高三化学一轮复习专题训练-化学反应原理

高三化学一轮复习专题训练--化学反应原理一、单选题1．常温下，下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是（）A．麦芽糖溶液中：、、、B．能使苯酚溶液显紫色的溶液中：、、、C．水电离出来的的溶液中：、、、D．滴加甲基橙显红色的水溶液中：、、、2．我们的生活与化学密切相关。下列叙述正确的是（）A．氢燃料汽车是利用电解池的原理提供电能B．石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物C．苏打常用于治疗胃酸过多D．“葱油粑粑”中的“油”属于酯类，是高分子3．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应，氧化剂是（）A． B． C． D．4．下列物质属于强电解质的（）A．水 B．二氧化碳 C．碳酸钙 D．盐酸5．下列过程不能用勒夏特列原理解释的是（）A．在生产可乐时，在加压的条件下通入B．对、和2HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深C．用热的溶液清洗带有油污的餐具D．配制溶液，常将晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度6．银氨溶液常用于测定血液中葡萄糖的含量。某同学探究银氨溶液的配制，测得常温下，向溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解。该过程溶液中与加入氨水的体积V(氨水)关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述正确的是A．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择段溶液B．a点溶液中离子浓度的大小顺序为：C．b点对应溶液中：D．由e点可知，反应平衡常数的数量级为7．下列解释实验事实的方程式错误的是A．过量铁粉加入稀硝酸中：B．铅蓄电池放电：C．向溶液中滴加少量溶液：D．能除去污水中的：8．下列关于实验现象的解释或结论正确的是（）实验操作现象解释或结论A在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热烧瓶中有红棕色气体产生木炭具有还原性，能还原B室温下，向含有和的溶液中滴入几滴溶液先产生黄色沉淀室温下固体在水中的溶解性：C将硫酸与混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D将25℃0.1mol·L-1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，水解平衡正向移动A．A B．B C．C D．D9．是一种很重要的铁盐，广泛用于建筑、无机、印染、玻璃、有机等工业，下列说法不正确的是（）A．工业上用覆铜板、溶液等制取印刷电路板，说明铜还原性比强B．水解生成使溶液呈酸性C．将NaOH浓溶液滴加到煮沸的饱和溶液中，制备胶体D．溶液可用于有机物中酚羟基的检验10．在一密闭容器中，反应aA(g)＋bB(s)cC(g)＋dD(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器缩小为原来的一半，当达到新的平衡时，A的浓度是原来的1.6倍，则下列说法正确的是A．平衡向逆反应方向移动 B．a>c＋dC．物质A的转化率减小 D．物质D的浓度减小11．对于反应：，下列说法不正确的是（）A．是氧化剂B．发生氧化反应C．每有反应将生成D．每有电子转移将生成12．纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，过程如图所示。下列说法中不正确的是（）A．过程Ⅰ的反应：B．过程Ⅱ的反应：C．整个过程实现了太阳能向化学能的转化D．为整个过程的催化剂13．锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B．充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C．放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）14．前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是（）A．空间构型是直线形B．基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低C．W和X的电负性：W>XD．单质Z与单质Y反应生成ZY15．pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为：(E的单位为V，K为常数)。下列说法错误的是A．计工作时，化学能转化为电能B．玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化C．若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应：D．若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数16．催化加氢制甲醇，并进一步生产低碳烯烃，可一定程度上减少我国对原油进口的依赖，对促进国家能源安全具有重大现实意义。催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，首先在“”表面解离成2个，随后参与到的转化过程。下列说法正确的是（）A．“”能改变总反应的焓变B．是反应历程的中间产物之一C．反应历程中存在非极性键的断裂和形成D．理论上反应历程消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为17．在一定条件下，将2molA和3molB两种气体混合于容积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：。