2025年牛津上海版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年牛津上海版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、研究电化学腐蚀及防护具有重大意义。铁片在海水中发生腐蚀的模拟装置如图所示；下列有关说法错误的是。

A.铁片作负极，被腐蚀B.将海水换成蒸馏水，铁片腐蚀速率减慢C.碳棒上发生的电极反应为D.将碳棒换成锌片，铁片不易被腐蚀2、利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。

下列说法不正确的是A.是有毒气体B.催化剂能改变的分解速率C.分解生成和D.过程②释放能量，过程③吸收能量3、在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应(起始温度和起始体积相同)：A2(g)+3B2(g)2AB3(g)ΔH＜0，相关数据如下表所示：。容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1molA2、3molB22molAB32molAB3反应物的转化率a甲a乙a丙反应的平衡常数K=K甲K乙K丙平衡时AB3的浓度/mol·L-1c甲c乙c丙平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1v甲v乙v丙

下列说法正确的是A.v甲=v丙B.c乙＜c丙C.a甲+a乙＜1D.K乙≤K丙4、已知下面三个数据：7.2×10−4、4.6×10−4、4.9×10−10分别是下列有关的三种酸的电离平衡常数，若已知下列反应可以发生：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，由此可判断下列叙述不正确的是A.HF和NaCN可以生成HCNB.K(HF)=7.2×10−4C.相同浓度的三种酸中，c(H+)最小的是HFD.相同温度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)5、某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A.用量筒量取盐酸B.用托盘天平称量C.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为12.5D.用滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液6、25℃时；弱酸的电离平衡常数如右表，下列说法错误的是。

。弱酸HCOOHHCNH2CO3K1.77×10-44.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.CN−+H2O+CO2＝HCN+B.2HCOOH+＝2HCOO−+H2O+CO2↑C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者7、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5.已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃；固体杂质不参与反应。

第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；

第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来；加热至230℃制得高纯镍。

下列判断正确的是A.减小c(CO)，平衡向逆向移动，反应的平衡常数减小B.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选30℃C.第二阶段，Ni(CO)4分解率较高D.该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v转化(CO)评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、二元酸H2A在水中发生电离：H2A=H++HA-和HA-H++A2-，则下列几种物质的水溶液中关系式不正确的是A.NaHA：c(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)B.NaHA：c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C.Na2A：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)D.H2A：c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)9、一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t12)，下列说法正确的是。反应时间/minn(SO2)/moln(O2)/mol00.100.060t10.012t20.016

A.反应在0～t1min内的平均速率为v(SO3)=mol/(L·min)B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，达到平衡时，n(SO2)=0.012molC.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(SO2)=0.0070mol·L-1，则反应的ΔH>0D.相同温度下，起始时向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，则反应达到平衡前：v(逆)>v(正)10、一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L－1，下列说法正确的是()A.x的值为2B.A的平衡转化率为40%C.此温度下该反应的平衡常数K等于0.5D.A和B的平衡转化率相等11、下列两组实验，将和通入体积为2L的恒容密闭容器中：。实验组温度/℃起始量/达到平衡所需时间/达到平衡所需时间/1650241.62.452900120.41.63

发生反应结合表中数据，下列说法错误的是A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，的体积分数为40%C.实验2的反应平衡常数D.升高温度有利于提高实验1和实验2中的转化率12、如图为CFCl3破坏臭氧层的反应过程示意图；下列说法不正确的是。

A.过程Ⅰ中断裂非极性键Cl-Cl键B.过程Ⅱ可表示为O3＋Cl=ClO＋O2C.过程Ⅲ中O＋O=O2是吸热过程D.上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂13、四氢铝锂(LiAlH4)常作为有机合成的重要还原剂。工业上以辉锂矿(主要成分LiAlSi2O6，含少量Fe2O3)为原料合成LiAlH4的流程如下：

已知：金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：

。物质。

Fe(OH)3

Al(OH)3

开始沉淀的pH

2.3

4

完全沉淀的pH

3.7

6.5

碳酸锂溶解度数据如下：

。温度/℃

10

30

60

90

浓度/(mol∙L-1)

0.21

0.17

0.14

0.10

下列说法错误的是A.为了获取产品较为纯净，a的最小值为6.5B.操作1中加入足量碳酸钠后，蒸发浓缩后趁热过滤，能减少产品的溶解损失C.流程中由LiCl制备Li单质时电解得到的HCl可循环利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成时原子利用率能达到100%14、下列不能证明是弱电解质的是A.用溶液做导电实验，灯泡很暗B.等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较少C.0.1mol/L的溶液的D.的溶液稀释100倍，15、一定温度下，硫酸盐(代表)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：向10mL0.01mol/L溶液中滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/L溶液出现白色浑浊，而滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/L溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是。

