2025年華東師大版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、對于反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應(yīng)歷程如下：

第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)

第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢反應(yīng))

其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡，第一步反應(yīng)中：v正=k1正·c2(NO)，v逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆為速率常數(shù)；僅受溫度影響。

下列敘述正確的是（）A.整個反應(yīng)的速率由第一步反應(yīng)速率決定B.同一溫度下，平衡時第一步反應(yīng)的越大，反應(yīng)正向程度越大C.第二步反應(yīng)速率慢，因而平衡轉(zhuǎn)化率也低D.第一步反應(yīng)快的原因是第一步反應(yīng)的活化能比第二步反應(yīng)的活化能高2、2005年，法拉利公司發(fā)布的敞篷車(法拉利Superamerica)；其玻璃車頂采用了先進(jìn)的電致變色技術(shù)，即在原來玻璃材料基礎(chǔ)上增加了有電致變色系統(tǒng)組成五層膜材料(如下圖所示)。其工作原理是：在外接電源(外加電場)下，通過在膜材料內(nèi)部發(fā)生氧化還原反應(yīng)，實現(xiàn)對器件的光透過率進(jìn)行多級可逆性調(diào)節(jié)，下列有關(guān)說法不正確的是。

A.當(dāng)A接外接電源正極時，Li+脫離離子儲存層B.當(dāng)A接外接電源負(fù)極時，電致變色層發(fā)生反應(yīng)為：WO3+Li++e-=LiWO3C.當(dāng)B接外接電源正極時，膜的透射率降低，可以有效阻擋陽光D.該凝膠電解質(zhì)聚環(huán)氧乙烷的結(jié)構(gòu)簡式為可以與水分子之間形成大量氫鍵，為水溶性聚合物3、一定溫度下，水溶液中H+和OH-的濃度變化曲線如下圖所示。下列說法正確的是。

A.升高溫度，可能引起由c向b的變化B.該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10-13C.該溫度下，加入NaHCO3固體可能引起由b向a的變化D.該溫度下，稀釋溶液不可能引起由c向d的變化4、時，在氨水中滴入的鹽酸，溶液與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。

下列有關(guān)敘述不正確的是A.a點對應(yīng)溶液中已電離的為B.b點對應(yīng)鹽酸的體積等于C.b點對應(yīng)溶液中：D.滴加入鹽酸時：5、草酸又稱乙二酸，其化學(xué)式為是一種二元弱酸。向溶液中逐滴滴加的NaOH溶液，混合溶液中和的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是。

A.常溫下，的B.當(dāng)溶液中時，C.時，D.當(dāng)溶液中時，加入V(NaOH溶液)=20mL6、常溫下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-lgc(Ba2+)與的關(guān)系如圖所示(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分別為4.2×10-7、5.6×10-11；BaCO3的Ksp為5×10-9)。下列說法正確的是。

A.a對應(yīng)的溶液中c(H+)=5.6×10-9mol·L-1B.b對應(yīng)的溶液中一定存在：c(Na+)+2c(Ba2+)<3c(HCO)+c(Cl-)C.a→c的過程中，溶液中一直增大D.c對應(yīng)溶液的c(HCO)=0.05mol·L-1評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、利用液化石油氣中的丙烷脫氫可制取丙烯：C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)ΔH。向起始體積為2L的恒壓密閉容器中充入1mol丙烷，在不同溫度、壓強(qiáng)下測得平衡時反應(yīng)體系中丙烷與丙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)如圖所示(已知p1為0.1MPa)。

下列說法錯誤的是A.反應(yīng)的ΔH>0B.壓強(qiáng)p2＜0.1MPaC.556℃壓強(qiáng)p1時，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)為D.556℃壓強(qiáng)p1時，容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此時v(正)＞v(逆)8、下列有關(guān)溶液中粒子濃度關(guān)系的敘述正確的是A.常溫下pH=2的醋酸與pH=12的燒堿溶液等體積混合：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)B.溶有等物質(zhì)的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c()+c()+c(H2CO3)C.向10mL0.2mol/LNaCl溶液中滴入2mL0.1mol/LAgNO3溶液，溶液中離子濃度大小關(guān)系：c(Na+)＞c()=c(Cl-)＞c(Ag+)D.0.1mol/LNH4NO3溶液中：c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)9、在容積恒定的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H＞0；該反應(yīng)的反應(yīng)速率(v)隨時間(t)變化的關(guān)系如圖所示。

若t2、t4時刻只改變一個條件，下列說法正確的是A.在t2~t3時，平衡逆向移動B.在t2時，采取的措施只能是升高溫度C.在t5達(dá)平衡后反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率最大D.在t5達(dá)平衡后容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)是整個過程中的最大值10、四氫鋁鋰(LiAlH4)常作為有機(jī)合成的重要還原劑。工業(yè)上以輝鋰礦(主要成分LiAlSi2O6，含少量Fe2O3)為原料合成LiAlH4的流程如下：

已知：金屬氫氧化物沉淀的pH如表所示：

。物質(zhì)。

Fe(OH)3

Al(OH)3

開始沉淀的pH

2.3

4

完全沉淀的pH

3.7

6.5

碳酸鋰溶解度數(shù)據(jù)如下：

。溫度/℃

10

30

60

90

濃度/(mol?L-1)

0.21

0.17

0.14

0.10

下列說法錯誤的是A.為了獲取產(chǎn)品較為純凈，a的最小值為6.5B.操作1中加入足量碳酸鈉后，蒸發(fā)濃縮后趁熱過濾，能減少產(chǎn)品的溶解損失C.流程中由LiCl制備Li單質(zhì)時電解得到的HCl可循環(huán)利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成時原子利用率能達(dá)到100%11、已知反應(yīng)當(dāng)反應(yīng)器中按投料后，在不同溫度下，反應(yīng)達(dá)到平衡時，得到混合物中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.若反應(yīng)器中充入和則反應(yīng)達(dá)平衡時將釋放9.22kJ熱量B.從M到Q，平衡向左移動C.圖中M、N、Q點平衡常數(shù)K的大小關(guān)系為D.M、N、Q達(dá)到平衡所需時間關(guān)系為12、已知和水溶液都顯堿性，與類似。如在水中的電離方程式常溫下，濃度均為1mol/L的和兩種溶液，起始體積均為分別向兩溶液中加水稀釋，所得曲線如圖[V表示稀釋后溶液的體積，]。下列說法錯誤的是。

