…………○…………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年華東師大版高一化學上冊階段測試試卷264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、乙烯和乙醇的混合氣體VL，完全燃燒生成CO2和H2O，消耗相同狀態下的O23VL，則混合氣體中乙烯和乙醇的體積比為（）A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.任意比2、Fe（OH）3膠體區別于FeCl3溶液的最本質特征是（）A.Fe（OH）3膠體能產生丁達爾現象B.Fe（OH）3膠體是均一的分散系C.Fe（OH）3膠體的分散質能透過濾紙D.Fe（OH）3膠體中分散質粒子的大小在1-100納米之間3、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置關系如圖所示．若Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，下列說法正確的是（）A.原子半徑：W＞Z＞Y＞XB.最高正化合價：Z＞W＞XC.氫化物溶液的pH：W＞XD.四種元素的單質中，Z單質的熔沸點最高4、下列變化過程；屬于放熱反應的是。

rm{壟脵}液態水變成水蒸氣rm{壟脷}酸堿中和反應rm{壟脹}濃rm{H_{2}SO_{4}}稀釋。

rm{壟脺}固體rm{NaOH}溶于水rm{壟脻H_{2}}在rm{Cl_{2}}中燃燒rm{壟脼}高溫制取水煤氣rm{(}rm{)}A.rm{壟脷壟脹壟脺壟脻}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脷壟脻}D.rm{壟脵壟脹壟脻}5、下列各組物質互為同系物的是A.CH3CH2Cl與CH3CH2CH2BrB.CH3CH2Cl與CH3CHCl2C.HOCH2-CH2OH與HOCH2-CH2-CH2OHD.CH2O和C2H4O26、下列敘述中，正確的是()A.兩種粒子，若核外電子排布完全相同，則其化學性質一定相同B.凡單原子形成的離子，一定具有稀有氣體元素原子的核外電子排布式C.兩原子，如果核外電子排布相同，則一定屬于同種元素D.陰離子的核外電子排布與上一周期稀有氣體元素原子核外電子排布相同7、rm{27}四種主族元素的離子rm{{,!}_{a}}rm{X}rm{{,!}^{m}}rm{{,!}^{+}}rm{{,!}_{b}}rm{Y}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{+}}rm{{,!}_{c}}rm{Z}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{-}}和rm{{,!}_zzv7thr}rm{R}rm{{,!}^{m}}rm{{,!}^{-}}它們具有相同的電子層結構，若rm{m}rm{>}rm{n}，則下列敘述正確的是rm{(}rm{)}rm{壟脵}rm{a}rm{-}rm{b}rm{=}rm{n}rm{-}rm{m}rm{壟脷}元素的原子序數：rm{a}rm{>}rm{b}rm{>}rm{c}rm{>}rmjhbcvjlrm{壟脹}元素非金屬性：rm{Z>R}rm{壟脺}最高價氧化物對應的水化物的堿性：rm{X>Y}A.只有rm{壟脹}B.rm{壟脷壟脹}C.rm{壟脵壟脷壟脹}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、將一定質量的鎂鋁合金投入100mL一定濃度的鹽酸中；合金完全溶解．向所得溶液中滴加濃度為5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的體積關系如圖．（橫坐標體積單位是mL，縱坐標質量單位是g）求：

（1）加入NaOH溶液0--20mL過程中反應方程式為：____．160--180mL過程中反應方程式為____．

（2）合金中Mg的質量為____g．所用HCl的物質的量濃度為____mol/L．

9、研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時；涉及如下反應：

rm{2NO_{2}(g)+NaCl(s)?NaNO_{3}(s)+ClNO(g)}rm{K_{1}triangleH_{1}<0}rm{K_{1}triangle

H_{1}<0}Ⅰrm{(}

rm{)}rm{K_{2}triangleH_{2}<0}rm{2NO(g)+Cl_{2}(g)?2ClNO(g)}Ⅱrm{K_{2}triangle

H_{2}<0}

rm{(}的平衡常數rm{)}______rm{(1)4NO_{2}(g)+2NaCl(s)?2NaNO_{3}(s)+2NO(g)+Cl_{2}(g)}用rm{K=}rm{(}表示rm{K_{1}}．

rm{K_{2}}為研究不同條件對反應rm{)}Ⅱrm{(2)}的影響，在恒溫條件下，向rm{(}恒容密閉容器中加入rm{)}和rm{2L}

rm{0.2molNO}rm{0.1mol}時反應rm{Cl_{2}}Ⅱrm{10min}達到平衡rm{(}測得rm{)}內rm{.}則平衡后。

rm{10min}______rm{v(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{n(Cl_{2})=}的轉化率rm{mol}______rm{NO}其他條件保持不變，反應rm{婁脕_{1}=}Ⅱrm{.}在恒壓條件下進行，平衡時rm{(}的轉化率rm{)}______rm{NO}填“rm{婁脕_{2}}”“rm{婁脕_{1}(}”或“rm{>}”rm{<}平衡常數rm{=}______rm{)}填“增大”“減小”或“不變”rm{K_{2}}若要使rm{(}減小，可采取的措施是______．

rm{).}實驗室可用rm{K_{2}}溶液吸收rm{(3)}反應為rm{NaOH}含rm{NO_{2}}rm{2NO_{2}+2NaOH簍TNaNO_{3}+NaNO_{2}+H_{2}O.}的水溶液與rm{0.2mol}rm{NaOH}恰好完全反應得rm{0.2mol}溶液rm{NO_{2}}溶液rm{1L}為rm{A}的rm{B}溶液，則兩溶液中rm{0.1mol?L^{-1}}

rm{CH_{3}COONa}和rm{c(NO;_{3}^{-})}由大到小的順序為______．

rm{c(NO;_{2}^{-})}已知rm{c(CH_{3}COO^{-})}的電離常數rm{(}rm{HNO_{2}}的電離常數rm{K_{a}=7.1隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}