A.欲使c点对应溶液移向a点，可加浓溶液B.BaSO4和SrSO4两沉淀可以相互转化C.向等浓度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，先生成溶液SrSO4沉淀D.的平衡常数为16、工业上可采用CH3OHCO＋2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是

CHO*+3H*→CO*+4H*

已知：甲醇脱氢反应的第一步历程；有两种可能方式：

方式Ⅰ：

方式Ⅱ：A.的B.①②都为O—H键的断裂过程C.由活化能E值推测，甲醇脱氢过程主要历经的方式应为ⅠD.放热最多阶段的化学方程式为评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、电解质的水溶液中存在电离平衡。

（1）醋酸是常见的弱酸。

①醋酸在水溶液中的电离方程式为____________。

②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______（填字母序号）。

a滴加少量浓盐酸b微热溶液。

c加水稀释d加入少量醋酸钠晶体。

（2）用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液；得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

①滴定醋酸的曲线是___________（填“I”或“Ⅱ”）。

②滴定开始前，0.1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1醋酸三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是_______溶液。

③图I中，V=10时，溶液中的c(H+)_________c(OH-)（填“>”、“＝”或“<”，下同），c(Na+)_________c(CH3COO-)。

（3）下表为某同学所测25℃时，甲、乙两种溶液的pH。甲乙pH1111溶液氨水氢氧化钠溶液

①甲溶液中的c(OH-)=___________mol/L。

②25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲_____乙。

③甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。

（4）煤炭工业中经常会产生大量SO2，为防止污染环境，常采用吸收法进行处理。以下物质可用于吸收SO2的是____________。

AH2O2BNa2CO3CNa2SO3DCa(OH)2

（5）下表是几种常见弱酸的电离常数。化学式CH3COOHH2SO3HClOH2CO3电离。

常数1.8×10-5K1=1.23×10-2

K2=6.6×10-83.0×10-8K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11

以下反应对应的离子方程式正确的是___________。

ANa2CO3溶液吸收少量SO2：CO32-+SO2+H2O=SO32-+HCO3-

B漂白液生效的原理：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-

C次氯酸钠溶液吸收少量SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+SO32-

D醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑18、(1)工业上常用磷精矿和硫酸反应制备磷酸。已知时：

则和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________。

(2)贮氢合金可催化由CO、合成的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为____。

已知温度为T时：

(3)已知：

由C和反应生成的热化学方程式为_____。19、Ⅰ．可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0,在一定条件下达平衡；若改变条件，将变化结果（“变大”；“变小”或“不变”）填入空格。

（1）化学平衡常数的表达式为_________。

（2）保持温度和压强不变，充入惰性气体，则NH3的物质的量_______。

（3）保持温度和体积不变，加入惰性气体，则N2的转化率______。

（4）体积不变时，加入N2，则H2的转化率_______。

Ⅱ．已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)800℃时K=1.0；在此温度下的恒容体系中，若用CO（g）和H2O（g）的起始浓度均为1mol/L开始反应。

（1）当CO转化率为40%时，该反应___（填“是”或“否”）达到平衡，此时υ(正)___υ(逆)（填“大于”；“小于”或“等于”）。

（2）达到平衡时，H2O的转化率为_____。

（3）当CO的起始浓度仍为1mol/L，H2O（g）的起始浓度为4mol/L，平衡时H2O的转化率为___。20、沉淀的生成。

(1)应用：可利用生成沉淀来达到_______或除去某些离子的目的．

(2)方法。方法实例反应的离子方程式调节pH法用CuO等除去溶液中的沉淀剂法以等作沉淀剂除去污水中的等重金属离子_______21、（1）实验测得4g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出90.8kJ的热量。试写出甲醇燃烧热的热化学方程式______。

（2）现已知N2（g）和H2（g）反应生成1molNH3（g）过程中能量变化如图所示。根据下列键能数据计算N-H键键能为______kJ/mol。

化学键H-HN≡N键能（kJ/mol）436946

（3）用如图所示装置进行中和热测定实验；请回答下列问题：

仪器A的名称为______。取50mLHCl（0.1mol•L-1）溶液与50mLNaOH（0.1mol•L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，通过实验并计算可得中和热为54.8kJ/mol，上述实验数值与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是______（填字母序号）。

a；实验装置保温、隔热效果差。

b；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度。

c；一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中。

若用50mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液代替HCl溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会______（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。22、已知在25℃时；次氯酸；碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下：

HClOKa=4.7×10-8mol/L

H2CO3Ka1=4.2×10-7mol/LKa2=5.6×10-11mol/L

H2SO3Ka1=1.54×10-2mol/LKa2=1.02×10-7mol/L

(1)下列离子在溶液中不能大量共存的是_______

A.、B.C.D.

