mol-1=-286kJ?mol-1；B錯誤；

C．C2H6的能量為-84kJ?mol-1，C2H4的能量為52kJ?mol-1，物質(zhì)具有的能量越低，穩(wěn)定性越強，則C2H6比C2H4穩(wěn)定；C正確；

D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H=[(-393+0)-(-110-242)]kJ?mol-1=-41kJ?mol-1；是放熱反應(yīng)，D正確；

故選B。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系及蓋斯定律可知：-ΔH1為正值，ΔH2+ΔH3為負(fù)值，則-ΔH1=ΔH2+ΔH3，即ΔH1=-(ΔH2+ΔH3)；A錯誤；

B．通過太陽能實現(xiàn)總反應(yīng)H2O+CO2=H2+CO+O2可知：CeO2沒有消耗，CeO2為催化劑；B正確；

C．該過程中在太陽能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2；CO；所以把太陽能轉(zhuǎn)變成化學(xué)能，C正確；

D．CO在負(fù)極失電子生成CO2，在堿性條件下再與OH-生成故負(fù)極反應(yīng)式為：CO+4OH--2e-=+2H2O；D正確；

故合理選項是A。7、C【分析】【分析】

根據(jù)電池總反應(yīng)可知，放電時負(fù)極M失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2M-3e-+7=4正極發(fā)生Cn(MCl4)得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cn(MCl4)+e-=+Cn；原電池工作時陰離子移向負(fù)極；陽離子移向正極；充電時，外加電源與原電池相連接，陽離子移向陰極、陰離子移向陽極，據(jù)此分析。

【詳解】

A．根據(jù)分析；M發(fā)生失電子的反應(yīng)，因此a為負(fù)極，A錯誤；

B．放電時，向負(fù)極a移動；B錯誤；

C．充電時，a電極發(fā)生得電子的反應(yīng)，電極方程式為4+3e－=7+M；C正確；

D．充電時，若電路中轉(zhuǎn)移0.5mol電子，根據(jù)電極方程式+Cn-e-=Cn(MCl4)，有0.5mol的Cn被氧化，Cn(MCl4)為氧化產(chǎn)物；D錯誤；

故答案選C。8、C【分析】【詳解】

A．向1L含0.01molAlCl3和0.01molHCl的溶液中緩慢通入NH3，首先進行的反應(yīng)為HCl和氨氣反應(yīng)生成氯化銨，0.01molHCl消耗0.01mol氨氣，生成0.01mol氯化銨；然后三氯化鋁溶液和氨氣反應(yīng)生成氫氧化鋁和氯化銨，0.01mol三氯化鋁消耗0.03mol氨氣，生成0.03mol氯化銨。未通入氨氣時，根據(jù)溶液中的電荷守恒有3c(Al3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；A錯誤；

B．當(dāng)通入的氨氣為0.01mol時；則溶液為含有0.01mol氯化銨和0.01mol三氯化鋁的混合液，氫離子濃度應(yīng)小于銨根離子濃度，B錯誤；

C．當(dāng)通入的氨氣為0.04mol時，根據(jù)物料守恒，c(Cl-)=c(NH3·H2O)+c()；C正確；

D．溶液中離子濃度的關(guān)系為c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)；D錯誤；

故答案選C。9、A【分析】【詳解】

A.由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10－13mol·L－1的溶液可以為酸性溶液；也可以為堿性溶液，兩種條件下，該組離子均可大量共存，故A正確；

B.HCO會與AlO反應(yīng)生成氫氧化鋁與碳酸根離子；兩者不能大量共存，故B錯誤；

C.[Ag(NH3)2]＋只存在于堿性條件下，遇酸會生成銨根離子與銀離子，則在1.0mol·L－1的HNO3溶液中[Ag(NH3)2]＋不能大量共存；故C錯誤；

D.0.1mol·L－1的Fe(NO3)2溶液中存在Fe2+和因在酸性條件下具有氧化性，會氧化Fe2+為Fe3+，F(xiàn)e3+遇SCN－生成絡(luò)合物；則該組離子不能大量共存，故D錯誤；

答案選A。二、多選題(共5題，共10分)10、BC【分析】【詳解】

A.中性溶液中，氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，A正確；

B.堿性溶液中，氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，氫離子濃度與氫氧根離子濃度的比值小于1，B錯誤；

