2025年蘇教新版選擇性必修1化學(xué)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年蘇教新版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷105考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、25℃時，已知下列三種金屬硫化物的溶度積常數(shù)(Ksp)分別為Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列關(guān)于常溫時的有關(guān)敘述正確的是A.硫化鋅、硫化銅、硫化亞鐵的溶解度依次增大B.將足量的ZnSO4晶體加入0.1mol·L-1的Na2S溶液中，Zn2+的濃度最大只能達到1.6×10-23mol·L-1C.除去工業(yè)廢水中含有的Cu2+，可采用FeS固體作為沉淀劑D.向飽和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2+)變大、c(S2-)變小，但Ksp(FeS)變大2、甲烷與氯氣在光照條件下取代反應(yīng)的部分反應(yīng)歷程和能量變化如下：

鏈引發(fā)：Cl2(g)→2Cl·(g)ΔH1=+242.7kJ/mol

鏈增長。

①：CH4(g)+Cl·(g)→CH3·(g)+HCl(g)ΔH2=+7.5kJ/mol

②：CH3·(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+Cl·(g)ΔH3=-129kJ/mol

鏈終止：Cl·(g)+CH3·(g)→CH3Cl(g)ΔH4=-371.7kJ/mol

(其中CH3·表示甲基，Cl·表示氯原子)下列說法錯誤的是A.在鏈終止的過程中，還可能會生成少量的乙烷B.CH3Cl(g)中C-Cl鍵的鍵能小于Cl2(g)中Cl-Cl鍵的鍵能C.CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)ΔH=-121.5kJ/molD.若是CH4與Br2(g)發(fā)生取代反應(yīng)，則鏈增長①反應(yīng)的ΔH>+7.5kJ/mol3、一定溫度下與反應(yīng)生成反應(yīng)的能量變化如圖所示。以下對該反應(yīng)體系的描述正確的是。

A.反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量B.反應(yīng)物化學(xué)鍵中儲存的總能量比生成物化學(xué)鍵中儲存的總能量高C.每生成吸收熱量D.該反應(yīng)正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能4、原電池裝置如圖；下列說法不正確的是的。

A.若X溶液是稀硫酸，Y溶液是氯化鈉溶液，a材料為鎂，b材料為生鐵，M為電壓表，N為塑料棒，則無原電池形成B.若材料a和b都為石墨，通過正確的M、N、X、Y材料或溶質(zhì)的選擇能夠形成原電池C.若材料a和b為活潑性不同的兩種，通過正確的M、N、X、Y材料或溶質(zhì)的選擇能夠形成原電池D.若X溶液是稀硫酸，Y是NaOH溶液，a材料為Cu，b材料為A1，M是電流計，N為鹽橋，則該原電池的負極為Al5、為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.12g金剛石中含有的碳碳鍵數(shù)目為B.溶液中的數(shù)目為0.5C.1LpH=2的溶液中數(shù)目為0.01D.與足量在光照條件下充分反應(yīng)得到的數(shù)目為0.56、對于化學(xué)反應(yīng)能否自發(fā)進行，下列說法中錯誤的是()A.若?H＜0，?S＞0，任何溫度下都能自發(fā)進行B.若?H＞0，?S＜0，任何溫度下都不能自發(fā)進行C.需要加熱才能夠進行的過程肯定不是自發(fā)過程D.非自發(fā)過程在一定條件下可能變成自發(fā)過程評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、(1)1molC2H5OH(l)完全燃燒生成CO2(g)和H2O(l)；放出1366.8kJ熱量，寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：__________

(2)1.7gNH3(g)發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成氣態(tài)產(chǎn)物；放出22.67kJ的熱量，寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___________

(3)將8.4g的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44kJ·mol－1，則11.2L(標準狀況)乙硼烷完全燃燒生成氣態(tài)水時放出的熱量是________kJ。8、鋼鐵很容易生銹而被腐蝕；每年因腐蝕而損失的鋼鐵占世界鋼鐵年產(chǎn)量的四分之一。請回答鋼鐵在腐蝕；防護過程中的有關(guān)問題。

(1)下列哪個裝置可防止鐵棒被腐蝕________________。

(2)某學(xué)生在A；B、C、D四只小燒瓶中分別放入：干燥的細鐵絲；浸過食鹽水的細鐵絲；浸過清水的細鐵絲；食鹽水及細鐵絲；并使鐵絲完全浸沒在食鹽水中。然后裝配成如圖所示的四套裝置，每隔一段時間測量導(dǎo)管中水面上升的高度，結(jié)果如下表所示（表中所列數(shù)據(jù)為導(dǎo)管中水面上升的高度/cm）

不同時間水面上升的高度。

①上述實驗中；鐵生銹的速率由大到小的排列順序為（填小燒瓶號）：_______。

②實驗中的鐵生銹屬于電化學(xué)腐蝕的__________(填腐蝕類型)。

③寫出鐵腐蝕正極的電極反應(yīng)式：________________________________

④鍍銅可防止鐵制品腐蝕；電鍍時用_______作陽極.