可使溶液rm{CH_{3}COOH}和溶液rm{K_{a}=1.7隆脕10^{-5}mol?L^{-1})}的rm{A}相等的方法是______．

rm{B}向溶液rm{pH}中加適量水rm{a.}向溶液rm{A}中加適量rm{b.}

rm{A}向溶液rm{NaOH}中加適量水rm{c.}向溶液rm{B}中加適量rm{d.}．rm{B}10、依據事實；寫出下列反應的熱化學方程式．

rm{(1)}在rm{25隆忙}rm{101kPa}下，rm{1g}甲醇燃燒生成rm{CO_{2}}和液態水時放熱rm{22.68kJ.}則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為______

rm{(2)}若適量的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}完全反應，每生成rm{23}克rm{NO_{2}}需要吸收rm{16.95kJ}熱量．______

rm{(3)}用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數，在rm{C_{2}H_{2}(}氣態rm{)}完全燃燒生成rm{CO_{2}}和液態水的反應中，每有rm{5N_{A}}個電子轉移時，放出rm{650kJ}的熱量．______

rm{(4)}已知拆開rm{1molH-H}鍵，rm{1molN-H}鍵，rm{1molN隆脭N}鍵分別需要的能量是rm{436kJ}rm{391kJ}rm{946kJ}則rm{N_{2}}與rm{H_{2}}反應生成rm{NH_{3}}的熱化學方程式為______．11、1.2gRSO4中含0.01molR2+，則RSO4的摩爾質量是____；R的相對原子質量是____．12、有①16O、17O、18O②H2、D2、T2③石墨、金剛石④1H、2H、3H四組微粒或物質．互為同位素的是（填序號）____；互為同素異形體的是（填序號）____；由①和④的微粒可組成____種不同的三原子化合物．13、(8分)某待測液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+等離子，進行如下實驗：（1）加入過量的稀鹽酸，有白色沉淀生成。（2）過濾，在濾液中加入過量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。（3）過濾，取少量濾液，滴入2滴KSCN溶液，沒有明顯的現象出現。（4）另取少量步驟（3）中的濾液，加入NaOH溶液至使溶液呈堿性，加熱，可產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體。根據實驗現象回答：待測液中一定含有離子；一定不含有離子；還有_________________離子不能確定是否存在，要檢驗這些離子的實驗方法是，操作是______________________________________________。14、按系統命名法命名下列各物質或根據有機物的名稱；寫出相應的結構簡式．

rm{壟脵}______

rm{壟脷(CH_{3})CH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}______

rm{壟脹}______

rm{壟脺2}rm{4-}二甲基戊烷______

rm{壟脻3}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷______

15、現有四種有機物：rm{a.}乙烯rm{b.}乙醇rm{c.}乙酸rm{d.}乙酸乙酯rm{(1)}請分別寫出其中含有以下官能團的有機物的名稱：rm{壟脵隆陋OH}________________；rm{壟脷隆陋COOH}________________。rm{(2)}在上述四種有機物中選擇正確物質的字母代號填空：rm{壟脵}既能發生加成反應，又能發生聚合反應的是________________；rm{壟脷}具有酸性且能發生酯化反應的是________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）18、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）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、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．21、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）22、在冶金工業的煙道廢氣中，常混有大量的SO2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。評卷人得分四、簡答題(共1題，共4分)23、現有九種物質：rm{壟脵O_{2}壟脷Fe壟脹Al(OH)_{3}壟脺CO_{2}壟脻H_{2}SO_{4}壟脼}rm{Ba(OH)_{2}壟脽Al_{2}(SO_{4})_{3}壟脿}硫酸鈉溶液rm{壟脵O_{2}壟脷Fe壟脹Al(OH)_{3}

壟脺CO_{2}壟脻H_{2}SO_{4}壟脼}稀硝酸rm{Ba(OH)_{2}壟脽Al_{2}(SO_{4})_{3}

壟脿}在水中的電離方程式為_____________________________。rm{壟謾}上述九種物質中有兩種物質之間可發生離子反應：rm{(1)壟脽}該離子反應對應的化學反應方程式為___________________。rm{(2)}與rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}發生反應的離子方程式為___________________。rm{(3)壟脹}胃液中含有鹽酸，胃酸過多的人常有胃疼燒心的感覺，易吐酸水，服用適量的小蘇打rm{壟謾}能治療胃酸過多，請寫出其反應的離子方程式：_________；rm{(4)}評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共18分)24、利用選擇性催化還原技術(簡稱“SCR技術”)實現汽車尾氣中NO、NO2的脫除技術是目前比較熱門的研究方向。SCR技術常以NH3(以尿素為原料轉化得到)為還原劑，在合適的溫度范圍內將NO、NO2等氣體有選擇性的還原為N2和H2O，當汽車尾氣中NO與NO2的比例不同時；分別發生三種不同類型的SCR反應：

①標準SCR反應4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②快速SCR反應2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

③慢速SCR反應8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2739.6kJ/mol

回答下列問題：

(1)由反應①和②可計算反應2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=_______。

(2)三種SCR反應的正反應均能自發進行，原因是_______。當汽車尾氣中＞1時，主要發生反應_______(填序號)

(3)其他條件相同時；在甲；乙兩種催化劑作用下進行反應①，相同時間內，NO的轉化率與溫度的關系如圖所示：

在催化劑甲作用下，M點時_______(填“可能”、“一定”或“沒有”)達到反應的平衡狀態，理由是_______。

(4)當氨氣足量時，在催化劑丙的作用下完成反應③，測得在相同時間內NO2脫除率隨反應溫度變化的情況如圖所示，請解釋NO2脫除率隨溫度變化的原因(催化劑未失效)_______。

(5)利用汽車尾氣中CO還原其中NO、的技術(簡稱“NSR”)，也是近些年研究熱點，NSR技術的主要化學原理為：2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某實驗小組向2L恒溫恒容的密閉容器中，充入1molCO和1molNO混合氣體，加入Pt、Al2O3等催化劑模擬NSR技術發生NO脫除反應，t1時達到平衡，測得反應過程中CO2的體積分數與時間的關系如圖所示。

