广东省建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期1月第一次模拟考试 化学试题（含答案）

第第页广东省建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期1月第一次模拟考试化学试题一、单选题：本大题共16小题，共44分。1．下列说法正确的是A．仅用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯、苯乙烯、环己烷B．糖类、蛋白质、油脂都可以发生水解C．以苯甲醇为原料可以制得苯甲酸D．分子式为C4H2．下列属于盐的是（）A．Na2CO3 B．MgO C．NaOH D．CH43．下列说法不正确的是A．铁锈的形成一定发生了氧化还原反应B．复分解反应都不是氧化还原反应C．燃烧都是放热反应，也都是氧化还原反应D．分解反应都是氧化还原反应4．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是A．CO2的比例模型：B．NH4ClC．HClO的结构式：HD． 14C5．下列实验不能获得成功的是①将水和溴乙烷混合加热制乙醇②将乙醇与浓硫酸共热至140℃来制取乙烯③用电石和水制取乙炔④苯、浓溴水和铁粉混合，反应后可制得溴苯⑤将乙醇和3mol•L-1的硫酸按体积比1：3混和共热至170℃制乙烯A．只有②④⑤ B．只有①②④C．只有②④ D．只有①②④⑤6．由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。下列说法不正确的是A．转化过程中涉及极性键的断裂与形成B．根据杂化轨道理论，上述转化过程中的含碳化合物碳原子的杂化方式为sp2和sp3C．化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态D．可按照该反应机理与CO2反应生成7．下列说法正确的是（）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ/molB．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C．0.1mol氮气和0.3mol氢气，在密闭容器中充分反应生成氨气，转移的电子数为0.6NAD．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法8．一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是A．NH3和NH4B．“固氮”和“转氮”过程均属于人工固氮C．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为3∶1D．该合成氨过程中，所有反应均为氧化还原反应9．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A．用装置Ⅰ除去苯中的三溴苯酚B．用装置Ⅱ证明苯与溴发生取代反应C．用装置Ⅲ证明不同浓度硝酸还原产物可为NO、NO2D．用装置Ⅳ制备并较长时间观察到Fe(OH)210．若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LHF物质中含有NA个分子数B．0.1mol/L的NH4NO3溶液中，N原子总数为0.2NAC．1mol的Fe与一定量的稀HNO3反应，Fe全部溶解，转移的电子数可能是2.8NAD．体积相同的O2和N2，分子数都是NA11．NAA．28g乙烯和环丙烷的混合物中，碳原子总数为2NB．25℃，0.01mol⋅L−1CHC．标准状况下，11.2LHF所含有的分子数为0.5ND．1mol环戊烯()中含有σ键的数目为5NA12．某同学在pH试纸上滴几滴新制氯水，现象如图所示，有关该实验的说法中正确的是A．该实验说明Cl2B．该实验说明H+C．将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色D．若用久置的氯水进行实验，现象相同13．高纯镓是制备第三代半导体的重要原料，其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意图。下列说法不正确的是A．阴极的电极反应为GaOB．电解过程中，阳极室中OH−C．电路中每转移3mol电子，理论上粗镓熔融液减少D．电解后粗镓中的Zn、Fe以离子形式进入14．下列分子或离子中含有孤电子对的是A．NH4+ B．CH4 C．SiH15．下列各化学图示均能表示乙烯分子，其中更能真实反映乙烯分子结构的是A． B．C． D．16．将4molNO(g)和4molCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。A．图像中A点逆反应速率小于B点正反应速率B．200℃时反应的平衡常数K=0.5C．200℃时当CO的转化率为40%时，v正∶v逆=20：81D．C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17．盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42−和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备已知：常温下，Ksp回答下列问题：（1）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：BOH3+H2O⇌H++[BOH4]-(常温下，Ka=10（2）滤渣Ⅰ的主要成分是(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol⋅L−1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32−（3）精制Ⅱ的目的是；进行操作X时应选择的试剂是。18．在课堂上，老师演示了金属钠与CuSO4溶液的反应，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀而没有发现铜单质生成。但某同学想：会不会因生成的铜较少被蓝色沉淀所覆盖而没有被发现呢？于是他想课后到实验室继续探究，希望进一步用实验来验证自己的猜测是否正确。假如该同学是你，请你写一张实验准备单交给老师，请求老师提供必需的用品。(1)实验探究目的：。(2)探究所依据的化学原理：。(3)实验必需仪器：小刀、玻璃片、滤纸、漏斗、玻璃棒、铁架台、和；实验药品：金属钠、和。该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，你认为该黑色难溶物是，生成该黑色难溶物的原因是。19．研究NOx、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。（1）利用甲烷催化还原NOx：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为。（2）已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，发生如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)，500℃时的平衡常数为9，若在该温度下进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol·L－1，则CO的平衡转化率为：。（3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图1所示。①写出总反应化学方程式。②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，该反应是反应（填“吸热”或“放热”）。③该反应的含氮气体组分随温度变化如图2所示，当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式。（4）下图是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3—，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3－反应的离子方程式。②溶液的pH对NO去除率影响的原因是。③若极板面积10cm2，实验烟气含NO1.5%，流速为0.070L·s－1（气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化），法拉第常数为96500C·mol－1，测得电流密度为1.0A·cm－2。列式计算实验中NO除去率。20．化合物A最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得，A的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一，又称为乳酸。A在某种催化剂的存在下进行氧化，其产物不能发生银镜反应。在浓硫酸存在下，A可发生如图所示的反应。（1）化合物的结构简式：A；B；D。（2）化学方程式：A→EA（3）反应类型：A→F