⑤利用圖裝置；可以模擬鐵的電化學(xué)防護。

若X為碳棒；為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于___________________處。若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護法稱為______________

⑥2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O反應(yīng)中Cu被腐蝕，若將該反應(yīng)設(shè)計為原電池，其正極電極反應(yīng)式為____________________。9、在一定條件下N2+3H2?2NH3的反應(yīng)中，起始N2濃度為2mol/L，H2濃度為5mol/L，反應(yīng)到2分鐘時，測得NH3的反應(yīng)速率為v(NH3)=0.4mol/(L?min)；填空：

(1)NH3的轉(zhuǎn)化濃度為c(NH3)=_______mol/L

(2)N2的轉(zhuǎn)化率為_______

(3)H2的反應(yīng)速率_______mol/(L?min)10、某研究小組進行的沉淀溶解平衡的實驗探究。

[查閱資料]25℃時，

[制備試劑]向2支均盛有溶液的試管中分別加入2滴溶液，制得等量沉淀。

(1)分別向兩支試管中加入不同試劑，請?zhí)顚懴卤碇械膶嶒灛F(xiàn)象。試管編號加入試劑實驗現(xiàn)象Ⅰ2滴溶液_______Ⅱ溶液白色沉淀溶解，得無色溶液

(2)同學(xué)們猜想產(chǎn)生試管1中現(xiàn)象的主要原因有以下兩種。

猜想1：結(jié)合電離出的使的沉淀溶解平衡正向移動。

猜想2：_______。

(3)為驗證猜想，同學(xué)們?nèi)∩倭肯嗤|(zhì)量的氫氧化鎂固體盛放在兩支試管中，一支試管中加入醋酸銨溶液(pH=7)，另一支試管中加入和氨水混合液(pH=8)，兩支試管中氫氧化鎂均溶解。該實驗證明(2)中_______(填“猜想1”或“猜想2”)正確。11、常溫下,有四種溶液：

①0.1mol·L-1CH3COOH溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液③0.1mol·L-1NaHSO3溶液④0.1mol·L-1NaHCO3溶液。

（1）溶液①的pH____（填“>”“<”或“=”）7，溶液中離子的電荷守恒關(guān)系式是___。

（2）溶液②呈______（填“酸”“堿”或“中”）性。其原因是___（用離子方程式和適當?shù)臄⑹稣f明）。

（3）下列有關(guān)①和②兩種溶液的說法正確的是____（填字母）。

a.兩種溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1

b.兩種溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1

c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)

（4）NaHSO3溶液的pH<7，NaHCO3溶液的pH>7，則NaHSO3溶液中c（H2SO3）____（填“>”“<”或“=”,下同）c()，NaHCO3溶液中c(H2CO3)______c（）。12、“神舟十號”登天；“嫦娥二號”奔月；譜寫了我國航天事業(yè)的新篇章。請回答下列問題：

(1)火箭升空需要高能的燃料，經(jīng)常使用N2O4和N2H4作為燃料，請配平該反應(yīng)方程式：____N2O4+____N2H4→_____N2+____H2O。該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為__________。該反應(yīng)應(yīng)用于火箭推進器，除釋放大量的熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個明顯的優(yōu)點是_______________________________。

(2)某些火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強氧化劑液態(tài)雙氧水。當把0.4molN2H4（l)和0.8molH2O2（l）混合反應(yīng)，生成氮氣和水蒸氣，放出256.7kJ的熱量（相當于25℃、101kPa下測得的熱量）。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______________。

(3)在載人航天器的生態(tài)系統(tǒng)中，不僅要求分離除去CO2，還要求提供充足的O2。某種電化學(xué)裝置可實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：2CO2=2CO+O2。其中生成的CO可用作燃料。已知該裝置某極的電極反應(yīng)式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，則另一極的電極反應(yīng)式為：_____________。13、電化學(xué)原理在防止金屬腐蝕；能量轉(zhuǎn)換、物質(zhì)制備等方面應(yīng)用廣泛。

（1）鋼閘門在海水中易被腐蝕；常用以下兩種方法減少其腐蝕：

①圖1中，A為鋼閘門，材料B可以選擇___（填字母序號）。

a．碳棒b．銅板c．鋅板。

②圖2中，鋼閘門C做___極。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D電極反應(yīng)式為___，檢驗該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法___。

（2）鎂燃料電池在可移動電子設(shè)備電源和備用電源等方面應(yīng)用前景廣闊。圖3為“鎂—次氯酸鹽”燃料電池原理示意圖，電極為鎂合金和鉑合金。E為該燃料電池的___極（填“正”或“負”）。F電極上的電極反應(yīng)式為___。

