2025年新世紀版高一化學上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀版高一化學上冊階段測試試卷377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、下列敘述中正確的是①標準狀況下，1LHCl和1LH2O的物質的量相同；②標準狀況下，11.2LH2和14gN2所含原子數(shù)相同；③28gCO的體積約為22.4L；④兩種物質的物質的量相同，則它們在標準狀況下的體積相同；⑤同溫同體積時，氣體物質的物質的量越多，則壓強越大；⑥同溫同壓下，氣體的密度與氣體的相對分子質量成正比．A.⑤⑥B.②⑤⑥C.②③⑤⑥D.①②④⑤⑥2、下列說法正確的是()A.離子化合物中只能含有離子鍵B.共價化合物中可能含有離子鍵C.化學鍵存在于分子之間D.化學反應的過程，本質上是舊化學鍵斷裂和新化學鍵形成的過程3、如圖裝置或操作正確的是（）A.裝置①常用于分離沸點不同，且彼此互溶的液態(tài)混合物B.裝置②常用于過濾操作C.裝置③可用于除去CO中混有的CO2氣體D.裝置④可用于以NaHCO3為原料實驗室制備CO24、合金有許多特點，如：鈉鉀合金常溫下是液體，而鈉、鉀均為固體．試推測：純鐵、碳、生鐵三種物質中，熔點最低的是（）A.純鐵B.碳C.生鐵D.無法確定5、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.將廢電池深埋，可防止重金屬污染B.所有需要加熱的化學反應都是吸熱反應C.開發(fā)太陽能、風能和氫能等能源代替化石燃料，有利于節(jié)約資源、保護環(huán)境D.開發(fā)利用可燃冰是緩解能源緊缺的唯一途徑6、下列氣體中；本身無色但與空氣接觸能變成紅棕色氣體的是（）

A.CO2

B.NO

C.NO2

D.NH3

7、常見的無機酸rm{25隆忙}時在水溶液中的電離平衡常數(shù)如下表，下列選項正確的是rm{(}rm{)}

。氫氰酸rm{(HCN)}碳酸rm{(H_{2}CO_{3})}氫氟酸rm{(HF)}rm{K=6.2隆脕10^{-10}}rm{K_{a1}=4.2隆脕10^{-7}}rm{K=6.61隆脕10^{-4}}A.氟化鈉溶液中通入rm{CO_{2}}rm{2F^{-}+H_{2}O+CO_{2}簍T2HF+CO_{3}^{2-}}B.rm{NaCN}與rm{HCN}的混合溶液中：rm{2c(Na^{+})簍Tc(CN^{-})+c(HCN)}C.rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{HCN}溶液與rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液等體積混合后，溶液的rm{pH>7}D.rm{25隆忙}時同濃度的rm{NaCN}和rm{NaF}溶液的rm{pH}值前者小于后者評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、同溫同壓下，同體積的N2和SO2分子數(shù)之比為____，物質的量之比為____，原子總數(shù)之比為____，摩爾質量之比為____，質量之比為____，密度之比為____．9、有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干種；現(xiàn)進行以下實驗：

①取少量固體；加入稀硝酸攪拌，固體全部溶解，沒有氣體放出；

②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，過濾后，濾液呈中性，在濾液中滴入AgNO3溶液；有白色沉淀生成；

③?、谥械挠猩恋砑尤胱懔康南←}酸后；沉淀全部溶解；

④重新取少量固體加入適量蒸餾水攪拌后；固體全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈堿性；有沉淀生成，過濾．往得到的沉淀中加入過量的NaOH溶液，沉淀減少．

（1）根據(jù)上述實驗，這包粉末中一定不含有的離子是____，肯定含有的離子是____，不能確定是否含有的離子是____，可通過________實驗來進一步確定該離子．

（2）寫出⑤中生成有色沉淀反應的離子方程式：____

（3）寫出⑤中沉淀減少反應的離子方程式：____10、已知元素的電負性與元素的化合價一樣；也是元素的一種基本性質．下面給出14種元素的電負性．

。元素AlBBeCClFLiMgNNaOPSSi電負性1.52．1.52.52.84．1.01.23.00.93.52.12.51.7根據(jù)以上的數(shù)據(jù)，可推知元素的電負性具有的變化規(guī)律是：______．11、鋁制餐具長時間存放酸性、堿性或咸的食物，就會受到腐蝕。其中堿性食物與鋁制品的氧化膜發(fā)生反應的離子方程式為：______。12、某溫度時，在一個rm{3L}的密閉容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三種物質的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，回答下列問題：rm{(1)}該反的化學反應方程式為____rm{(2)}從開始至rm{2min}rm{X}的平均反應速率是____；rm{(3)}第rm{4}分鐘時下列敘述正確的是____；A.該反應已停止rm{B.}該反應為可逆反應rm{C.3v(X)=2v(Z)}rm{D.}相同時間內消耗rm{X}和消耗rm{Z}的物質的量之比為rm{3:2}rm{(4)}若rm{X}rm{Y}的總能量高于rm{Z}的總能量，則該反應為____rm{(}放熱或吸熱，下同rm{)}反應rm{;}若斷裂rm{X;Y}中化學鍵總能量高于rm{Z}中化學鍵的總能量，則該反應為____反應。13、（10分）如圖表示一些晶體中的某些結構，它們分別是NaCl、CsCl、干冰、金剛石、石墨結構中的某一種的某一部分。（1）其中代表金剛石的是（填編號字母，下同）____，金剛石屬于晶體。（2）其中代表石墨的是，其晶體中碳原子呈平面結構排列。（3）其中代表NaCl的是，晶體中Na+與Cl－之間通過鍵結合起來。（4）代表干冰的是____，它屬于____晶體，CO2分子間通過結合起來。（5）上述物質中前三種熔點由高到低的排列順序為____。14、有甲；乙、丙三種元素；甲元素M層的電子數(shù)是其K層的電子數(shù)的1/2，乙元素原子核內無中子，丙元素原子核內有8個質子．