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、苯和环己烷均不与酸性高锰酸钾反应，且密度都比水小，无法用酸性高锰酸钾鉴别，A错误；

B、糖类中的单糖（如葡萄糖）不能水解，B错误；

C、苯甲醇可被氧化（如酸性高锰酸钾氧化）生成苯甲酸，C正确；

D、分子式为C4H10O的有机物可能是醚（不含羟基），与钠不反应，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题的易错点主要有以下几点：

对有机物的鉴别方法掌握不牢，误判苯、环己烷与酸性高锰酸钾的反应及密度差异，认为仅用酸性高锰酸钾能鉴别三者。

不清楚糖类的分类及水解特性，错误认为所有糖类都能水解，忽略单糖（如葡萄糖、果糖）不能水解的情况。

对分子式为C4H10O的有机物的结构类型认识不足，忽略其可能为醚类（不含羟基，与钠不反应），误判其与钠的反应。2．【答案】A【解析】【解答】A.Na2CO3能电离出金属阳离子和酸根离子，属于盐，A符合题意；B.盐酸能电离出的阳离子只有氢离子，属于酸，B不符合题意；C.水属于氧化物，不属于盐，C不符合题意；D.氢氧化钠电离出的阴离子只有氢氧根，属于碱，D不符合题意；故答案为：A【分析】此题是对物质分类的考查，结合盐的定义分析。盐是指由金属阳离子（或NH4+）与酸根阴离子结合而成的化合物。3．【答案】D【解析】【解答】A、铁锈形成时Fe被氧化，化合价升高，属于氧化还原反应，A正确；

B、复分解反应中元素化合价无变化，一定不是氧化还原反应，B正确；

C、燃烧是放热的氧化还原反应，存在元素化合价变化，C正确；

D、分解反应不一定有化合价变化（如碳酸钙分解），并非都是氧化还原反应，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题的易错点主要是对分解反应与氧化还原反应的关系认识不清，错误认为所有分解反应都存在元素化合价变化，忽略了如碳酸钙分解这类无化合价变化的分解反应，从而误判分解反应都是氧化还原反应。4．【答案】C【解析】【解答】A、CO2中C原子半径大于O原子，但该模型中两个大球代表O、小球代表C，与实际原子半径（C>O）不符，因此比例模型错误，A错误；

B、NH4Cl的电子式需完整表示Cl-的最外层电子，，B错误；

C、HClO中O原子在中间，与H、Cl各形成一对共用电子对，结构式为H−O−Cl，C正确；

D、¹4C的核电荷数为6，原子结构示意图为，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题的易错点主要有：