(2)将少量CO2通入到NaClO溶液中发生反应的离子方程式_______

(3)常温常压下，空气中的CO2溶于水达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1.若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，已知10-5.60=2.5×10-6，则H2CO3⇌H++的平衡常数是_______

(4)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离程度_______(填“增大”“减小”或者“不变”)；若加入少量下列固体试剂，可使产生H2的总量不变而速率减小的是_______。

a.NaNO3b.CuSO4c.CH3COONad.Na2SO4评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)23、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误24、镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵。_______A.正确B.错误25、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误26、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共4分)27、下图所示各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物；图中部分反应条件未列出。已知C；H是无色有刺激性气味的气体，D是一种黄绿色的气体单质，物质J可用于泳池消毒。反应②和④是化工生产中的重要反应，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法。

请回答下列问题：

(1)I中所含化学键类型_______________。

(2)G的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因_______________________。

(3)实验室制备气体C的化学方程式___________________________。

(4)已知含7.4gI的稀溶液与200mL1mol/L的H溶液反应放出11.56kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_________________________________

(5)物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB和2molC，A化学式为_______________。28、四种短周期元素在周期表中的相对位置如下表所示，其中Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍。元素M与Z同周期，且原子半径是同周期中最大的。元素R是第四周期的过渡元素；R有甲、乙两种常见氢氧化物，其中甲在常温下置于空气中，会由白色变为灰绿色，最后变为红褐色的乙。XYZW

请按要求回答下列问题：

(1)X的单质的电子式：_________；W最高价氧化物的水化物的化学式：________________。

(2)M、Z、W分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为（填离子符号）__________；写一个能说明元素W比元素Z的非金属性强的化学方程式：____________________。

(3)甲变为乙的化学方程式为_______________________。

(4)常温下，当用200mL1mol·L-1的MOH溶液吸收4.48L（已折算为标准状况）ZY2时，所得溶液的主要溶质(填化学式)为___________；此时溶液pH<7，则其中含Z元素的几种粒子(忽略ZY2)的浓度由大到小的顺序为___________________________。

(5)工业上用电化学法治理酸性废液中的XY3-的原理如图示，其阴极的反应式为_______________。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共27分)29、钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的工艺如图所示。

(1)“焙烧”过程中，为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是_______(答两条即可)。

(2)已知“焙烧”过程中生成了两种氧化物，请写出焙烧时发生反应的化学方程式_________。

(3)“碱浸”所得Na2MoO4溶液中含杂质，其中c()=1.0mol/L，c()=0.02mol/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是________。[Ksp(BaSO4)=1.1×10-10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8]溶液体积变化可忽略]

(4)“除杂”过程中加入的除杂试剂是Na2S，则废渣的化学式为___________

(5)流程中由Na2MoO4溶液获得晶体。以下最适合作为洗涤剂的是___________。

A．冷水B．乙醇与水的混合溶液C．Na2SO4饱和溶液。

(6)另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液来得到钼酸钠，则得到钼酸钠的离子方程式为：______。

(7)空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2。NaNO2的作用是__________。30、重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。

已知：I.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+；

Ⅱ.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pH沉淀完全的pHCr3+4.96.8Fe3+1.52.8

请回答下列问题：

（1）滤渣①的主要成分__。

（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式解释）__。

（3）加热的目的是__。

（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为__；若该反应的平衡常数K=4×1014L3·mol-3，已知：“酸化”后溶液中c(Cr2O)=1.6×10-3mol·L-1，则溶液中c(CrO)=__。

（5）“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294g·mol-1)产品0.6000g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定反应为：Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定终点消耗标准溶液的体积为900mL，则产品的纯度为__。（计算结果保留四位有效数字）

（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚（C6H5OH）废水的有效处理；其工作原理如图所示。

①负极的电极反应式为__；

②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度__（填“增大”、“减小”或“不变”）。31、高纯碳酸锶主要用于荧光玻璃、电子陶瓷、磁氧体和高科技领域。一种由工业级硝酸锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中与Ba2+不能结合。

②在碱性条件下不能转化为Cr3+。

③常温下，各物质的溶度积常数如下表所示：。化合物Ca(OH)2CaC2O4Mg(OH)2MgC2O4SrCO3Ksp近似值4.6×10-62.2×10-95.6×10-124.8×10-65.6×10-10