（1）寫出丙元素的元素符號______，畫出丙的原子結構示意圖______；

（2）乙、丙兩種元素形成的具有18電子的化合物是______．（填化學式）

（3）寫出甲、乙、丙三種元素組成的化合物在水中的電離方程式______．15、Ⅰrm{.}根據(jù)下列rm{6}種符號回答問題：rm{壟脵^{1}H}rm{壟脷^{2}H}rm{壟脹^{3}H}rm{壟脺^{14}C}rm{壟脻^{14}N}rm{壟脼^{16}O}rm{(1)}共有____種核素，屬于_____種元素，rm{(2)}互為同位素的是_________。rm{(}填序號，下同rm{)}rm{II.}如圖所示是某同學利用注射器設計的簡易實驗裝置。甲管中注入rm{10mLCH_{4}}同溫、同壓下乙管中注入rm{50mLCl_{2}}將乙管氣體推入甲管中，針管用日光照射一段時間，使氣體在甲管中反應。下列是某同學預測的實驗現(xiàn)象：rm{壟脵}氣體最終變?yōu)闊o色；rm{壟脷}實驗過程中，甲管活塞向內移動；rm{壟脹}甲管內壁有油珠；rm{壟脺}產生火花。其中正確的是________，甲管中發(fā)生的化學方程式為________________________________。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）18、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，?；煊写罅康腟O2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。19、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）21、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共1題，共5分)22、（12分）某學習小組為證明并觀察銅與稀HNO3反應的產物是NO，設計了如下圖所示的實驗裝置。請你根據(jù)他們的思路，回答有關的問題。（一）實驗儀器：大試管、玻璃導管、橡皮塞、燒杯、棉花、注射器。（二）實驗藥品：銅絲、稀硝酸、碳酸鈣顆粒、燒堿溶液。（三）實驗原理：銅與稀硝酸反應的離子反應方程式____。（四）實驗步驟：1、按右圖所示連接好裝置，檢驗裝置的________；2、向試管中加入一定量的固體藥品（填化學式）________，然后向試管中倒入過量的稀硝酸，并迅速塞緊帶銅絲和導管的橡皮塞；3、讓試管中的反應進行一段時間后，用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口；4、將銅絲向下移動插入試管液體中，使之與稀硝酸反應；5、把注射器的針孔插入試管口的橡皮塞中，緩慢向試管內推入空氣。（五）實驗討論：1、實驗步驟②的目的是（寫出反應的離子方程式，結合文字說明）____；2、實驗步驟⑤的目的是（寫出反應的化學方程式，結合文字說明）____。（六）實驗評價：該裝置的優(yōu)點是（任寫一個即可）____；有同學提出：增加右圖所示裝置，在步驟②完成后，當有明顯現(xiàn)象再撤去該裝置，并繼續(xù)步驟③的“用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口”。請評價他的做法____________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共24分)23、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質量為474g/mol)晶體；相關流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發(fā)生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應先關閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。24、工業(yè)上利用廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合價是___。既能加快“酸浸”反應速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施為___。

（2）“濾渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔絕空氣的條件下，高溫煅燒無水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，該反應的化學方程式是___。

（4）高能鋰離子電池的總反應為2Li+FeS=Fe+Li2S。用該電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni的裝置如圖（圖中X、Y為電極，LiPF6·SO(CH3)2為電解質）。

①電極X的反應材料是___（填化學式）；中間隔室b可以得到的主要物質Z是___（填化學式）。

②電解總反應的離子方程式為___。

已知F＝96500C/mol，若電池工作tmin，維持電流強度為IA，理論回收Ni___g（寫出計算表達式即可）。25、2019年諾貝爾化學獎授予在開發(fā)鋰離子電池方面做出卓越貢獻的三位化學家。鋰被譽為“高能金屬”，是鋰電池的電極材料，工業(yè)上用β-鋰輝礦(主要成分為Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量鈣、鎂雜質)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)聯(lián)合制取鋰離子電池正極材料(LiFePO4)；其工業(yè)生產流程如圖：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4難溶于水。

回答下列問題：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合價為___，沉淀X的主要成分是___(寫化學式)。

（2）操作3的名稱是___，操作1所需的玻璃儀器名稱為___。

（3）蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液的目的是___。

（4）寫出合成反應的離子方程式___。

（5）科學家設計一種鋰電池的反應原理為LiFePO4Li+FePO4，放電時正極反應式為___。

（6）工業(yè)上取300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦石，經(jīng)上述變化得到純凈的LiFePO4共110.6噸，則元素鋰的利用率為___。評卷人得分六、原理綜合題(共3題，共6分)26、(1)Ba(OH)2·8H2O固體與NH4Cl固體反應的化學方程式為_____________。

(2)拆開1molH—H鍵，1molN—H鍵，1molN≡N鍵分別需要吸收的能量為436kJ，391kJ，946kJ。理論上，每生成1molNH3___________熱量(填“吸收”或“放出”)__________kJ；事實上，反應的熱量總小于理論值，為什么？________________。

(3)一定條件下發(fā)生反應：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)，某次實驗中測得容器內NO及N2的物質的量隨時間變化如下圖甲所示，圖中b點對應的速率關系是v(正)_____v(逆);d點對應的速率關系是v(正)___________v(逆)。（填“﹥”；“﹤”或“﹦”）

(4)已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若反應起始時N2、H2、NH3的濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，則NH3達到平衡時濃度的范圍為_______；若平衡時N2、H2、NH3的濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，則NH3起始時濃度的范圍為______。

