2024年华东师大版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版选择性必修1化学上册月考试卷159考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、一定温度下，HF分子容易双聚或多聚：nHF(g)(HF)n(g)△H<0。欲测定HF的相对分子质量，最适合的条件是A.低温高压B.高温低压C.低温低压D.高温高压2、某钠—空气水电池的充；放电过程原理示意图如图所示；下列说法正确的是。

A.放电时，Na+向负极移动B.放电时，电子由钠箔经非水系溶液流向碳纸C.充电时，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔减重2.3gD.充电时，碳纸与电源正极相连，电极反应式为4OH-﹣4e-=2H2O+O2↑3、下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是（）A.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=+57.4kJ/molB.已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C.已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，则H2燃烧热为241.8kJ/molD.已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2；则△H1＜△H24、某同学组装了如图所示的电化学装置；电极Ⅰ为Al电极，其他均为Cu电极，则下列叙述正确的是。

A.电子流动方向:电极Ⅳ→Ⓐ→电极ⅠB.电极Ⅰ发生氧化反应C.电极Ⅱ质量不变D.电极Ⅲ的电极反应Cu2++2e-＝Cu5、Xe和形成的氟化物有三种，已知：在低温下主要发生随着温度升高依次发生分解反应。下图表述的是以和为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。下列说法中错误的是。

A.由图可知Xe的三种氟化物中最稳定B.反应的C.制备的合适温度约为550KD.与NaOH溶液反应产生的化学方程式为6、一定温度下，在5L的恒容密闭容器中充入等物质的量的A和B，发生反应：2A(g)+B(g)C(l)。反应过程中A的物质的量随时间的变化如下表。下列说法不正确的是。t/min0510152025n/mol64.42.52.12.02.0

A.0~10min，用B表示的平均反应速率为：0.035mol/(L·min)B.反应过程中A的转化率始终为B的2倍C.20min时，A的消耗速率是B的生成速率的2倍D.若平衡后分离出部分C，此时v正>v逆7、在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)。在500℃时，平衡常数K=9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.2mol/L，则在此条件下CO的转化率为A.25%B.50%C.75%D.80%8、25℃时有关物质的颜色和溶度积（Ksp）如下表：

。物质。

AgCl

AgBr

AgI

Ag2S

颜色。

白。

淡黄。

黄。

黑。

Ksp

1.8×10－10

7.7×10－13

1.5×10－16

1.8×10－50

下列叙述中不正确的是（）A.向AgCl的白色悬浊液中加入0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀产生B.25℃时，利用表中的溶度积（Ksp），可以计算AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度C.25℃，AgCl固体分别在等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中溶解达到平衡，两溶液中，c（Ag+）和溶度积均相同D.在5mL1.8×10－6mol/LNaCl溶液中，加入1滴（20滴约为1mL）1×10－3mol/LAgNO3溶液，不能产生白色沉淀9、通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是。

①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1

②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=bkJ·mol-1

③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1

④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH4=dkJ·mol-1A.反应①、②为反应③提供原料气B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一C.反应C(s)+2H2O(l)=CO2(g)+2H2(g)的ΔH=(a＋b)kJ·mol-1D.反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d)kJ·mol-1评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、常温下；用某浓度的NaOH溶液滴定20.00mL等浓度的HA溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.NaOH溶液的浓度是0.1mol/LB.HA的C.若向c点溶液中加入少量NaA固体，c(Na+)＜c(A-)D.升高d点溶液的温度，溶液的碱性减弱11、现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，然后用该溶液吸收有毒的硫化氢气体，工艺原理如图所示(其中，a、b均为惰性电极)。下列说法正确的是。

A.电解池应该用阴离子交换膜，使OH-从右槽迁移到左槽B.电极a接电源的正极，发生氧化反应C.吸收池中发生反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+D.吸收池中每吸收2.24LH2S气体，电解池的阴极区生成2g氢气12、某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H<0，测得CH3OH(g)的物质的量随时间的变化如图所示。已知；此温度下，该反应的平衡常数K＝2.25，下列说法错误的是。

A.0－10min，v(H2)＝0.225mol·L－1·min－1B.点b所对应的状态v正>v逆C.CH3OH的生成速率，点a大于点bD.欲增大平衡状态时可保持其他条件不变，升高温度13、下列实验操作、实验现象和结论均正确的是。选项实验操作实验现象结论A向碳酸氨钠溶液中滴加盐酸有气泡产生氯的得电子能力比碳强B将表面积相同且用砂纸打磨后的镁条、铝条分别放入沸水中镁条剧烈反应，溶液变浑浊，铝条与沸水无明显现象镁的失电子能力比铝强C将铜片、锌片用导线连接，插入稀硫酸中锌片溶解，铜片上有气泡产生锌的活泼性比铜强D用灼烧后的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验火焰呈黄色溶液中可能含有

A.AB.BC.CD.D14、在缺乏氧气的深层潮湿土壤中存在的硫酸盐还原菌；会附着在钢管表面促进钢铁的腐蚀，这个过程被称为厌氧腐蚀，其反应原理如图所示，下列说法正确的是。