回答下列问题：

(1)硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是___________。

(2)“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是___________(用离子方程式解释)；不同pH时的利用率随时间变化曲线如图所示，分析“除钡”过程中需用氨水将溶液调至pH=___________。

(3)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。

(4)“滤渣2”的成分主要是含镁物质和___________(填化学式)。

(5)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。

(6)“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能___________(填化学式)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

根据图中信息可知；装置为原电池，铁片为负极，碳棒为正极，据此分析解题。

【详解】

A．铁片作负极；被腐蚀，A正确；

B．将海水换成蒸馏水不含电解质；铁片腐蚀速率减慢，B正确；

C．海水为中性，碳棒上发生吸氧腐蚀，电极反应为C错误；

D．将碳棒换成锌片；铁片不易被腐蚀，锌片比铁活泼，锌片做负极，D正确；

答案选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．是有毒气体；能与血红蛋白结合且结合能力比CO还强，A正确；

B．催化剂能降低反应的活化能；改变NO的分解速率；

C．分析过程图可知分解生成和C正确；

D．分析过程图可知过程②为断键过程；吸收能量，过程③为成键过程，放出能量，D错误；

答案为：D。3、C【分析】【详解】

A．容器甲为恒温恒容，容器丙为恒温恒压，反应中气体计量数的和左边大于右边，随反应的进行，气体物质的量减小，则甲中压强小于丙中压强，因此反应速率v甲＜v丙；故A错误；

B．根据乙、丙投料，反应逆向进行，随反应的进行，气体物质的量增大，容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，而压强大于丙，高温低压有利于AB3的分解，则平衡时c乙＞c丙；故B错误；

C．若容器乙为恒温恒容时，甲与乙为等效反应，则a甲+a乙=1，由于乙为绝热容器，且逆反应为吸热反应，则乙分解程度小于恒温时，则a甲+a乙＜1；故C正确；

D．容器乙为绝热恒容，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，乙的温度小于丙，有利于AB3的生成，则K乙＞K丙；故D错误；

答案选C。4、C【分析】【分析】

根据NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，说明三者酸的强弱为HF＞HNO2＞HCN，则三者的电离平衡常数分别为7.2×10−4、4.6×10−4、4.9×10−10。

【详解】

A．根据前面分析HCN酸最弱，当相同浓度的三种酸中，c(H+)最小的是HCN；故A错误；

B．根据前面分析得到K(HF)=7.2×10−4；故B正确；

C．三者酸的强弱为HF＞HNO2＞HCN；因此HF和NaCN可以生成HCN，故C正确；

D．根据前面分析得到相同温度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)；故D正确。

综上所述，答案为A。5、D【分析】【详解】

A.量筒的精确度为0.1mL；无法用10mL量筒量取7.13mL盐酸，故A错误；

B.托盘天平的精确度是0.1g；无法用托盘天平称量25.20gNaCl，故B错误；

C.广泛pH试纸测定的溶液的pH值是整数；不是小数，故C错误；

D.滴定管的精确度为0.01mL；可以读到21.70mL，故D正确；

故选D。6、C【分析】【详解】

酸的电离平衡常数越大，说明其酸性越强，由电离平衡常数可知，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>

A．由强酸制弱酸可知，碳酸可与CN−反应生成HCN，又因酸性HCN>故碳酸与CN−反应生成HCN、故A项说法正确；

B．由强酸制弱酸可知，HCOOH与能够生成碳酸；且甲酸为一元弱酸，因此由甲酸制备碳酸的离子方程式书写正确，故B项说法正确；

C．因酸性：HCOOH>HCN，等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶质的物质的量：n(HCN)>n(HCOOH)，二者均为一元酸，故消耗NaOH的量：n(HCN)>n(HCOOH)；故C项说法错误；

D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中Na+物质的量相等，因酸性：HCOOH>HCN，故HCOO-的水解能力小于CN-，则HCOONa溶液的pH小于NaCN溶液的pH，前者溶液中c(H+)大于后者，结合两溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)；因此最终两溶液中所含离子总数前者大于后者，故D项说法正确；

综上所述，答案为C。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．化学平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，A错误；

B．第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，应该选择50℃，转化成气态Ni(CO)4；B错误；

C．Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5，Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)，平衡常数K==5×104；平衡常数很大，分解率较高，C正确；

D．当4v(Ni(CO)4)生成═v(CO)生成=v(CO)转化；CO正；逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D错误；

故答案为：C。二、多选题(共9题，共18分)8、AD【分析】【详解】

A、根据电离过程可以知道二元酸的一级电离是完全的，二级电离是可逆的所以HA-离子不水解而电离显酸性，c(H+)＞c(OH-)；故A错误；

B、在NaHA溶液中存在阳离子是Na+、H+，阴离子HA-、A2-、OH-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)；故B正确；