(5)已知一定條件下發(fā)生：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)（正反應放熱）；在反應過程中，正反應速率的變化如圖所示，請根據(jù)速率的變化回答采取的措施（改變的條件）

t1________________________；t2________________________；

t3________________________；t4________________________。

(6)①某電池采用鋰和石墨作電極，四氯化鋁鋰(LiAlCl4)溶解在亞硫酰氯中(SOCl2)組成電解質溶液，電池總反應為：8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，此電池中_______作正極，負極的電極反應為_________________。

②甲烷燃料電池示意圖如上圖乙，其負極反應方程式為_____________。27、汽車尾氣和燃煤尾氣是造成空氣污染的重要原因之一；治理汽車尾氣和燃煤尾氣是環(huán)境保護的重要課題。回答下列問題：

(1)煤燃燒產生的煙氣中含有氮的氧化物，用CH4催化還原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol則CH4催化還原NO的熱化學方程式為___________________。

(2)在汽車排氣系統(tǒng)中安裝三元催化轉化器，可發(fā)生反應：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密閉剛性容器中通入等量的CO和NO，發(fā)生上述反應時，c(CO)隨溫度(T)和時間(t)的變化曲線如圖所示。

①據(jù)此判斷該反應的正反應為__________(填“放熱”或“吸熱”)反應。

②溫度T1時，該反應的平衡常數(shù)K=___________；反應速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)，計算a處=______________。

(3)SNCR-SCR脫硝技術是一種新型的除去煙氣中氮氧化物的脫硝技術；一般采用氨氣或尿素作還原劑，其基本流程如圖：

①SNCR-SCR脫硝技術中用NH3作還原劑還原NO的主要反應為4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，則用尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2的化學方程式為_________________。

②體系溫度直接影響SNCR技術的脫硝效率；如圖所示：

SNCR與SCR技術相比，SCR技術的反應溫度不能太高,其原因是_________________；當體系溫度約為925℃時，SNCR脫硝效率最高，其可能的原因是_____________________。28、氯胺是氯氣遇到氨氣反應生成的一類化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(和)

(1)是作飲用水的二級消毒劑，水解生成一種具有強烈殺菌作用的物質。中氯的化合價是________。

(2)已知生成反應的熱化學方程式和部分化學鍵的鍵能如下：

化學鍵鍵能391.3x431.8243.0

表中的X=_______。

(3)在密閉容器中反應達到平衡，通過熱力學定律計算，不同溫度下理論上的體積分數(shù)隨的變化如下圖所示。

①a、b、c三點對應平衡常數(shù)的大小關系是(分別用表示)_______；b點時，該反應的平衡常數(shù)為________；

②在氨氯比一定時，提高的轉化率的方法是______(任寫一種)；

③若產物都是氣體，實驗測得的體積分數(shù)始終比理論值低，原因可能是_______。

(4)垃圾滲濾液中含有大量的氨氮物質(用表示)和氯化物，將其加入到如圖所示的電解池(電極為惰性材料)進行電解除去該凈化過程分兩步：第一步電解產生一種常見的氧化劑，第二步氧化劑氧化氨氮物質生成

①寫出電解時A極的電極反應式：_______；

②寫出第二步反應的化學方程式：_______。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】試題分析：：①標準狀況下，1LHCl的物質的量為1/22.4mol，但標準狀況下水為液體，不能利用氣體摩爾體積來計算其物質的量，故①錯誤；②標準狀況下，1gH2的物質的量為1/2=0.5mol，14gN2的物質的量為14/28=0.5mol，則氣體的物質的量相同時，其體積相同，故②正確；③不一定是在標準狀況下，若在標準狀況下，28gCO的體積為28/28×22.4L/mol=22.4L，故③錯誤；④兩種物質只有都是氣體時，物質的量相同，則它們在標準狀況下的體積也相同，即物質的狀態(tài)不確定，體積可能相同，也可能不同，故④錯誤；⑤由pV=nRT可知，同溫同體積時，氣體物質的物質的量與壓強成正比，則體物質的物質的量越大，則壓強越大，故⑤正確；⑥由pM=ρRT可知，同溫同壓下，氣體的密度與氣體的相對分子質量成正比，故⑥正確；故選B．考點：氣體摩爾體積，物質的量的計算?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、D【分析】化學鍵是原子間的強烈的相互作用，化學反應的本質即是舊鍵的斷裂和新鍵的形成過程。只要有離子鍵，此化合物即為離子化合物；離子化合物中可含有共價鍵，例如NaOH；【解析】【答案】D3、A【分析】解：A．①為蒸餾裝置；用于分離沸點不同，且彼此互溶的液態(tài)混合物，故A正確；

B．缺少玻璃棒引流；無法過濾，故B錯誤；

C．導管應長進短出；故C錯誤；

D．二氧化碳與堿石灰反應；不能用堿石灰干燥，可用氯化鈣干燥，故D錯誤．

故選A．

A．①為蒸餾裝置；

B．缺少玻璃棒引流；

C．洗氣裝置應長進短出；

D．二氧化碳不能用堿石灰干燥．

本題考查化學實驗方案的評價，涉及化學實驗基本操作、除雜以及物質制備等知識，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高考常見題型，注意相關知識的學習與積累，難度不大．【解析】【答案】A4、C【分析】解：合金的熔點比各成分的熔點低；但硬度比各成分硬度高．生鐵是鐵和碳的合金；生鐵的熔點比純鐵、碳單質都低；

故選：C．

合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質；合金具有以下特點：①一定是混合物；②合金中各成分都是以單質形式存在；③合金中至少有一種金屬；④合金的硬度大，熔點低．據(jù)此分析解答．

本題主要考查了合金的性質，掌握合金的特征以及與其成分的性質差異是解答的關鍵，題目較簡單．【解析】【答案】C5、C【分析】解：rm{A.}重金屬污染土壤；不能掩埋，應回收處理，故A錯誤；