C.越大；氫離子濃度與氫氧根離子濃度的比值越大，溶液堿性越弱，酸性越強，C錯誤；

D.常溫下氫氧化鈉溶液中氫離子濃度為氫氧根離子濃度為D正確；

答案選BC。11、AC【分析】【分析】

電解池中，陰離子在陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極連接電源的正極，Cl－失去轉(zhuǎn)化為Cl2，電極反應(yīng)為：2Cl－-2e－=Cl2↑；陽離子在陰極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，陰極連接電源的負(fù)極，陰極區(qū)的反應(yīng)2H2O+2e－=2OH－+H2↑；據(jù)此解答。

【詳解】

A．由反應(yīng)流程可知，Pt電極區(qū)要將Cl－轉(zhuǎn)化為Cl2；發(fā)生氧化反應(yīng)，故Pt為陽極，Ni電極為陰極，故與電源負(fù)極相連，故A錯誤；

B．根據(jù)反應(yīng)歷程和陰極區(qū)的反應(yīng)2H2O+2e－=2OH－+H2↑，可知該過程的總反應(yīng)為CH2=CH2+H2O→+H2；故B正確；

C．工作過程中陰極區(qū)的反應(yīng)為2H2O+2e－=2OH－+H2↑；故陰極附近pH增大，故C錯誤；

D．陽極區(qū)發(fā)生Cl2+H2O=HCl+HClO，陰極區(qū)生成KOH，故在電解液混合過程中會發(fā)生反應(yīng)HCl+KOH=KCl+H2O；故D正確；

故選AC。12、BD【分析】【分析】

為堿對應(yīng)的離子，因此隨溶液的堿性增強，溶液中的濃度會逐漸降低，的濃度會先增大后減小，EDA的濃度會逐漸增大。該圖像縱坐標(biāo)為pOH，表示越往下溶液的堿性越強，初始鹽溶液中則因此該圖像左半部分對應(yīng)橫坐標(biāo)從左至右表示的微粒濃度逐漸增大，由此可知曲線()中代表的微粒為：①代表②表示③表示EDA。

【詳解】

A．乙二胺第一步電離常數(shù)時，溶液pOH=4.1，因此數(shù)量級為故A正確；

B．時，由圖可知故B錯誤；

C．時，溶液呈中性，溶液中存在電荷守恒：初始溶液中溶質(zhì)為由此可得物料守恒：兩式相加并結(jié)合溶液呈中性時可得故C正確；

D．時，溶液中根據(jù)反應(yīng)可知，因此加入NaOH固體的質(zhì)量為0.03mol×40g/mol=0.12g，實驗過程中并未加入NaOH溶液，故D錯誤；

綜上所述，錯誤的是BD項。13、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．為了改善食物的色；香、味；或補充食品在加工過程中失去的營養(yǎng)成分，以及防止食物變質(zhì)等，會在食物中加入一些天然或化學(xué)合成的物質(zhì)，這種物質(zhì)稱為食品添加劑，故A說法錯誤；

B．氟元素攝入過多會導(dǎo)致氟斑牙；因此水中含氟量較高的地區(qū)的人不適合用含氟牙膏，故B說法錯誤；

C．廢舊電池中含有重金屬；重金屬鹽對水或土壤產(chǎn)生污染，因此廢舊電池不能隨意丟棄，故C說法正確；

D．洗滌劑長期使用對人體有害；碳酸鈉無毒，油脂在碳酸鈉中水解成可溶于水的物質(zhì)，故D說法正確；

答案為AB。14、CD【分析】【分析】

在可逆反應(yīng)中；增加反應(yīng)物濃度的瞬間正反應(yīng)速率加快；逆反應(yīng)速率不變，所以正反應(yīng)速率先增大后有所減小、逆反應(yīng)速率先不變，后有所增加，在達到新平衡前，正逆反應(yīng)速率均比舊平衡時要大；增大氣體壓強的瞬間，正逆反應(yīng)速率均增大，氣體分子總數(shù)減少方向的速率增幅更大；使用正催化劑，能同等幅度增加正逆反應(yīng)的速率；升溫，吸熱方向的速率增加得更快。反之則反之，據(jù)此回答。