A.常溫下，的水解常數(shù)約為B.常溫下，用鹽酸滴定時，最好選用酚酞作指示劑C.溶液中存在關(guān)系：D.等物質(zhì)的量濃度的和混合溶液中離子濃度的大小關(guān)系為13、溫度為T時，向2.00L恒容密閉容器中充入1.00molCH4，發(fā)生反應(yīng)：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)，經(jīng)過一段時間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：。t/s05152535n(CH4)/mol1.000.840.810.800.80

改變溫度，測得不同溫度下達(dá)平衡時C2H2的物質(zhì)的量的變化曲線如圖。下列說法正確的是。

A.溫度T時，前5sH2平均速率為0.048mol/(L·s)B.溫度T時，b點v(正)＞v(逆)C.該反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度升高逐漸減小D.溫度T時，若向2.00L恒容密閉充入2.00molC2H2和6.00molH2，達(dá)到平衡時，C2H2轉(zhuǎn)化率大于80%評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、汽車尾氣是城市空氣的主要污染物，如何減少汽車尾氣（CO、NOx等）的污染是重要的科學(xué)研究課題。

（1）一定條件下的密閉容器中，進(jìn)行反應(yīng)：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列說法不能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡的是____（填字母）。

A．NO的生成速率與NO的消耗速率相等B．υ(CO)=υ(CO2)

C．體系的壓強(qiáng)保持不變D．各物質(zhì)的濃度保持不變。

（2）可用活性炭還原法處理氮氧化物。有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）△H＞0某研究小組向密閉容器加入一定量的活性炭和NO，恒溫（T1℃）條件下反應(yīng)，反應(yīng)進(jìn)行到不同時間測得各物質(zhì)的濃度如下：。濃度/mol·L﹣1

時間/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017

①寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：K=____________________。

②30min后，改變某一條件，平衡發(fā)生了移動，則改變的條件是_______________；若升高溫度，NO濃度將_______（填“增大”；“不變”或“減小”）。

③計算從0～20min內(nèi)，NO的平均反應(yīng)速率為___________________。

（3）在一定溫度和壓強(qiáng)下，CO和H2催化合成二甲醚的反應(yīng)為：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g），若一體積可變的密閉容器中充入3molH2、3molCO、1molCH3OCH3、1molCO2，經(jīng)一定時間達(dá)到平衡，并測得平衡時混合氣體密度是同溫同壓下起始時的1.6倍。則：反應(yīng)開始時正、逆反應(yīng)速率的大小：υ(正）____υ(逆)（填“>”、“<”或“=”）。15、用純凈的鋅粒與100mL2mol/L稀鹽酸反應(yīng)制取氫氣；請回答：

(1)實驗過程如圖所示，圖中______段化學(xué)反應(yīng)速率最快。若經(jīng)過10分鐘的反應(yīng)時間共消耗鋅0.65克(忽略溶液體積的變化)，則用鹽酸表示的反應(yīng)速率______。

(2)為了加快上述反應(yīng)的速率，欲向溶液中加入少量下列物質(zhì)，你認(rèn)為可行的是_____。

A.蒸餾水B.氯化銅固體。

C.氯化鈉溶液D.濃鹽酸16、(1)乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一種性能優(yōu)良的高辛烷值汽油調(diào)和劑。用乙醇與異丁烯(以IB表示)在催化劑HZSM﹣5催化下合成ETBE，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：回答下列問題：反應(yīng)物被催化劑HZSM﹣5吸附的順序與反應(yīng)歷程的關(guān)系如圖所示；

該反應(yīng)的ΔH＝_____kJ?mol﹣1。反應(yīng)歷程的最優(yōu)途徑是______(填C1、C2或C3)。

(2)一定條件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化劑對燃煤煙氣回收。反應(yīng)為。

圖3

①其他條件相同、催化劑不同，SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)溫度的變化如圖1，F(xiàn)e2O3和NiO作催化劑均能使SO2的轉(zhuǎn)化率達(dá)到最高，不考慮催化劑價格因素，選擇Fe2O3的主要優(yōu)點是：______。

②某科研小組用Fe2O3作催化劑。在380℃時，分別研究了n(CO):n(SO2)為1:1、3:1時SO2轉(zhuǎn)化率的變化情況(圖2)。則圖2中表示n(CO):n(SO2)＝3:1的變化曲線為______。

(3)已知NO2存在如下平衡：在一定條件下NO2與N2O4的消耗速率與各自的分壓(分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))有如下關(guān)系：相應(yīng)的速率與其分壓關(guān)系如圖3所示。一定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)Kp(壓力平衡常數(shù)，用平衡分壓代替平衡濃度計算)間的關(guān)系是k1＝____；在圖標(biāo)出點中，指出能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點是______，理由是_______。17、在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常數(shù)(K)和溫度(T)的關(guān)系如下表所示。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___________；由上表可知該反應(yīng)為___________反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)。

(2)830℃時，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持溫度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡后，其平衡常數(shù)___________1.0(填“大于”“小于”或“等于”)，此時CO2的物質(zhì)的量為___________。

(3)下列有利于提高平衡時CO2轉(zhuǎn)化率的措施有___________(填字母)。

a．使用催化劑b．升溫c．增大CO2和H2的投料比。

(4)若1200℃時，在某時刻反應(yīng)混合物中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，則此時反應(yīng)的平衡移動方向為___________(填“正反應(yīng)方向”“逆反應(yīng)方向”或“不移動”)。

(5)實驗發(fā)現(xiàn)，其它條件不變，在相同時間內(nèi)，向上述反應(yīng)體系中投入一定量的CaO，H2的體積分?jǐn)?shù)增大；實驗結(jié)果如圖所示。

(已知：1微米=10-6米，1納米=10-9米)。

投入納米CaO比微米CaO時，H2的體積分?jǐn)?shù)更高的原因是___________。18、氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工業(yè)的主要污染物。采用選擇性催化還原或氧化吸收法可有效脫除煙氣中的氮氧化物。

(1)一種以沸石籠作為載體對氮氧化物進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。脫除NO的總反應(yīng)為_______。

(2)已知：ClO的氧化性弱于ClO－。電解氧化吸收法可將廢氣中的NOx轉(zhuǎn)變?yōu)镹O分別向0.1mol·L-1NaCl溶液和0.08mol·L-1Na2SO4溶液(起始pH均調(diào)至9)中通入NO，測得電流強(qiáng)度與NO的脫除率的關(guān)系如圖1所示。電解0.1mol·L-1NaCl溶液時；溶液中相關(guān)成分的濃度變化與電流強(qiáng)度的關(guān)系如圖2所示。