B.反應是否放熱；吸熱與反應條件無關；如鋁熱反應為放熱反應，但需要在高溫下反應，故B錯誤；

C.太陽能；風能和氫能為清潔能源；可減少環(huán)境污染，故C正確；

D.可通過開發(fā)新能源；如太陽能；風能等緩解能源緊缺，故D錯誤．

故選C．

A.重金屬污染土壤；

B.反應是否放熱；吸熱與反應條件無關；

C.太陽能；風能和氫能為清潔能源；可減少環(huán)境污染；

D.可開發(fā)新能源．

本題考查較為綜合，涉及能源與環(huán)境的考查，為高考常見題型，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，難度不大，注意相關基礎知識的積累．【解析】rm{C}6、B【分析】

A、CO2不和空氣中的物質反應變色；故A錯誤；

B；NO和空氣中氧氣迅速反應生成紅棕色氣體二氧化氮；故B正確；

C、NO2本身是紅棕色氣體；故C錯誤；

D、NH3是無色氣體；在空氣中不能反應，只有在催化劑作用下加熱才能反應生成一氧化氮，故D錯誤；

故選B．

【解析】【答案】本身無色但與空氣接觸能變成紅棕色氣體是一氧化氮氣體的性質；依次分析選項判斷；

7、C【分析】解：解：rm{A.}根據(jù)電離平衡常數(shù)知，rm{HF}的酸性大于rm{H_{2}CO_{3}}結合強酸制取弱酸知，rm{F^{-}}和二氧化碳不反應；故A錯誤；

B、相同濃度相同體積的rm{NaCN}與rm{HCN}的混合溶液中：rm{2c(Na^{+})簍Tc(CN^{-})+c(HCN)}不知道rm{NaCN}與rm{HCN}的物質的量的多少；無法判斷，故B錯誤；

C.rm{0.2mol?L^{-1}HCN}溶液與rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液等體積混合后，溶液中的溶質為等濃度的rm{HCN}和rm{NaCN}水解常數(shù)rm{Kh=dfrac{Kw}{Ka}=dfrac{10^{-14}}{6.2隆脕10^{-10}}=1.6隆脕10^{-5}}水解常數(shù)大于電離常數(shù)，則水解程度大于電離程度，由于水解顯堿性，所以溶液的rm{Kh=dfrac{Kw}{Ka}=dfrac

{10^{-14}}{6.2隆脕10^{-10}}=1.6隆脕10^{-5}}故C正確；

D.酸的電離平衡常數(shù)越大，其電離程度越大，則酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液rm{pH>7}越小，rm{pH}的水解程度大于rm{CN^{-}}所以等濃度的rm{F^{-}}和rm{NaCN}溶液中rm{NaF}值前者大于后者；故D錯誤；

故選C．

A.酸的電離平衡常數(shù)越大，其電離程度越大，則酸根離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，rm{PH}的酸性大于rm{HF}結合強酸制取弱酸判斷；

B.任何電解質溶液中都存在物料守恒；根據(jù)物料守恒判斷；

C.水解常數(shù)rm{H_{2}CO_{3}}根據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)的大小分析；

D.酸的電離平衡常數(shù)越大；其電離程度越大，則酸根離子水解程度越??；

本題考查了弱電解質的電離，明確酸的電離平衡常數(shù)與酸電離程度、酸根離子水解程度的關系是解本題關鍵，再結合物料守恒、電荷守恒解答即可，難度不大．rm{Kh=dfrac{Kw}{Ka}}【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)8、1：1|1：1|2：3|7：16|7：16|7：16【分析】【解答】解：因同溫同壓下，同體積的氣體具有相同的分子數(shù)，則具有相同的物質的量，則N2和SO2分子數(shù)之比為1：1；物質的量之比為1：1；

原子總數(shù)之比為1×2：1×3=2：3；

摩爾質量之比為28g/mol：64g/mol=7：16；

質量之比為1×7：1×16=7：16；

又由pM=ρRT可知；同溫同壓下氣體的密度之比等于摩爾質量之比；

則密度之比為7：16；

故答案為：1：1；1：1；2：3；7：16；7：16；7：16．

【分析】同溫同壓下，同體積的氣體具有相同的分子數(shù)，則具有相同的物質的量，再利用構成來分析原子數(shù)，利用m=n×M來分析質量，由pM=ρRT可知，密度之比等于摩爾質量之比．9、CO32﹣、SO42﹣Fe3+、Al3+、Cl﹣K+焰色反應Fe3++3NH3?H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O【分析】【解答】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干種；現(xiàn)進行以下實驗：

①取少量固體，加入稀硝酸攪拌，固體全部溶解，沒有氣體放出，則溶液中一定不含CO32﹣；

②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，則溶液中含有Fe3+或Al3+或SO42﹣或三者都有；

過濾后，濾液呈中性，在濾液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，則溶液中含有Cl﹣；

③?、谥械挠猩恋砑尤胱懔康南←}酸后，沉淀全部溶解，則溶液中一定不含SO42﹣；

④重新取少量固體加入適量蒸餾水攪拌后；固體全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈堿性，有沉淀生成，過濾，往得到的沉淀中加入過量的NaOH溶液，沉淀減少，說明溶液中含有Fe3+、Al3+；

通過以上分析知，不能確定溶液中是否含有K+；

（1）通過以上分析知，該溶液中一定不含的離子是CO32﹣、SO42﹣，一定含有的離子是Fe3+、Al3+、Cl﹣；不能確定是否含有的離子是；

要檢驗K元素需要通過焰色反應，故答案為：CO32﹣、SO42﹣；Fe3+、Al3+、Cl﹣；K+；焰色反應；

（2）鐵離子和一水合氨反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，離子方程式為Fe3++3NH3?H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：Fe3++3NH3?H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

（3）氫氧化鋁沉淀和氫氧化鈉反應生成可溶性偏鋁酸鈉而導致沉淀減少，離子方程式為Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案為：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．