A.厌氧腐蚀属于电化学腐蚀B.负极的电极反应式为C.每生成1molFeS，最终转移的电子数为2D.镀锌或铜的钢管破损后均会加快钢管的腐蚀15、某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5g锌粒（颗粒大小基本相同），通过分液漏斗加入40mL2.5mol/L的稀硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，0～10s内收集到气体的体积为50mL（折合成0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL）。下列说法不正确的是（）

A.将题述中的稀硫酸改为浓硫酸，生成H2的速率变快B.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H+来表示10s内该反应的速率为0.01mol/(L•s)C.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2+来表示10s内该反应的速率为0.01mol/(L•s)D.可通过测定溶液的pH来测定反应速率16、Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2（g）2Cl•（g）快；②CO（g）+Cl•（g）COCl•（g）快；③COCl•（g）+Cl2（g）COCl2（g）+Cl•（g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO）c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•）。下列说法正确的是A.反应①的活化能大于反应③的活化能B.反应②的平衡常数K=C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率D.选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率17、CO与亚硝酸甲酯(CH3ONO)在Pd催化剂作用下发生反应的机理如图所示；下列说法正确的是。

A.脱附过程1的总反应为：2CO+2CH3ONO+2NOB.CH3ONO中氮氧双键在Pd表面断裂C.增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]，可提高最终产物中碳酸二甲酯的比率D.脱附过程2生成了碳酸二甲酯()18、H2C2O4为二元弱酸。25℃时，配制一组c(H2C2O4)+c()+c()=0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是。

A.pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c()>c()B.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c()C.c()=c()的溶液中：c(Na+)>0.100mol·L-1+c()D.pH=7.0的溶液中：c(Na+)>2c()评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)19、反应2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=Q，在4种不同条件下进行，已知起始时I2与H2的物质的量为0；反应物HI的浓度（mol/L)随反应时间（min)的变化情况如下表所示：

(1)实验1中，反应在0〜10min内平均速率v(HI)为_______mol·L-1·min-1。仔细分析上表数据可推知Q______0(填“>”“<”或“=”)。

(2)实验2中，HI的初始浓度c2为_____mol·L-1.设平衡前实验1的平均反应速率为v1，平衡前实验3的平均反应速率为v3，则v1____v3(填“>”“<”或“=”)，且c3为________mol·L-1。20、I．如图所示；A；F为石墨电极，B、E为铁片电极。按要求回答下列问题。

(1)断开K2，闭合K1时。B为___极，A的电极反应为_______，最终可观察到的现象是________。

(2)断开K1，闭合K2时。E为_____极，F极的电极反应为_____，检验F极产物的方法是___。

(3)若往U形管中滴加酚酞试液，进行（1）（2）操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是____。

Ⅱ．如图所示；若电解5min时铜电极质量增加2.16g，B池的两极都有气体产生。

试回答：

(1)电源电极X名称为____。

(2)pH变化：A池_____，B池______，C池____。

(3)写出B池中所发生的电解反应方程式：_________。21、如图所示；把试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入10mL盐酸于试管中，试回答下列问题：

(1)实验中观察到的现象是_______。

(2)产生上述现象的原因是_______。

(3)写出有关反应的离子方程式：_______；反应中转移了0.04mol电子时；标准状况下产生多少_______mL的H2；生成的MgCl2物质的量浓度为_______。(溶液体积保持不变)

(4)由实验推知，镁片和盐酸的总能量_______(填“大于”、“小于”或“等于”)MgCl2溶液和H2的总能量；此反应为_______(填放热反应或者吸热反应)。22、新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入和电解质溶液为溶液。某研究小组用甲烷燃料电池作为电源电解饱和氯化钠溶液；如图所示。回答下列问题：

(1)甲烷燃料电池中通入的一极是__(填“正极”或“负极”)，该电极上含碳产物的微粒符号是___，通入的一极的电极反应式为______。

(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极是____(填“阳极”或“阴极”)，a电极上发生的电极反应式是____。

(3)①将电解池的饱和溶液换为饱和溶液进行实验，观察到的现象是_____。

②若将电解池的石墨棒电极换为铜电极，则总反应的离子方程式为____。23、2020年3月22日为第28届世界水日；化学中有很多与水相关的化学知识。

(1)海水会腐蚀铁质海轮外壳，制造海轮时会在船底四周镶嵌_______。(填“锌块”或“铜块”)

(2)自来水厂常用含有Fe3+的净水剂净水，其原理是_________。(用离子方程式表示)

(3)自来水常用氯气杀菌消毒，要增大HClO的浓度，可以加入下列物质中的____。

A．CH3COONaB．HClC．CaCO3固体D．H2OE．SO2

(4)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液，由水电离出的c(OH-)=______mol·L-1。24、回答下列问题。

(1)25℃时，几种酸的电离平衡常数如下表所示。HClO

将少量气体通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为___________。

(2)某二元酸在水中的电离方程式是在0.1mol/L的溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是___________(填标号)。A．B．C．D．(3)常温下，测得某纯与水形成的浊液pH为9，已知忽略的第二步水解，则___________。

