高三化学一轮复习基础练习-化学反应原理

高三化学一轮复习基础练习——化学反应原理一、单选题1．近年来我国航空航天事业取得了很多令世界瞩目的成就。下列说法错误的是（）A．飞船返回舱表层使用的玻璃纤维属于天然高分子材料B．当光束通过空间站热控材料使用的纳米气凝胶时可观察到丁达尔效应C．新一代运载火箭使用的液氢燃料燃烧产物对环境无污染D．人造卫星使用的太阳能电池工作时将太阳能转化为电能2．某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5∶12，则反应时HNO3的还原产物是（）A．NH4NO3 B．N2 C．N2O D．NO3．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）A．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”中涉及的反应类型为复分解反应B．“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”中“瓦”的主要成分为硅酸盐C．“稻以糠为甲，麦以麸为衣”中“糠”的主要成分为纤维素D．“凡弓弦取食柘叶蚕茧，其丝更坚韧”中“丝”的水解产物为氨基酸4．下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是（）A．SO3 B．乙醇 C．CaO D．醋酸5．磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：下列说法错误的是（）A．既能与酸反应又能与碱反应B．流程中有两处涉及氧化还原反应C．该过程需要在无氧条件下进行D．分解反应生成和的物质的量之比为1∶16．含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是（）A．生成，理论上外电路需要转移电子B．阴极上的电极反应为：C．在电解过程中向铂电极移动D．电解产生的中的氢元素来自于7．化学品是生活中必不可缺的物质，下列有关说法错误的是（）A．食品中添加适量亚硝酸钠，可起到抗氧化、防腐作用B．明矾具有强氧化性，可用作消毒剂、净水剂C．植物油中含有碳碳不饱和键，硬化后可用于生产人造奶油D．过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可静脉注射溶液解毒8．将0.1mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的是（）实验编号实验操作实验现象①滴入KSCN溶液溶液变红色②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成③滴入K3[Fe（CN）6]溶液有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③9．常温下0.1mol/L氨水溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a-1）的措施是（）A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的氯化铵固体C．加入等体积0.1mol/L烧碱溶液 D．加入等体积0.1mol/L盐酸10．图为铜一锌一稀硫酸原电池示意图，下列说法正确的是（）A．电子由铜片通过导线流向锌片 B．锌为负极，铜为正极C．锌得电子，被还原 D．该装置能将电能转化为化学能11．室温下，对于1L0.1mol·L-1的醋酸溶液，下列说法错误的是（）A．若加水稀释，醋酸的电离程度和H+数目都增大B．与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7C．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH增大D．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol12．下列实验能达到实验目的的是（）ABCD验证浓硫酸具有脱水性配制100mL一定物质的量浓度的溶液制备并收集NO2铁件镀铜A．A B．B C．C D．D13．结合元素周期律，根据下列事实所得推测不合理的是（）事实推测AⅣA族14Si和32Ge的单质是半导体材料同族82Pb的单质是半导体材料BHI在230℃时分解，HCl在1500℃时分解HF分解温度大于1500℃CH3PO4是中强酸，H2SO4是强酸HClO4是强酸DNa、Al通常用电解法冶炼Mg可用电解法冶炼A．A B．B C．C D．D14．短周期主族元素Y、Z、R、X的原子半径依次减小，四种元素的原子序数均不超过10，我国科学家利用M制备的有机一金属框架(MO)可以高效快速分离CO2和N2，M的结构式如图所示。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：R>Z>YB．R的单质与X2Z不发生反应C．简单离子半径：Z>RD．YX3YX2ZX不溶于水15．下列所加物质的作用与其还原性有关的是A．腌咸菜加氯化钠 B．红酒中添加C．食用盐中加碘酸钾 D．泡打粉加碳酸氢钠16．用代替与燃料反应是一种清洁的新型燃烧技术，发生如下反应：①②③下列说法正确的是（）A．①和②是主反应，反应③是副反应B．反应③达到平衡后压缩容器体积，再次平衡时平衡常数增大C．反应②达到平衡后充入适量，再次平衡时的物质的量增大D．的反应热17．下图为携带式一氧化碳监测仪工作原理示意图，其中待测气体在敏感电极作用下转化为无毒气体逸出，电解质溶液为稀硫酸，氧气在对电极中发生反应。利用传感器测量这一电池的电流强弱，便可测出一氧化碳含量。下列说法正确的是（）A．敏感电极为该电池的正极B．对电极的电极反应式为：C．理论上检测到的，转移电子D．若气体中含有，工作一段时间后电解质溶液的明显减小18．在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得淸洁能源H2。其原理如图所示。下列有关说法错误的是（）A．电源B极为负极B．通电后，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子C．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+19．A和B转化为C的催化反应历程示意图如下。下列说法错误的是（）A．催化剂在反应前后保持化学性质不变B．生成C总反应的原子利用率为100%C．①→②的过程吸收能量D．C的水溶液呈弱酸性20．CH4—CO2催化重整可以得到合成气（CO和H2），有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH＝+247kJ·mol−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH＝+75kJ·mol−1；消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)ΔH＝+172kJ·mol−1，积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如下图。下列说法正确的是（）A．高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳B．增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳C．温度高于600℃，积碳反应的化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少D．升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大二、综合题21．溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：（1）已知：TK时，部分物质的相对能量如下表：物质HBr(g)(g)(g)(g)相对能量/xyzw此温度下，在恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为QkJ，则下列关系正确的是____(填标号)。A．B．C．D．（2）“溴化”时容器体积可变。在温度为TK时，向10L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：容器体积V/L103m0.090.25当容器体积从10L缩小到3L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=；容器体积缩小到L时，平衡移动(填“正向”“逆向”或“不”)。TK时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）新工艺中，“氧化溴化”反应：。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。a点对应的压强为；b点对应的反应条件为，此时(保留三位有效数字)。22．我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正，υ逆，平衡常数(K)；在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)（2）380℃时，容器内发生的反应是(选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是；（3）①下列说法错误的是；a.反应I是放热反应b.温度可影响产物的选择性c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)=mol·L-1·min-1；（4）常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成分为(填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=(填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。23．为保护环境，应减少二氧化硫、氮氧化物和二氧化碳等物质的排放量．（1）用CH4催化还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867.0kJ/molNO2（g）═N2O4（g）△H=﹣28.5kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成CO2、N2和H2O（g）的热化学方程式．（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中，发生NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g），测得反应达到平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=（填数值）．（3）如图1是一种用NH3、O2脱除烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和（填化学式），当消耗1molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为L．（4）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．有人利用图2所示装置（均为惰性电极）从海水中提取CO2（海水中无机碳95%以HCO3﹣存在），有利于减少环境中温室气体含量．①a室的电极反应式为．②b室中提取CO2的反应的离子方程式为．③b室排出的海水（pH＜6）不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质对b室排出的海水进行处理，合格后才能排回大海．处理的方法是24．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用清洗过的废电池铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu，并制备ZnO的实验过程如下：已知：锌灰的主要成分为Zn、ZnO，含有铁及其氧化物杂质：ZnO、均为两性化合物。回答下列问题：（1）“溶浸”加入15%的目的是(用化学方程式表示)。（2）“溶浸”一段时间后有氧气放出，解释可能的原因。（3）“加热”的作用是。（4）“滤渣”的主要成分是。（5）“氧化”后的溶液中、，常温下，有关离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度为时认为沉淀完全)：开始沉淀pH2.36.2沉淀完全pHX8.7则，“氧化”后调pH的范围是。（6）查阅资料发现，沉淀的pH不能大于11，请用离子方程式解释其原因。25．研究碳氧化物、氮氧化物、硫氧化物等大气污染物的处理，对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。（1）已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH1=-41.2kJ·mol-1CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH2=+247.3kJ·mol-1CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-1160.0kJ·mol-1则2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，ΔH=kJ·mol-1。（2）氮氧化物和硫氧化物在一定条件下会发生反应，NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH<0，从而实现物质转换降低能耗。某化学小组对该反应进行相关实验探究：在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测得NO2的平衡转化率如图所示：①如果要将图中B点改变为A点，应采取的措施是；②若B点对应实验中，SO2(g)的起始浓度为c0mol·L-1，经过tmin达到平衡状态，该时段反应速率υ（NO2）=mol·L-1·min-1，化学平衡常数K=；③图中B、C两点对应的实验温度分别为TB和TC，通过计算判断TBTC（填>、=、或<）。（3）SCR（选择性催化还原）脱硝法是工业上消除氮氧化物的常用方法。主要反应原理为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH<0。其他条件相同在甲、乙两种催化剂作用下，经过相同时间，NO转化率与温度的关系如图所示。①工业上选择催化剂（填“甲”或“乙”）原因是。②在催化剂甲的作用下，图中M点处（对应温度为210℃）NO的转化率（填“可能是”、“一定是”或“一定不是”）该温度下的平衡转化率。高于210℃时NO的转化率降低的原因可能是。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，故A符合题意；B．空间站热控材料使用的纳米气凝胶，纳米气凝胶属于胶体，可产生丁达尔效应，故B不符合题意；C．用液氢作为燃料，燃烧产物是水，对环境无污染，故C不符合题意；D．太阳能电池工作时将太阳能转化为电能，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.丁达尔效应是胶体特有的性质；