①電解Na2SO4溶液時產(chǎn)生H2O2。H2O2氧化吸收NO的離子方程式為_______。

②電解NaCl溶液作吸收液時，NO的去除率始終比Na2SO4溶液的大，原因是_______。

③隨著電流強(qiáng)度的增大，電解NaCl溶液時NO去除率下降的原因是_______。19、已知25℃時部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：?；瘜W(xué)式CH3COOHH2CO3HClO平衡常數(shù)Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8

回答下列問題：

(1)物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的四種溶液：

a．CH3COOHb．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3

pH由小到大的排列順序是__________(用字母表示)。

(2)常溫下，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)變大的是________。

A．c(H+)B．C．c(H+)·c(OH-)D．

(3)體積均為100mLpH=2的CH3COOH與一元酸HX；加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示：

則HX的電離平衡常數(shù)________CH3COOH的電離平衡常數(shù)(填大于、小于或等于)，理由是______________________________。

(4)25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測得pH=6，則溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=______mol·L-1(填精確值)，=_______。評卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)20、泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與Na2CO3溶液。(_______)A.正確B.錯誤21、ΔH＜0，ΔS＞0的反應(yīng)在溫度低時不能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯誤22、1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容器中充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA(____)A.正確B.錯誤23、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、有機(jī)推斷題(共4題，共8分)24、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)；A分子含有的官能團(tuán)是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學(xué)方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。：25、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應(yīng)生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負(fù)極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。26、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學(xué)式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____________________________。

（5）科學(xué)家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應(yīng)方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________。

②當(dāng)n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學(xué)式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學(xué)方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)28、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；現(xiàn)取兩份100mL溶液進(jìn)行如下實驗：

①第一份加過量NaOH溶液加熱后；只收集到氣體0.02mol，無沉淀生成，同時得到溶液甲。

②在甲溶液中通入過量CO2；生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾；洗滌、灼燒，質(zhì)量為1.02g。

③第二份加足量BaCl2溶液后；得白色沉淀，加鹽酸不溶解，經(jīng)過濾；洗滌、干燥后，稱得沉淀質(zhì)量為13.98g。

（1）由上述實驗可確定溶液中一定不存在的離子是______________，不能確定是否存在的離子是_______，檢驗該離子需使用何種試劑或方法______________。

（2）由題意可知此溶液呈________性（答酸性、堿性或中性），上述金屬離子中既能被氧化又能被還原的離子是___________。

（3）鉀離子是否存在（是或否）：_______，若存在其濃度范圍為（沒有則不答）：_________。29、A；B、C、D、E、F是原子半徑依次減小的短周期元素；A、C兩元素形成的化合物是廚房中最常用的調(diào)味品，A、B、C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩間均能反應(yīng)生成鹽和水；D元素的同位素之一被用來作為相對原子質(zhì)量和阿伏加德羅常數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)；E元素能形成多種同素異形體，其中一種是導(dǎo)致許多食品、藥品變質(zhì)的氣體；F元素的氧化物是許多有機(jī)物燃燒的液態(tài)生成物。據(jù)此回答：

(1)A、C、E按原子個數(shù)之比1：1：1形成的化合物是一種常見的消毒劑，將該消毒劑的水溶液滴在pH試紙上，可觀察到現(xiàn)象是____________，原因是________________。

(2)我國首創(chuàng)的海洋電池以B的單質(zhì)為負(fù)極，鉑網(wǎng)為正極，空氣作氧化劑，海水作電解質(zhì)溶液。電池的正極反應(yīng)式為_____________，電池總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(3)C的最高價氧化物為無色液體，0.25mol該物質(zhì)與一定量水混合得到一種稀溶液，并放出QkJ的熱量。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___________________。

(4)在1L的密閉容器中，充入1molDE和1molF2E(g)，于850℃時進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)：DE(g)+F2E(g)DE2(g)+F2(g)△H＜0，達(dá)平衡時，有50%的DE轉(zhuǎn)化為DE2。在相同溫度下，將1molDE和4molF2E(g)充入同樣的容器中，記錄0~8分鐘內(nèi)測得容器內(nèi)各物質(zhì)的物質(zhì)的量如下表。t分鐘時為改變條件后達(dá)平衡時所測得的數(shù)據(jù)。下列說法正確的是。時間/minn(DE)/moln(F2E)/moln(DE2)/moln(F2)/mol0140040.253.250.750.756n1n2n3n48n1n2n3n4t0.153.150.850.85

①反應(yīng)在第4min時，v(正)___________v(逆)（填“＞”；“＝”或“＜”）。

②8分鐘時，混合氣體中DE2的體積分?jǐn)?shù)為________________。

③t分鐘時，反應(yīng)所處的溫度_______________850℃（填“＞”、“=”或“＜”）。30、a、b、c、d、e、f是原子序數(shù)依次增大的前20號元素，其中只有f為金屬元素，a是周期表中原子半徑最小的元素，b的最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的兩倍；d；e同主族，且d是地殼中含量最多的元素。試回答下列問題：

(1)a與f的單質(zhì)可按1∶1化合，試用電子式表示其形成過程________________。

(2)a與d形成的化合物中有一種稱為“綠色氧化劑”。寫出酸性條件下該化合物與FeSO4溶液反應(yīng)的離子方程式：_______________________。

(3)be2的結(jié)構(gòu)式為________________，它是一種常見的溶劑，通常條件下1克該物質(zhì)完全燃燒會釋放出7.8kJ的熱，試寫出該物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式：________________。

(4)標(biāo)準(zhǔn)狀況下c的氫化物溶解度為700，用c的氫化物做噴泉實驗后所形成的溶液密度為ρg/cm3，該溶液的物質(zhì)的量濃度C=______________；溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)______________（此空用數(shù)據(jù)列出表達(dá)式即可）。31、某興趣小組對化合物X開展探究實驗。

其中：X由5種短周期主族元素組成；B在標(biāo)況下的密度為A的焰色反應(yīng)是紫色；所有物質(zhì)都是純凈物。(氣體體積已折算為標(biāo)況下的體積)