对原子半径大小判断不准确，误判CO2比例模型中C和O原子的球体大小。

书写离子化合物电子式时，忽略阴离子（如Cl-）的最外层电子完整表示。

对HClO的成键方式认识不清，错误判断中心原子及化学键连接顺序。5．【答案】D【解析】【解答】①溴乙烷水解需NaOH水溶液、加热，仅用水无法制乙醇，实验失败。

②乙醇与浓硫酸共热至140℃生成乙醚，170℃才生成乙烯，实验失败。

③电石（CaC2）与水反应可制取乙炔，实验成功。

④苯与溴反应制溴苯需纯溴、铁粉催化，浓溴水不行，实验失败。

⑤制乙烯需浓硫酸（不是稀硫酸），且乙醇与浓硫酸体积比1：3、共热至170℃，实验失败。

故答案为：D。

【分析】本题的易错点主要有：

对溴乙烷水解的反应条件认识不足，忽略需要NaOH水溶液，误认为仅用水就能反应制乙醇。

混淆乙醇消去反应（制乙烯）和分子间脱水反应（制乙醚）的温度条件，误将140℃当作制乙烯的温度。

不清楚苯与溴反应制溴苯的试剂要求，错误使用浓溴水代替纯溴。

对制乙烯所需的硫酸浓度判断错误，误将稀硫酸当作浓硫酸使用。6．【答案】B【解析】【解答】A、转化过程中存在碳氧极性键的断裂（如环氧结构中的C-O键）和碳溴极性键的形成（如含Br的中间体），A正确；

B、含碳化合物中，饱和碳原子为sp3杂化，酯基碳为sp2杂化，而CO2中C为sp杂化，并非只有sp2和sp3杂化，B错误；

C、化合物1的阳离子是体积较大的有机阳离子，离子键较弱，常温下可能呈液态，C正确；

D、结合反应机理，环氧结构（）可与CO2反应生成环状碳酸酯（），该物质能按照此机理反应生成目标产物，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．突破口是识别反应过程中极性键（如C-O、C-Br键）的断裂与形成，以此判断描述。

B．关键是分析含碳化合物（包括CO2）中碳原子的杂化方式，注意CO2中C为sp杂化，突破“仅sp2和sp3杂化”的误区。

C．抓住“有机阳离子体积大，离子键弱”的特点，判断其常温下的状态。

D．依据反应机理的迁移性，分析环氧结构与CO2的反应可能性。7．【答案】D【解析】【解答】A．中和热是指生成1mol水时的热量变化，H2SO4和Ca(OH)2反应除生成水外还生成硫酸钙沉淀，且中和热△H不随反应计量数改变，A错误；

B．反应的吸放热与是否加热无关（如燃烧反应需加热但为放热反应），B错误；

C．氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，不能完全进行，转移电子数小于0.6NA，C错误；

D．镁棒与电热水器内胆形成原电池，镁作负极被氧化，保护内胆（正极），属于牺牲阳极的阴极保护法，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．抓住中和热的定义，分析H2SO4和Ca(OH)2反应的特殊产物（硫酸钙沉淀），判断其中和热不满足“2×(-57.3)kJ/mol”。

B．明确反应吸放热与反应条件（加热）无关，通过举例突破误区。

C．依据可逆反应不能进行到底的特点，判断氮气和氢气反应转移的电子数小于理论值0.6NA。

D．识别镁棒与内胆形成原电池的结构，镁作负极的“牺牲阳极”行为，是判断该保护法的关键。8．【答案】A【解析】【解答】A、计算NH3和NH4+中心N原子的价层电子对数，均为4，故均为sp3杂化，A正确；

B、“转氮”过程无氮气参与，不属于氮的固定，更不属于人工固氮，B错误；

C、结合得失电子守恒，N2转化为NH3时1molN2转移6mol电子，H2O转化为O2时1molH2O转移2mol电子，故N2与H2O物质的量之比为1：3，C错误；

D、生成NH4Cl的反应无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．通过计算NH3和NH4+中心N原子的价层电子对数，判断杂化方式是否相同，这是判断的关键。

B．明确人工固氮的定义（将游离态氮转化为化合态氮且有氮气参与），分析“转氮”过程是否符合，以此突破。

C．利用得失电子守恒，结合N2和H2O的电子转移数，计算两者物质的量之比，是解题突破口。

D．寻找流程中无化合价变化的反应（如生成NH4Cl的反应），判断是否所有反应均为氧化还原反应。9．【答案】D【解析】【解答】A、三溴苯酚溶于苯，无法通过过滤（装置Ⅰ）分离，应选分液或蒸馏法，A不能达到目的；