【分析】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干種；現(xiàn)進行以下實驗：

①取少量固體，加入稀硝酸攪拌，固體全部溶解，沒有氣體放出，則溶液中一定不含CO32﹣；

②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，則溶液中含有Fe3+或Al3+或SO42﹣或三者都有；

過濾后，濾液呈中性，在濾液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，則溶液中含有Cl﹣；

③?、谥械挠猩恋砑尤胱懔康南←}酸后，沉淀全部溶解，則溶液中一定不含SO42﹣；

④重新取少量固體加入適量蒸餾水攪拌后；固體全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈堿性，有沉淀生成，過濾，往得到的沉淀中加入過量的NaOH溶液，沉淀減少，說明溶液中含有Fe3+、Al3+；

通過以上分析知，不能確定溶液中是否含有K+；據(jù)此分析解答．

10、略

【分析】解：由表中數(shù)據(jù)可知；第二周期元素從Li～F，隨著原子序數(shù)的遞增，元素的電負性逐漸增大，第三周期元素從Na～Cl，隨著原子序數(shù)的遞增，元素的電負性也逐漸增大，并呈周期性變化；

故答案為：在同一周期中；隨著原子序數(shù)的遞增，元素的電負性逐漸增大，并呈周期性變化．

同周期自左而右元素的化合價呈現(xiàn)周期性變化；據(jù)此根據(jù)同周期電負性數(shù)據(jù)變化分析解答．

本題考查同周期元素電負性變化規(guī)律，比較基礎，側重學生對數(shù)據(jù)的分析處理、歸納總結能力的考查．【解析】在同一周期中，隨著原子序數(shù)的遞增，元素的電負性逐漸增大，并呈周期性變化11、略

【分析】解：氧化鋁具有兩性，能夠與強堿反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}簍T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

故答案為：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}簍T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

依據(jù)氧化鋁具有兩性；能夠與酸和堿反應均生成鹽和水，所以鋁制餐具長時間存放酸性；堿性或咸的食物，就會受到腐蝕，氧化鋁能夠與強堿反應生成偏鋁酸鈉和水，據(jù)此解答。

本題考查了離子方程式的書寫，明確氧化鋁的性質及反應產物是解題關鍵，注意氧化鋁為兩性物質，與酸堿反應都生成鹽和水，題目難度不大?！窘馕觥縭m{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}簍T2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}12、（1）X+3Y?2Z（2）（3）BD（4）放熱吸熱【分析】【分析】本題考查化學平衡圖象分析題目，題目難度不大，注意分析各物質的量的變化曲線，把握化學方程式的判斷方法?！窘獯稹縭m{(1)}由圖象可以看出，反應中rm{X}rm{Y}的物質的量減小，rm{Z}的物質的量增多，則rm{X}rm{Y}為反應物，rm{Z}為生成物，且rm{trianglen(X):trianglen(Y):trianglen(Z)=0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2}則反應的化學方程式為：rm{trianglen(X):triangle

n(Y):trianglen(Z)=0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2}

故答案為：rm{X+3Y?2Z}

rm{(2)v(Z)=dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol隆隴L{隆隴}^{-1}mi{n}^{-1}}故答案為：rm{0.05mol隆隴L{隆隴}^{-1}mi{n}^{-1}}

rm{X+3Y?2Z}由圖象可知，第rm{(2)v(Z)=dfrac{

dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol隆隴L{隆隴}^{-1}mi{n}^{-1}}分鐘時，各物質的量不變并且反應物不為rm{0.05mol隆隴L{隆隴}^{-1}mi{n}^{-1}

}說明反應達平衡狀態(tài)，則。

A.該反應為動態(tài)平衡；反應不會停止，故A錯誤；

B.該反應為可逆反應；故B正確；

C.反應速率之比等于系數(shù)之比，所以rm{(3)}則C錯誤；

D.依據(jù)速率比等于系數(shù)比，rm{4}和消耗rm{0}的物質的量之比為rm{2v(X)=v(Z)}；故D正確；

故選BD；

相同時間內消耗rm{X}和消耗rm{Z}的物質的量之比為rm{3:2}rm{X}rm{Z}的總能量高于rm{3:2}的總能量，即反應物總能量高于生成物總能量，則該反應為放熱反應；若斷裂rm{(4)}中化學鍵總能量高于若rm{X}rm{Y}的總能量高于rm{Z}的總能量，即反應物總能量高于生成物總能量，則該反應為放熱反應；若斷裂rm{X;Y}中化學鍵總能量高于rm{Z}中化學鍵的總能量，即斷鍵吸收總能量高于，形成化學鍵放出總能量，則該反應為吸熱反應。中化學鍵的總能量，即斷鍵吸收總能量高于，形成化學鍵放出總能量，則該反應為吸熱反應。rm{X}rm{Y}【解析】rm{(1)X+3Y?2Z}rm{(2)0.05mol隆隴L{隆隴}^{-1}mi{n}^{-1}}rm{(2)0.05mol隆隴L{隆隴}^{-1}mi{n}^{-1}

}rm{(3)BD}放熱吸熱rm{(4)}13、略

【分析】考查晶體的有關判斷。只含分子的晶體是分子晶體。原子間以共價鍵相互結合，并向空間擴展，形成三維網(wǎng)狀結構的晶體是原子晶體。陽離子和陰離子通過離子鍵結合而成的晶體是離子晶體。所以NaCl、CsCl、干冰、金剛石分別屬于離子晶體、離子晶體、分子晶體和原子晶體。石墨屬于混合型晶體，同一層內靠共價鍵結合，層和層之間靠分子間作用力結合。一般情況下原子晶體的熔點高于離子晶體的，離子晶體高于分子晶體的?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）；B；原子（2）D；層狀（3）A；離子鍵（4）C；分子；范德華力（或分子間作用力）；（5）（B）>（A）>（C）14、略