請回答：

(1)組成X的元素除了Na、O外還有_______(填元素符號)，X的化學(xué)式是_______。

(2)X與發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。

(3)少量C與足量反應(yīng)也產(chǎn)生G，該反應(yīng)的離子方程式是_______。

(4)F、H的陰離子相同，反應(yīng)后所得溶液呈酸性，原因是_______。

(5)已知C與A加熱可制備得到一種氣體，請設(shè)計實驗探究該氣體的組成：_______(已知該氣體只有兩種元素組成)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A．整個反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)決定；根據(jù)題意已知條件，第二步反應(yīng)為慢反應(yīng)，則整個反應(yīng)的速率由第二步反應(yīng)速率決定，故A錯誤；

B．第一步反應(yīng)中：v正=k1正·c2(NO)，v逆=k1逆·c(N2O2)，達(dá)到平衡時，v正=v逆，即k1正·c2(NO)k1逆·c(N2O2)，則=K，越大；化學(xué)平衡常數(shù)越大，則反應(yīng)正向程度越大，故B正確；

C．反應(yīng)速率低與轉(zhuǎn)化率無因果關(guān)系；故C錯誤；

D．相同溫度下；第一步反應(yīng)快速達(dá)到平衡，第二步是慢反應(yīng)，則第二步的活化能比第一步的活化能高，故D錯誤；

答案選B。2、A【分析】【分析】

【詳解】

略3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．圖中曲線為一定溫度下的離子積常數(shù)曲線，升高溫度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的離子積常數(shù)增大，所以升高溫度將不在曲線上，不可能由c變到b；故A錯誤；

B．根據(jù)離子積常數(shù)可知，該溫度下Kw=c(H+)?c(OH?)=1×10?7×1×10?7=1×10?14；故B錯誤；

C．該溫度下，加入NaHCO3固體，水解使溶液呈堿性，氫離子濃度減小而氫氧根離子濃度增大，不可能引起由b向a的變化；故C錯誤；

D．該溫度下；離子積常數(shù)不變，稀釋溶液，只能在這條曲線上，不能造成由c向d的變化，故D正確；

故答案為D。4、B【分析】【詳解】

A．25°C時，a點對應(yīng)溶液pH=11.2，則氫離子濃度為氫氧根離子濃度為則已電離的為A正確；

B．在氨水中滴入的鹽酸時恰好完全中和得氯化銨溶液，氯化銨溶液因水解呈酸性，而b點溶液呈中性，則b點為氯化銨和氨水混合物，對應(yīng)鹽酸的體積小于B錯誤；

C．溶液電荷守恒：b點對應(yīng)溶液中：則C正確；

D．滴加入鹽酸時所得溶液為等物質(zhì)的量濃度的氯化銨和氨水混合物，呈堿性說明一水合氨電離程度大于氯化銨水解程度，結(jié)合電中性可知,又由物料守恒可得：則D正確；

答案選B。5、B【分析】【詳解】

A．pH=2.2時，常溫下，草酸的故A錯誤；

B．pH=5.2時，當(dāng)溶液中時，因此溶液故B正確；

C．根據(jù)電荷守恒時，根據(jù)得到因此故C錯誤；

D．當(dāng)溶液中時，即溶液呈中性；加入V(NaOH溶液)=20mL，溶質(zhì)為NaHC2O4；溶液顯酸性，因此要使溶液呈中性，還應(yīng)該再加NaOH溶液，因此V(NaOH溶液)＞20mL，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。6、D【分析】【詳解】

A．a(chǎn)對應(yīng)的溶液中=2，=10-2，Ka1==4.2×10-7，c(H+)=4.2×10-5mol·L-1；選項A錯誤；

B．b對應(yīng)的溶液中c()=溶液電荷守恒為：c(Na+)+2c(Ba2+)+=2+c()+c(Cl-)＋所以此時有：c(Na+)+2c(Ba2+)+=3c()+c(Cl-)＋碳酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液顯堿性，則所以：c(Na+)+2c(Ba2+)>3c()+c(Cl-)；選項B錯誤；

C．a(chǎn)→c的過程中，由a到c時，Ba2+持續(xù)增大，BaCO3的Ksp不變，所以濃度持續(xù)減小，碳酸根水解呈堿性，所以溶液堿性會變?nèi)?，?dǎo)致增大，溶液中=Ka1、Ka2不改變，增大，所以一直減小，即一直減小；選項C錯誤；

D．c點時，c()=102且c(Ba2+)=10-5mol/L，BaCO3的Ksp為5×10-9=c(Ba2+)×所以此時=5×10-4mol/L，則c()=102=0.05mol/L；選項D正確；

答案選D。二、多選題(共7題，共14分)7、CD【分析】【詳解】

A．圖象中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度升高丙烯增加，丙烷減少，說明升溫平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)的△H＞0；故A正確；

B．溫度一定，壓強(qiáng)越大平衡逆向進(jìn)行，丙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，p2壓強(qiáng)下丙烯物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于p1狀態(tài)，說明p1＞p2，即壓強(qiáng)p2＜0.1MPa；故B正確；

C．根據(jù)圖象可知556℃壓強(qiáng)p1時，平衡時丙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為50%，則p(C3H8)=0.5p1=0.05MPa，根據(jù)方程式C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)可知剩余50%的氣體中，丙烯和氫氣各占一半，所以p(C3H6)=p(H2)=0.025MPa，所以壓強(qiáng)平衡常數(shù)K==故C錯誤；

D．根據(jù)圖象可知556℃壓強(qiáng)p1時；平衡時丙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為50%，丙烷物質(zhì)的量為1mol，設(shè)消耗物質(zhì)的量為x，列三段式有：

則有=50%，解得x=所以平衡常數(shù)K==起始向2L密閉容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此時濃度商為=0.2>所以反應(yīng)逆向進(jìn)行，v(正)＜v(逆)；故D錯誤；

綜上所述答案為CD。8、AB【分析】【詳解】

A．醋酸是弱酸，pH=2的醋酸，醋酸濃度遠(yuǎn)大于0.01mol·L－1，pH=12的燒堿，NaOH濃度為0.01mol·L－1，等體積混合時醋酸過量，溶液顯酸性，則離子濃度為c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；故A正確；

B．溶有等物質(zhì)的量NaClO、NaHCO3的溶液中，氯元素對應(yīng)的粒子有HClO、ClO?，碳元素對應(yīng)的粒子有CO32?、HCO3?和H2CO3，由物料守恒得：c(HClO)+c(ClO?)＝c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3)=c(Na+)；故B正確；