【詳解】

A．30～40min內(nèi)反應(yīng)速率減小；若使用催化劑，則化學(xué)反應(yīng)速率增大，A錯誤；

B．由濃度-時間圖像可知；A；B的濃度變化相同，故A、B的化學(xué)計量數(shù)相同，都為1；由反應(yīng)速率-時間圖像可知，30min時改變的條件為減小壓強，40min時改變的條件為升高溫度，且升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B錯誤；

C．結(jié)合選項AB可知；C正確；

D．前8min內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為=0.08mol·L-1·min-1；D正確；

答案選CD。三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】

由圖可知，該裝置為原電池，根據(jù)總反應(yīng)+2I-+2H+?+I2+H2O，①向（Ⅱ）燒杯中逐滴加入濃鹽酸，增大了反應(yīng)物H+的濃度，平衡正向移動，故發(fā)生被還原，石墨棒(b)為正極，石墨棒(a)為負(fù)極，②若改往（Ⅱ）燒杯中滴加40%NaOH溶液，由于OH-與H+結(jié)合為H2O，故減小了反應(yīng)物H+的濃度，平衡逆向移動，即發(fā)生被氧化，石墨棒(a)為正極，石墨棒(b)為負(fù)極；以此來解答。

【詳解】

(1)由分析可知，加入濃鹽酸，對于反應(yīng)平衡向右移動，發(fā)生還原反應(yīng)，石墨棒（b）作正極；加入NaOH溶液，平衡向左移動，發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨棒（b）作負(fù)極，電流方向是從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，故電流表指針向相反方向偏轉(zhuǎn)，故答案為：加入濃鹽酸，對于反應(yīng)平衡向右移動，發(fā)生還原反應(yīng)，石墨棒（b）作正極；加入NaOH溶液，平衡向左移動，發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨棒（b）作負(fù)極；

(2)由分析可知（Ⅰ）操作過程中石墨棒（a）為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為故答案為：

(3)由分析可知（Ⅱ）操作過程中石墨棒（b）負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為故答案為：【解析】加入濃鹽酸，對于反應(yīng)平衡向右移動，發(fā)生還原反應(yīng)，石墨棒（b）作正極；加入NaOH溶液，平衡向左移動，發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨棒（b）作負(fù)極16、略

【分析】【分析】

以粗食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+雜質(zhì))、氨、石灰石等為原料，制備Na2CO3流程:鈣離子會與碳酸根離子生成沉淀，鎂離子會與氫氧根離子生成沉淀；先加石灰乳，再加Na2CO3溶液，過濾，濾渣為Mg(OH)2、CaCO3；濾液加入鹽酸調(diào)pH，精鹽水蒸發(fā)濃縮，飽。

和食鹽水中先通入氨氣而成氨鹽水，碳酸鈣煅燒生成二氧化碳，通入二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉沉淀和氯化鉸溶液。其化學(xué)反應(yīng)原理是:NH3+CO2+H2O+NaCl(飽和)=NaHCO3↓+NH4C1，碳酸氫鈉受熱分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，生成的二氧化碳循環(huán)使用，碳酸氫鈉受熱分解制得Na2CO3。

【詳解】

(1)①粗鹽中含有鈣離子和鎂離子；要除去需要加入石灰乳和碳酸鈉，因為一般加入試劑均過量，所以應(yīng)先加入石灰乳，過量的鈣離子用碳酸鈉除去；

②向分離出NaHCO3晶體后的母液中加入過量生石灰，發(fā)生的反應(yīng)有H2O+CaO=Ca(OH)2、Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+2H2O+CaCl2，最終產(chǎn)物為氯化鈣、氨氣，其中氨氣可再利用；碳酸氫鈉受熱分解2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O；生成的二氧化碳循環(huán)使用；

③電解飽和食鹽水的離子方程式為：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

④陽極上氫氣失電子，所以陽極通入的氣體為氫氣，即X為H2；陰極上氮氣得電子生成氨氣，電極方程式為:N2+2H2O+6e-=2NH3+3O2-；

（2）①從圖分析；鋰離子在A電極上得到電子生成金屬鋰；

②陽極上是溶液中的陰離子失去電子，有氯離子失去電子生成氯氣，氫氧根離子失去電子生成氧氣，電極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=2H2O+O2↑）；