①比較大小：m處v正_______n處v逆(填“＞”；“＜”或“＝”)。

②該反應在該溫度下化學平衡常數K值為_______。25、C；N、S的氧化物常會造成一些環境問題；科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質對環境的不利影響。

（1）目前工業上有一種方法是用CO2和H2在230℃，催化劑條件下轉化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。如圖表示恒壓容器中和平移轉化率達時的能量變化示意圖。寫出該反應的熱化學方程式______________________。

（2）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中通入和發生反應可用于回收燃燒煙氣中的硫。若反應進行到時達平衡，測得的體積分數為0.5，則前20min的反應速率_______該溫度下反應化學平衡常數K=________。（保留兩位小數）

（3）工業上有多種方法用于的脫除。

①可用NaClO堿性溶液吸收為了提高吸收效率，常加入反應過程的示意圖如圖所示，產生的四價鎳和氧原子具有極強的氧化能力，因此可加快對的吸收。

a.的作用是____________________。

b.過程2的離子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的室溫條件下，將煙氣通入溶液中，測得溶液與含硫組分物質的量分數的變化關系如圖所示，點時溶液pH=7，則_____________。

（4）用石墨做電極，食鹽水做電解液電解煙氣脫氮的原理如圖1，被陽極產生的氧化性物質氧化尾氣經氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。電流密度對溶液和對煙氣脫硝的影響如圖2所示：

圖1圖2

①NO被陽極產生的氧化性物質氧化為NO3-反應的離子方程式__________________。排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是_________________（填化學式）。

②溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是___________________________。評卷人得分六、工業流程題(共3題，共24分)26、2020年我國廢舊鋰離子電池的產生將達到爆發期；某高校實驗室利用廢舊鈷酸鋰正極片進行鈷酸鋰的再生工藝設計如下，請回答下列問題：

(1)拆解廢舊電池前需要進行放電，以避免在拆解過程中因局部短路起火，放電方式為電化學放電，可以將廢舊電池浸泡在_____________中進行放電。

A．酒精B．98%H2SO4C．Na2SO4溶液。

(2)預處理時，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，該反應的化學方程式為_________________。

(3)已知難溶物CoC2O4的Ksp=4.0×10-6，一般認為離子濃度達到10-5mol/L時即完全除盡。沉鈷過程中，當Co2+完全沉淀時，溶液中的濃度至少為_________mol/L。

(4)沉鈷過程中，草酸鹽體系中鈷離子形態分布如圖，在不同pH范圍鈷離子形態不同的原因___________________。

(5)在空氣氛圍下CoC2O4?2H2O氧化分解制備Co3O4的失重曲線如圖所示，已知失重率大約為19.7%；失重率大約為36.3%；失重率大約為3.0%。請寫出發生的化學反應方程式______________________。

(6)已知生成草酸鈷的過程為吸熱過程。在沉淀時間考查溫度對Co2+沉淀率的影響，結果如圖所示，沉淀率呈先增大后減小的趨勢的原因可能____________。

27、“NaH2PO2還原法”制備高純度氫碘酸和亞磷酸鈉(Na2HPO3)的工業流程如圖。

已知：25℃時，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。

（1）“合成”過程，主要氧化產物為H3PO3，相應的化學方程式為___________。

（2）“除鉛”過程，FeS除去微量Pb2+的離子方程式為___________。

（3）“減壓蒸餾”過程，I-回收率為95%，則剩余固體的主要成分為___________（填化學式）。

（4）“調pH=11”的作用是___________。

（5）氫碘酸也可以用“電解法”制備，裝置如圖所示。其中雙極膜(BPM)是陰、陽復合膜，在直流電的作用下，陰、陽膜復合層間的H2O解離成H+和OH-；A；B為離子交換膜。

①B膜最佳應選擇___________

②陽極的電極反應式是___________。

③少量的I-因為濃度差通過BPM膜，若撤去A膜，其缺點是：___________28、鉍(Bi)是一種稀有金屬；目前世界年產量約4000t左右。鉍的主要用途是制造易熔合金，作為冶金添加劑及制藥工業等方面。鉍的冶煉分為粗煉和精煉兩個階段：

Ⅰ.粗煉。輝鉍礦(Bi2S3)鉍華(Bi2O3)混合精礦(Bi2S3/Bi2O3)沉淀熔煉還原熔煉混合熔煉

Ⅱ.精煉。

回答下列問題：

(1)鉍在元素周期表中的位置是_______________。

(2)①還原熔煉法中還需加入一定量造渣劑(純堿)使其與礦石中的脈石(主要為Al2O3)形成熔渣，寫出形成熔渣反應的化學反應方程式______________________________。

②對于混合精礦，礦料中的Bi2S3和Bi2O3可在高溫下彼此進行氧化還原反應生產粗鉍，寫出此反應的化學反應方程式______________________________。

③有些硫化鉍礦也可用濕法處理，即加入三氯化鐵與鹽酸的混合液，可溶解硫化鉍和少量天然鉍，這是利用了_______________________________。

(3)電解精煉時，以_______作為陽極，__________作為陰極，電解液一般用FeCl3/HCl。此時電解出的鉍還含有砷；銻、碲雜質；需進一步除去：

①除砷；銻。

在熔融粗鉍中通入空氣，砷、銻將優先氧化為As2O3及Sb2O3，根據上圖分析其原因是________________________________。

②除碲：向除砷、銻后的熔鉍中繼續鼓入空氣并加入NaOH，雜質碲被氧化為TeO2隨即被NaOH吸入形成亞碲酸鈉，寫出吸入反應的離子反應方程式_______________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】將乙醇的分子式改寫為C2H4·H2O。顯然，乙烯和乙醇等物質的量耗氧量相同。且1體積氣體都會消耗3體積氧氣，故二者為任意比。【解析】【答案】D2、D【分析】解：膠體區別于其他分散系的本質特征是分散質微粒直徑的大小不同；膠體的分散質微粒直徑介于1-100nm之間；

故選D．

膠體區別于其他分散系的本質特征是分散質微粒直徑的大小不同．

本題考查三類分散系的本質差異，難度不大，明確膠體區別于其他分散系的本質特征是分散質微粒直徑的大小不同是解題的關鍵．【解析】【答案】D3、D【分析】解：由短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的位置；若Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，則Y為O，結合位置可知，X為N，Z為S，W為Cl；