C．硝酸銀明顯不足完全反應(yīng)，銀離子完全沉淀，氯離子有余，且鈉離子、硝酸根離子的物質(zhì)的量不變，則離子濃度大小為：c(Na+)>c(Cl-)>c()>c(Ag+)；故C錯誤；

D．NH4+水解溶液呈酸性，則濃度排序為：c()>c()>c(H+)>c(OH-)故D錯誤；

答案選AB。9、CD【分析】【分析】

【詳解】

A.t2~t3時；正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，平衡正向移動，故A錯誤；

B.t2時；正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率都增大，且平衡正向移動，該反應(yīng)是氣體體積減小的吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，增大壓強(qiáng)平衡正向移動，采取的措施可能是升高溫度或增大壓強(qiáng)，故B錯誤；

C.t0~t5，正反應(yīng)速率一直大于逆反應(yīng)速率，平衡一直正向移動，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率一直增大，在t5達(dá)平衡后反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率最大；故C正確；

D.t0~t5，正反應(yīng)速率一直大于逆反應(yīng)速率，平衡一直正向移動，產(chǎn)物NO2的體積分?jǐn)?shù)一直增大，在t5達(dá)平衡后容器內(nèi)NO2的體積分?jǐn)?shù)是整個過程中的最大值；故D正確；

故選CD。10、CD【分析】【分析】

由題給流程可知；輝鋰礦粉與98%濃硫酸共熱反應(yīng)后，過濾得到含有硅酸的濾渣1和含有硫酸鐵；硫酸鋁、硫酸鋰的濾液1；向濾液1中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH大于6.5，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣2和含有硫酸鋰的濾液2；向濾液2中加入碳酸鈉溶液，將硫酸鋰轉(zhuǎn)化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰沉淀和含有硫酸鈉的濾液3；碳酸鋰經(jīng)過一系列處理制得氯化鋰，電解熔融的氯化鋰制得金屬鋰，金屬鋰與氫氣共熱反應(yīng)生成氫化鋰，一定條件下，氫化鋰與氯化鋁反應(yīng)制得四氫鋁鋰。

【詳解】

A．由分析可知；向濾液1中加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH大于6.5，能使鐵離子；鋁離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，有利于獲取產(chǎn)品較為純凈，故A正確；

B．由碳酸鋰溶解度數(shù)據(jù)可知；溫度升高，碳酸鋰的溶解度減小，為減少碳酸鋰因溫度降低溶解而造成損失，蒸發(fā)濃縮后應(yīng)趁熱過濾，故B正確；

C．由分析可知；制得金屬鋰的反應(yīng)為電解熔融的氯化鋰生成鋰和氯氣，沒有氯化氫生成，故C錯誤；

D．由分析可知；最后一步合成發(fā)生的反應(yīng)為一定條件下，氫化鋰與氯化鋁反應(yīng)制得四氫鋁鋰和氯化鋰，原子利用率不能達(dá)到100%，故D錯誤。

故選CD。11、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為生成物，則容器中充入0.1molN2和0.3molH2時，反應(yīng)消耗N2的物質(zhì)的量小于0.1mol；因此反應(yīng)達(dá)到平衡時放出的熱量小于9.22kJ，A錯誤；

B．從M到Q；體系的壓強(qiáng)減小，化學(xué)平衡向左移動，B正確；

C．平衡常數(shù)K只和溫度有關(guān)，溫度不變，K不變，而M、Q的溫度相同，所以對于放熱反應(yīng)而言，升高溫度，化學(xué)平衡逆向移動，使平衡常數(shù)K減小，曲線c的溫度比曲線b的溫度高，故綜上所述可知平衡常數(shù)大小關(guān)系為：C正確；

D．Q與M的反應(yīng)溫度相同，但是M的壓強(qiáng)更大。增大壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率加快，所以M的反應(yīng)速率比Q更快，則達(dá)到平衡所需的時間：該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，化學(xué)平衡向左移動，使NH3的百分含量減小，則曲線b的溫度比曲線c的溫度低，即壓強(qiáng)相同的情況下，N的溫度比M的溫度高，N的反應(yīng)速率更快，所以綜上所述，M、N、Q達(dá)到平衡所需時間是D錯誤；

故合理選項是BC。12、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．常溫下，的電離常數(shù)為起點時，pOH=2，所以則的水解常數(shù)約為A項正確；

B．NH2OH與鹽酸反應(yīng)生成強(qiáng)酸弱堿鹽；滴定終點時溶液顯酸性，所以應(yīng)該選擇酸性條件下變色的指示劑，即可用甲基橙作指示劑，B項錯誤；

C．溶液中，根據(jù)物料守恒有：根據(jù)電荷守恒有：所以得到C項正確；

D．由圖可知，濃度均為1mol/L的和兩種溶液，的pOH大于的pOH，說明的堿性較弱，則其對應(yīng)的鹽越易水解，所以等物質(zhì)的量濃度的和混合溶液中離子濃度的大小關(guān)系為D項錯誤；

答案選BD。13、BD【分析】【分析】

由圖像可知，溫度升高，n(C2H2)增大，正反應(yīng)吸熱，平衡常數(shù)也應(yīng)增大；溫度為T時，b點n(C2H2)比平衡時小，反應(yīng)正向進(jìn)行，v(正)＞v(逆)；由此分析。

【詳解】

A．溫度T時，前5s甲烷的反應(yīng)速率=H2平均速率=故A不符合題意；

B．b點和曲線比較可知反應(yīng)正向進(jìn)行，b點v(正)＞v(逆)；故B符合題意；

C．溫度升高；乙炔的物質(zhì)的量增大，平衡正向進(jìn)行，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高逐漸增大，故C不符合題意；

D．列出反應(yīng)的“三段式”；

逆向進(jìn)行時達(dá)到相同平衡起始量：

乙炔的轉(zhuǎn)化率=溫度T時，若向2.00L恒容密閉充入2.00molC2H2和6.00molH2；相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向進(jìn)行，乙炔的轉(zhuǎn)化率大于80%，故D符合題意；

答案選BD。三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【詳解】

(2)2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)，反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)；A．NO的生成速率與NO的消耗速率相等是平衡標(biāo)志，故A正確；B．反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式計量數(shù)之比，為正反應(yīng)速率之比，v(CO)=v(CO2)不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；故B錯誤；C．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，體系的壓強(qiáng)保持不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D．各物質(zhì)的濃度保持不變是平衡標(biāo)志，故D正確；故答案為B；