（3）利用電化學(xué)法生產(chǎn)硫酸，可使絕大多數(shù)單質(zhì)硫直接轉(zhuǎn)化為SO3，在生產(chǎn)硫酸的同時還能化學(xué)發(fā)電。圖4為電化學(xué)法生產(chǎn)硫酸的工藝示意圖，電池以固體金屬氧化物作電解質(zhì)，該電解質(zhì)能傳導(dǎo)O2-離子。

①正極每消耗4.48LO2（標準狀況下），電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為___。

②S(g)在負極生成SO3的電極反應(yīng)式為___。14、直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境。利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2。吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n（）∶n（HSO3?）變化關(guān)系如下表：。n（）∶n（HSO3?）91∶91∶19∶91pH8.27.26.2

（1）由上表判斷NaHSO3溶液顯______性，用化學(xué)平衡原理解釋原因：______________。

（2）當吸收液呈中性時，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是________（填字母）。

a.c（Na＋）＝2c（）＋c（HSO3?）

b.c（Na＋）＞c（HSO3?）＞c（）＞c（H＋）＝c（OH－）

c.c（Na＋）＋c（H＋）＝c（）＋c（HSO3?）＋c（OH－）

（3）已知：25℃時，H2SO3HSO3?＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，則該溫度下NaHSO3的水解平衡常數(shù)Kh＝______，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將______（填“增大”“減小”或“不變”）。15、有兩只密閉的容器A和B，A能保持恒壓，B能保持恒容。起始時向容積相等的兩容器中通入體積比為2：l的等量的SO2和O2，使之發(fā)生反應(yīng)：2SO2+O22SO3，并達到平衡。則(填<、=、>；左；右；增大、減小、不變)

(1)達到平衡所需的時間：tA___________tB，S02的轉(zhuǎn)化率：aA___________aB。

(2)起始時兩容器中的反應(yīng)速率：vA__________vB，反應(yīng)過程中的反應(yīng)速率：vA_____________vB

(3)達到平衡時，向兩容器中分別通入等量的氬氣。A容器中的化學(xué)平衡向__________反應(yīng)方向移動，B容器中的化學(xué)反應(yīng)速率______________

(4)達到平衡后，向兩容器中分別通入等量的原反應(yīng)氣體，再次達到平衡時，A容器中的SO2的百分含量_________，B容器中S02的百分含量_________。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、利用蓋斯定律可間接計算通過實驗難測定的反應(yīng)的反應(yīng)熱。___A.正確B.錯誤17、反應(yīng)NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進行，則該反應(yīng)的ΔH＜0。__________________A.正確B.錯誤18、pH試紙使用時不需要潤濕，紅色石蕊試紙檢測氣體時也不需要潤濕。(___)A.正確B.錯誤19、用廣范pH試紙測得某溶液的pH為3.4。（______________）A.正確B.錯誤20、如果的值越大，則酸性越強。（______________）A.正確B.錯誤21、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤22、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯誤23、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤24、Na2CO3溶液加水稀釋，促進水的電離，溶液的堿性增強。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共36分)25、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)量分數(shù)___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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(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、工業(yè)流程題(共1題，共5分)29、軟錳礦的主要成分為MnO2，還含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等雜質(zhì)，工業(yè)上用軟錳礦制取MnSO4·H2O的流程如圖：

已知：部分金屬陽離子完全沉淀時的pH如下表。金屬陽離子Fe3+Al3+Mn2+Mg2+完全沉淀時的pH3.25.210.412.4

(1)“浸出”過程中MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+的離子方程式為___。

(2)第1步除雜中形成濾渣1的主要成分為___(填化學(xué)式)，調(diào)pH至5～6所加的試劑，可選擇___(填字母)。

a.CaOb.MgOc.Al2O3d.氨水。

(3)第2步除雜，主要是將Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為相應(yīng)氟化物沉淀除去，寫出MnF2除去Mg2+的離子方程式：___，該反應(yīng)的平衡常數(shù)數(shù)值為___。(保留一位小數(shù))

(已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10；MgF2的Ksp=7.4×10-11)

(4)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，測其pH發(fā)現(xiàn)該溶液顯酸性，原因是____(用離子方程式表示)。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共3題，共24分)30、下列六種短周期元素（用字母x等表示）。最高正價或最低負價與原子序數(shù)關(guān)系如圖所示。

根據(jù)判斷出的元素回答問題：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x為非金屬元素，由x、e、g三種元素組成的離子化合物的電子式：______。

（2）上述元素簡單離子半徑最大的是（用化學(xué)式表示，下同）：___；比較g、h的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱：_____。