A．電子層越多；原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Z＞W＞X＞Y，故A錯誤；

B．最高正價等于最外層電子數；則最高正化合價：W＞Z＞X，故B錯誤；

C．HCl溶液顯酸性；氨氣的水溶液為堿性，則氫化物溶液的pH：W＜X，故C錯誤；

D．四種元素的單質中；只有Z為固體，則Z單質的熔沸點最高，故D正確；

故選D．

由短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的位置；若Y原子最外層電子數是內層電子數的3倍，則Y為O，結合位置可知，X為N，Z為S，W為Cl；

A．電子層越多；原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小；

B．最高正價等于最外層電子數；

C．HCl溶液顯酸性；氨氣的水溶液為堿性；

D．四種元素的單質中；只有Z為固體．

本題考查原子結構與為元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、原子結構推斷元素為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意Y為O是元素推斷的突破口，題目難度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{壟脵}液態水變成水蒸氣是物理變化，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷}酸堿中和反應是放熱反應，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}濃rm{H_{2}SO_{4}}稀釋是物理變化，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺}固體rm{NaOH}溶于水是物理變化，故rm{壟脺}錯誤；

rm{壟脻H_{2}}在rm{Cl_{2}}中燃燒是放熱反應，故rm{壟脻}正確；

rm{壟脼}碳與水高溫制取水煤氣是吸熱過程，故rm{壟脼}錯誤．

故選C．

常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；所有金屬與酸或與水、所有中和反應、絕大多數化合反應、鋁熱反應；

常見的吸熱反應有：絕大數分解反應、個別的化合反應rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}工業制水煤氣、碳rm{(}一氧化碳、氫氣等rm{)}還原金屬氧化物、某些復分解rm{(}如銨鹽和強堿rm{)}．

本題主要考查了化學反應中能量變化，難度不大，掌握常見的放熱反應和吸熱反應是解題的關鍵．【解析】rm{C}5、C【分析】【解析】試題分析：結構相似，分子組成相差若干個CH2原子團的同一類有機物的，互稱為同系物，C中都是二元醇，互為同系物，據此可知選項C正確。其余選項中都不能互為同系物，答案選C。考點：考查同系物的判斷【解析】【答案】C6、C【分析】【分析】考查核外電子排布規律等，難度中等，注意rm{A}rm{B}只要舉出反例即可，反例法對于肯定的題設解答非常有效。【解答】A.rm{Na^{+}}和rm{Mg^{2+}}核外電子排布相同；但化學性質不同，互為同位素的原子，化學性質幾乎完全相同，故A錯誤；

B.rm{Pb^{2+}}rm{Pb^{4+}}核外電子排布不同；它們不可能都和一種稀有氣體原子的核外電子排布相同，故B錯誤；

C.兩原子核外電子數相同；則質子數相同，兩原子是同一元素，互為同位素，故C正確；

D.原子獲得電子形成陰離子；最外層呈穩定結構，電子層數目不變，陰離子的核外電子排布一定與本周期的稀有氣體原子的核外電子排布相同，不是“上一周期”，故D錯誤．

故選C。

【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本題考查學生對原子結構與元素在周期表中位置關系的掌握情況，重點利用離子的電子層結構相同來分析元素在周期表中的位置，進而推斷元素及其化合物的性質，中等難度，答題時注意元素周期律的靈活運用。【解答】四種短周期元素的離子rm{aX^{m+}}rm{bY^{n+}}rm{cZ^{n-}}和rm{dR^{m-}}具有相同的電子層結構，則rm{a-m=b-n=c+n=d+m}若rm{m>n}則原子序數大小順序是rm{a>b>c>d}結合離子所帶電荷可知，rm{X}rm{Y}為金屬元素，rm{Z}rm{R}為非金屬元素，且rm{X}rm{Y}位于rm{Z}和rm{R}的下一周期，所以有：rm{壟脵}由以上分析知rm{a-m=b-n}即rm{a-b=m-n}故rm{壟脵}錯誤；rm{壟脷}由以上分析知元素的原子序數為rm{a>b>c>d}故rm{壟脷}正確；rm{壟脹Z}rm{R}為同一周期的非金屬元素，且元素的原子序數rm{c>d}由同一周期元素隨原子序數遞增非金屬性增強，可知非金屬性rm{Z>R}故rm{壟脹}正確；rm{壟脺X}rm{Y}為同周期金屬元素，原子序數rm{a>b}由同一周期元素隨原子序數遞增金屬性減弱，最高價氧化物對應的水化物堿性減弱，所以最高價氧化物對應的水化物堿性rm{Y>X}故rm{壟脺}錯誤。綜上所述選項ACD錯誤，B正確。故選B。【解析】rm{B}二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】

（1）由圖可知，從開始至加入NaOH溶液20mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中鹽酸溶解Mg、Al后鹽酸有剩余，此時發生的反應為：HCl+NaOH=NaCl+H2O．

繼續滴加NaOH溶液，到氫氧化鈉溶液為160mL時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液為氯化鈉溶液．再繼續滴加NaOH溶液，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與水，發生反應Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O．

故答案為：HCl+NaOH=NaCl+H2O；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O．

（2）由圖可知，從加入20m氫氧化鈉溶液L開始產生沉淀，加入氫氧化鈉溶液為160mL時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，該階段消耗氫氧化鈉140mL，由氫氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.16L-0.02L）×5mol/L=0.7mol．從加入氫氧化鈉溶液160mL～180mL溶解氫氧化鋁，該階段發生反應Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18L-0.16L）×5mol/L=0.1mol，故3×0.1mol+2n[Mg（OH）2]=0.7mol，解得n[Mg（OH）2]=0.2mol，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.2mol；所以Mg的質量為0.2mol×24g/mol=4.8g．

加入氫氧化鈉溶液為160mL時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液為氯化鈉溶液，根據鈉元素守恒此時溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，根據氯元素守恒n（HCl）=0.8mol，故鹽酸的物質的量濃度為=8mol/L．