(4)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，则：表示的是曲线___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；

(5)常温下，向溶液中滴入溶液，溶液中由水电离出的的负对数[]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。

则___________，N点溶液中：___________(填“＞”、“＜”或“=”)。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)25、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共12分)26、短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素。试回答以下问题：(所有答案都用相应的元素符号作答)

(1)化学组成为AFD的结构式为___，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为___化合物(填“离子”或“共价”)。

(2)化合物甲；乙由A、B、D、E中的三种或四种组成；且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为___。

(3)由D；E形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是___。

(4)元素B和C的非金属性强弱；B的非金属性___于C(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论___。

(5)以CA3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L-1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O。该电池负极的电极反应式为___；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为___。27、短周期主族元素A；B、C、D、E原子序数依次增大；A元素单质常温常压下是最轻的气体，B元素所形成化合物种类最多，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的。

（1）已知相关物质之间存在如下变化：

①丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为_____________，由物质己电解得到单质D的化学方程式为_____________________________；

②0.lmoL/L的丙溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序为______________。

（2）已知E及其化合物有以下变化：

写出单质E与化合物Z在一定条件下反应生成X和水的化学方程式___________。

由A、B、C、D、E5种元素中的两种元素，可形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子的分子式为____（任写一个即可）。

（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0．5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液全吸收后没有气体残留，所生成C的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是______。28、短周期元素X；Y、Z、W、N的原子序数依次增大；其中X的一种同位素原子没有中子，Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，Z为地壳中含量最多的非金属元素，W的焰色反应为黄色，N原子为所在周期原子半径最小的原子(稀有气体除外)

(1)W在周期表中的位置______。

(2)元素Z和W形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为___，该化合物中化学键有______。

(3)WNZ溶液呈______性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是______。(用离子方程式表示)

(4)甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，______(填化学式)沸点更高，原因：______。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共30分)29、二氧化锰在生活和化学实验中有广泛应用。海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO2。1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其制备过程如下图所示：

(1)步骤Ⅰ中，试剂甲必须具有的性质是________(填序号)。

A．碱性B．稳定性C．氧化性D．还原性。

(2)用惰性材料作电极，电解硫酸锰溶液制二氧化锰，写出阳极反应式：_____________________。步骤Ⅲ中，以KClO3为氧化剂，当生成0.050molMnO2时，消耗0.10mol·L－1的KClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为____________________________________________。

(3)用100mL12.0mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气在标准状况下体积范围为________________。工业上可以用实验室制氯气的残余物质溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领域。请写出该化学反应的离子方程式：__________________。

(4)二氧化锰是实验室制取氧气的催化剂。下列是某同学设计实验探究双氧水分解实验方案；。实验20.0mL双氧水溶液浓度粉状MnO2温度待测数据Ⅰ5%2.0g20℃Ⅱ5%1.0g20℃Ⅲ10%1.0g20℃Ⅳω2.0g30℃

①实验Ⅱ和Ⅲ的结论是____________________________________________________。

②利用实验Ⅰ和Ⅳ探究温度对化学反应速率的影响，w＝________。本实验待测数据是______。30、铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：

已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31；lg2=0.3。

②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。

③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。

请回答下列问题：

(1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是___________。

(2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是___________，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(3)“还原”时，加入铋的目的是___________。

(4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于___________。

(5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式：___________。

(6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式：___________。31、可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯，磁盘等。工业上以软锰矿(主要成分是还含有少量的()为原料生产的工艺流程如下：

25℃时，相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子开始沉淀的pH1.56.33.48.1沉淀完全的pH2.88.34.710.1

回答下列问题：

(1)“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有_______(任写一种即可)。“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有_______(填离子符号)，铁屑与发生反应的离子方程式为_______。

(2)“调节pH”时，加入溶液的目的是_______，“调节pH”的范围为_______。

(3)“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，原因是_______。

(4)25℃时，pH=2.8沉淀完全，则_______。

(5)滤渣1中的可制备还原铁粉，还原铁粉的纯度可通过下列方法测定：称取0.2800g样品，溶于过量稀硫酸，用标准溶液滴定所得溶液中的测得三次消耗0.03000mol/L的溶液25.10mL；26.50mL、24.90mL(测定过程中杂质不参与反应)。

①写出滴定反应的离子方程式_______。

②计算还原铁粉的纯度_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

（HF）n的存在会影响HF的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小（HF）n的含量，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，高温低压可以使平衡逆向移动，故选B。2、D【分析】【分析】

放电时钠箔为负极，电极反应式：Na-e-=Na+，碳纸为正极，电极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-；充电时电极反应则相反，阳极接正极；阴极接负极；

【详解】

A．原电池工作时，阳离子Na+向正极移动，故A错误；

B．原电池中，钠箔为负极，碳纸为正极，电子由钠箔流出经外电路流向碳纸，不经过非水系溶液，故B错误；

C．充电时，钠箔做阴极发生还原反应，质量增加，当有0.1mole-通过导线时，则钠箔增重0.1mol×23g/mol=2.3g，故C错误；

D．充电时，碳纸与电源正极相连作阳极，电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，故D正确；

故选：D。3、D【分析】【详解】

A、中和反应为放热反应，△H<0，则中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol；故A不正确；