（3）已知1mole的單質(zhì)在足量d2中燃燒，恢復(fù)至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：__________。

（4）x和d組成的化合物中，既含有極性共價鍵又含有非極性共價鍵的是____（填化學(xué)式），此化合物可將堿性工業(yè)廢水中的CN－氧化，生成碳酸鹽和氨氣，相應(yīng)的離子方程式為__________。31、物質(zhì)A－G有下圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分反應(yīng)物；生成物沒有列出）。其中A為某金屬礦的主要成分；經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到B和C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng)，G為磚紅色沉淀。

請回答下列問題：

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：B____________、G____________；

（2）C與硫磺在加熱條件下的生成物與足量濃硝酸反應(yīng)的離子方程式為：____________________。

（3）反應(yīng)②的化學(xué)方程式是______________________；

（4）將0.23molB和0.11mol氧氣放入容積為1L的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)①，在一定溫度下，反應(yīng)達到平衡，得到0.12molD，則反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____________。若溫度不變，再加入0.50mol氧氣后重新達到平衡，D的體積分數(shù)_________（填“增大”、“不變”或“減小”）。32、Ⅰ．白色無機鹽X(含三種元素；相對分子質(zhì)量小于400)能與水發(fā)生反應(yīng)。為了探究X的組成，設(shè)計并完成了以下實驗：

已知：白色沉淀D中的一種成分及質(zhì)量與沉淀B相同。

(1)白色沉淀D的成分為_________(填寫化學(xué)式)。

(2)黑色固體A與濃硝酸反應(yīng)的離子方程式是_________。

(3)X與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________。

Ⅱ．已知：①將0.1mol·Lˉ1KI溶液加入到0.1mol·Lˉ1FeCl3溶液中時，可以看到溶液顏色加深，滴加淀粉后溶液變?yōu)樗{色；②當離子濃度相同時，氧化性：Ag+＞Fe3+；③若濃度減小時；離子的氧化性也會隨之減弱。

(1)甲同學(xué)猜測，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入幾滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中時，溶液應(yīng)變藍色。請寫出該猜測對應(yīng)的離子方程式_________。實驗結(jié)果未見到藍色。

(2)乙同學(xué)認為甲同學(xué)的實驗方案有問題，理由是_________。請你用原電池的方法證明Ag+也能氧化Iˉ，要求畫出實驗裝置圖，并標明電極材料及電解質(zhì)溶液________。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由于Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(ZnS)=1.6×10-24，組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，溶度積越大，溶解度越大，所以溶解度CuS

B．原硫化鈉溶液中硫離子增大濃度為c(S2-)=0.1mol/L，所以鋅離子最小濃度為：mol/L；B錯誤；

C．由于Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，硫化銅的溶解度小于硫化亞鐵的，所以除去工業(yè)廢水中含有的Cu2+；可采用FeS固體作為沉淀劑，C正確；

D．向飽和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2+)變大、c(S2-)變??；溫度不變，所以Ksp(FeS)不變，D錯誤；

故選C。2、B【分析】【詳解】

A．光照下發(fā)生取代反應(yīng)的過程中，生成CH3，兩個CH3相互結(jié)合成乙烷；故A項正確；

B．由②反應(yīng)可知，形成C-Cl鍵，拆開Cl2中化學(xué)鍵，且為放熱反應(yīng)，則形成1molCH3Cl（g）中C-Cl鍵放出的能量比拆開1molCl2（g）中化學(xué)鍵吸收的能量多，即CH3Cl(g)中C-Cl鍵的鍵能大于Cl2(g)中Cl-Cl鍵的鍵能；故B錯誤；

C．根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①+②可得CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)ΔH=ΔH2+ΔH3=-121.5kJ/mol；故C正確；

D．若是甲烷與Br2(g)發(fā)生取代反應(yīng)，Cl比Br的能量高，則第二步反應(yīng)ΔH>+7.5kJ/mol；故D正確；

答案選B。3、A【分析】【詳解】

A．由圖可知；該反應(yīng)為反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高的放熱反應(yīng)，故A正確；

B．由圖可知；該反應(yīng)為反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高的放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物化學(xué)鍵中儲存的總能量比生成物化學(xué)鍵中儲存的總能量低，故B錯誤；

C．由圖可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，每生成放出熱量；故C錯誤；

D．由圖可知；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能，故D錯誤；

故選A。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．如果M為電壓表；N為塑料棒，則該裝置不是閉合回路，所以無原電池形成，A正確；