C.氢燃烧的产物为水，环保无污染；

D.太阳能电池工作时将太阳能转化为电能。2．【答案】B【解析】【解答】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1molM失去2mol电子，5molM失去10mol电子；而12molHNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项符合题意；故答案为：B。【分析】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。3．【答案】A【解析】【解答】A．胆矾为CuSO4·5H2O，铁器淬于胆矾水中，发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，属于置换反应，A符合题意；B．瓦的主要原料是黏土，在瓦窑里烧制得到“瓦”，是传统的无机非金属材料，主要成分是硅酸盐，B不符合题意；C．根据“稻以糠为甲”可知“糠”是稻谷的外壳，富含纤维素，C不符合题意；D．“丝”的主要成分是蛋白质，其水解产物是氨基酸，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.胆矾是CuSO4·5H2O的俗名，涉及反应是Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu，属于置换反应。

B.泥土烧制得到的主要成分是硅酸盐。

C.“糠”是稻谷的外壳，富含纤维素。

D.蚕丝的主要成分是蛋白质，其完全水解生成氨基酸。4．【答案】A【解析】【解答】A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子而使二氧化硫的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，则二氧化硫是非电解质，A符合题意；

B.乙醇在水溶液里以分子存在，酒精水溶液不导电，B不符合题意；

C.CaO溶于水后，与水反应生成Ca(OH)2，电离出Ca2+和OH-，溶液导电，同时CaO是活泼金属氧化物，属于电解质，C不符合题意；

D.醋酸在水溶液能电离出阴阳离子，醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】电解质和非电解质：