C、在Na2A溶液中A2-离子水解溶液显碱性，A2-+H2OHA-+OH-，HA-+H2OH2A+OH-；溶液中离子浓度一定是c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)；故C正确；

D、在H2A溶液中阳离子H+，阴离子HA-、A2-、OH-，溶液中存在电荷守恒一定是c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；故D错误；

故选AD。9、BD【分析】【详解】

A．在0～t1min内的平均速率为v(SO3）==mol/(L·min)；故A错误；

B．t2时，参加反应的n(O2)=(0.060-0.016)mol=0.044mol，则参加反应的n(SO2)=2n(O2)=0.088mol，所以还剩余n(SO2)=(0.10-0.088)mol=0.012mol，所以t1时该反应达到平衡状态；其它条件不变，起始时向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2与起始时向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol氧气相同，所以达到平衡状态时n(SO2)=0.012mol；故B正确；

C．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，如果平衡时c(SO2)=0.0070mol•L-1==0.006mol/L；则平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，故C错误；

D．由B项数据，起始时向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol时，平衡时n(SO2)=0.012mol，n(O2)=0.016mol，n(SO3)=0.088mol，该温度下起始时向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，与上述平衡时数据比较，相当于在原平衡上减少了O2，平衡逆向移动，故反应达到平衡前：v(逆)>v(正)；故D正确。

答案选BD。10、AC【分析】【详解】

A.由2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L－1可得x：2=(0.4mol·L－1×2)：0.8mol；解得x=2，故A正确；

B.由2min末反应达到平衡，生成0.8molD可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，则A的平衡转化率为×100%=60%；故B错误；

C.由2min末反应达到平衡，生成0.8molD可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，平衡时A、B、C、D的浓度分别为=0.4mol·L－1、=0.8mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，则此温度下该反应的平衡常数K==0.5；故C正确；

D.由2min末反应达到平衡，生成0.8molD可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，则A的平衡转化率为×100%=60%，B的平衡转化率为×100%=20%；A和B的平衡转化率不相等，故D错误；

故选AC。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．该反应为恒容，前后分子数不变的反应，根据混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；

B．根据反应前后气体分子总数不变，的体积分数为故B正确；

C．根据三段式容器的体积为被2L，根据平衡常数计算公式可求出故C正确；

D．实验2起始物质的量比实验1少一半，若温度相同两个实验是等效平衡，物质的量应该为0.8，但是温度是900℃，物质的量为0.4mol，说明升高温度平衡逆向移动，反应是放热反应，的转化率下降；故D错误；

故答案为AD。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示，过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子；断裂极性键C-Cl键，A项错误；

B．根据图示，过程Ⅱ中，O3和Cl原子反应生成ClO和O2，可表示为O3＋Cl=ClO＋O2；B项正确；

C．O+O=O2为原子结合成分子的过程；为放热过程，C项错误；

D．根据图示，氟利昂中氯原子在反应前后不变，是破坏O3的催化剂；D项正确；

答案选AC。13、CD【分析】【分析】

由题给流程可知；辉锂矿粉与98%浓硫酸共热反应后，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有硫酸铁；硫酸铝、硫酸锂的滤液1；向滤液1中加入碳酸钠溶液调节溶液pH大于6.5，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锂的滤液2；向滤液2中加入碳酸钠溶液，将硫酸锂转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂沉淀和含有硫酸钠的滤液3；碳酸锂经过一系列处理制得氯化锂，电解熔融的氯化锂制得金属锂，金属锂与氢气共热反应生成氢化锂，一定条件下，氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂。

【详解】

A．由分析可知；向滤液1中加入碳酸钠溶液调节溶液pH大于6.5，能使铁离子；铝离子完全转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，有利于获取产品较为纯净，故A正确；

B．由碳酸锂溶解度数据可知；温度升高，碳酸锂的溶解度减小，为减少碳酸锂因温度降低溶解而造成损失，蒸发浓缩后应趁热过滤，故B正确；

C．由分析可知；制得金属锂的反应为电解熔融的氯化锂生成锂和氯气，没有氯化氢生成，故C错误；

D．由分析可知；最后一步合成发生的反应为一定条件下，氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂和氯化锂，原子利用率不能达到100%，故D错误。

故选CD。14、AB【分析】【详解】

弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就能证明是弱电解质；据此分析解题：

A．用溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明是弱电解质；只能说明溶液中离子浓度较小，A错误；

B．等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多，说明醋酸还未完全电离，可证明是弱电解质；B错误；