【分析】解：有甲、乙、丙三種元素，甲元素M層的電子數(shù)是其K層的電子數(shù)的M層電子數(shù)為1，故甲為Na；乙元素原子核內無中子，則乙為H；丙元素原子核內有8個質子，則丙為O．

（1）丙元素的元素符號為O，原子結構示意圖為故答案為：O；

（2）H、O兩種元素形成的具有18電子的化合物是，故答案為：H2O2；

（3）甲、乙、丙三種元素組成的化合物為NaOH，在水中的電離方程式為：NaOH=Na++OH-，故答案為：NaOH=Na++OH-．

有甲、乙、丙三種元素，甲元素M層的電子數(shù)是其K層的電子數(shù)的M層電子數(shù)為1，故甲為Na；乙元素原子核內無中子，則乙為H；丙元素原子核內有8個質子，則丙為O．

本題考查結構性質位置關系應用，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】O；H2O2；NaOH=Na++OH-15、Ⅰ.（1）64（2）①②③

II.②③

CH4+Cl2CH3Cl+HClCH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl【分析】【分析】本題考查了核素、元素、同位素的概念和甲烷的取代反應，難度較易?！窘獯稹竣駌m{.(1)}核素是指具有一定數(shù)目質子和一定數(shù)目中子的一種原子；元素是具有相同的核電荷數(shù)rm{(}即核內質子數(shù)rm{)}的一類原子的總稱；即核內質子數(shù)rm{(}的一類原子的總稱；rm{)}種核素，屬于所以共有rm{6}種核素，屬于rm{4}種元素，故答案為：rm{6}rm{4}種元素，故答案為：rm{6}rm{4}rm{6}rm{4}或不同質量數(shù)rm{(2)}同一元素的不同核素互為同位素，所以互為同位素的是具有相同質子數(shù)，不同中子數(shù)rm{(}或不同質量數(shù)rm{)}同一元素的不同核素互為同位素，所以互為同位素的是故答案為：rm{(}rm{)}根據(jù)題意，rm{壟脵壟脷壟脹}rm{壟脵壟脷壟脹}rm{II.}氣體甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{Cl(}氣體rm{)}rm{CH}rm{Cl(}rm{)}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Cl}rm{Cl}現(xiàn)象為rm{{,!}_{2}}實驗過程中，甲管活塞向內移動；、rm{CHCl}甲管內壁有油珠；甲管中發(fā)生的化學方程式為rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{3}Cl+HCl}，rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}overset{}{}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+HCl}，rm{CH_{2}Cl_{2}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CHCl_{3}+HCl}rm{CHCl_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CCl_{4}+HCl}故答案為：rm{CHCl}rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{3}Cl+HCl}，rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}overset{}{}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+HCl}，rm{CH_{2}Cl_{2}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CHCl_{3}+HCl}rm{CHCl_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CCl_{4}+HCl}。rm{{,!}_{3}}【解析】Ⅰrm{.(1)6}rm{4}rm{(2)壟脵壟脷壟脹}rm{II.壟脷壟脹}rm{CH_{4}+Cl_{2}}rm{CH_{4}+Cl_{2}}rm{xrightarrow[]{鹿芒脮脮}}rm{CH_{3}Cl+HCl}rm{overset{}{}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{2}Cl_{2}+HCl}rm{CH_{3}Cl+HCl}rm{xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CHCl_{3}+HCl}rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}}rm{xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CCl_{4}+HCl}rm{CH_{3}Cl+Cl_{2}}三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．17、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．18、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數(shù)守恒書寫方程式．19、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素20、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據(jù)鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．21、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol四、探究題(共1題，共5分)22、略

【分析】①硝酸是氧化性酸，能和銅發(fā)生氧化還原反應，方程式為3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O。②制氣裝置連接好后，首先檢驗裝置的氣密性。③由于裝置中含有空氣，會氧化生成的NO，從而干擾實驗，所以需要先排盡裝置中的空氣?？梢岳孟跛岷吞妓徕}反應生成的CO2來實現(xiàn)，即加入的固體藥品是碳酸鈣，反應的方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。⑤由于NO極易被氧化生成紅棕色NO2，所以目的是證明Cu與稀硝酸反應生成NO的，方程式為2NO+O2=2NO2。⑥評價實驗可以從操作的難易程度、尾氣的處理、實驗現(xiàn)象等考慮。根據(jù)裝置及實驗過程可知，優(yōu)點是使用可抽動的銅絲能隨時控制反應的開始和結束，節(jié)約藥品用量，減少污染氣體的產生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口，可防止NO和NO2氣體逸出污染大氣。）⑦由于在排空氣時，無法判斷是否完全排盡，所以通過石灰水變渾濁的現(xiàn)象，來準確判斷試管內無空氣后，才進行步驟④，使得出的結論更科學?！窘馕觥俊敬鸢浮竣?Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）②氣密性（1分）③CaCO3（1分）④CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2分），利用CO2排出試管中的空氣，防止O2與NO反應（1分）⑤2NO+O2=2NO2（1分）,氣體由無色變紅棕色證明Cu與稀硝酸反應生成NO（1分）⑥使用可抽動的銅絲能隨時控制反應的開始和結束，節(jié)約藥品用量，減少污染氣體的產生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花團封住導管口，可防止NO和NO2氣體逸出污染大氣。）（2分）⑦通過石灰水變渾濁的現(xiàn)象準確判斷試管內無空氣后，才進行步驟④，使得出的結論更科學。（1分）五、工業(yè)流程題(共3題，共24分)23、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發(fā)生反應：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發(fā)生反應：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進AlCl3·6H2O結晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據(jù)此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發(fā)生反應：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養(yǎng)規(guī)則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變?yōu)檫^飽和溶液，導致明礬析出，明礬晶體會附著在規(guī)則明礬小晶體上，形成規(guī)則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進行固液得到膠狀物；抽濾時不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實的沉淀，A錯誤；