2min末该反应达到平衡，测得生成了0.8mol的D，此时C的浓度为0.2。下列判断不正确的是（）A．2min时A的反应速率为0.2B．2min时，B的浓度为0.9C．A的转化率为40%D．18．下列有关说法正确的是A．某可逆反应若平衡朝正向移动，则平衡常数一定增大B．反应常温下可自发进行，该反应为吸热反应C．保持温度不变，将图中的活塞快速推至处，新平衡时气体颜色变浅D．向溶液中加入少量水，溶液中与的比值增大19．下列说法正确的是（）A．已知：，则碳的燃烧热B．已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定C．已知：；，则D．已知：，则20．用如图装置进行实验(夹持及尾气处理装置略去)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A浓盐酸固体淀粉KI溶液验证氧化性：B浓硫酸Cu片品红溶液验证具有漂白性C稀硝酸固体溶液验证元素非金属性强弱：D饱和NaCl溶液电石酸性溶液验证有生成A．A B．B C．C D．D二、综合题21．离子型金属氢化物、、、等，具有强还原性，也可作生氢剂。（1）核外不同能量的电子数之比为：(按能量由低至高的顺序)。（2）将、、、按半径由小到大的排列顺序为。（3）1个中含电子，补写一个与电子数相同且带一个单位负电荷的离子的电子式：、。（4）两种硼化物的熔点如表所示：硼氢化物熔点/℃400两物质熔点差异的原因是。（5）工业上常用“有效氢”含量衡量含氢还原剂的还原能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。的有效氢含量约为(2位小数)。工业上可利用下述工艺得到氢气。（6）其中的平衡常数的表达式，上述反应达到平衡时，容器内气体的平均摩尔质量为，若保持恒温恒容，向该容器中加入少量，再次达平衡后，气体的平均摩尔质量为，比较、的大小，并说明理由。（7）该工艺的总反应方程式为：。22．完成下列问题。（1）有下列反应：①SO3+H2O=H2SO4②Cl2+H2O=HCl+HClO③2F2+2H2O=4HF+O2④CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O上述反应中不属于氧化还原反应的是(填序号，下同)；H2O只作还原剂的是；属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是。（2）为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO+2CON2+2CO2。①用双线桥标出电子转移的方向和数目。②若消耗标况22.4L的NO得到还原产物的质量为g，转移电子的物质的量为mol。23．纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是。（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为mol，过程④对应的电极反应式为。（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO-+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：2FeOH+Pb2+(FeO)2Pb+4H+2Fe+3Pb2++4H2O3Pb+2FeOOH+6H+①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是。②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是。（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是。24．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素⑩在周期表中的位置是，其基态原子价电子轨道表示式为，该元素对应基态原子具有种能量不同的电子，具有种运动状态不同的电子。（2）④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为（用离子符号和“＞”表示）。（3）②③④⑧⑨的简单气态氢化物中，最稳定的是（用化学式表示，下同），最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是。（4）⑤的最高价氧化物对应的水化物与⑦的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式为。25．（1）I．氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。氮气在一定的温度、压强和催化剂的作用下可合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在恒温固定容积的反应室中，能说明上述反应达到平衡状态的是____。A．N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1：3：2B．混合气体总物质的量不再变化C．混合气体的密度不再变化D．3v(NH3)正=2v(H2)逆（2）一定条件下，合成氨反应中N2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。从图中可知，p1p2(填“＜”、“＞”或“=”，下同)，正反应的ΔH0。（3）下列措施一定能使减小的是____。A．升高温度 B．恒温恒容充入惰性气体C．恒温恒压充入N2 D．加入更高效的催化剂（4）200℃、p1条件下，将1molN2和3molH2通入2L的反应室，tmin末NH3(g)的浓度为0.4mol/L，tmin内H2的反应速率为mol·L-1·min-1(用含有t的代数式表示)；该条件下化学平衡常数K=(列式即可，不用计算出结果)。（5）II．有人设想以N2和H2为反应物、溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氨的新型燃料电池，装置如图所示。电池正极发生的电极反应式是