(2)①C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)△H＞0，固體不寫入平衡常數(shù)表達(dá)式，平衡常數(shù)K=

②根據(jù)表中數(shù)值知；NO；二氧化碳的濃度減小，氮氣的濃度增大，說明改變條件是分離出二氧化碳物質(zhì)，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進(jìn)行，一氧化氮濃度減??；

③從0～20min內(nèi)，NO的平均反應(yīng)速率v==0.003mol/L?min；

(3)反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變；同溫；同壓下，達(dá)到平衡時，氣體密度增大，即氣體體積縮小；平衡時混合氣體密度是同溫同壓下起始時的1.6倍，則總物質(zhì)的量變?yōu)樵鹊?.625倍，總物質(zhì)的量=8×0.625=5mol，反應(yīng)前后減少了3mol，說明開始向正反應(yīng)進(jìn)行，v(正)＞v(逆)。

點睛：可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)有兩個核心的判斷依據(jù)：①正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等。②反應(yīng)混合物中各組成成分的百分含量保持不變。只要抓住這兩個特征就可確定反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，對于隨反應(yīng)的發(fā)生而發(fā)生變化的物理量如果不變了，即說明可逆反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)。判斷化學(xué)反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，關(guān)鍵是看給定的條件能否推出參與反應(yīng)的任一物質(zhì)的物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，即變量不再發(fā)生變化?！窘馕觥緽減少CO2濃度減小0.003mol/（L·min>15、略

【分析】【分析】

根據(jù)圖象斜率判斷反應(yīng)速率的大小；根據(jù)v=計算反應(yīng)速率；根據(jù)外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響及原電池反應(yīng)可加快反應(yīng)速率判斷；由此分析。

【詳解】

(1)根據(jù)圖象斜率判斷反應(yīng)速率的大小，斜率越大，反應(yīng)速率越快，所以是EF段反應(yīng)速率最快，0.65gZn的物質(zhì)的量為：=0.01mol，根據(jù)鋅與稀鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，消耗鹽酸的物質(zhì)的量為0.02mol，鹽酸濃度變化為：=0.2mol/L，故v(HCl)==0.02mol?L-1?min-1；

(2)A．加蒸餾水；鹽酸濃度變小，反應(yīng)速率減小，故A不符合題意；

B．加氯化銅固體；鋅把銅置換出來，銅；鋅和鹽酸構(gòu)成原電池，加快反應(yīng)速率，故B符合題意；

C．加氯化鈉溶液；溶液體積增大，鹽酸濃度降低，反應(yīng)速率減小，故C不符合題意；

D．加濃鹽酸；鹽酸濃度增大，反應(yīng)速率加快，故D符合題意；

答案為BD。【解析】①.EF②.0.02mol?L-1?min-1③.BD16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)圖象，反應(yīng)物能量高于生成物能量，則反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的△H=(1-5)akJ/mol=-4akJ/mol；過渡態(tài)1的活化能為E1=6akJ/mol，過渡態(tài)2的活化能為E2=6ak/mol，過渡態(tài)3的活化能為E3=4akJ/mol，所以過渡態(tài)3的活化能最低，反應(yīng)相對容易，則反應(yīng)歷程的最優(yōu)途徑是C3；

(2)①根據(jù)圖示內(nèi)容，F(xiàn)e2O3和NiO作催化劑均能使SO2的轉(zhuǎn)化率達(dá)到最高，但是Fe2O3作催化劑時，在相對較低溫度可獲得較高SO2的轉(zhuǎn)化率，從而節(jié)約大量能源，故答案為；Fe2O3作催化劑時，在相對較低溫度可獲得較高SO2的轉(zhuǎn)化率；從而節(jié)約大量能源；

②n(CO):n(SO2)=3:1與n(CO):n(SO2)=1:1相比，由于CO過量，可以使SO2具有更高的轉(zhuǎn)化率，所以表示n(CO):n(SO2)=3:1的變化曲線為a；

(3)平衡時，正逆反應(yīng)速率與計量系數(shù)成正比，則v(NO2)=2v(N2O4)，即整理所以滿足平衡條件v(NO2)=2v(N2O4)即為平衡點，根據(jù)圖象，BD所對應(yīng)的速率剛好為1:2的關(guān)系，所以BD為平衡點，故答案為：BD；原因是：達(dá)到平衡時，N2O4與NO2的消耗速率滿足條件v(NO2)=2v(N2O4)?！窘馕觥?4aC3在相對較低溫度可獲得較高的SO2轉(zhuǎn)化率，從而節(jié)約能源曲線aBD達(dá)到平衡時，N2O4與NO2的消耗速率滿足條件v(NO2)=2v(N2O4)17、略

【分析】(1)

化學(xué)平衡常數(shù)是在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=由上表可知隨之溫度升高平衡常數(shù)逐漸增大；說明升高溫度平衡正向進(jìn)行，所以該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。

(2)

830℃時，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持溫度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡后，由于平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，則其平衡常數(shù)等于1.0。設(shè)平衡時消耗二氧化碳的物質(zhì)的量是xmol，則剩余二氧化碳是2mol－xmol、氫氣是8mol－xmol、一氧化碳和水蒸氣均是xmol，由于反應(yīng)前后體積不變，可以用物質(zhì)的量代替濃度計算平衡常數(shù)，則解得x＝1.6，所以此時CO2的物質(zhì)的量為0.4mol。

(3)

a．使用催化劑不能影響平衡，CO2轉(zhuǎn)化率不變；

b．正反應(yīng)吸熱，升溫平衡正向進(jìn)行，CO2轉(zhuǎn)化率增大；

c．增大CO2和H2的投料比有利于增大氫氣的轉(zhuǎn)化率，CO2轉(zhuǎn)化率降低；

答案選b；

(4)

若1200℃時，在某時刻反應(yīng)混合物中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，則此時濃度熵為＞2.6；所以反應(yīng)的平衡移動方向為逆反應(yīng)方向。

(5)

由于相同質(zhì)量的納米CaO比微米CaO的表面積大，吸收CO2的速率更快；在相同時間內(nèi)消耗CO2的量更多，導(dǎo)致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移動的程度更大，所以投入納米CaO，氫氣的體積分?jǐn)?shù)更高?！窘馕觥?1)吸熱。