B．若材料a和b都為石墨；M為電流表，N為鹽橋，X；Y分別為KI溶液FeCl；則可以形成燃料電池，B正確；

C．若材料a是鐵和b為銅；M是電流計，N是鹽橋，X是硫酸亞鐵，Y是硫酸銅，就可以形成原電池，C正確；

D．若X溶液是稀硫酸，Y是NaOH溶液，a材料為Cu，b材料為A1；M是電流計，N為鹽橋，Al和氫氧化鈉反應(yīng)，無法形成原電池，D錯誤；

故選D。5、C【分析】【詳解】

A．12g金剛石晶體中含有C，每個碳原子與氣體4個碳形成了4個碳碳鍵，所以1個C形成的碳碳鍵數(shù)目為：0.5×4=2，1mol碳原子形成了2mol碳碳鍵，含有碳碳鍵的數(shù)目為2NA；A錯誤；

B．的物質(zhì)的量n=cV=由于會發(fā)生水解反應(yīng)，則溶液中的數(shù)目小于0.5B錯誤；

C．溶液中主要由醋酸電離產(chǎn)生，則1LpH=2的溶液中物質(zhì)的量n=cV=數(shù)目為0.01C正確；

D．CH4和在光照條件下發(fā)生反應(yīng)生成還生成等副產(chǎn)物，得到的數(shù)目小于0.5D錯誤；

故選：C。6、C【分析】【詳解】

A．若?H＜0，?S＞0，則?H﹣T?S＜0恒成立；即任何溫度下都能自發(fā)進行，故A正確；

B.若?H＞0，?S＜0，則?H﹣T?S不可能小于零；即任何溫度下都不能自發(fā)進行，故B正確；

C．需要加熱能夠進行的過程可能為自發(fā)過程；如碳酸鈣分解等，不能利用反應(yīng)條件判斷反應(yīng)進行的自發(fā)過程，故C錯誤；

D．非自發(fā)過程在一定條件下可能變成自發(fā)過程；如Cu與稀硫酸在電解條件下可發(fā)生，故D正確；

綜上所述答案為C。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【詳解】

(1)1molC2H5OH(l)完全燃燒生成CO2(g)和H2O(l)，放出1366.8kJ熱量，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：故答案為：

(2)1.7gNH3(g)發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成氣態(tài)產(chǎn)物，放出22.67kJ的熱量，4molNH3反應(yīng)放出的熱量為：=906.8kJ，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：故答案為：

(3)將8.4g的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，1molB2H6反應(yīng)放出的熱量為：=2165kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44kJ·mol－1，則11.2L(標準狀況)乙硼烷完全燃燒生成氣態(tài)水時放出的熱量是（2165kJ-44kJ×3）×=1016.5kJ。故答案為：1016.5?！窘馕觥?016.58、略

【分析】【詳解】

(1)A裝置是鐵為負極的吸氧腐蝕；B中鋅為負極；鐵為正極，是犧牲陽極的陰極保護法；C中鐵為一般的腐蝕；D為外加電流的陰極保護法，故可防止鐵棒被腐蝕是BD，故答案為BD。

(2)①上述實驗中，根據(jù)導(dǎo)管中水面上升的高度得出鐵生銹的速率由大到小的排列順序為B>C>D＝A，故答案為：B>C>D＝A。

②實驗中所處環(huán)境為中性；因此鐵生銹屬于電化學(xué)腐蝕的吸氧腐蝕，故答案為：吸氧腐蝕。

③鐵腐蝕正極的電極反應(yīng)式：O2+4e－+2H2O=4OH－，故答案為：O2+4e－+2H2O=4OH－。

④根據(jù)鍍件作陰極；鍍層金屬作陽極，得出電鍍時用Cu作陽極，故答案為：Cu。

⑤若X為碳棒；如果連接M處，則鐵為負極，不斷溶解，開關(guān)K應(yīng)置于N處，鐵為陰極，受到保護，減緩鐵的腐蝕；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，該鋅為負極，鐵為正極，受到保護，因此該電化學(xué)防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故答案為：N；犧牲陽極的陰極保護法。

⑥2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O反應(yīng)中Cu被腐蝕，若將該反應(yīng)設(shè)計為原電池，Cu化合價升高，作負極，正極為氧氣得到電子，因此正極電極反應(yīng)式為O2+4e－+4H+=2H2O，故答案為：O2+4e－+4H+=2H2O?！窘馕觥緽DB>C>D＝A吸氧腐蝕O2+4e－+2H2O=4OH－CuN犧牲陽極的陰極保護法O2+4e－+4H+=2H2O9、略

【分析】【分析】

根據(jù)各物質(zhì)的濃度變化列三段式：

進行計算。

【詳解】

(1)NH3的轉(zhuǎn)化濃度為c(NH3)=0.4mol/(L?min)×2min=0.8mol·L－1；故答案為：0.8；

(2)N2的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%；故答案為：20%；

(3)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率比等于化學(xué)計量數(shù)比這一規(guī)律，可得v(H2)=v(NH3)=×0.4mol/(L?min)=0.6mol/(L?min)，H2的反應(yīng)速率0.6mol/(L?min)，故答案為：0.6?！窘馕觥?.820%0.610、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)則試管Ⅰ中沉淀轉(zhuǎn)化為沉淀；可觀察到白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀；