B、由C(石墨，s)=C(金刚石，s)，△H>0；可知石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，则石墨稳定，故B不正确；

C；燃烧热是1mol物质的完全燃烧生成稳定的氧化物；该反应中生成的水应为液态才是最稳定的，故C不正确；

D、由于物质不完全燃烧比完全燃烧放出的热量小，且△H<0，则△H1＜△H2；故D正确；

故选D。4、B【分析】【分析】

电极Ⅰ为Al；其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极；Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，据此分析解答。

【详解】

电极Ⅰ为Al；其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极；Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，则。

A．电子从负极沿导线流向正极；即电子流动方向为电极Ⅰ→Ⓐ→电极Ⅳ，故A错误；

B．电极Ⅰ是负极，电极反应式为Al-3e-＝Al3+；发生氧化反应，故B正确；

C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu2++2e-＝Cu；所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；

D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+；故D错误；

故答案选B。5、B【分析】【详解】

A．已知：在低温下主要发生随着温度升高依次发生分解反应生成则最稳定；A正确；

B．由图可知，随着温度升高，发生分解反应生成的量增加；则反应为吸热反应，焓变大于零，B错误；

C．制备的合适温度约为550K，此时含量最高；C正确；

D．与NaOH溶液反应产生氧元素化合价升高则Xe化合价降低生成Xe单质，反应为D正确；

故选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．0~10min，A的平均反应速率为由速率之比等于化学计量数之比，可得A正确；

B．A和B的起始投入物质的量相等，A的转化量始终是B的2倍，由转换率可知；反应过程中A的转化率始终为B的2倍，B正确；

C．20min后A的物质的量不再变化，说明20min时反应达到平衡，则即A的消耗速率是B的生成速率的2倍，C正确；

D．C是液体，分离C对气体的浓度无影响，平衡不移动，v正=v逆；D错误；

故选：D。7、C【分析】【分析】

【详解】

对于反应CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)，在开始时c(CO)=c(H2O)=0.2mol/L，假设平衡时CO的转化浓度为x，则根据物质反应转化关系可知：平衡时c(CO)=c(H2O)=(0.2-x)mol/L，c(H2)=c(CO2)=xmol/L，由于在500℃时，平衡常数K=9，则解得x=0.15mol/L，故在此条件下CO的转化率为故合理选项是C。8、C【分析】【详解】

A．对于相同类型的难溶性盐；一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，故A不符合题意；

B．AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度分别为：mol/L、mol/L、mol/L、mol/L；故B不符合题意；

C．等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中c(Cl-)不同，根据平衡移动可知，AgCl在这两溶液中溶解度不同，因温度不变，因此溶度积相同，但c（Ag+）不同；故C符合题意；

D．1滴溶液体积为0.05mL，加入到5mL溶液中，混合溶液体积几乎不变，当硝酸银加入后，溶液中c(Ag+)=Qc(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=1.8×10−6mol⋅L−1×1×10−5mol⋅L−1=1.8×10−11<1.8×10−10；所以不能产生白色沉淀，故D不符合题意；

故答案为：C。

【点睛】

本题D选项的相关判断依据为浓度熵与溶度积的相对大小，计算难点在于混合后溶液相关微粒浓度的变化，这是计算过程中易忽略点，也是易错点，需注意理解分析。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．反应③中的反应物为CO2、H2；由反应可以知道，反应①；②为反应③提供原料气，A项正确；

B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是CO2资源化利用的方法之一；B项正确；

C．反应①+②得C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，反应物中的H2O为气态，气态水变为液态水为放热过程，则C(s)+2H2O(l)=CO2(g)+2H2(g)的ΔH＞(a＋b)kJ·mol-1；C项错误；

D．由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到则D项正确；

答案选C。二、多选题(共9题，共18分)10、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由滴加曲线可知：在加入NaOH很多时，结合e点时溶液pH=13，可知c(H+)=10-13mol/L，则c(NaOH)=c(OH-)=A正确；

B．根据滴定曲线可知：当二者恰好中和，滴定达到突跃，消耗NaOH溶液体积是20.00mL，则根据二者反应消耗关系可知c(HA)=c(NaOH)=0.1mol/L，故Ka=B正确；

C．c点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)可知该点溶液中c(Na+)=c(A-)，当加入NaA时，A-会发生水解反应而消耗，因此溶液中c(Na+)＞c(A-)；C错误；

D．d点是NaA溶液；该盐是强碱弱酸盐，会发生水解反应，但盐水解程度是微弱的，存在水解平衡，盐的水解反应是吸热反应，将溶液温度升高时，将促进盐的水解，使水解平衡正向移动，最终达到平衡时导致溶液的碱性增强，D错误；