故答案為：4.8；8．

【解析】【答案】（1）由圖可知，從開始至加入NaOH溶液20mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中鹽酸溶解Mg、Al后鹽酸有剩余，此時發生的反應為：HCl+NaOH=NaCl+H2O．

繼續滴加NaOH溶液，到氫氧化鈉溶液為160mL時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液為氯化鈉溶液．再繼續滴加NaOH溶液，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與水，發生反應Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O．

（2）由圖可知，從加入20m氫氧化鈉溶液L開始產生沉淀，加入氫氧化鈉溶液為160mL時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，該階段消耗氫氧化鈉140mL，由氫氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.16L-0.02L）×5mol/L=0.7mol．從加入氫氧化鈉溶液160mL～180mL溶解氫氧化鋁，該階段發生反應Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18L-0.16L）×5mol/L=0.1mol，代入上式計算n[Mg（OH）2]，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]；再利用m=nM計算Mg的質量．

加入氫氧化鈉溶液為160mL時，沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液為氯化鈉溶液，根據鈉元素守恒此時溶液中n（NaCl）=n（NaOH），據此計算出n（HCl），再利用c=計算鹽酸的物質的量濃度．

9、0.025；75%；＞；不變；升高溫度；c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；bc【分析】解：rm{(1)2NO_{2}(g)+NaCl(s)?NaNO_{3}(s)+ClNO(g)K_{1}triangleH<0(I)}

rm{2NO(g)+Cl_{2}(g)?2ClNO(g)K_{2}triangleH<0(II)}

根據蓋斯定律，Ⅰrm{(1)2NO_{2}(g)+NaCl(s)?NaNO_{3}(s)+ClNO(g)K_{1}triangle

H<0(I)}Ⅱ可得：rm{2NO(g)+Cl_{2}(g)?2ClNO(g)K_{2}triangle

H<0(II)}則該反應平衡常數rm{K=dfrac{K_{1}^{2}}{K_{2}}}

故答案為：rm{dfrac{K_{1}^{2}}{K_{2}}}

rm{隆脕2-}測得rm{4NO_{2}(g)+2NaCl(s)?2NaNO_{3}(s)+2NO(g)+Cl_{2}(g)}內rm{K=dfrac

{K_{1}^{2}}{K_{2}}}則rm{trianglen(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}隆脕10min隆脕2L=0.15mol}

由方程式可知，參加反應氯氣的物質的量為rm{0.15mol隆脕dfrac{1}{2}=0.075mol}故平衡時氯氣的物質的量為rm{dfrac

{K_{1}^{2}}{K_{2}}}

參加反應rm{(2)}物質的量為rm{10min}則rm{v(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}}的轉化率為rm{dfrac{0.15mol}{0.2mol}隆脕100%=75%}

正反應為氣體物質的量減小的反應，恒溫恒容下條件下，到達平衡時壓強比起始壓強小，其他條件保持不變，反應rm{triangle

n(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}隆脕10min隆脕2L=0.15mol}Ⅱrm{0.15mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.075mol}在恒壓條件下進行，等效為在恒溫恒容下的平衡基礎上增大壓強，平衡正向移動，rm{0.1mol-0.075mol=0.025mol}轉化率增大，故轉化率rm{NO}

平衡常數只受溫度影響；溫度不變，平衡常數不變，正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數減小；

故答案為：rm{0.15mol}rm{NO}rm{dfrac

{0.15mol}{0.2mol}隆脕100%=75%}不變；升高溫度；

rm{(}的水溶液與rm{)}恰好完全反應得rm{NO}溶液rm{婁脕_{2}>婁脕_{1}}由rm{0.025}得到溶液rm{75%}中rm{>}物質的量濃度為rm{(3)0.2molNaOH}rm{0.2molNO_{2}}物質的量為rm{1L}溶液rm{A}為rm{2NO_{2}+2NaOH簍TNaNO_{3}+NaNO_{2}+H_{2}O}的rm{A}溶液；

rm{NaNO_{3}}的電離常數rm{0.mol/L}rm{NaNO_{2}}的電離常數rm{0.1mol/L}說明rm{B}酸性小于rm{0.1mol?L^{-1}}的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液rm{CH_{3}COONa}堿性大于rm{HNO_{2}}溶液，兩溶液中rm{K_{a}=7.1隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}rm{CH_{3}COOH}和rm{K_{a}=1.7隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}由大到小的順序為rm{CH_{3}COOH}

rm{HNO_{2}}溶液rm{B}堿性大于rm{A}溶液，向溶液rm{c(NO_{3}^{-})}中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調節溶液rm{c(NO_{2}^{-})}相等，故rm{c(CH_{3}COO^{-})}錯誤；

rm{c(NO_{3}^{-})>c(NO_{2}^{-})>c(CH_{3}COO^{-})}向溶液rm{a.}中加適量rm{B}增大堿性，可以調節溶液rm{A}相等，故rm{A}正確；

rm{pH}向溶液rm{a}中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調節溶液rm{b.}相等，故rm{A}正確；

rm{NaOH}溶液rm{pH}堿性大于rm{b}溶液，向溶液rm{c.}中加適量rm{B}溶液rm{pH}更大，故rm{c}錯誤；

故答案為：rm{d.}rm{B}．

rm{(1)2NO_{2}(g)+NaCl(s)?NaNO_{3}(s)+ClNO(g)K_{1}triangleH<0(I)}

rm{2NO(g)+Cl_{2}(g)?2ClNO(g)K_{2}triangleH<0(II)}

根據蓋斯定律，Ⅰrm{A}Ⅱ可得：rm{B}則該反應平衡常數為Ⅰ的平衡常數平方與Ⅱ的平衡常數的商；

rm{NaOH}測得rm{pH}內rma5vrkxi則rm{trianglen(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}隆脕10min隆脕2L=0.15mol}由方程式計算參加反應rm{c(NO_{3}^{-})>c(NO_{2}^{-})>c(CH_{3}COO^{-})}氯氣的物質的量，進而計算平衡時氯氣的物質的量、rm{bc}的轉化率；