区别：是否在水溶液中或熔融状态下导电；

鉴别：大多数酸碱盐都是电解质,非电解质常见的有酒精，蔗糖和二氧化碳，二氧化硫这样的非金属氧化物等。

注：电解质和非电解质都是化合物,如氯气虽然溶于水能导电,Cu也能导电,但他们都不是电解质,也不是非电解质5．【答案】A【解析】【解答】A．H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2为正盐，只能与酸反应，A符合题意；B．白磷与氢氧化钠溶液反应、H3PO2分解生成PH3和H3PO4，这两个反应中元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B不符合题意；C．PH3在空气中能自燃，整个过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C不符合题意；D．H3PO2中P元素为+1价，H3PO4和PH3中P元素分别为+5和-3价，根据得失电子守恒规律，反应生成H3PO4和PH3的物质的量之比为1∶1，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】白磷溶于过量的氢氧化钠溶液发生反应P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，NaH2PO2和稀硫酸发生反应2NaH2PO2+H2SO4=H3PO2+Na2SO4，H3PO2分解的方程式为2H3PO2=H3PO4+PH3，据此解答。6．【答案】D【解析】【解答】A．左侧电极上，P4发生氧化反应生成，则左侧为阳极，电极反应式为，则生成，理论上外电路需要转移电子，A不符合题意；B．由分析可知，阴极的电极反应为2HCN+2e-=H2↑+2CN-，B不符合题意；C．由分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，应该向阳极移动，即移向石墨电极，C不符合题意；D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生和，而HCN中的H来自，则电解产生的中的氢元素来自于，D符合题意；故答案为：D。

【分析】由图可知，左侧电极上，P4发生氧化反应生成，则左侧为阳极，电极反应式为，右侧电极为阴极，电极反应式为2HCN+2e-=H2↑+2CN-，电解过程中阳离子向铂电极移动，阴离子向石墨电极移动。7．【答案】B【解析】【解答】A.亚硝酸具有还原性，因此可以起到抗氧化和防腐蚀的作用，A选项是正确的；

B.明矾净水的原理是吸附水中的杂质，而不是强氧化性，B选项是错误的；

C.植物油中含有碳碳不饱和键，可以与氢气发生加成反应而生成人造奶油，C选项是正确的；

D.NaHCO3可以与酸反应，因此可以对酸中毒进行解毒，D选项是正确的。

故答案为：B。

【分析】A.NaNO2中的N是+2价，具有还原性；

B.明矾水解为Al（OH）3胶体，可以吸附水中的不溶性杂质粒子；

C.植物油中含有碳碳不饱和键，可以与氢气发生加成反应而生成人造奶油；

D.NaHCO3与酸反应的离子反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2.8．【答案】A【解析】【解答】解：将0.1mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I﹣能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I﹣，故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡．①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I﹣，能说明反应存在平衡，故②正确；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误．故选A．【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底．将0.1mol•L﹣1的KI溶液和②②等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I﹣能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I﹣，故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡．据此分析．9．【答案】B【解析】【解答】A、一水合氨是弱碱，将溶液稀释到原体积的10倍，pH＞（a－1），A不符合题意；

B、加入适量的氯化铵固体，抑制一水合氨电离，可使溶液pH＝（a－1），B符合题意；

C、加入等体积0.1mol/L烧碱溶液，氢氧根离子浓度增大，pH不会减小，C不符合题意；

D、加入等体积0.1mol/L盐酸，二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液显酸性，不可能使溶液pH＝（a－1），D不符合题意；

故答案为：B

【分析】一水合氨是弱电解质，存在电离平衡NH3.H2ONH4++OH-，要使其由pH=a，降低到pH=（a-1），可以增大铵根离子浓度或者减小氢氧根离子浓度；加入水稀释10倍，电离度增大，pH不能降低到（a-1）,而是大于（a-1）。10．【答案】B【解析】【解答】A.在原电池中，电子由负极经导线流向正极，因此，电子由锌片通过导线流向铜片，A不符合题意；B.由分析可知，锌片为负极，铜片为正极，B符合题意；C.由分析可知，锌片发生失电子的氧化反应，C不符合题意；D.该装置为原电池装置，反应过程中，将化学能转化为电能，D不符合题意；故答案为：B【分析】在该原电池中，锌片做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Zn－2e－=Zn2＋；铜片做正极，溶液中的H+在正极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑；据此结合选项进行分析。11．【答案】B【解析】【解答】A.加水稀释，促进醋酸的电离，电离程度和H+数目都增大，故A不符合题意；B.1L0.1mol·L-1的醋酸溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应生成醋酸钠和水，醋酸钠溶液的pH>7，故B符合题意；C.加入少量CH3COONa固体后，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，氢离子浓度减少，溶液的pH增大，故C不符合题意；D.滴加NaOH溶液过程中，依据物料守恒n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.醋酸是弱酸，越稀释越电离，电离程度增大和氢离子数目增大