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、麦芽糖为还原性糖，在酸性条件下能与发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；

B、能使苯酚溶液显紫色的溶液中含有Fe3+、Fe3+与发生双水解反应，不能大量共存，故B不符合题意；

C、水电离出来的的溶液，水的电离被抑制，可能呈碱性，也可能呈酸性，酸性或碱性条件下，、、、之间互不反应，能大量共存，故C符合题意；

D、滴加甲基橙显红色的水溶液呈酸性，酸性条件下，发生歧化反应，不能大量共存，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。2．【答案】B【解析】【解答】A、氢燃料电池是利用氢气燃烧释放的能量转化为电能，属于原电池装置，A不符合题意。

B、石油分馏产物为多种烃的混合物，B符合题意。

C、苏打为Na2CO3，小苏打为NaHCO3，用于治疗胃酸过多的是小苏打，C不符合题意。

D、“葱油粑粑”中的“油”是油脂，属于酯类，但不是高分子，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、燃料电池属于原电池。

B、石油的分馏产品为多种烃的混合物。

C、小苏打用于治疗胃酸过多。

D、“油”是油脂，不属于高分子。3．【答案】A【解析】【解答】氧化还原反应中，化合价降低的元素所在化合物为氧化剂，NaN3中的N化合价为，KNO3中的N化合价为+5价，N2中的N化合价为0价，NaN3中的N化合价升高，KNO3中的N化合价降低，故KNO3为氧化剂；

故答案为：A

【分析】氧化还原反应中，化合价升高的元素所在化合物发生氧化反应，为还原剂，化合价降低的元素所在化合物发生还原反应，为氧化剂，氧化剂的氧化物强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。4．【答案】C【解析】【解答】A．部分水能电离出氢离子和氢氧根离子，为弱电解质，A与题意不符；B．二氧化碳液态不导电，为非电解质，B与题意不符；C．碳酸钙熔融状态时能导电，属于盐，为强电解质，C符合题意；D．盐酸为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D与题意不符；故答案为C。

【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，包括强酸、强碱和大多数的盐。5．【答案】B【解析】【解答】A、在加压的条件下通入，CO2+H2OH2CO3的平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B、氢气和碘反应生成碘化氢的反应为气体体积不变，增大体系压强，容器体积缩小碘浓度增大故体系颜色会加深，但平衡不发生移动，B符合题意；C、热的纯碱溶液易去油污，是因为碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，可以用平衡移动原理来解释，C不符合题意；D、铁离子发生水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，配制溶液时常将晶体溶于较浓的盐酸中，抑制铁离子水解，能用勒夏特利原理解释，D不符合题意；故答案为：B。【分析】勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。6．【答案】D【解析】【解答】A．根据分析，cd段加入氨水用于生成沉淀、沉淀的溶解，但沉淀未完全溶解获得银氨溶液，不能用于与葡萄糖发生银镜反应，A项不符合题意；B．a点为AgNO3溶液，AgNO3属于强酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：Ag++H2OAgOH+H+，溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c()＞c(Ag+)＞c(H+)＞c(OH-)，B项不符合题意；C．b点溶液中lg=0，c(H+)=c(OH-)，溶液中的电荷守恒为c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)+c()+c(H+)=c(OH-)+c()，则c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)+c()=c()，C项不符合题意；D．e点溶液中c(Ag+)、c(NH3)均约为10-3mol/L，e点刚好制得银氨溶液，根据Ag守恒，e点溶液中c([Ag(NH3)2]+)≈-10-3mol/L=0.1mol/L，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K===108，即该平衡常数的数量级为108，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A．cd段沉淀未完全溶解，不是银氨溶液；B．依据强酸弱碱盐水解呈酸性；C．依据电荷守恒判断；D．根据Ag守恒，利用K=计算。7．【答案】A8．【答案】C【解析】【解答】A.烧瓶中有红棕色气体产生也可能是由浓硝酸分解产生，故A不符合题意；

B.和的浓度未知，先产生黄色沉淀，不能证明室温下固体在水中的溶解性：，故B不符合题意；

C.溶液变浑浊，说明二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，证明酸性：碳酸苯酚，故C符合题意；

D.温度升高，水解平衡正向移动，溶液pH增大，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】浓硝酸在见光或受热会分解产生二氧化氮。

控制变量法：当研究多个因素之间的关系时，往往先控制其他几个因素不变，集中研究其中一个因素的变化所产生的影响。

碳酸的酸性强于苯酚，苯酚钠溶液通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠。

温度升高，水解程度增大。9．【答案】C【解析】【解答】A.工业上用覆铜板、溶液等制取印刷电路板，发生反应，铜为还原剂，为还原产物，能说明铜还原性比强，故A不符合题意；

B.水解生成使溶液呈酸性，故B不符合题意；

C.制备胶体是将饱和溶液滴加至煮沸的蒸馏水中，故C符合题意；

D.酚羟基能与溶液作用显紫色，可用于有机物中酚羟基的检验，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】氢氧化铁胶体的制备：向煮沸的蒸馏水中滴加5~6·滴饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色。10．【答案】B11．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，是氧化剂，故A正确；

B、由分析可知，SO2为还原剂，发生氧化反应，故B正确；

C、气体所处的状态未知，不能计算ClO2的体积，故C错误；

D、根据反应的化学方程式可知，反应过程中，Cl元素的化合价从+5价降低为+4价，则每有电子转移将生成，故D正确；

故答案为：C。

【分析】中，Cl元素的化合价降低，则NaClO3为氧化剂，S元素的化合价升高，则SO2为还原剂。12．【答案】B【解析】【解答】A．根据图示可知，过程Ⅰ为Fe3O4在太阳光照射下分解生成FeO与O2，反应方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑，A正确；