故合理选项是CD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

略12、BD【分析】【详解】

A.0∼10min，v(H2)=3v(CH3OH)==0.225mol⋅L−1⋅min−1；故A正确；

B.b点时CH3OH的物质的量为0.75mol，浓度为0.75mol/L；H2O的浓度为0.75mol/L；H2的浓度为3.25mol/L-30.75mol/L=1mol/L；CO2的浓度为1mol/L-0.75mol/L=0.25mol/L；Qc==K，则b点反应达到平衡，v正=v逆；故B错误；

C.从a到b反应正向进行，正反应速率不断减小，逆反应速率越来越大，CH3OH的生成速率逐渐增大，点a大于点b；故C正确；

D.该反应时放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的浓度减小，CO2的浓度增大，减小；故D错误；

故选BD。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．向碳酸氨钠溶液中滴加盐酸有气泡产生说明发生了HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，结论为HCl酸性比H2CO3强；未发生氧化还原反应，得不出得电子能力强弱，A错误；

B．铝条与沸水反应缓慢产生细小气泡；现象错误，B错误；

C．将铜片；锌片用导线连接；插入稀硫酸中，形成铜锌原电池，锌失电子能力比铝强，因此锌作负极，失电子，锌片逐渐溶解，Cu作正极，氢离子在正极得电子生成氢气，因此可证明锌的活泼性比铜强，C正确；

D．由于钾的焰色需要透过蓝色钴玻璃观察；因此火焰呈黄色说明一定含有钠离子，可能含有钾离子，D正确；

故选CD。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．钢管中含有碳元素；铁；C与潮湿的土壤形成原电池，则厌氧腐蚀属于电化学腐蚀，A说法正确；

B．根据图像可知，负极铁失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；B说法正确；

C．硫酸根离子变为硫离子时，转移8个电子，则每生成1molFeS，最终转移的电子数为8NA；C说法错误；

D．镀锌的钢管破损后锌比铁活泼；锌作负极，保护铁不被腐蚀，而铜比铁活泼性差，作正极，会加快钢管的腐蚀，D说法错误；

答案为AB。15、AC【分析】【详解】

A．浓硫酸具有强氧化性，与锌反应不生成A错误；

B．0℃、条件下的体积为其物质的量为则根据反应可知：故用来表示内该反应的速率为B正确；

C．结合B选项分析可知，用来表示内该反应的速率为C错误；

D．在反应过程中，逐渐减小，故可以通过测定溶液来测定反应速率；D正确；

故答案为：AC。16、BC【分析】【分析】

根据有效碰撞理论；活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。

【详解】

A．活化能越小；反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；

B．反应②存在v正=k正c（CO）c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•），平衡时正逆反应速率相等，则故B正确；

C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率；关键是提高反应③的速率，故C正确；

D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变；故D错误；

答案选BC。17、AD【分析】【分析】

【详解】

A．由反应机理图可知：脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd，故总反应为：2CO+2CH3ONO+2NO；A正确；

B．由图可知：Pd与CH3ONO生成了CH3O-Pd-NO；断的是O-N键，-N=O中的双键并没有断，B错误；

C．增大投料比[n(CO):n(CH3ONO)]时，第一步反应生成的CH3O-Pd-NO减少，Pd-CO-Pd增多，CH3O-Pd-NO的减少将导致脱附过程2的减少；脱附过程1将增加，进一步导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大，C错误；

D．由反应机理图可知：脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯D正确；

故答案为AD；18、BD【分析】【分析】

【详解】

A．由图象可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O)浓度之和小于c(HC2O)，则c(H2C2O4)+c(C2O)＜c(HC2O)；故A错误；

B．已知所配溶液中c(H2C2O4)+c()+c()=0.100mol·L-1、依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)，物料守恒0.100mol·L-1=c(Na+)=c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)，代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O)；故B正确；

C．已知c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=0.100mol•L-1，c(HC2O)=c(C2O)，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)＜0.100mol•L-1+c(HC2O)；故C错误；

D．25℃时，pH=7的溶液，显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O)+c(OH-)+c(HC2O)，所以c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)，则c(Na+)>2c()；故D正确；

故选：BD。三、填空题(共6题，共12分)19、略

【分析】【详解】

（1）由表格可知，0〜10min内由实验1与实验4对比可知；温度升高，HI的转化量升高，即平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应移动，即正向为吸热反应；

故答案为：0.02；>；

（2）根据实验1、2数据分析，温度相同，达平衡后HI的物质的量浓度相同，且H2、I2起始浓度为0，所以两组实验中HI的起始浓度相同为1.0mol•L-1；实验1、3比较，温度相同，10min-20min时，实验3的浓度减少量都大于实验1的，所以实验3的反应速率大于实验1的，即v3>v1；实验2与实验3的温度相同，该反应为气体等体积反应，实验2平衡时α(HI)=50%，实验3与实验2互为等效平衡，因此实验3的α(HI)=50%，故c3==1.2mol/L；

故答案为：1.0或1；<；1.2。【解析】①.0.02②.>③.1.0或1④.<⑤.1.220、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)断开K2，闭合K1时，左端U形管没有外接直流电源，则形成原电池，相对活泼的电极为负极，则B为负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+；A为正极，发生吸氧腐蚀，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。两电极产物反应生成Fe(OH)2，然后发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，最终可观察到的现象是溶液中有红褐色沉淀生成。答案为：负；O2+4e-+2H2O=4OH-；溶液中有红褐色沉淀生成；