B.醋酸是弱酸，得到的醋酸钠显示碱性

C.醋酸钠水溶液显碱性

D.根据物料守恒即可判断12．【答案】A【解析】【解答】A、浓硫酸能使有机物中的H、O按照水的比例脱去，剩下炭黑，该实验证明了浓硫酸的脱水性，故A正确；

B、定容时，视线应保持水平，且与容量瓶中凹液面最低处相切，故B错误；

C、NO2能与水反应，不能采用排水法收集NO2，故C错误；

D、电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极，电解质溶液中含有与阳极材料相同的金属阳离子，图中阴阳极材料应该互换，且用硫酸铜溶液作电解质溶液，故D错误；故答案为：A。【分析】A、浓硫酸能使有机物中的H、O按照水的比例脱去；

B、定容时，视线应与凹液面最低处保持水平；

C、二氧化氮能溶于水；

D、电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极。13．【答案】A【解析】【解答】A.Pb不是位于金属和非金属的交界线，因此其单质不能用于半导体材料，选项错误，A符合题意；B.由于稳定性HF>HCl，因此HF的分解温度大于1500℃，选项正确，B不符合题意；C.由于非金属性Cl>S>P，因此其最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，选项正确，C不符合题意；D.由于Na、Mg、Al的金属性强，应用电解法冶炼，选项正确，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.位于金属与非金属交界线的物质为半导体材料；B.根据氢化物的稳定性分析；C.根据非金属性分析最高价氧化物对应水化物的酸性；D.结合金属的冶炼分析；14．【答案】C【解析】【解答】A．H2O和HF能形成分子间氢键，使沸点升高且H2O分子形成的氢键数目较多，因此最简单氢化物沸点的顺序为H2O>HF>CH4，A不符合题意；B．F2能与H2O发生氧化还原反应生成HF和O2，B不符合题意；C．核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，简单离子半径顺序为：r(O2-)>r(F-)，C符合题意；D．CH3CH2OH能与水以任意比例互溶，D不符合题意；故答案为：C。【分析】Y、Z、R、X的原子半径依次减小，且四种元素的原子序数均小于10，结合成键情况可知，X为H元素，R为F元素，Z为O元素，Y为C元素。15．【答案】B【解析】【解答】A．腌咸菜加氯化钠是为了调味，也可以起到防腐作用，与还原性无关，A不选；B．二氧化硫有还原性，加入红酒中可以除去其中溶解的氧气，防止其中的营养被氧化，同时起到杀菌保鲜作用，选B；C．食用盐中加碘酸钾目的是补充碘元素，与物质还原性无关，C不选；D．泡打粉加碳酸氢钠目的是与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，没有还原性，D不选；故答案为：B。

【分析】在氧化还原反应中，还原剂具有还原性，反应前后部分元素的化合价升高，据此分析。16．【答案】D【解析】【解答】A．由题意可知该技术为清洁的新型燃烧技术，则反应①应为主反应，反应②中有毒气体二氧化硫生成，故A不符合题意；B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，因此改变体积K不变，故B不符合题意；C．硫酸钙为固体，增加固体物质的量，对平衡无影响，故C不符合题意；D．由盖斯定律可知：可由4×①-②得到，，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.①不会产生污染性气体故为主要反应