(2)銨根離子水解使溶液顯酸性；消耗氫氧化鎂電離出的氫氧根離子，促進氧氧化鎂沉淀溶解平衡正向移動；

(3)分別加入醋酸銨溶液(pH=7)、和氨水混合液(pH=8)，均溶解，可知是銨根離子與氫氧根離子結(jié)合使的沉淀溶解平衡正向移動，則猜想1成立?！窘馕觥堪咨恋磙D(zhuǎn)化為紅褐色沉淀銨根離子水解使溶液顯酸性，消耗氫氧化鎂電離出的氫氧根離子，促進氧氧化鎂沉淀溶解平衡正向移動猜想111、略

【分析】【詳解】

(1)醋酸屬于酸，所以溶液①的pH小于7，滿足電荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。

（2）CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，離子方程式為CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。

（3）醋酸是弱電解質(zhì)，部分電離，醋酸鈉溶液中存在醋酸根離子的水解，兩種溶液中醋酸根離子的濃度都小于0.1mol/L，故a錯誤，b正確；醋酸為弱電解質(zhì)，部分電離出醋酸根離子，醋酸鈉為強電解質(zhì)，完全電離出醋酸根離子，存在醋酸根離子的水解，但醋酸根離子的水解程度很小，所以兩種溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol?L-1，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，故c正確；故答案為：bc；

（4）NaHSO3溶液pH<7，則的電離程度大于水解程度，故c()>c(H2SO3)，NaHCO3溶液的pH>7，則的水解程度大于電離程度，故c()2CO3)?！窘馕觥?lt;c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)堿CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，CH3COO-水解顯堿性bc<>12、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)化合價升降法配平；還原劑對應(yīng)的產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；反應(yīng)的產(chǎn)物無污染；

(2)已知0.4molN2H4（l)和0.8molH2O2（l）混合反應(yīng)，生成氮氣和水蒸氣，放出256.7kJ的熱量，則1molN2H4（l)反應(yīng)時；釋放641.75kJ的熱量；

(3)根據(jù)總反應(yīng)式-陽極反應(yīng)式=陰極電極反應(yīng)式。

【詳解】

(1)N2O4中的N為+4價，反應(yīng)時變?yōu)?價，得到8個電子，作氧化劑，N2H4中N為-2價，反應(yīng)時變?yōu)?價，失去4個電子，作還原劑，則得失電子的最小公倍數(shù)為8，即N2O4系數(shù)為1，N2H4系數(shù)為2，根據(jù)原子守恒，氮氣的系數(shù)為3，水的系數(shù)為4，方程式為N2O4+2N2H4=3N2+4H2O；還原劑對應(yīng)的產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物為還原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為2：1；反應(yīng)的產(chǎn)物無污染；

(2)已知0.4molN2H4（l)和0.8molH2O2（l）混合反應(yīng)，生成氮氣和水蒸氣，放出256.7kJ的熱量，則1molN2H4（l)反應(yīng)時，釋放641.75kJ的熱量，熱方程式為N2H4（l)+2H2O2（l）=N2（g)+4H2O（g）?H=-641.75kJ/mol；

(3)根據(jù)方程式2CO2=2CO+O2，為非自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，則該裝置為電解池，陽極反應(yīng)式：4OH--4e-=O2↑+2H2O，總反應(yīng)式為2CO2=2CO+O2，總反應(yīng)式-陽極反應(yīng)式=陰極電極反應(yīng)式，則陰極反應(yīng)式：2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-?！窘馕觥竣?1②.2③.3④.4⑤.2：1⑥.產(chǎn)物無污染⑦.N2H4（l)+2H2O2（l）=N2（g)+4H2O（g）?H=-641.75kJ/mol⑧.2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-13、略

【分析】【分析】

（1）①圖1中；裝置為原電池，A為鋼閘門，要保護A，A應(yīng)做正極，則材料B的金屬性比A強。

②圖2中，裝置為電解池，要保護鋼閘門C，C應(yīng)不失電子。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D電極為陽極，溶液中的Cl-失電子生成Cl2；檢驗該電極反應(yīng)產(chǎn)物應(yīng)使用濕潤的淀粉碘化鉀試紙。

（2）E為鎂合金，在該電極，鎂失電子，F(xiàn)電極上ClO-轉(zhuǎn)化為Cl-。

（3）①正極O2+4e-=2O2-；由此可計算電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目。

②在負極S(g)失電子轉(zhuǎn)化為SO3。

【詳解】

（1）①圖1中；裝置為原電池，A為鋼閘門，要保護A，A應(yīng)做正極，則材料B應(yīng)選擇金屬性比A強的鋅。答案為：c；

②圖2中，裝置為電解池，要保護鋼閘門C，C應(yīng)做陰極。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D電極為陽極，電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，檢驗該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法為將濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近，試紙變藍，證明生成氯氣。答案為：陰；2Cl--2e-=Cl2↑；將濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近；試紙變藍，證明生成氯氣；