B、苯与溴的取代反应会生成HBr，但挥发的溴蒸气也能使AgNO3溶液产生沉淀，无法证明HBr存在（即无法证明取代反应），B不能达到目的；

C、浓HNO3与Fe常温下钝化，不生成NO2；稀HNO3与Fe反应生成NO，但装置Ⅲ中Fe未与稀HNO3接触，C不能达到目的；

D、装置Ⅳ中，Fe为阳极失电子生成Fe2+，C为阴极生成OH-，二者结合生成Fe(OH)2；苯层隔绝空气，能较长时间观察到Fe(OH)2，D能达到目的；

故答案为：D。

【分析】解题突破口：

A．抓“物质溶解性”：三溴苯酚易溶于苯，过滤（装置Ⅰ）仅能分离不溶性固体，无法分离二者。

B．抓“干扰因素”：苯与溴反应时，溴蒸气会挥发，溴本身也能与AgNO3溶液生成沉淀，无法证明是取代反应生成的HBr导致沉淀。

C．抓“反应条件+装置结构”：浓HNO3与Fe常温下钝化，不反应；装置Ⅲ中Fe未接触稀HNO3，无法发生反应生成NO。

D．抓“电解原理+防氧化措施”：电解时Fe作阳极失电子生成Fe2+，阴极生成OH-，二者结合得Fe(OH)2；苯层隔绝空气，避免Fe(OH)2被氧化，符合实验目的。10．【答案】C【解析】【解答】A、HF在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算分子数，A错误；

B、题干未给出NH4NO3溶液的体积，无法计算N原子总数，B错误；

C、1molFe与稀HNO3反应时，若HNO3过量，Fe全部生成Fe3+，转移3NA电子；若HNO3不足，Fe全部生成Fe2+，转移2NA电子。因此电子转移数可在2NA~3NA之间，2.8NA符合该范围，C正确；

D、体积相同的O2和N2，未说明是同温同压下，无法确定分子数是否均为NA，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．解题关键是明确气体摩尔体积的适用对象为“标准状况下的气体”，HF标况下是液态，直接排除。

B．计算溶液中粒子数的核心前提是“已知溶液体积”，题干未给出，无法计算，以此突破。

C．突破口是分析Fe与稀HNO3反应的变量——HNO3的用量，分过量和不足两种情况判断电子转移范围，2.8NA在范围内即合理。

D．应用阿伏加德罗定律的关键条件是“同温同压”，题干未说明，无法确定分子数相等。11．【答案】A【解析】【解答】A、乙烯的分子式是C2H4，环丙烷的分子式是C3H6，二者的最简式均为CH2。28g混合物中，CH2的物质的量为28g÷14g・mol-¹=2mol，故碳原子总数为2mol×NA=2NA，A正确；

B、题目只给出了CH3COONa溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算CH3COO-的物质的量（即使考虑水解，也因体积未知不能确定其数目），B错误；

C、标准状况下，HF不是气态（HF沸点较高，常温常压下为液态），不适用“标准状况下1mol气体体积为22.4L”的规律，无法用11.2L计算其分子数，C错误；

D、环戊烯()的结构中，每个单键是σ键，双键中含1个σ键和1个π键。环戊烯分子σ键的数目为13NA，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题易错点：A．易忽略乙烯、环丙烷最简式均为CH2，需通过最简式计算碳原子数。

B．漏看“无溶液体积”，无法计算离子数目，不能直接判断CH3COO-的量。

C．误判HF状态，标况下HF是液态，不适用气体摩尔体积计算。

D．错数σ键，环戊烯的双键含1个σ键，且忽略C-Hσ键，实际σ键数为13NA。12．【答案】B【解析】【解答】A、Cl2本身无漂白性，氯水中的HClO具有强氧化性，能漂白试纸，实验现象源于HClO而非Cl2，A错误；

B、滴加氯水处因HClO漂白呈白色，周围因H+使试纸变红呈浅红色，说明H+扩散到周围的速度比HClO快，B正确；

C、HClO的漂白是氧化作用，属于永久性漂白，加热后试纸颜色无法恢复，C错误；

D、久置氯水中HClO分解为HCl和O2，仅剩HCl，无漂白性，滴加后只会变红不会变白，现象不同，D错误；

故答案为：B。

【分析】根据新制氯水的成分（含H+、Cl-、HClO、Cl2等）及各成分的性质，结合实验现象（滴加处变白、周围浅红）分析选项正误。A．判断漂白试纸的物质是Cl2还是HClO。B．通过现象对比分析H+与HClO的扩散速率。C．判断HClO的漂白是否可逆。D．判断久置氯水与新制氯水的成分差异对实验现象的影响。13．【答案】D【解析】【解答】A、阴极处于碱性环境，NaGaO2中的GaO2-得电子被还原为Ga，电极反应式为：

GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-，A正确；

B、阳极发生Ga的氧化反应：Ga-3e-+4OH-=GaO2-+2H2O，该反应会消耗OH-；虽然阴离子交换膜能让阴极的OH-移向阳极，但阳极消耗OH-的量大于移入量，因此阳极室中OH-的物质的量会减小，B正确；