(2)等于0.4mol

(3)b

(4)逆反應(yīng)方向。

(5)相同質(zhì)量的納米CaO比微米CaO的表面積大，吸收CO2的速率更快；在相同時間內(nèi)消耗CO2的量更多，導(dǎo)致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移動的程度更大，所以投入納米CaO，氫氣的體積分?jǐn)?shù)更高18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)一種以沸石籠作為載體對氮氧化物進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。根據(jù)圖中信息得到NO、NH3和O2反應(yīng)生成N2和H2O，因此脫除NO的總反應(yīng)為4NO+4NH3+O24N2+6H2O；故答案為：4NO+4NH3+O24N2+6H2O。

(2)①H2O2氧化吸收NO，反應(yīng)在堿性條件下生成硝酸根和水，其反應(yīng)的離子方程式為3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O；故答案為：3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O。

②電解NaCl溶液作吸收液時，NO的去除率始終比Na2SO4溶液的大；原因是電解氯化鈉溶液生成次氯酸根離子，次氯酸根離子氧化性比雙氧水氧化性更強(qiáng)，而且電解氯化鈉溶液生成燒堿，溶液的堿性更強(qiáng)，更有利于NO的去除；故答案為：電解氯化鈉溶液生成次氯酸根離子，次氯酸根離子氧化性更強(qiáng)；電解氯化鈉溶液生成燒堿，溶液的堿性更強(qiáng)。

③根據(jù)圖中信息ClO的氧化性弱于ClO－，隨著電流強(qiáng)度的增大，電解NaCl溶液時NO去除率下降的原因是隨著電流強(qiáng)度增大，溶液的溫度升高，導(dǎo)致次氯酸根轉(zhuǎn)化為氯酸根(或次氯酸根濃度減小，氯酸根濃度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱。【解析】4NO+4NH3+O24N2+6H2O3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O電解氯化鈉溶液生成次氯酸根離子，次氯酸根離子氧化性更強(qiáng)；電解氯化鈉溶液生成燒堿，溶液的堿性更強(qiáng)隨著電流強(qiáng)度增大，溶液的溫度升高，導(dǎo)致次氯酸根轉(zhuǎn)化為氯酸根(或次氯酸根濃度減小，氯酸根濃度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱19、略

【分析】【分析】

根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO能夠水解的鹽，酸性越弱，水解程度越大，溶液的堿性越強(qiáng)，據(jù)此分析判斷溶液pH的大小排列；CH3COOH溶液加水稀釋過程中，CH3COOH電離程度增大，但溶液中除氫氧根離子外的微粒的濃度均減小，據(jù)此分析判斷稀釋過程中各數(shù)據(jù)的變化；在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，結(jié)合Ka=計算。

【詳解】

(1)四種溶液中，只有CH3COOH是酸，顯示酸性，pH最小，Na2CO3、NaClO、NaHCO3能夠水解，水解后的溶液均顯堿性，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO因此水解程度：＞ClO-＞HCO水解程度越大，堿性越強(qiáng)，所以堿性強(qiáng)弱順序是：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3，則pHNa2CO3＞NaClO＞NaHCO3，因此pH由小到大的排列順序是CH3COOH＜NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，故答案為：adcb；

(2)A．0.1mol?L-1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，CH3COOH電離程度增大，但溶液的酸性減弱，c(H+)減小，故A不選；B．0.1mol?L-1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，CH3COOH電離程度增大，n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，因此=增大，故B選；C．Kw=c(H+)?c(OH-)只受溫度的影響，溫度不變，c(H+)?c(OH-)是一個常數(shù)，故C不選；D．0.1mol?L-1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，酸性減弱，c(H+)減小，堿性增強(qiáng)，c(OH-)增大，即增大；故D選；故選BD；

(3)根據(jù)CH3COOH與一元酸HX加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系圖可以看出HX酸在稀釋過程中溶液的pH變化比醋酸的大，所以酸性HX強(qiáng)于醋酸，電離程度：HX＞CH3COOH，則HX的電離平衡常數(shù)＞CH3COOH的電離平衡常數(shù)；故答案為：大于；稀釋相同倍數(shù)，一元酸HX的pH變化比醋酸大，酸性強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大；

(4)CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；=1.8×10-5，pH=6的溶液中c(H+)=10-6mol/L，因此=18，故答案為：9.9×10-7；18?！窘馕觥縜dcbBD大于稀釋相同倍數(shù)，一元酸HX的pH變化比CH3COOH大，故酸性強(qiáng)，電離平衡常數(shù)大9.9×10-718四、判斷題(共4題，共20分)20、B【分析】【詳解】

泡沫滅火器中的試劑是Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液。故錯誤。21、B【分析】【詳解】

根據(jù)吉布斯自由能判斷，ΔH＜0、ΔS＞0的反應(yīng)在溫度低時能自發(fā)進(jìn)行，錯誤。22、A【分析】【詳解】

碘蒸氣和氫氣的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1mol碘蒸氣和1mol氫氣反應(yīng)，生成的碘化氫的物質(zhì)的量小于2mol，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA,故說法正確。23、A【分析】【詳解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再過濾，正確。五、有機(jī)推斷題(共4題，共8分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數(shù)小于8，所以Y的最外層為3個電子，Q的最外層為4個電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，Z的原子序數(shù)等于Y；W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據(jù)元素分析，該反應(yīng)方程式為

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負(fù)極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質(zhì)量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負(fù)極37g26、略

【分析】【詳解】

(1)A、B、C、E中均有鈉元素，根據(jù)B的用途可猜想出B為NaHCO3，X為C(碳)，能與CO2反應(yīng)生成NaHCO3的物質(zhì)可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之間能按物質(zhì)的量之比為1∶1反應(yīng)，則A是NaOH，E為Na2CO3，能與NaHCO3反應(yīng)放出無色無味的氣體，且這種物質(zhì)中含有鈉元素，則C只能為Na2O2，D為O2，結(jié)合題設(shè)條件可知F為Fe，G為Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+與以離子鍵結(jié)合，中O原子與O原子以共價鍵結(jié)合，其電子式為

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反應(yīng)為3Fe+2O2Fe3O4，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，則轉(zhuǎn)移8mol電子放出2akJ熱量，則其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol。

(5)N2在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3：N2+6H++6e?2NH3?！窘馕觥竣?NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol⑥.N2+6H++6e?2NH327、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，①常用作泡沫滅火器的是NaHCO3，故為乙；②濃度相同的碳酸氫鈉溶液和硫酸鈉溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的電離程度大；