（2）E為鎂合金，做該燃料電池的負極。F電極為正極，電極反應(yīng)式為ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。答案為：負；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；

（3）①正極O2+4e-=2O2-，n(O2)==0.2mol，則電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2mol×4NA=0.8NA或4.816×1023。答案為：0.8NA或4.816×1023；

②在負極S(g)在O2-存在的環(huán)境中失電子，轉(zhuǎn)化為SO3，電極反應(yīng)式為S-6e-+3O2-=SO3。答案為：S-6e-+3O2-=SO3。

【點睛】

要保護金屬制品，把金屬制成合金，成本過高。通常采用的方法是電化學(xué)防護法，也就是設(shè)法阻止被保護金屬失電子，要么與更活潑的金屬相連，要么與電源的負極相連。若在金屬制品外表涂油或油漆，雖然也能對金屬制品起保護作用，但效果相對較差。【解析】c陰2Cl--2e-=Cl2↑將濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近，試紙變藍，證明生成氯氣負ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-0.8NA或4.816×1023S-6e-+3O2-=SO314、略

【分析】【分析】

(1)由數(shù)據(jù)表可知，n(SO32-)∶n(HSO3-)＝9∶91時，pH＝6.2，可知NaHSO3溶液顯酸性；結(jié)合亞硫酸氫根離子的水解和電離分析解答；

(2)根據(jù)表格數(shù)據(jù)，當溶液呈中性時，c(H-)=c(OH-)；亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度，結(jié)合電荷守恒分析判斷；

(3)H2SO3HSO3?＋H＋的電離常數(shù)Ka＝NaHSO3的水解平衡為HSO3?＋H2OH2SO3＋OH－，Kh=結(jié)合Kw分析計算；當加入少量I2時；碘把亞硫酸氧化成硫酸，溶液酸性增強，據(jù)此分析判斷。

【詳解】

(1)由數(shù)據(jù)表可知，n(SO32-)∶n(HSO3-)＝9∶91時，pH＝6.2，可知NaHSO3溶液顯酸性，亞硫酸氫根離子既能水解又能電離，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性同時說明HSO3-的電離程度大于水解程度，故答案為酸；HSO3-存在HSO3-?H++SO32-和HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的電離程度大于水解程度；

(2)根據(jù)表格數(shù)據(jù)，當溶液呈中性時，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度。a．溶液呈電中性，溶液中c(H-)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，所以c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故a正確；b．溶液呈中性時，溶液中c(H-)=c(OH-)，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度，根據(jù)電荷守恒，所以c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)，故b正確；c．溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c錯誤；故答案為ab；

(3)H2SO3HSO3?＋H＋的電離常數(shù)Ka＝=1×10－2，NaHSO3的水解平衡為HSO3?＋H2OH2SO3＋OH－，Kh======1.0×10-12；當加入少量I2時，碘把弱酸(亞硫酸)氧化成強酸(硫酸、氫碘酸)，溶液酸性增強，c(H＋)增大，但是溫度不變，Kh不變，則增大，故答案為1.0×10-12；增大。

【點睛】

本題的難點為（3），要注意水解平衡常數(shù)和電離平衡常數(shù)的相互關(guān)系的理解和應(yīng)用，本題的易錯點為（2），要注意當溶液呈中性時，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度?！窘馕觥克酘SO3?存在兩個平衡：HSO3?H＋＋和HSO3?＋H2OH2SO3＋OH－，HSO3?的電離程度大于其水解程度ab1.0×10－12增大15、略

【分析】【分析】

A容器相當于B容器加壓，所以反應(yīng)開始后A容器的速率快v(A)>v(B)，t(A)<t(B)。增大壓強平衡逆向移動，所以NH3的轉(zhuǎn)化率：a(A)<a(B)。達到平衡后，A容器中通入氬氣，體積增大，相當于減壓，平衡正向移動；B容器中通入氬氣，不影響任何與反應(yīng)有關(guān)的物質(zhì)的濃度，反應(yīng)速率不變。達到平衡后，向兩容器中分別通入等量的原反應(yīng)氣體，A容器反應(yīng)物的量增多，體積增大，平衡狀態(tài)最終和原平衡相同，NH3的百分含量不變；B容器相當于加壓，平衡逆向移動，H2的百分含量減小。