正反應為氣體物質的量減小的反應，恒溫恒容下條件下，到達平衡時壓強比起始壓強小，其他條件保持不變，反應rm{(1)2NO_{2}(g)+NaCl(s)?NaNO_{3}(s)+ClNO(g)K_{1}triangle

H<0(I)}Ⅱrm{2NO(g)+Cl_{2}(g)?2ClNO(g)K_{2}triangle

H<0(II)}在恒壓條件下進行；等效為在恒溫恒容下的平衡基礎上增大壓強，平衡正向移動；

平衡常數只受溫度影響；溫度不變，平衡常數不變，正反應為放熱反應，升高低溫度平衡逆向向移動，平衡常數減小；

rm{隆脕2-}的水溶液與rm{4NO_{2}(g)+2NaCl(s)?2NaNO_{3}(s)+2NO(g)+Cl_{2}(g)}恰好完全反應得rm{(2)}溶液rm{10min}由rm{v(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}}得到溶液rm{triangle

n(ClNO)=7.5隆脕10^{-3}mol?L^{-1}?min^{-1}隆脕10min隆脕2L=0.15mol}中rm{NO}物質的量濃度為rm{NO}rm{(}物質的量為rm{)}

rm{(3)0.2molNaOH}的電離常數rm{0.2molNO_{2}}rm{1L}的電離常數rm{A}說明rm{2NO_{2}+2NaOH簍TNaNO_{3}+NaNO_{2}+H_{2}O}酸性小于rm{A}的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度小于亞硝酸根離子水解程度，溶液rm{NaNO_{3}}堿性大于rm{0.mol/L}溶液．

本題考查化學平衡計算與影響因素、化學平衡常數、鹽類水解、離子濃度大小比較等知識，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力，需要學生具備扎實的基礎與靈活應用能力，難度中等．rm{NaNO_{2}}【解析】rm{dfrac{K_{1}^{2}}{K_{2}}}rm{dfrac

{K_{1}^{2}}{K_{2}}}rm{0.025}rm{75%}不變；升高溫度；rm{>}rm{c(NO_{3}^{-})>c(NO_{2}^{-})>c(CH_{3}COO^{-})}rm{bc}10、CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ?mol-1；N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=67.8kJ?mol-1；C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ?mol-1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1【分析】解：rm{(1)1g}甲醇燃燒生成rm{CO_{2}}和液態水時放熱rm{22.68kJ}所以rm{32g}甲醇燃燒生成rm{CO_{2}}和液態水時放熱rm{725.76kJ}而燃燒熱是強調是可燃物為rm{1mol}

所以甲醇燃燒熱的熱化學方程式為rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)隆煤CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.76kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)隆煤CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.76kJ?mol^{-1}}

rm{CH_{3}OH(l)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)隆煤CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-725.76kJ?mol^{-1}}適量的rm{CH_{3}OH(l)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)隆煤CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-725.76kJ?mol^{-1}}和rm{(2)}完全反應，每生成rm{N_{2}}克rm{O_{2}}需要吸收rm{23}熱量，所以每生成rm{NO_{2}}克rm{16.95kJ}需要吸收rm{92}熱量；

則熱化學方程式為：rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangleH=67.8kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangleH=67.8kJ?mol^{-1}}

rm{NO_{2}}在rm{67.8kJ}氣態rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangle

H=67.8kJ?mol^{-1}}完全燃燒生成rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangle

H=67.8kJ?mol^{-1}}和液態水的反應中，每有rm{(3)}個電子轉移時，放出rm{C_{2}H_{2}(}的熱量，所以有rm{)}個電子轉移時，放出rm{CO_{2}}的熱量；

則熱化學方程式為：rm{C_{2}H_{2}(g)+dfrac{5}{2}O_{2}(g)隆煤2CO_{2}(g)+H2O(l)triangleH=-1300kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{C_{2}H_{2}(g)+dfrac{5}{2}O_{2}(g)隆煤2CO_{2}(g)+H2O(l)triangleH=-1300kJ?mol^{-1}}

rm{5N_{A}}在反應rm{650kJ}中，斷裂rm{10N_{A}}鍵，rm{1300kJ}三rm{C_{2}H_{2}(g)+dfrac

{5}{2}O_{2}(g)隆煤2CO_{2}(g)+H2O(l)triangle

H=-1300kJ?mol^{-1}}鍵共吸收的能量為：rm{C_{2}H_{2}(g)+dfrac

{5}{2}O_{2}(g)隆煤2CO_{2}(g)+H2O(l)triangle

H=-1300kJ?mol^{-1}}

生成rm{(4)}共形成rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}鍵，放出的能量為：rm{3molH-H}吸收的能量少，放出的能量多，該反應為放熱反應，放出的熱量為：rm{1molN}

所以熱化學方程式為：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ?mol^{-1}}．

rm{N}根據燃燒熱的概念分析，燃燒熱是強調是可燃物為rm{3隆脕436kJ+946kJ=2254kJ}

rm{2molNH_{3}}根據熱化學方程式的書寫方法；

rm{6molN-H}根據熱化學方程式的書寫方法；

rm{6隆脕391kJ=2346kJ}化學反應中；化學鍵斷裂吸收能量，形成新化學鍵放出能量，根據方程式計算分別吸收和放出的能量，以此計算反應熱并判斷吸熱還是放熱．

本題主要考查了熱化學方程式的書寫，注意把握從鍵能的角度計算反應熱的方法．rm{2346kJ-2254kJ=92kJ}【解析】rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)隆煤CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.76kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangleH=67.8kJ?mol^{-1}}rm{C_{2}H_{2}(g)+dfrac{5}{2}O_{2}(g)隆煤2CO_{2}(g)+H2O(l)triangleH=-1300kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ?mol^{-1}}11、略

【分析】

1.2gRSO4中含0.01molR2+，根據公式n=則RSO4的M===120g/mol，RSO4的摩爾質量在數值上等于其相對分子質量，所以RSO4的摩爾質量為120g/mol；R的相對原子質量是120-32-64=24．