B．过程Il为FeO与水反应生成H2和Fe3O4，反应方程式为3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，B错误；

C．过程Ⅰ方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，过程Ⅱ方程式为：3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，将Ⅰ+Ⅱ×2，整理可得2H2O2H2↑+O2↑，可见在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，C正确；

D．根据C选项的分析，总反应为2H2O2H2↑+O2↑，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，D正确；故答案为：B

【分析】由图可知，过程Ⅰ为2Fe3O46FeO+O2↑，过程Ⅱ为3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，总反应为2H2O2H2↑+O2↑。13．【答案】C14．【答案】B【解析】【解答】A、为SO2，SO2中心S原子的价层电子对数为3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，故A错误；

B、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则氧原子的第一电离能比N、F都低，故B正确；

C、元素的非金属性越强，电负性越大，元素非金属性：N＜O，则电负性：O<N，即X<W，故C错误；

D、Cu与S反应生成Cu2S，故D错误；

故答案为：B。

【分析】基态W原子中有7个运动状态不同的电子，则W为N元素，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，则Z原子的核外电子数为为2+8+18+1=29，则Z为Cu元素，X元素形成的某种单质是极性分子，则X为O元素，基态Y原子的价层电子排布式为，则Y处于ⅥA族，Y的原子序数小于Cu，故Y为S元素。15．【答案】C【解析】【解答】A．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，计工作时，化学能转化为电能，A不符合题意；B．pH与电池的电动势E存在关系：，则pH=，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，B不符合题意；C．若玻璃电极电势比参比电极低，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，C符合题意；D．pH与电池的电动势E存在关系：，若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数K=E-0.059pH=0.377-0.059×3=0.2，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．原电池是把化学能转化为电能；B．利用pH与电池的电动势E存在关系：；C．玻璃电极电势比参比电极低，为原电池负极；D．依据pH与电池的电动势E存在关系：。16．【答案】D【解析】【解答】A.催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变总反应的焓变，故A不符合题意；

B.根据图中信息可知，生成的H2O不再参与后面流程，因此是反应历程的最终产物之一，故B不符合题意；

C.反应物为二氧化碳和氢气，生成物为甲醇和水，有非极性键断裂，无非极性共价键形成，故C不符合题意；

D.根据反应流程即可得到3H2-CH3OH-6H*，因此理论上反应历程消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.催化剂不改变焓变；

B.根据图示水不参与后期反应为产物；

C.根据CO2+3H2-CH3OH+H2O，即可判断有非极性共价键断裂无形成；

D.根据CO2+3H2-CH3OH+H2O，即可找出3H2-CH3OH-6H*，即可判断。17．【答案】A【解析】【解答】A、能计算A的平均速率，不能计算2min时的瞬时速率，故A错误；

B、由分析可知，2min时B的物质的量为1.8mol，浓度为0.9，故B正确；

C、A的转化率为，故C正确；

D、物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则x=1，故D正确；

故答案为：A。

【分析】根据题干数据列出反应的三段式：

。18．【答案】D19．【答案】D【解析】【解答】A.碳的燃烧热产物为二氧化碳，故A不符合题意；

B.已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s)，说明金刚石能量高，则石墨更稳定，故B不符合题意；

C.；，固态硫变为气态硫需要吸收能量，因此固态硫燃烧释放能量少，故，故C不符合题意；

D.已知：，考虑弱酸电离吸热，因此释放能量减少，因此，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.燃烧热的产物是稳定的化合物；