(2)金屬鋁是13號元素，核外電子排布為2、8、3②n(Al)=n(NaOH)時，生成偏鋁酸鈉，根據(jù)方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質(zhì)的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學(xué)式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯氣，與氫氧化鈉生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根據(jù)電荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液顯中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根據(jù)物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)28、略

【分析】【詳解】

第一份加過量NaOH溶液后加熱，只收集到氣體0.02mol，無沉淀生成，同時得到溶液甲，依據(jù)離子性質(zhì)分析推斷，與氫氧化鈉生成氣體的一定是NH4+離子，生成氣體NH3物質(zhì)的量為0.02mol，無沉淀生成證明溶液中一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+；向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體．能與二氧化碳反應(yīng)得到沉淀的離子有Ba2+，鋁離子溶于過量氫氧化鈉生成的偏鋁酸鈉溶于反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到13.98g固體．說明沉淀不溶于酸，證明是硫酸鋇沉淀，原溶液中含有SO42-，判斷溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入過量CO2，生成白色沉淀只能是氫氧化鋁沉淀，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體為氧化鋁，原溶液中含有Al3+，結(jié)合離子共存判斷溶液中一定不含有CO32-；一定含有的離子為NH4+、Al3+、SO42-。（1）由上述實驗可確定溶液中一定不存在的離子是Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-，不能確定是否存在的離子是Cl-，檢驗該離子需使用的試劑為HNO3、AgNO3，取少量溶液于試管中滴加過量的稀硝酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀則原溶液中含有Cl-，若無白色沉淀產(chǎn)生則原溶液中不含Cl-；

（2）一定含有的離子為NH4+、Al3+、SO42-，由題意可知此溶液水解使溶液呈酸性，上述金屬離子中既能被氧化又能被還原的離子是Fe2+；

（3）由①可知存在離子NH4+物質(zhì)的量濃度==0.2mol/L；由②可知存在離子為Al3+，沉淀經(jīng)過濾、洗滌、灼燒后，得到1.02g固體為氧化鋁物質(zhì)的量==0.01mol，溶液中Al3+的物質(zhì)的量濃度==0.2mol/L；由③可知存在離子為SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，得到13.89g固體為硫酸鋇，物質(zhì)的量==0.06mol，SO42-物質(zhì)的量濃度==0.6mol/L，依據(jù)溶液中電荷守恒，陽離子正電荷總量小于陰離子負(fù)電荷總量，一份溶液中陽離子電荷數(shù)為0.08mol，陰離子若只有硫酸根離子時電荷數(shù)為0.12mol，所以一定有K+存在，若不存在氯離子，則為0.04mol，若存在氯離子則應(yīng)大于0.04mol，故K+物質(zhì)的量濃度≧0.4mol/L?！窘馕觥竣?Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-②.Cl-③.HNO3、AgNO3④.酸性⑤.Fe2+⑥.是⑦.≧0.4mol/L29、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F是原子半徑依次減小的短周期元素；A、C兩元素形成的化合物是廚房中最常用的調(diào)味品，則A是Na，C是Cl；A、B、C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩間均能反應(yīng)生成鹽和水，則B是Al元素；D元素的同位素之一被用來作為相對原子質(zhì)量和阿伏加德羅常數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)，則D是C元素；E元素能形成多種同素異形體，其中一種是導(dǎo)致許多食品、藥品變質(zhì)的氣體，則E是O元素；F元素的氧化物是許多有機(jī)物燃燒的液態(tài)生成物，F(xiàn)是H元素。

(1)A；C、E按原子個數(shù)之比1：1：1形成的化合物是NaClO該物質(zhì)是強(qiáng)堿弱酸鹽；根據(jù)鹽的水解規(guī)律及水解產(chǎn)物的性質(zhì)分析；

(2)Al-空氣電池中；Al作負(fù)極，鉑網(wǎng)為正極，根據(jù)原電池反應(yīng)原理書寫反應(yīng)式；

(3)根據(jù)物質(zhì)的量與反應(yīng)放出的熱量關(guān)系書寫表示反應(yīng)熱的方程式；

(4)首先根據(jù)加入1molCO和1molH2O時的CO轉(zhuǎn)化率是50%計算該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)；然后利用溫度與平衡常數(shù)的關(guān)系計算，及達(dá)到平衡時任何物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不變，判斷4min；8min時反應(yīng)速率、物質(zhì)濃度關(guān)系，計算t時的化學(xué)平衡常數(shù)，然后根據(jù)該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，利用平衡移動原理分析判斷溫度；

【詳解】

根據(jù)上述分析可知A是Na；B是Al，C是Cl，D是C，E是O，F(xiàn)是H元素。

(1)A、C、E按原子個數(shù)之比1：1：1形成的化合物是NaClO該物質(zhì)是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中會發(fā)生水解反應(yīng)：NaClO+H2OHClO+NaOH；產(chǎn)生NaOH，使溶液顯堿性，因此溶液會變?yōu)樗{(lán)色，但由于反應(yīng)產(chǎn)生的HClO具有強(qiáng)的氧化性，會將藍(lán)色氧化變?yōu)闊o色，因此會看到溶液顯變藍(lán)后褪色；

(2)在我國首創(chuàng)的海洋電池以Al單質(zhì)為負(fù)極，鉑網(wǎng)為正極，空氣作氧化劑，海水作電解質(zhì)溶液中，Al為原電池的負(fù)極，失去電子變?yōu)锳l3+，鉑網(wǎng)為正極，溶解在海水中的O2獲得電子，被還原變?yōu)镺H-，電極反應(yīng)式為：O2+4e-+2H2O=4OH-；在同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，同時在溶液中Al3+會與OH-結(jié)合形成Al(OH)3，因此電池總反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。

(3)C的最高價氧化物為Cl2O7是無色液體物質(zhì)，0.25mol該物質(zhì)與一定量水混合得到一種稀溶液，并放出QkJ的熱量，則1molCl2O7反應(yīng)放出熱量為4QkJ，因此該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：Cl2O7(l)＋H2O(l)=2HClO4(aq)；ΔH=－4QkJ/mol。

(4)在1L的密閉容器中，充入1molCO和1molH2O(g)，在850℃時進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H＜0，達(dá)平衡時，有50%的CO轉(zhuǎn)化為CO2。則平衡時；各種氣體的物質(zhì)的量都是0.5mol，由于該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積相等的反應(yīng)，則該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)K=1，化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。

①在相同溫度下，將1molCO和4molH2O(g)充入同樣的容器中，在4min后，各種物質(zhì)的物質(zhì)的量