③A.由圖中e及Li+移動方向，則發(fā)生Li-e=Li+；所以該電池處于原電池放電狀態(tài)，故A正確；

B.a極為Li易與水發(fā)生反應(yīng)；所以該電池中a極不能接觸水溶液，故B錯誤；

C.放電時，負(fù)極反應(yīng)式為Li-e=Li+；則a為負(fù)極，所以充電時a極連接外接電源的負(fù)極,故C錯誤；

D.放電時,b極反應(yīng)式為FePO4+Li++e-=LiFePO4,則充電過程中，b極電極反應(yīng)式為:LiFePO4-e-=Li++FePO4；故D正確。

故選BC?！窘馕觥渴胰镹H3、CO22Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑H2N2+2H2O+6e-=2NH3+3O2-A2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=2H2O+O2↑）BC17、略

【分析】【詳解】

根據(jù)A(g)+2B(g)2C(g)可知平衡常數(shù)表達式K＝該反應(yīng)的ΔH<0，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，因此溫度降低，平衡正向移動，K值會增大，A的轉(zhuǎn)化率升高，化學(xué)反應(yīng)速率減慢，故答案為：增大；升高；減慢。【解析】增大升高減慢18、略

【分析】【分析】

向海水中加入石灰水，其中Ca(OH)2和鎂離子反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，然后通過操作a為過濾，得到A為Mg(OH)2，將Mg(OH)2溶于試劑X為稀鹽酸中得到MgCl2，將MgCl2溶液在HCl氛圍中蒸干得到MgCl2，電解熔融MgCl2得到Mg單質(zhì)；以此解答。

【詳解】

Ⅰ.(1)由圖可知，0.5molN2(g)和1.5molH2(g)所具有的能量高于1molNH3(g)具有的能量，則0.5molN2(g)和1.5molH2(g)生成1molNH3(g)的過程放出(b-a)kJ能量，故答案為：放出；(b-a)；

Ⅱ.(2)上述分析可知，操作a的名稱為過濾，試劑X的作用是將Mg(OH)2溶解得到MgCl2；則試劑X可以選用稀鹽酸，故答案為：過濾；稀鹽酸；

Ⅲ.(3)對比反應(yīng)Ⅰ和Ⅲ可知，I-和Cl2反應(yīng)可能發(fā)生反應(yīng)Ⅲ生成IO也可能發(fā)生反應(yīng)Ⅰ生成I2，以反應(yīng)Ⅰ制取I2時應(yīng)注意控制的反應(yīng)條件是控制Cl2的用量，故答案為：Cl2的用量；

(4)用反應(yīng)Ⅱ在溶液中制取I2的過程中，IO和HSO反應(yīng)生成I2和SOI元素由+5價下降到0價，S元素由+4價上升到+6價，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平方程式為：2IO+5HSO=5SO+H2O+3H++I2，故答案為：2IO+5HSO=5SO+H2O+3H++I2?！窘馕觥糠懦?b-a)過濾稀鹽酸Cl2的用量2IO+5HSO=5SO+H2O+3H++I219、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①甲池為原電池；原電池中活潑金屬做負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，碳棒做正極，有Cu析出，乙池為電解池，外電路電子流向電源正極，所以碳棒為陽極，放出氯氣，陰極鐵電極上發(fā)生還原反應(yīng)有Cu析出；

②乙池中，惰性電極為陽極，電解硫酸銅溶液，陽極氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應(yīng)為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。

（2）①若電解質(zhì)溶液為飽和氯化鈉溶液，則乙池就是用惰性電極為陽極電解氯化鈉溶液，乙池中總反應(yīng)的離子方程式為2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；

②甲池中碳棒為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，氧氣得到電子生成氫氧根，與吸氧腐蝕的電極反應(yīng)相同，2H2O＋O2＋4e－=4OH－；乙裝置中，碳棒是陽極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；

③根據(jù)題意知Cl2將生成的I2氧化，若反應(yīng)的Cl2和I2物質(zhì)的量之比為5∶1，則生成鹽酸和碘酸兩種酸，利用化合價升降法配平，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl。【解析】碳鐵4OH－－4e－=2H2O＋O2↑2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－2H2O＋O2＋4e－=4OH－氧化反應(yīng)5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl四、有機推斷題(共4題，共16分)20、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)21、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數(shù)小于8，所以Y的最外層為3個電子，Q的最外層為4個電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，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，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據(jù)元素分析，該反應(yīng)方程式為

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負(fù)極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質(zhì)量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負(fù)極37g22、略