B．抽濾裝置有1處錯誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯誤；

C．抽濾完畢后；應先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關水龍頭以防倒吸，C錯誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強酸性，在抽濾時會腐蝕濾紙，導致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會發(fā)生水解反應：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結晶；洗滌晶體時；先關小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質，重復2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實驗測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質，所以求明礬的純度應該用量不足的鋁離子，根據(jù)關系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結晶和抑制AlCl3水解關小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復2-3次。

(5)45.82%24、略

【分析】【分析】

制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程：廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+與SO42-結合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，過濾，濾渣I為SiO2和CaSO4，向濾液中加入NaClO溶液氧化Fe2+為Fe3+，同時將其沉淀為Fe(OH)3，過濾，濾渣II為Fe(OH)3，再向濾液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+為CaF2，濾渣III為CaF2，最后加入有機萃取劑萃取Zn2+，得到的水層主要為Ni2+，再向其中加入(NH4)2C2O4溶液，得到產品草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O），高溫煅燒無水NiC2O4的反應為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

用高能鋰離子電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni：高能鋰離子中；Li為電源負極，F(xiàn)eS為電源正極，電解池中連接電源負極的為陰極，發(fā)生還原反應，連接電源正極為陽極，發(fā)生氧化反應，據(jù)此分析作答。

【詳解】

（1）NiC2O4·2H2O中鎳元素+2價；氧元素?2價，化合物中元素化合價總共為0，則碳元素+3價；將廢鎳催化劑粉碎或適當加熱；適當增大硫酸濃度、攪拌等能加快“酸浸”反應速率又能提高“酸浸”原料利用率；

故答案為：+3；廢鎳催化劑粉碎或適當加熱；適當增大硫酸濃度、攪拌等；

（2）由上述分析可知，濾渣I為SiO2和CaSO4；

故答案為：SiO2和CaSO4；

（3）高溫煅燒無水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，氣體為一氧化碳和二氧化碳，故反應為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

故答案為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

（4）①因該電解池的目的是從含鎳酸性廢水回收Ni，因此c池中發(fā)生還原反應，故Y電極為電源負極，X為電源正極，由電池總反應可知，其電源正極的反應材料為FeS；該電解池工作時，c池中Ni2+被還原，Cl-通過陰離子交換膜進入b中，a池中OH-發(fā)生氧化反應生成水和氧氣，Na+通過陽離子交換膜進入b池中，因此b池中得到的主要物質為NaCl；

故答案為：FeS；NaCl；

②由①分析可知，其電解池總反應為：4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；由題可知，tmin內轉移電子mol，Ni2+被還原為Ni，每生成1molNi，轉移電子為2mol，因此可回收Ni的質量為g；

故答案為：4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；【解析】+3廢鎳催化劑粉碎或適當加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等SiO2和CaSO42NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑FeSNaCl4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O25、略

【分析】【分析】

β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調節(jié)pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀，得到濾液硫酸鋰蒸發(fā)濃縮后與磷酸二氫銨、硫酸亞鐵反應生成難溶的LiFePO4。

【詳解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca為+2價，O為-2價，F(xiàn)為-1價，根據(jù)化合物價態(tài)代數(shù)和為0得到磷元素的化合價為+5，β-鋰輝礦焙燒后，溶于硫酸生成硫酸鋰、硫酸鋁、硫酸鈣、硫酸鎂和二氧化硅沉淀，調節(jié)pH為6，鋁離子沉淀，濾液的硫酸鎂能與氫氧化鈣反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應生成碳酸鈣沉淀，因此沉淀X的主要成份的化學式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案為：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵觀察流程可知；操作1得到硫酸鈣，因此操作1為過濾，所需的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有機相，因此操作3為分液；故答案為：分液；燒杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸發(fā)濃縮Li2SO4溶液；可使溶液中鋰離子濃度增大，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀；故答案為：增大溶液中鋰離子濃度，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀。

⑷合成反應是磷酸二氫銨、磷酸亞鐵和硫酸鋰，產物為難溶的LiFePO4，其離子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案為：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。

⑸科學家設計一種鋰電池的反應原理為LiFePO4Li+FePO4，則Li為負極，F(xiàn)ePO4為正極，放電時正極反應式為FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案為：FePO4+Li++e－=LiFePO4。

⑹300噸含氧化鋰5%的β-鋰輝礦中Li2O的質量為300噸×5%=15噸，根據(jù)關系式Li2O—2LiFePO4，理論上可生成磷酸亞鐵鋰為則元素鋰的利用率為故答案為70%?！窘馕觥?5CaCO3、Mg(OH)2分液燒杯、漏斗、玻璃棒增大溶液中鋰離子濃度，便于生成磷酸亞鐵鋰沉淀H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+FePO4+Li++e－=LiFePO470%六、原理綜合題(共3題，共6分)26、略

【分析】【分析】

（1）Ba(OH)2·8H2O固體與NH4Cl固體不斷攪拌反應生成氯化鋇；氨氣和水；

（2）合成氨反應中；斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量，由吸收能量和放出能量的大小判斷反應放出熱量還是吸收熱量；合成氨反應為可逆反應，反應不能完全反應；

（3）由圖可知，a點和b點時；反應未達到平衡，c點和d點時，反應達到平衡；

（4）由可逆反應可以從正反應方向開始達到平衡，也可以從逆反應方向開始達到平衡確定NH3起始和平衡時濃度的范圍；確定平衡時濃度的范圍時注意可逆反應反應不能完全反應；