B.能量越高越不稳定；

C.考虑固体硫到气体硫吸收能量释放能量降低；

D.考虑的是醋酸电离时吸热导致放出能量降低。20．【答案】A21．【答案】（1）2：2：6：1（2）H+＜Li+＜H-＜O2-（3）10；（4）为离子晶体，为分子晶体（5）0.21（6）；M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变（7）H2O+CCO+H2【解析】【解答】（1）钠元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，由能量最低原理可知，核外不同能量的电子数之比为2：2：6：1，故答案为：2：2：6：1；（2）离子的电子层数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径最大、氢离子的离子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则H—离子的离子半径大于锂离子，所以四种离子的离子半径由小到大的顺序为H+＜Li+＜H—＜O2—，故答案为：H+＜Li+＜H—＜O2—；（3）四氢合硼酸根离子含有的电子数为10，氟离子和氢氧根离子与四氢合硼酸根离子的电子数都为10和都带带一个单位负电荷，氢氧根离子的电子式为，故答案为：；（4）四氢合硼酸钠为离子晶体，四氢合硼酸铝为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以四氢合硼酸钠的熔点高于四氢合硼酸铝，故答案为：为离子晶体，为分子晶体；（5）反应时，1mol四氢合铝酸锂能提供8mol电子，相当于4mol氢气，则四氢合铝酸锂的有效氢含量为≈0.21，故答案为：0.21；（6）由方程式可知，反应的平衡常数的表达式K=，反应达到平衡时，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变，所以平均摩尔质量为M1等于M2，故答案为：；M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变；（7）由图可知，反应物为水和碳，生成物为一氧化碳和氢气，氧化亚铁为反应的催化剂，总反应为氧化亚铁做催化剂条件下，水与碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为H2O+CCO+H2，故答案为：H2O+CCO+H2。

【分析】（1）基态Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，有多少种能级就有多少种不同能量的电子；

（2）电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小；

（3）的电子数为5+1×4+1=10，含有10e-且带一个单位负电荷的离子有F-、OH-；

（4）熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；

（5）LiAlH4作还原剂时LiAlH4～8e-，H2作还原剂时H2～2e-，即4H2～8e-；

（6）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；温度不变，化学平衡常数不变，容器中不变，M1等于M2；

（7）H2O和C是反应物，CO和H2是生成物，FeO是催化剂，Fe3O4是中间产物。22．【答案】（1）①④；③；②（2）；14；2【解析】【解答】(1)在上述四个反应中，反应SO3+H2O=H2SO4、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O中元素化合价没有发生变化，因此这两个反应属于非氧化还原反应；即属于非氧化还原反应的反应序号是①④；在反应③2F2+2H2O=4HF+O2中，F元素化合价降低，H2O的组成元素O元素化合价升高，所以F2为氧化剂，H2O作还原剂，则H2O作还原剂的反应序号是③；在②Cl2+H2O=HCl+HClO中，只有Cl与盐酸化合价发生了变化，H2O的组成元素化合价不变，所以Cl2既作氧化剂又作还原剂，而H2O既不作氧化剂，也不作还原剂，因此属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的反应序号是②；(2)①在反应2NO+2CON2+2CO2中，N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后N2中的0价，化合价降低2×2=4价，得到电子4e-；C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高2×2=4价，失去电子4e-，用双线桥法表示电子转移为：；②在上述反应中，每反应消耗2molNO气体，反应过程就会转移4mol电子，同时产生1mol的还原产物N2。若消耗标况22.4L的NO气体，其物质的量是1mol，则反应产生0.5mol的N2，其质量m(N2)=0.5mol×28g/mol=14g，转移2mol电子。

【分析】（1）氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化；属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原，说明水既不是氧化剂也不是还原剂；

（2）2NO+2CON2+2CO2中，NO的+2价N元素变成0价，化合价降低被还原，则NO为氧化剂；CO中+2价C由变为+4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂。23．【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸（2）6；+10H++8e—=+3H2O（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成，减少N2的生成【解析】【解答】(1)由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；(2)由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；(3)①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；(4)由图可知，当废水pH＜4.2时，pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成，减少N2的生成。

【分析】（1）通入氮气能够排除装置中的氧气，防止装置内物质被氧化。

（2）纳米铁在负极失电子发生氧化反应生成Fe2+，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。

（3）①废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH。

②随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强。

（4）pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子。24．【答案】（1）第四周期第ⅤA族；；8；33（2）（3）HF；（4）【解析】【解答】（1）元素⑩是As，其在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤA族，其基态原子价电子轨道表示式为；基态As原子核外占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p共8个能级，每个能级的电子能量不同，该元素对应基态原子具有8种能量不同的电子；每一个电子的运动状态均不相同，有33种运动状态不同的电子；

答案：第四周期第ⅤA族；；8；33；

（2）④、⑤、⑥的简单离子半径分别是F-、Na+、Mg2+，核外电子排布相同，原子序数越大，离子半径越小，简单离子半径由大到小的顺序为：F->Na+>Mg2+；

（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定和最高价氧化物对应水化物的酸性越强，气态氢化物最稳定的是HF；O和F无最高正价，最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；

答案：HF；HClO4；

(4)⑤是Na，最高价氧化物对应的水化物是NaOH，⑦是Al，最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，离子方程