(2)断开K1，闭合K2时，右端U形管形成电解池，与电源正极相连的F极为阳极，则E为阴极；在F极，Cl-失电子生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，检验F极产物Cl2，可使用湿润的淀粉碘化钾试纸，具体方法是：用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气。答案为：阴；2Cl--2e-=Cl2↑；用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极；试纸变蓝，证明是氯气；

(3)若往U形管中滴加酚酞试液，进行（1）（2）操作时，A极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，B极反应为Fe-2e-=Fe2+，E极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，F极反应为2Cl--2e-=Cl2↑；则电极周围能变红的是AE。答案为：AE；

Ⅱ．电解5min时，铜电极质量增加2.16g，则Cu电极为阴极，Ag电极为阳极，与它相连的电源Y电极为正极，X电极为负极。A池中，左端Pt电极为阴极，右端Pt电极为阳极，电池反应为2KCl+2H2O2KOH+Cl2↑+H2↑；B池中，左端Pt电极为阴极，右端Pt电极为阳极，电池反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，2H2O2H2↑+O2↑(B池的两极都有气体产生，所以有后一反应发生)；C池中，Cu电极反应Ag++e-=Ag，Ag电极反应Ag-e-=Ag+。

(1)依上面分析；电源电极X名称为负极。答案为：负极；

(2)从上面分析可知；pH变化：A池变大，B池变小，C池不变。答案为：变大；变小；不变；

(3)由分析知，B池中所发生的电解反应方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，2H2O2H2↑+O2↑。答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，2H2O2H2↑+O2↑。

【点睛】

审题时，我们一定要关注细节，否则易发生错误。如电解CuSO4、K2SO4的混合溶液，我们很容易想到电解CuSO4：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，但易忽视2H2O2H2↑+O2↑。题中信息“B池的两极都有气体产生”告诉我们，还应有另一在阴极产生气体的反应发生，仔细分析，只能为电解水。【解析】负O2+4e-+2H2O=4OH-溶液中有红褐色沉淀生成阴2Cl--2e-=Cl2↑用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气AE负极变大变小不变2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，2H2O2H2↑+O2↑21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)、(2)镁是活泼金属，能与稀盐酸发生反应，在镁片上产生大量气泡，即产生氢气，随着反应的进行，镁片逐渐溶解，该反应放出大量的热，而饱和石灰水随着温度的升高，溶解度逐渐减小，逐渐有Ca(OH)2晶析析出；所以烧杯中溶液变浑浊；

(3)该反应的离子的方程式为反应中转移了0.04mol电子时，即生成0.02molH2，标准状况下产生448mL的H2；生成的MgCl2物质的量浓度为

(4)由实验可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以镁片溶液和盐酸的总能量大于MgCl2和H2的总能量。【解析】镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH)2在水中的溶解度随温度升高而减小，故析出Ca(OH)2晶体4482.0mol/L大于放热反应22、略

【分析】(1)甲烷燃料电池属于原电池，原电池中负极失去电子，正极得到电子，氧气在正极得电子，在KOH环境下生成OH－；

(2)闭合K开关后，b电极和电源的负极相连；作阴极，溶液中的氢离子得电子，生成氢气，a电极作为阳极，溶液中的氯离子失去电子，生成氯气；

(3)①将电解池的饱和溶液换为饱和溶液进行实验；实际电解的为水，水减少，硫酸钠会析出来；

②若将电解池的石墨棒电极换为铜电极；铜作为阳极，会失去电子变为铜离子，作为阴极，水得电子，生成氢气和氢氧根。

【详解】

(1)甲烷燃料电池属于原电池，原电池中负极失去电子，正极得到电子，所以甲烷在负极，失电子生成CO2，CO2和KOH溶液反应生成K2CO3，负极反应的离子方程式为CH4+10OH－-8e－=+7H2O，氧气在正极得电子，在KOH环境下生成OH－，正极反应式为故答案为：负极；

(2)闭合K开关后，b电极和电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子得电子，生成氢气，a电极作为阳极，溶液中的氯离子失去电子，生成氯气，电极反应式是故答案为：阴极；

(3)①将电解池的饱和溶液换为饱和溶液进行实验；实际电解的为水，水减少，硫酸钠会析出来，观察到的现象是两极均有气体产生，溶液有固体析出，故答案为：两极均有气体产生，溶液有固体析出；

②若将电解池的石墨棒电极换为铜电极，铜作为阳极，会失去电子变为铜离子，作为阴极，水得电子，生成氢气和氢氧根，则总反应的离子方程式为故答案为：

【点睛】

本题难点(3)，电解池电极放电顺序，阴极：阳离子放电，得电子能力强先放电，Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+>H+(H2O)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+；阳极：阴离子放电或电极放电，失电子能力强先放电，若阳极是活泼金属(金属活动顺序表Ag以前)，溶液中的阴离子一律不放电，而是电极材料失电子，若阳极是惰性(Pt、Au、石墨)，则放电顺序如下：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。【解析】负极阴极两极均有气体产生，溶液有固体析出23、略