C、根据电子转移守恒，电路中转移3mol电子时，阳极恰好有1molGa失去电子转化为Ga3+，并通过快离子导体迁移；Ga的摩尔质量为70g/mol，因此粗镓熔融液理论上减少70g，C正确；

D、镓与铝性质相似，可与NaOH反应生成可溶的GaO2-；但Zn、Fe不与NaOH发生反应，也无法在该电解条件下生成可溶于NaOH溶液的离子，因此Zn、Fe会以单质杂质的形式留在粗镓熔融液中，不会进入NaOH溶液，D错误；

故答案为：D。

【分析】在电解精炼镓的过程中，纯镓对应阴极、含杂质的粗镓对应阳极，分别连接电源的负极（M）和正极（N）：

阳极反应：粗镓中活泼性较强的Ga（及Zn）会失去电子，Ga失电子后与溶液中的OH-结合，生成GaO2-，反应式为：Ga-3e-+4OH-=2H2O+GaO2-；

阴极反应：阳极生成的GaO2-会在阴极得到电子，被还原为纯镓，反应式为：

2H2O+GaO2-+3e-=Ga+4OH-。

基于上述电极反应和装置的离子迁移规则，可对各选项进行分析判断。14．【答案】D【解析】【解答】A、NH4+中心N原子的孤电子对数=12×(5-1-4×1)=0，不含孤电子对，A错误；

B、CH4中心C原子的孤电子对数=12×(4-4×1)=0，不含孤电子对，B错误；

C、SiH4中心Si原子的孤电子对数=12×(4-4×1)=0，不含孤电子对，C错误；

D、PH3中心P原子的孤电子对数=12×(5-3×1)=1，含有孤电子对，D正确；

故答案为：D。15．【答案】A【解析】【解答】A、乙烯的比例模型体现了C、H原子的相对大小及平面连接形式，最能真实反映分子结构，A正确；

B、电子式仅体现原子间的成键电子对，无法反映原子大小和空间结构，B错误；

C、结构式仅体现原子连接方式，不能反映原子相对大小和空间构型，C错误；

D、球棍模型侧重原子连接的“棍”（化学键）和“球”（原子），但原子大小为等比例球体，不如比例模型真实，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．抓住比例模型的核心优势——既呈现C、H原子的实际相对大小，又能体现乙烯的平面结构，符合“真实反映”的要求。

B．突破口是判断电子式的局限性——仅能表示成键电子对，无法体现原子大小和空间形态。

C．关键是认识结构式的作用边界——只展示原子连接顺序，不涉及原子尺寸和空间排布。D．核心是区分球棍模型与比例模型的差异——球棍模型的“球”为等比例简化，不能真实体现原子相对大小。16．【答案】C【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快（包括正、逆反应速率）。B点温度（260℃）高于A点（200℃），且B点对应反应速率（无论正逆）均大于A点；同时B点正反应速率是该温度下的速率，因此A点逆反应速率小于B点正反应速率，A正确；

B、200℃时，CO平衡转化率为50%，容器体积2L。反应为2NO+2CO=2CO2+N2，初始浓度：NO为2mol/L、CO为2mol/L；转化浓度：CO为2mol/L×50%=1mol/L，故NO转化1mol/L，生成CO21mol/L、N20.5mol/L。平衡浓度：NO=1mol/L，CO=1mol/L，CO2=1mol/L，N2=0.5mol/L。平衡常数K=c2(CO2)⋅c(N2)c2(NO)⋅c2(CO)=12×0.512×12=0.5，B正确。

C、200℃时，先算CO转化率40%时的各物质浓度：转化的CO为2mol/L×40%=0.8mol/L，故NO转化0.8mol/L，生成CO20.8mol/L、N20.4mol/L。此时浓度：NO=2-0.8=1.2mol/L，