C．溶液的说明醋酸没有完全电离，可以证明是弱电解质；C正确；

D．的溶液稀释至100倍，说明存在电离平衡，证明是弱电解质；D正确；

故答案为：AB。15、AC【分析】由题意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()＜×0.01mol/L=5×10−7，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c()＞×0.01mol/L=5×10−7，可判断a点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。

【详解】

A．欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c()都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体；故A错误；

B．利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1.0×10-5×1.0×10-5=1×10-10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c()=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10−3.2，则Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，在一定条件下，SrSO4可以转化BaSO4，在c(Sr2+)足够大的环境下，BaSO4也可以转化SrSO4；故B正确；

C．根据B项分析，Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，向等浓度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，则先生成溶液BaSO4沉淀；故C错误；

D．的平衡常数K===106.8；故D正确；

答案选AC。16、CD【分析】【详解】

A．由反应历程图可知，最终状态能量高，反应吸热，的故A错误；

B．甲醇中只有一个O—H键；①为O—H键的断裂，②为C—H键的断裂，故B错误；

C．催化剂能降低反应活化能；加快反应速率，方式Ⅰ活化能低，甲醇脱氢过程主要历经的方式应为Ⅰ，故C正确；

D．由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*放出热量最多，反应的化学方程式为故D正确；

故答案为CD。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

（1）①醋酸是弱酸；不完全电离。

②a.滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小。

b.微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。

c.加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。

d.加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小。

（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的pH=1,醋酸的pH>1。

②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大其抑制水的电离程度越大。

③图I中，V=10时，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L。

②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L。

③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O。

（5）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。

【详解】

（1）①醋酸是弱酸，不完全电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO—+H+，故答案为CH3COOHCH3COO—+H+。

②a.滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小，故a不选；

b.微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故b选；

c.加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故c选；

d.加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移，CH3COOH电离程度减小；故d不选；

故选bc。

（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以盐酸的pH=1,醋酸的pH>1；根据图知，I是醋酸曲线，Ⅱ是盐酸曲线，故答案为I。

②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大其抑制水的电离程度越大，盐酸中c(H+)等于氢氧化钠溶液中c(OH-)都大于醋酸中c(H+)，所以抑制水电离程度:盐酸=氢氧化钠>醋酸，则滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1mol·L-1醋酸；故答案为醋酸。

③图I中，V=10时，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)，故答案为>；<。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L；故答案为0.001。

②由于氨水是弱碱，c(NH3∙H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L，所以25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲>乙，故答案为>。

③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱，故甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲>乙，故答案为>。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4；故A正确；

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；故B正确；

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；故C正确；

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O；故D正确；

故选ABCD。

（5）A.根据表格提供的数据可知H2SO3的酸性大于HCO3-；再根据强酸制弱酸的原理分析，A是正确的；

B.根据表格提供数据和强酸制弱酸的原理分析；B是正确的；

C.HClO能把SO32-氧化成SO42-；故C错误；

D.根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸；故D正确；

故选ABD。【解析】CH3COOHCH3COO—+H+bcICH3COOH><0.001>>ABCDABD18、略

【分析】【详解】

(1)①

②根据盖斯定律，由①②得

(2)①

②根据盖斯定律，由②-①得

(3)①

②根据盖斯定律，①-②得。

【点睛】

本题考查盖斯定律的应用，明确化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，注意会根据盖斯定律计算焓变。【解析】19、略

【分析】【分析】

根据题意可知；本题考查化学平衡移动及转化率的计算，运用勒夏特列原理和三段式分析。

【详解】

Ⅰ．（1）化学平衡常数的表达式为

故答案为：

（2）保持温度和压强不变，充入惰性气体，则容器体积增大，NH3的浓度减小，但是，NH3物质的量不变。

故答案为：不变；

（3）保持温度和体积不变，加入惰性气体，压强增大，但是物质的浓度均没有改变，平衡没有移动，则N2的转化率不变。

故答案为：不变；

（4）体积不变时，加入N2，增大反应物浓度，平衡向正方向移动，则H2的转化率变大。

故答案为：变大；

Ⅱ．（1）当CO转化率为40%时，

此时浓度商所以不是平衡状态，此时反应正向移动，υ(正)大于υ(逆)；

故答案为：否；大于；

（2）（1）设达到平衡时；CO的反应浓度为x,

则解得x=0.5,H2O的转化率=

故答案为：50%；

（3）当CO的起始浓度仍为1mol/L，H2O（g）的起始浓度为4mol/L；设平衡时CO的转化率为y,

则解得y=0.8，H2O的转化率=

故答案为：20%。

【点睛】

化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变。【解析】不变不变变大否大于50%20%20、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】分离21、略