【分析】【详解】

(1)海水会腐蚀铁质海轮外壳；为了防止其受海水的腐蚀，通常要在船体上连接较活泼的金属(比铁活泼)，所以制造海轮时会在船底四周镶嵌锌块，故答案为：锌块；

(2)自来水厂常用含有Fe3+的净水剂净水，其原理是利用Fe3+的水解产物氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮杂质，Fe3+水解的离子方程式为或者(胶体)+3H+，故答案为：或者(胶体)+3H+；

(3)自来水常用氯气杀菌消毒，要增大HClO的浓度，应设法让化学平衡向正反应方向移动，且不能消耗HClO；

A．酸性：盐酸大于醋酸；醋酸大于次氯酸；所以盐酸与醋酸钠反应生成醋酸，减小盐酸的浓度，平衡右移，醋酸浓度增大，故A符合题意；

B．HCl可以增加溶液中的氢离子和氯离子；使平衡逆向移动，故B不符合题意；

C．盐酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸；所以CaCO3固体与HCl反应；但是不与HClO反应，可以使平衡向正向移动，故C符合题意；

D．加入水；平衡右移，但不能增大HClO的浓度，故C不符合题意；

E．SO2具有还原性；能够氯气发生氧化还原反应，平衡左移，不能增大HClO的浓度，故E不符合题意；

故选AC；

(4)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液c(OH-)=0.01mol·L-1，由水电离出的c(OH-)=c(H+)=故答案为：10-12。【解析】锌块或(胶体)+3H+AC10-1224、略

【分析】（1）

根据电离常数可知，结合氢离子的强弱为>ClO->>CH3COO-，强酸制弱酸原理，少量CO2气体通入NaC1O溶液中，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：ClO-+CO2+Н2O=+HClO；

（2）

在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；

A．由物料守恒得：c((B2-)+c(HB-)=0.1mol/L；选项A正确；

B．HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；选项B错误；

C．根据溶液中质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(HB-)；选项C正确；

D．溶液中电荷守恒为：c((Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)；选项D错误；

答案选AC；

（3）

由Ka2(H2SO3)=6.010-9可知+H2O=+ОН-的水解Kh==1.6710-4，常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，c()=с(ОН-)=110-5，可知c()==610-5，又c(Ca2+)=c()+c()=710-5，Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)c()=710-5610-5=故答案为：

（4）

Ka1=Ka2=则lg=lg=lgKa1+pH、lg=lg=lgKa2+pH，Ka1>Ka2，如果pH值相同时，横坐标数值大的表示lg所以曲线Ⅰ表示lg答案为Ⅰ；

（5）

根据题图知，0.1mol/LHSCN溶液中-lgc水(H+)=11，则c水(H+)=10-11mol/L，故溶液中c(H+)=10-3mol/L，Ka(HSCN)==≈110-5；

R点溶液呈中性，R点后(N点)继续加入NaOH溶液，则所得溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(SCN-)+c(OH-)，则c(Na+)>c(SCN-)；

答案为110-5；＞。【解析】(1)

(2)AC

(3)

(4)Ⅰ

(5)＞四、判断题(共1题，共2分)25、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。五、元素或物质推断题(共3题，共12分)26、略

【分析】【分析】

根据B形成的化合物种类繁多；则可确定B为C元素；根据C；D为空气中含量最多的两种元素，且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，所以C为N元素；D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na元素；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为C1元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A为H元素，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是C，C是N，D是O，E是Na，F是Cl元素。

(1)化学组成为AFD是HClO，O原子最外层有6个电子，其中的2个成单电子分别与H、Cl原子形成共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，故HClO的结构式为H-O-Cl；A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl，该物质是由与Cl-以离子键结合形成的离子化合物；

(2)化合物甲、乙是由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。一种是NaOH，一种是NaHCO3，二者反应产生Na2CO3、H2O，则甲、乙反应的离子方程式为OH-+=+H2O；

(3)D是O，E是Na，二者形成的离子O2-、Na+核外电子排布都是2、8，它们的电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：r(O2-)＞r(Na+)；

(4)B是C，C是N元素，二者是同一周期元素。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，所以元素的非金属性：C比N弱；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，强酸与弱酸盐发生复分解反应制取弱酸，可根据：Na2CO3+2HNO3=CO2↑+H2O+2NaNO3或NaHCO3+HNO3=CO2↑+H2O+NaNO3证明元素的非金属性：C＜N；

(5)A是H，C是N，CA3是NH3，将其设计为原电池，总反应方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，在负极上NH3失去电子被氧化反应产生N2，负极的反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，每有1molNH3反应转移3mol电子，3.4gNH3的物质的量n(NH3)==0.2mol，则转移电子的物质的量是n(e-)=0.2mol×3=0.6mol，则转移的电子数目是N(e-)=0.6NA。【解析】H—O—Cl离子OH-+=+H2Or(O2-)＞r(Na+)弱Na2CO3+2HNO3=CO2↑+H2O+2NaNO3或NaHCO3+HNO3=CO2↑+H2O+NaNO32NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA27、略