CO=2-0.8=1.2mol/L，CO2=0.8mol/L，N2=0.4mol/L。平衡时v正=v逆，即k正・c2(NO)・c2(CO)=k逆・c2(CO2)・c(N2)，代入平衡浓度得k正k逆=17．【答案】（1）[B4O5(OH)4]2-+5H2O⇌2B(OH)3+2[B(OH)4]-；9.34（2）Mg(OH)2、CaSO4；5.5×10-4；CaO和Na2CO3（3）提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；盐酸【解析】【解答】（1）常温下，在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O⇌2B(OH)3+2[B(OH)4]-，该溶液中，B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-，由于反应进行的程度很小，c[B(OH)3]与c{[B(OH)4]-}近似相等，所以c(H+)≈Ka=10-9.34，pH=9.34。故答案为：[B4O5(OH)4]2-+5H2O⇌2B(OH)3+2[B(OH)4]-；9.34；（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32−浓度应控制在2.2×10−32.02mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，溶液中大部分Mg故答案为：Mg(OH)2、CaSO4；5.5×10-4；CaO和Na2CO3；（3）由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，所以精制Ⅱ的目的是：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；操作X是为了除去CO32−且不引入新的杂质，应选择的试剂是盐酸。

故答案为：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO【分析】盐湖卤水（主要成分为Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-及硼酸根离子等）首先进行脱硼操作：加入盐酸后，硼酸根转化为B(OH)3沉淀析出。过滤除去沉淀后，滤液经浓缩结晶得到含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-的混合晶体；对该晶体进行煅烧处理，过程中MgCl2・6H2O发生水解并伴随热分解，最终生成MgO固体，烧渣经水浸过滤后，固体主要成分为MgO。滤液继续处理：加入生石灰后，由于CaSO4和Mg(OH)2在该条件下溶解度极低，形成滤渣Ⅰ，其主要成分为CaSO4和Mg(OH)2；精制Ⅰ所得滤液中再加入纯碱，因CaSO4微溶于水，会进一步反应生成CaCO3，即滤渣Ⅱ；精制Ⅱ滤液中加入盐酸除去过量的CO32-，经浓缩结晶可得到NaCl晶体；剩余浓缩滤液中加入饱和Na2CO3溶液，最终实现沉锂，得到Li2CO3产品。（1）常温下，在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O⇌2B(OH)3+2[B(OH)4]-，该溶液中，B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-，由于反应进行的程度很小，c[B(OH)3]与c{[B(OH)4]-}近似相等，所以c(H+)≈Ka=10-9.34，pH=9.34。（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅰ后溶液中Li+浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32−浓度应控制在2.2×10−32.02mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，溶液中大部分Mg（3）由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，所以精制Ⅱ的目的是：提高Li2CO3的纯度，避免混有CaCO3杂质；操作X是为了除去CO318．【答案】确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2ΔCuO＋H2O]【解析】【解答】(1)由猜想为生成的铜较少被蓝色沉淀所覆盖而没有被发现，可知实验探究目的为确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成，故答案为：确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；故答案为：确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成；

(2)探究所依据的化学原理为氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]，故答案为：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；故答案为：氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶[Cu(OH)2＋2HCl=CuCl2＋2H2O]；

(3)实验必需仪器：小刀、玻璃片、滤纸、漏斗、玻璃棒、铁架台、镊子和烧杯；实验药品：金属钠、CuSO4溶液和盐酸；该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没有问题，根据铜的氧化物颜色可以推知该黑色难溶物是CuO，该实验中钠和水反应会放热，生成该黑色难溶物的原因是钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2ΔCuO＋H2O]，故答案为：镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2ΔCuO＋H2O]。

故答案为：镊子；烧杯；CuSO4溶液；盐酸；CuO；钠与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解[Cu(OH)2ΔCuO＋H2O]。

【分析】要探究钠与CuSO4溶液反应是否生成铜，需利用Cu与Cu(OH)2的性质差异：Cu不溶于盐酸，而Cu(OH)2可溶于盐酸（Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O）。实验可通过分离沉淀后加盐酸溶解，根据是否有不溶物判断是否含Cu，对于黑色难溶物，结合钠与水反应放热的特点，可知是Cu(OH)2受热分解生成的CuO（Cu(OH)2=ΔCuO+H2(1)根据猜想明确实验目的是确定钠与CuSO4溶液反应是否有铜生成。

(2)利用Cu(OH)2溶于盐酸而Cu不溶的性质差异作为化学原理。

(3)仪器要点：明确实验所需镊子（取钠）、烧杯（反应容器）；药品要点：CuSO4溶液（反应物）、盐酸（鉴别试剂）；黑色物质要点：根据反应放热判断Cu(OH)2分解生成CuO。19．【答案】CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝﹣867kJ·mol－1；75%；4NH3+4NO＋O2V2O5Δ4N2+6H2O；放热；4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O；3Cl2+8OH－+2NO＝2NO【解析】【解答】（1）①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=﹣574kJ•mol﹣1②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=﹣1160kJ•m