故答案為：120g/mol；24．

【解析】【答案】根據公式n=來計算M；M在數值上等于元素的相對原子質量，分子的M在數值上等于其相對分子質量．

12、略

【分析】

同位素指同一元素的不同原子；同分異構體指同一元素的不同單質；水分子是由1個氧原子和2個氫原子構成，從氫的三種同位素中選兩個氫原子，兩個氫原子可以相同也可不同，所以有6種選法；氧原子有3種選法，所以3×6=18，故答案為：①④；③；18．

【解析】【答案】根據同位素；同分異構體的定義判斷；利用排列組合判斷三原子化合物種類．

13、略

【分析】加入過量的稀鹽酸，有白色沉淀生成，說明含有銀離子。根據（2）可知溶液中含有鋇離子。根據（3）可知溶液中沒有鐵離子。根據（4）可知氣體是氨氣，說明含有NH4＋。所以待測液中一定含有Ag+、Ba2+、NH4+；一定不含有Fe3+；可能含有K+。鉀離子的檢驗，可以用焰色反應，即用鉑絲沾取溶液在酒精燈上灼燒并透過藍色鈷玻璃觀察火焰顏色。【解析】【答案】Ag+、Ba2+、NH4+；Fe3+；K+；焰色反應；用鉑絲沾取溶液在酒精燈上灼燒并透過藍色鈷玻璃觀察火焰顏色14、2，2，4-三甲基戊烷；2-甲基己烷；3，4-二甲基己烷；（CH3）2CHCH2CH（CH3）2；CH3CH2C（CH3）2CH（CH2CH3）CH2CH2CH3；CH2=CHC（CH3）3【分析】解：rm{壟脵}烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有rm{5}個碳原子，故為戊烷；從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，當兩端離支鏈一樣近時，要從支鏈多的一端開始編號，故在rm{2}號碳原子上有rm{2}個甲基，在rm{4}號碳原子上有一個甲基，故名稱為rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷，故答案為：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{壟脷}烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有rm{6}個碳原子，故為己烷，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在rm{2}號碳原子上有一個甲基，故名稱為rm{2-}甲基己烷，故答案為：rm{2-}甲基己烷；rm{壟脹}烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有rm{6}個碳原子，故為己烷，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在rm{3}號和rm{4}號碳原子上各有一個甲基，故名稱為rm{3}rm{4-}二甲基己烷，故答案為：rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{壟脺}根據名稱可知，主鏈上有rm{5}個碳原子，在rm{2}號和rm{4}號碳原子上各有一個甲基，故結構簡式為rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{壟脻}從名稱可知，主鏈上有rm{7}個碳原子，在rm{3}號碳原子上有兩個甲基，在rm{4}號碳原子上有一個乙基，故結構簡式為：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{壟脼}從名稱可知，主鏈上有rm{4}個碳原子，在rm{1}號和rm{2}號碳原子間有碳碳雙鍵，在rm{3}號碳原子上有兩個甲基，故結構簡式為：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}故答案為：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}.壟脵}烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，當兩端離支鏈一樣近時，要從支鏈多的一端開始編號；rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}.

壟脵}烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，將支鏈寫在“某烷”的前面；rm{壟脷}烷烴命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號；rm{壟脹}根據名稱可知，主鏈上有rm{壟脺}個碳原子，在rm{5}號和rm{2}號碳原子上各有一個甲基；rm{4}從名稱可知，主鏈上有rm{壟脻}個碳原子，在rm{7}號碳原子上有兩個甲基，在rm{3}號碳原子上有一個乙基；rm{4}從名稱可知，主鏈上有rm{壟脼}個碳原子，在rm{4}號和rm{1}號碳原子間有碳碳雙鍵，在rm{2}號碳原子上有兩個甲基rm{3}本題考查了烷烴的命名和根據有機物的名稱來書寫結構簡式，掌握有機物的命名方法是解題關鍵，難度不大．rm{.}【解析】rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{2-}甲基己烷；rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}15、rm{(1)壟脵}乙醇

rm{壟脷}乙酸

rm{(2)壟脵a}

rm{壟脷c}【分析】略【解析】rm{(1)壟脵}乙醇rm{壟脷}乙酸rm{(2)壟脵a}rm{壟脷c}三、判斷題(共7題，共14分)16、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．17、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，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．18、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．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】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．21、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．22、A【分析】【解答】依據題意可知：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，結合原子個數守恒書寫方程式．四、簡答題(共1題，共4分)23、（1）（2）Ba（OH）2+2HNO3=Ba（NO3）2+2H2O（3）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（4）【分析】【分析】本題考查了化學方程式；離子方程式書寫方法；物質組成和性質是解題關鍵，題目難度中等。

【解答】rm{(1)}rm{壟脽}硫酸鋁為強電解質，在水中的電離方程式為：rm{A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}

}硫酸鋁為強電解質，在水中的電離方程式為：rm{A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}}rm{壟脽}rm{A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}}rm{A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}

}故答案為：上述九種物質中有兩種物質之間可發生離子反應：rm{A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}

}說明是強酸強堿反應生成溶于水的鹽的離子反應，氫氧化鋇和稀硝酸反應符合，該離子反應對應的化學方程式為；

故答案為：rm{(2)}

rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Ba(OH)_{2}+2HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2H_{2}O}rm{Ba(OH)_{2}+2HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2H_{2}O}與rm{(3)壟脹}稀硝酸發生反應生成硝酸鋁和水，氫氧化鋁不溶于水，不能拆成離子，反應的離子方程式為：rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}

故答案為：rm{{,!}_{3}}

rm{壟謾}rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，其反應的離子方程式：rm{HC{{O}_{3}}^{-}+{H}^{+}=C{O}_{2}隆眉+{H}_{2}O}

故答案為：rm{HC{{O}_{3}}^{-}+{H}^{+}=C{O}_{2}隆眉+{H}_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}【解析】rm{(1)A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}}rm{(1)A{l}_{2}{left(S{O}_{4}right)}_{3}=2A{l}^{3+}+3S{{O}_{4}}^{2-}