【分析】【分析】

（1）燃烧热指的是：1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，常温下，碳元素生成的稳定氧化物是CO2气体，氢元素生成的稳定氧化物是液态H2O；

（2）△H=反应物断键吸收的热量－生成物成键放出的热量；

（3）中和热的测定实验需注意：保温；隔热；选择强酸、强碱的稀溶液；温度计测过一种溶液的温度之后要洗干净、擦干；再测量其他溶液的温度；将酸、碱溶液迅速混合，减少热量损失。

【详解】

（1）4gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出90.8kJ热量，则32g（1mol）CH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.4kJ热量，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol；

（2）由图可知，N2（g）和H2（g）反应生成NH3（g）的热化学方程式为N2（g）+H2（g）NH3（g）△H=1127kJ/mol－1173kJ/mol=－46kJ/mol，设N-H键的键能为x，则×946kJ/mol+×436kJ/mol－3x=－46kJ/mol；x=391kJ/mol，即N-H键的键能为391kJ/mol，故答案为：391；

（3）由装置图可知，仪器A为环形玻璃搅拌棒；通过实验并计算可得中和热为54.8kJ/mol，上述实验数值比57.3kJ/mol偏小，可能的原因为：实验装置保温、隔热效果差，使热量散失多，测得的温差偏小；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，温度计上沾有的NaOH溶液与HCl反应放出热量，测得的HCl溶液的起始温度偏高，则温差偏小；而一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，可减少热量散失，操作正确；CH3COOH是弱电解质，边反应边电离，电离过程吸热，使测得的反应前后的温度变化值偏小；故答案为：环形玻璃搅拌棒；ab；偏小。

【点睛】

以下情况，即使生成1molH2O；但反应热不等于中和热：

①弱酸或弱碱参与反应，反应前后的能量变化除了有H+与OH-生成水时放出的热量；还包含弱酸或弱碱电离时吸收的热量；

②H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l)，生成BaSO4沉淀会放出热量；

③浓硫酸参与反应；浓硫酸稀释会放出热量；

④NaOH固体参与反应，NaOH溶解过程会放热。【解析】CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4kJ/mol391环形玻璃搅拌棒ab偏小22、略

【分析】【详解】

(1)A．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO则和不反应；可以大量共存，故A不符合题意；

B．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO根据强酸制弱酸原理可知可以和反应生成HCO和不能大量共存，故B符合题意；

C．和不反应可以大量共存；故C不符合题意；

D．Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)，Ka1(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，所以和不反应；可以大量共存，故D不符合题意；

综上所述答案为B；

(2)根据各酸的电离平衡常数大小可知酸性H2CO3>HClO>HCO所以将少量CO2通入到NaClO溶液反应生成HClO和NaHCO3，离子方程式为CO2+H2O+ClO-=+HClO；

(3)溶液pH=5.60，则c(HCO)=c(H+)=110-5.6，所以H2CO3⇌H++的平衡常数Ka2==4.2×10-7；

(4)Zn和稀硫酸制取H2；硫酸电离出的氢离子不断被消耗，浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，所以水的电离程度增大；

若加入少量下列固体试剂，可使产生H2的总量不变而速率减小的是：

a．加入硝酸钠固体可以电离出硝酸根；酸性环境硝酸根的氧化性更强，会被锌还原成氮氧化物，不产生氢气，故a不符合题意；

b．锌置换出铜单质后形成原电池加快反应速率，故b不符合题意；

c．加入醋酸钠；醋酸根结合氢离子使溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但不影响氢离子的总量和锌的总量，产生氢气的总量不变，故c符合题意；

d．加入硫酸钠固体不影响反应速率；故d不符合题意；

综上所述答案为c。【解析】BCO2+H2O+ClO-=+HClO4.2×10-7增大c四、判断题(共4题，共40分)23、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。24、B【分析】【详解】

镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉属于重金属，会对环境造成严重的污染，故错误。25、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。26、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。五、元素或物质推断题(共2题，共4分)27、略

【分析】【分析】

图中各物质是由1至20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄色的气体单质，则D为Cl2，物质J可用于饮水消毒，反应④是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca(OH)2、J为Ca(ClO)2、K为CaCl2，C是无色有刺激性气味的气体，反应⑤是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HCl。F与水反应生成Ca(OH)2，则F为CaO，反应②是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2、物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB(CaCO3)和2molC(NH3)，根据元素守恒可知A含有钙、碳、氮三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2；然后分析解答。