【分析】【詳解】

(1)A、B、C、E中均有鈉元素，根據(jù)B的用途可猜想出B為NaHCO3，X為C(碳)，能與CO2反應(yīng)生成NaHCO3的物質(zhì)可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之間能按物質(zhì)的量之比為1∶1反應(yīng)，則A是NaOH，E為Na2CO3，能與NaHCO3反應(yīng)放出無色無味的氣體，且這種物質(zhì)中含有鈉元素，則C只能為Na2O2，D為O2，結(jié)合題設(shè)條件可知F為Fe，G為Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+與以離子鍵結(jié)合，中O原子與O原子以共價鍵結(jié)合，其電子式為

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反應(yīng)為3Fe+2O2Fe3O4，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，則轉(zhuǎn)移8mol電子放出2akJ熱量，則其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol。

(5)N2在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3：N2+6H++6e?2NH3?！窘馕觥竣?NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol⑥.N2+6H++6e?2NH323、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，①常用作泡沫滅火器的是NaHCO3，故為乙；②濃度相同的碳酸氫鈉溶液和硫酸鈉溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的電離程度大；

(2)金屬鋁是13號元素，核外電子排布為2、8、3②n(Al)=n(NaOH)時，生成偏鋁酸鈉，根據(jù)方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質(zhì)的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學(xué)式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯氣，與氫氧化鈉生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根據(jù)電荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液顯中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根據(jù)物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、實驗題(共3題，共27分)24、略

【分析】【分析】

II．測定合成的MgCO3?nH2O中的n值實驗原理：MgCO3?nH2O溶液先與稀硫酸反應(yīng)生成CO2，反應(yīng)方程式為MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑，將生成的CO2氣體導(dǎo)入過量NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈉，反應(yīng)方程式為2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，向燒杯中的反應(yīng)液加入足量氯化鋇溶液后，碳酸鈉與氯化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇，此時溶液中溶質(zhì)為氯化鋇、氫氧化鈉、氯化鈉，向溶液中滴加鹽酸，鹽酸先與氫氧化鈉反應(yīng)，滴加鹽酸至溶液呈中性時，鹽酸恰好與氫氧化鈉完全反應(yīng)，通過鹽酸的量確定吸收二氧化碳后剩余氫氧化鈉的量，然后利用總氫氧化鈉的量與剩余氫氧化鈉的量確定吸收二氧化碳中氫氧化鈉的反應(yīng)量，從而計算出二氧化碳的物質(zhì)的量，由MgCO3?nH2O可知n(C)=n(MgCO3)，由此可得1.000g碳酸鎂晶須中碳酸鎂的質(zhì)量，由碳酸鎂晶須總質(zhì)量-碳酸鎂質(zhì)量=晶須中水的質(zhì)量，由此計算出n(H2O)，通過=解得n值；以此進行解答。

【詳解】

I．(1)配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液實驗中，應(yīng)選擇500mL容量瓶進行配制，利用托盤天平稱量NH4HCO3固體質(zhì)量，將NH4HCO3固體質(zhì)量轉(zhuǎn)移至燒杯中；用量筒量取一定體積蒸餾水加入燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌使固體溶解，待溶液恢復(fù)至室溫后，再轉(zhuǎn)移至容量瓶中，然后洗滌燒杯并轉(zhuǎn)移至容量瓶中，再向容量瓶中加入蒸餾水至液面刻度接近刻度線時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至刻度線，然后搖勻溶液，因此所需玻璃儀器有：500mL容量瓶；燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和量筒，故答案為：500mL容量瓶；

(2)①NH4HCO3受熱易發(fā)生分解；因此將反應(yīng)溫度控制在50℃較好的加熱方式為水浴加熱；

②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液以及氨水之間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成MgCO3?nH2O，反應(yīng)離子方程式為Mg2++(n-1)H2O+NH3·H2O+HCO=MgCO3·nH2O↓+NH

II．(3)由上述分析可知，實驗過程中會有CO2氣體生成，裝置內(nèi)壓強會增大，容易產(chǎn)生安全隱患，且實驗過程中需要將反應(yīng)生成的CO2氣體全部吸收；因此氣球的作用是緩沖壓強并封閉體系；

(4)由上述分析可知，n(HCl)=cmol·L-1×d×10-3L=10-3×cdmol=n(NaOH)余；

則吸收二氧化碳中氫氧化鈉的反應(yīng)量