【分析】【分析】

A元素单质常温常压下是最轻的气体，A为H元素；B元素所形成化合物种类最多，B为C元素；C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，C为N元素，甲为HNO3，乙为NH3，丙为NH4NO3；A；B、C、D、E原子序数依次增大；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D为Al；根据（2），E的单质发生两步氧化生成Y，Y与水反应生成Z，单质E可与Z反应，E为S元素；据此分析作答。

【详解】

A元素单质常温常压下是最轻的气体，A为H元素；B元素所形成化合物种类最多，B为C元素；C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，C为N元素，甲为HNO3，乙为NH3，丙为NH4NO3；A；B、C、D、E原子序数依次增大；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D为Al；根据（2），E的单质发生两步氧化生成Y，Y与水反应生成Z，单质E可与Z反应，E为S元素；

（1）D的单质为Al，结合反应条件，己为Al2O3，戊为Al（OH）3，丁+乙（NH3）+H2O→戊（氢氧化铝）+丙（NH4NO3），则丁为Al（NO3）3。

①丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；电解熔融的Al2O3生成Al和O2，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑。

②丙为NH4NO3，NH4NO3属于强酸弱碱盐，由于NH4+的微弱水解使NH4NO3溶液呈酸性，则0.1mol/LNH4NO3溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为c（NO3-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）。

（2）单质E为S，S与O2反应生成的X为SO2，SO2与O2在一定条件下反应生成的Y为SO3，SO3与水反应生成的Z为H2SO4，S与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2和水，反应的化学方程式为S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O。由H、C、N、Al、S五种元素中的两种元素形成的既含极性键又含非极性键的18电子的分子有C2H6、N2H4。

（3）C为N元素，N的某种氧化物是一种无色气体，该气体在空气中迅速变成红棕色，则该气体为NO，2L的NO与0.5LO2相混合，该混合气体被足量NaOH溶液全吸收后没有气体残留，生成C的含氧酸盐只有一种，设含氧酸盐中N的化合价为x，根据得失电子守恒，2L×[x-（+2）]=0.5L×4，解得x=+3，所得含氧酸盐的化学式为NaNO2。【解析】①.Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+②.2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑③.c（NO3-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）④.S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O⑤.C2H6或N2H4⑥.NaNO228、略

【分析】【分析】

短周期元素X；Y、Z、W、N的原子序数依次增大；其中X的一种同位素原子没有中子，则X是H元素。Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，则Y是C元素。Z为地壳中含量最多的非金属元素，则Z是O元素。W的焰色反应为黄色，则W是Na元素。N原子为所在周期原子半径最小的原子(稀有气体除外)，则N是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X是H；Y是C，Z是O，W是Na，N是Cl元素。

(1)W是Na；原子核外电子排布是2；8、1，根据元素在周期表的位置与原子结构的关系可知：Na位于元素周期表第三周期第IA族；

(2)元素Z是O，W是Na，二者形成的淡黄色化合物为Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与之间以离子键结合，在中两个O原子以非极性共价键结合，故Na2O2的电子式为该化合物中化学键有离子键和非极性共价键；

(3)元素Z是O，W是Na，N是Cl，化合物NaClO是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为HClO，同时产生OH-，水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此水解使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-；

(4)化合物甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，则甲是CH4，乙是H2O。二者都是由分子构成的物质，在固态时为分子晶体。由于H2O的相对分子质量比CH4大，且H2O的分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质熔化、气化时消耗的能量更多，导致物质的熔沸点更高，因此物质的熔沸点：H2O高于CH4。【解析】第三周期第IA族离子键和非极性共价键(或离子键和共价键)碱ClO-+H2OHClO+OH-H2O水分子之间有氢键六、工业流程题(共3题，共30分)29、略

【分析】【详解】

(1)锰结核矿与试剂甲反应后生成＋2价锰离子；锰元素的化合价降低，被还原，则试剂甲具有还原性，故答案为D；

(2)电解硫酸锰溶液时，阳极发生氧化反应，+2价的锰离子被氧化成二氧化锰，电极反应式为：Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋；生成0.050mol二氧化锰时，失去电子的物质的量：0.050mol×2＝0.100mol；设还原产物中氯元素化合价为＋x，n(kClO3)＝0.2L×0.1mol·L－1＝0.02mol。由电子守恒知，0.02mol×(5－x)＝0.100mol，x＝0，氯酸钾被还原后产物为氯气，则反应的离子反应方程式为：2ClO＋5Mn2＋＋4H2O===5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；故答案为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋；2ClO＋5Mn2＋＋4H2O===5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；(3)由于浓盐酸的挥发、浓盐酸变成稀盐酸时不能与二氧化锰发生反应，生成的氯气体积小于理论值，浓盐酸所含HCl的物质的量为：12mol/L×0.1L=1.2mol/L，由反应方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O可得产生氯气的物质的量理论值为：1.2mol÷4=0.3mol，其体积为：0.3mol/L×22