【详解】

根据上述分析可知A为CaCN2，B为CaCO3，C为NH3，D为Cl2，E为CO2，F为CaO，G为NH4Cl，H为HCl，I为Ca(OH)2、J为Ca(ClO)2、K为CaCl2。

(1)I为Ca(OH)2，该物质是离子化合物，由Ca2+、OH-通过离子键结合，在OH-中含有极性共价键，所以Ca(OH)2中所含有的化学键为离子键；极性共价键；

(2)G为NH4Cl，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，所以NH4Cl的水溶液呈酸性，反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(3)C为NH3，在实验室用铵盐与碱共热反应产生NH3，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

(4)I为Ca(OH)2，7.4gCa(OH)2的物质的量为n[Ca(OH)2]==0.1mol，200mL1mol/L盐酸中含有HCl的物质的量为n(HCl)=c·V=1mol/L×0.2L=0.2mol，二者恰好发生反应放出11.56kJ的热量，则1molCa(OH)2与2molHCl反应生成CaCl2和水放出115.6kJ的热量，所以反应的热化学方程式为：Ca(OH)2(aq)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+2H2O(l)△H=-115.6kJ/mol；

(5)根据上述分析可知物质A的化学式为CaCN2。

【点睛】

本题考查无机推断，D是黄绿色的气体单质是本题的突破口，结合J的用途与中学常见的重要化工反应进行推断，侧重考查学生对元素及化合物的熟练掌握。作为突破口常从颜色上入手，例如：Cl2、氯水——黄绿色；F2——淡黄绿色气体；Br2——深红棕色液体；I2——紫黑色固体；Fe(OH)2——白色沉淀；Fe3+——黄色；Fe(OH)3——红褐色沉淀Fe(SCN)3——血红色溶液；Na2O2—淡黄色固体；NO——无色气体；NO2——红棕色气体；NH3——无色、有刺激性气味气体。【解析】离子键、共价键NH4++H2ONH3·H2O+H+Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OCa(OH)2(aq)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+2H2O(l)△H=-115.6kJ/molCa(CN)228、略

【分析】【分析】

Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍；则Z为S元素；根据四种短周期元素在周期表中的相对位置，W为Cl元素，Y为O元素，X为N元素；元素M与Z同周期，且原子半径是同周期中最大的，M为Na元素。元素R是第四周期的过渡元素；R有甲；乙两种常见氢氧化物，其中甲在常温下置于空气中，会由白色变为灰绿色，最后变为红褐色的乙，则R为Fe元素，且甲为氢氧化亚铁，乙为氢氧化铁。

【详解】

(1)氮气的电子式为氯元素的最高价氧化物的水化物的化学式为，故答案为HClO4；

(2)离子的电子层越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，M、Z、W分别形成的简单离子的半径由大到小顺序为S2->Cl->Na+；氯气能够将硫化氢氧化生成硫单质，说明元素氯比元素硫的非金属性强，故答案为S2->Cl->Na+；H2S+Cl2=S2↓+HCl；

(3)氢氧化亚铁变为氢氧化铁的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(4)200mL1mol·L-1的NaOH溶液中含有0.2molNaOH，标准状况下，4.48LSO2的物质的量为=0.2mol，等物质的量的氢氧化钠和二氧化硫反应生成NaHSO3；此时溶液pH<7，说明电离程度大于水解程度，则其中含S元素的几种粒子的浓度由大到小的顺序为c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故答案为NaHSO3；c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)；

(5)由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案为2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑。

【点睛】

本题考查了元素周期表和元素周期律的知识，正确推导出元素是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，明确阴阳极上发生的电极反应和判断方法是解答的前提。【解析】HClO4S2->Cl->Na+H2S+Cl2=S2↓+HCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3NaHSO3c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O六、工业流程题(共3题，共27分)29、略

【分析】【分析】

钼精矿在空气中焙烧，生成两种氧化物，流程图中给出了SO2，后续操作中没有加入氧化剂，所以此时Mo的价态与产品中相同，其为MoO3；碱浸时加入Na2CO3溶液，生成CO2，另外生成Na2MoO4；加入沉淀剂Na2S，必是除去铅杂质，所以废渣应为PbS；最后采用蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；便可获得产品。

【详解】

(1)增大接触面积；增大浓度、升高温度；都可加快反应速率，所以“焙烧”过程中，为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等;

答案为：充分粉碎钼精矿；加压增大氧气浓度，升高温度等；

(2)由上面分析知，“焙烧”过程中生成了SO2和MoO3，所以焙烧时发生反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

(3)c()=1.0mol/L，c(Ba2+)=mol/L=4.0×10-8mol/L，则溶液中剩余c()=mol/L=0.00275mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是=86.25%;