【詳解】

（1）A能保持恒壓，B能保持恒容．起始時向容積相等的A、B中分別通入體積比為2：1的等量的SO2和O2，使之發(fā)生反應(yīng)：2SO2+O2?2SO3；恒溫恒容隨反應(yīng)進行壓強減小速率減慢，恒溫恒壓容器中反應(yīng)過程中壓強增大，反應(yīng)速率大；轉(zhuǎn)化率大；

答案：<>

（2）起始二氧化硫和氧氣濃度相同；反應(yīng)速率相同；過程中A容器中的壓強大于B容器反應(yīng)速率大；

答案：=>

（3）恒溫恒容容器加入惰氣總壓增大；分壓不變，平衡不動，反應(yīng)速率不變；恒溫恒壓容器，加入惰氣壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向進行；

答案：左不變。

（4）恒溫恒壓容器加入等量原反應(yīng)物；最后達到相同平衡狀態(tài)；恒溫恒容容器，加入原反應(yīng)物壓強增大，平衡正向進行；

答案：不變減小【解析】①.<②.>③.=④.>⑤.左⑥.不變⑦.不變⑧.減小三、判斷題(共9題，共18分)16、A【分析】【分析】

【詳解】

有些反應(yīng)的反應(yīng)熱，難以通過實驗直接測定,但是通過蓋斯定律可以間接計算該反應(yīng)的反應(yīng)熱，例如碳和氧氣生成一氧化碳的反應(yīng)。故答案是：正確。17、A【分析】【詳解】

反應(yīng)NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室溫下可自發(fā)進行，其ΔS＜0，則ΔH＜0，正確。18、B【分析】【詳解】

pH試紙使用時不需要潤濕，濕潤后會造成誤差，紅色石蕊試紙檢測氣體時需要潤濕，故錯誤。19、B【分析】【分析】

【詳解】

廣范pH試紙只能讀取1~14的整數(shù)，沒有小數(shù)；因此用廣范pH試紙測得某溶液的pH可能為3或4，不能為3.4，故此判據(jù)錯誤。20、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強，故正確。21、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應(yīng)的氫氧化物和鹽酸，加熱促進水解、同時鹽酸揮發(fā)，進一步促進水解，所以溶液若蒸干，會得到相應(yīng)的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。22、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。23、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。24、B【分析】【詳解】

稀釋使鹽水解程度增大，但溶液總體積增加得更多。鹽的濃度降低、水解產(chǎn)生的氫氧根濃度也降低，堿性減弱。所以答案是：錯誤。四、有機推斷題(共4題，共36分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、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芷诘冖驛族負極37g27、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?2NH328、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、工業(yè)流程題(共1題，共5分)29、略

【分析】【分析】

由流程可知，軟錳礦的主要成分為MnO2，還含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等雜質(zhì)，加硫酸溶解后，發(fā)生SO2+MnO2=MnSO4，調(diào)節(jié)pH，由氫氧化物的沉淀pH可知，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣I為Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去鈣離子，結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知CaF2的溶度積較小，且不引入新雜質(zhì)加MnF2，最后蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾（防止低溫MnSO4?H2O溶解而減少）；以此來解答。

【詳解】

(1)根據(jù)SO2在反應(yīng)條件下將MnO2還原為MnSO4，故“浸出”過程中MnO2轉(zhuǎn)化為Mn2+的離子方程式為MnO2+SO2=SO+Mn2+，故答案為：MnO2+SO2=SO+Mn2+；

(2)調(diào)節(jié)pH至5～6，由氫氧化物的沉淀pH可知，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣I為Fe(OH)3、Al(OH)3，除雜過程中不能引入新雜質(zhì)，所以可加氧化鈣和氧化鎂調(diào)節(jié)溶液的pH，故答案為：Fe(OH)3、Al(OH)3；ab；

(3)氟化錳是難溶物，書寫離子方程式用化學(xué)式，反應(yīng)方程式為：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；K===7.2×107，

故答案為：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；7.2×107；

(4)MnSO4是強酸弱堿鹽，水解呈酸性，方程式為：Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+，故答案為：Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+。

【點睛】

把握流程分析及混合物分離方法、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵?！窘馕觥竣?MnO2+SO2=SO+Mn2+②.Al(OH)3、Fe(OH)3③.ab④.MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2⑤.7.2×107⑥.Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+六、元素或物質(zhì)推斷題(共3題，共24分)30、略

【分析】【分析】

根據(jù)圖像可知；x；d、e、f、g、h原子序數(shù)依次增大，已知x為非金屬元素，根據(jù)化合價可判斷x、d、e、f、g、h六種元素分別為：H、O、Na、Al、S、Cl；

【詳解】

（1）f為Al，位于第三周期IIIA族；由H、Na、S三種元素組成的離子化合物為NaHS，其電子式為：Na+；

（2）根據(jù)“層多徑大，序大徑小”，則上述元素簡單離子半徑最大的是S2-；S、Cl的最