}rm{(2)Ba(OH)_{2}+2HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2H_{2}O}rm{(4)HC{{O}_{3}}^{-}+{H}^{+}=C{O}_{2}隆眉+{H}_{2}O}rm{(3)Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}五、原理綜合題(共2題，共18分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

根據蓋斯定律，將反應①-②，整理可得反應2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=-114.2kJ/mol；

(2)三個反應都是放熱反應，焓變減少，熵又是增加的反應，體系的自由能△G=ΔH-T△S＜0；所以反應能夠自發進行；

當汽車尾氣中＞1時，c(NO)＞c(NO2)；尾氣主要以NO為主，則主要發生①反應；

(3)①催化劑只能加快反應速率；但不能使化學平衡發生移動，故在其它條件相同時，使用甲催化劑與乙催化劑反應達到平衡時NO的轉化率相等。由圖可知在催化劑甲作用下，M點NO的轉化率小于相同溫度下乙作催化劑時NO的轉化率，因此M點時反應沒有達到平衡狀態；

(4)當氨氣足量時，在催化劑丙的作用下完成反應③，測得在相同時間內NO2脫除率隨反應溫度變化的情況如圖所示，由于此時催化劑未失效，根據圖示可知：在180℃之前NO2脫除率隨溫度的升高而增大，這是由于在180℃反應未達到平衡，隨著溫度的升高，反應速率加快，有更多的NO2反應轉化為N2，使NO2的脫除率增大；由于該反應的正反應是放熱反應，在180℃反應達到平衡狀態后，升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，導致NO2的脫除率所溫度的升高而減小；

(5)①n處二氧化碳的體積分數不再改變，說明n處已達平衡狀態，在n處：v正=v逆；在反應達到平衡之前，正反應速率隨著反應物濃度的減小而減小，逆反應速率隨生成物濃度的增大而增大，因此m處v正＞n處v正，而n處v正=v逆，所以m處v正＞n處v逆；

②對于反應2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，在反應開始時n(CO)=n(NO)=1mol，假設反應CO物質的量是xmol，則根據物質反應轉化關系可知平衡時各種氣體的物質的量分別是n(CO)=n(NO)=(1-x)mol，n(CO)=xmol，n(N2)=0.5xmol，由于平衡時CO2的體積分數是50%，則解得x=0.8mol，由于容器的容積是2L，則各種氣體的平衡濃度分別是c(CO)=c(NO)==0.1mol/L，c(CO2)==0.4mol/L，c(N2)==0.2mol/L，則該溫度下的化學平衡常數K=【解析】-114.2kJ/mol3個SCR反應都是焓減、熵增的反應，體系的自由能△G＜0①沒有M點處NO的轉化率小于相同溫度下乙作催化劑時的NO的轉化率在180℃反應達到平衡前，隨著溫度的升高，反應速率增大，有更多NO2發生反應轉化為N2，導致NO2的轉化率隨溫度的升高而增大；當反應達到平衡后，升高溫度，平衡向吸熱的逆反應方向移動，導致NO2的轉化率隨溫度的升高而減小＞32025、略

【分析】【分析】

（1）根據圖示，可知0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80%時放熱23-3.4=19.6kJ，然后按比例計算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出該反應的熱化學方程式；

（2）列出三行式；利用已知關系找出轉化量和平衡量，代入計算公式計算速率和平衡常數；

（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；

b.根據催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-；O；據此寫出離子方程式；

c.Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

②b點時溶液的pH=7；根據電荷守恒分析解答；

（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產生Cl2，將NO氧化為NO3-。電解時陰極產生H2。

②由圖2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高。

【詳解】

（1）根據圖中數據，恒壓容器中0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80％時的能量變化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，該反應的熱化學方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

因此，本題正確答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

（2）設進行到20min時達平衡，轉化的CO的物質的量為2x，則：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

轉化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

根據平衡時CO2的體積分數為0.5，有：=0.5；解得x=0.6；

則前20min的反應速率=0.03

平衡時，CO、SO2和CO2濃度分別為0.4mol/L；0.2mol/L、0.6mol/L；則。

平衡常數K===11.25。

因此；本題正確答案是：0.03；11.25；

（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；

b.根據催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-、O，離子方程式為2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；

c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，是因為Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

因此，本題正確答案是：催化劑；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

②b點時溶液的pH=7，根據電荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根據圖可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1；

因此；本題正確答案是：3:1；

（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產生Cl2，將NO氧化為NO3-，反應的離子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。電解時陰極產生H2，故排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是H2。

因此，本題正確答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；

②由圖2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強。

因此，本題正確答案是：次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強。【解析】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol0.0311.25催化劑2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OCa2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4，有利于反應的進行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強六、工業流程題(共3題，共24分)26、略

【分析】【分析】

廢舊鈷酸鋰(Li0.5CoO2)電池預處理時，Li0.5CoO2高溫分解得到LiCoO2、Co3O4和O2；加入葡萄糖和鹽酸進行還原輔助酸浸，鈷元素轉化為CoCl2；加入(NH4)2C2O4溶液沉鈷，Co2+轉化為CoC2O4沉淀；在空氣中氧化煅燒，CoC2O4轉化為Co3O4；再用Li2CO3處理，即轉化為Li0.5CoO2。

【詳解】

(1)廢舊電池電化學放電，需發生原電池反應，所以可以將廢舊電池浸泡在電解質溶液中進行放電，酒精和98%H2SO4都不能導電，只有Na2SO4溶液能導電；故選C。答案為：C；

(2)預處理時，鈷酸鋰(Li0.5CoO2)高溫下分解得到LiCoO2、Co3O4和一種氣體，由于Co元素化合價降低，則氣體為O2，該反應的化學方程式為6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑。答案為：6Li0.5CoO23LiCoO2+Co3O4+O2↑；

(3)沉鈷過程中，當Co2+完全沉淀時，c(Co2+)≤10-5mol/L，c()=mol/L≥0.4mol/L，所以溶液中的濃度至少為0.4mol/L。答案為：0.4；

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