（5）該反應是一個氣體體積減小的放熱反應；依據(jù)題給圖示確定正反應速率的變化和移動方向，判斷條件的變化；

(6)①由電池總反應方程式可知；鋰元素化合價升高，硫元素化合價降低，則鋰電極為原電池負極，石墨電極為正極；

②由甲烷燃料電池示意圖可知；通入氧氣的一極為正極，通入甲烷的一極為負極。

【詳解】

（1）Ba(OH)2·8H2O固體與NH4Cl固體不斷攪拌反應生成氯化鋇、氨氣和水，反應的化學方程式為Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑，故答案為：Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑；

（2）在反應N2+3H22NH3中，斷裂3molH-H鍵和1molN三N鍵共吸收的能量為3×436kJ+943kJ=2251kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H鍵，放出的能量為6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，則該反應為放熱反應，放出的熱量為2346kJ-2251kJ=95kJ，則生成1molNH3放出熱量為46kJ；由于合成氨反應為可逆反應；反應不能完全反應，所以反應的熱量總小于理論值，故答案為：放出；46；該反應是可逆反應，充分反應的最終結果是達到最大限度(即化學平衡狀態(tài))，因此放出的熱量總是小于理論計算值；

（3）由圖可知，a點和b點時；反應未達到平衡，為平衡的形成過程，對應的速率關系是v(正)＞v(逆)，c點和d點時，反應達到平衡，對應的速率關系是v(正)=v(逆)，故答案為：＞；=；

（4）反應起始時N2、H2、NH3的濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，若反應正向進行，反應最大限度時，N2、H2、NH3的濃度分別為（0.1—0.1）mol/L=0mol/L、（0.3—0.3）mol/L=0mol/L、（0.1+0.2）mol/L=0.3mol/L，若反應逆向進行，反應最大限度時，N2、H2、NH3的濃度分別為（0.1+0.05）mol/L=0.15mol/L、（0.3+0.15）mol/L=0.45mol/L、（0.1—0.1）mol/L=0mol/L，由于該反應為可逆反應，則NH3達到平衡時濃度的范圍為0＜c(NH3)＜0.3mol/L；平衡時N2、H2、NH3的濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.1mol/L，若反應正向進行，起始時，N2、H2、NH3的濃度分別為（0.1+0.05）mol/L=0.15mol/L、（0.3+0.15）mol/L=0.45mol/L、（0.1—0.1）mol/L=0mol/L，若反應逆向進行，起始時，N2、H2、NH3的濃度分別為（0.1—0.1）mol/L=0mol/L、（0.3—0.3）mol/L=0mol/L、（0.1+0.2）mol/L=0.3mol/L，則NH3起始時濃度的范圍為0≤c(NH3)≤0.3mol/L，故答案為：0＜c(NH3)＜0.3mol/L；0≤c(NH3)≤0.3mol/L；

（5）該反應是一個氣體體積減小的放熱反應，由圖可知，t1時，正反應速率增大，平衡向正反應方向移動，則改變條件可能為增大壓強或增大反應物濃度；t2時，正反應速率增大，平衡不移動，則改變條件可能為使用了合適的催化劑；t3時，正反應速率減小，平衡向逆反應方向移動，則改變條件可能為減壓或減小反應物濃度（分離移除SO2或O2）；t4時，正反應速率不變，平衡向正反應方向移動，則改變條件可能為減小生成物濃度，故答案為：加壓或增大反應物濃度（充入SO2或O2）加入催化劑；減壓或減小反應物濃度（分離移除SO2或O2）；減小生成物濃度（分離移除SO3）；

(6)①由電池總反應方程式可知，鋰元素化合價升高，硫元素化合價降低，則鋰電極為原電池負極，失去電子發(fā)生氧化反應生成鋰離子，電極反應式為Li—eˉ＝Li+，石墨電極為正極，SOCl2在正極得到電子發(fā)生還原反應，故答案為：石墨；Li—eˉ＝Li+；

②由甲烷燃料電池示意圖可知，通入氧氣的一極為正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應，通入甲烷的一極為負極，堿性條件下，甲烷在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成碳酸根，電極反應式為CH4+10OHˉ—8eˉ＝CO32ˉ+7H2O，故答案為：CH4+10OHˉ—8eˉ＝CO32ˉ+7H2O。

【點睛】

從鍵能上分析，斷鍵放出的熱量減去成鍵吸收的熱量就是反應總的放出的熱量是解答關鍵?！窘馕觥緽a(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3↑放出46該反應是可逆反應，充分反應的最終結果是達到最大限度(即化學平衡狀態(tài))，因此放出的熱量總是小于理論計算值>=0＜c(NH3)＜0.3mol/L0≤c(NH3)≤0.3mol/Lt1：加壓或增大反應物濃度（充入SO2或O2）t2：加入催化劑t3：減壓或減小反應物濃度（分離移除SO2或O2）t4：減小生成物濃度（分離移除SO3）石墨Li—eˉ＝Li+CH4+10OHˉ—8eˉ＝CO32ˉ+7H2O27、略

【分析】【分析】

(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol

利用蓋斯定律計算①+②-③×2得到CH4催化還原NO的熱化學方程式；

(2)①根據(jù)先拐先平溫度高，T1＞T2；縱軸溫度越高CO濃度越大，說明升溫平衡逆向進行；

②溫度為T1時，化學平衡常數(shù)的的含義，利用三段式計算出各種物質的平衡濃度，將各種物質的平衡濃度帶入公式可得其平衡常數(shù)的數(shù)值；速率常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，速率常數(shù)不變，根據(jù)平衡時v正=v逆，可得=K，根據(jù)v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，代入即可計算出其數(shù)值；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2；反應生成氮氣；二氧化碳和水；

②脫硝的最佳溫度約為925℃；此時脫硝效率最大，SNCR與SCR技術相比，SNCR技術的反應溫度較高是因為未加入催化劑，從催化劑活性分析溫度的影響；從平衡移動角度及反應速率選擇合適的溫度。

【詳解】

(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△