B.平衡常数影响因素和压强无关

C.平衡的影响因素不是固体的量17．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，敏感电极为该电池的负极，故A不符合题意；B．氧气在对电极中发生反应，电解质溶液为稀硫酸，氧气得电子生成水，电极方程式为：，故B不符合题意；C．敏感电极为负极，一氧化碳在负极失去电子生成二氧化碳，电极方程式为：，理论上检测到的，转移电子，故C符合题意；D．由正负电极方程式可知，该电池总方程式为：2CO+O2=2CO2，工作一段时间后电解质溶液氢离子浓度不变，pH不变，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】新型电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。18．【答案】C【解析】【解答】A、电解有机废水（含CH3COOH），在阴极上氢离子得电子生成氢气，即2H++2e﹣=H2↑，则连接阴极的电极B极为负极，选项A不符合题意；B、通电后，若有0.1molH2生成，根据电极反应式2H++2e﹣=H2↑可知，则转移0.2mol电子，选项B不符合题意；C、在阴极上氢离子得电子生成氢气，但是阳离子氢离子会经过交换膜向右移动进入阴极室，阴极室的pH几乎保持不变，选项C符合题意；D、与电源A极相连的惰性电极是阳极，在阳极上CH3COOH失电子生成二氧化碳，即CH3COOH-8e﹣+8OH﹣=2CO2↑+6H2O，选项D不符合题意。

​故答案为：C。【分析】根据电解原理进行分析电源的电极、溶液变化以及书写电极方程式即可。19．【答案】C【解析】【解答】A.催化剂能加快化学反应速率，而自身在反应前后的质量和化学性质不变，故A不符合题意；B.由图可知，该过程表示的是甲烷和二氧化碳反应生成乙酸的过程，该过程原子利用率达到了100%，故B不符合题意；C.由图可以看出①的能量高于②，故①→②放出能量，故C符合题意；D.生成物为CH3COOH，CH3COOH的水溶液显弱酸性，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据题中图像，该反应为放热反应，放出能量。根据原子个数守恒，A，B中的所有原子均转化为C，无杂质生成，所以利用率为100%。20．【答案】B【解析】【解答】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，A不符合题意；

B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，B符合题意；

C．根据图像，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，C不符合题意；

D．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．增大压强甲烷平衡向着逆向移动，甲烷的转化率减小；

B．增大二氧化碳的浓度，甲烷的转化率增大，且使消碳反应正向进行，不利于积碳反应；

C．升高温度，反应速率都增大；

D．积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数都增大。21．【答案】（1）C（2）不；0.027；逆向；大于（3）；500K、；65.2%或者0.652【解析】【解答】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g)=(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为QkJ，则，故答案为：C；（2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10L缩小到3L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，TK时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；逆向；大于；（3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：；500K、；65.2%或者0.652。

【分析】（1）升高温度，平衡朝吸热方向移动；

（2）左右两边化学计量数相等，增大压强，平衡不移动；动；

（3）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移。22．【答案】（1）增大；增大；减小（2）I；未达平衡前，温度升高，反应速率加快（3）cd；0.004（4）NaOH、Na2CO3；c(H2CO3)-c(CO)【解析】【解答】(1)升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。(2)由图像可知，380℃时，CH4的选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。(3)①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；b．由图像可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；c．由图像可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c不正确；d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d不正确；综上所述，错误的说法是cd。②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。(4)CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成分为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+c(CO)=c(H2CO3)+c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO)。

【分析】(1)依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；(2)依据图像的选择性判断；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；(3)①依据图像的选择性及影响反应速率和化学平衡的因素分析；②依据计算。(4)利用原子守恒和质子守恒分析。23．【答案】（1）CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣810kJ/mol（2）1.8（3）N2；11.2（4）2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑；H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH【解析】【解答】解：（1）已知：Ⅰ、CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/molⅡ、2NO2（g）⇌N2O4（g）△H2=﹣57kJ/mol根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣57kJ/mol）=﹣810kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣810kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣810kJ/mol；（2）NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）起始量a2a变化量xxxx平衡量a-x2a-xxx由题意可知：，解之得：x=，所以K==1.8，故答案为：1.8；（3）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，0.5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为11.2L，故答案为：N2；11.2；（4）①a室为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，故答案为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑；②氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，故答案为：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；③c室发生2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，可用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，以达到排放标准，故答案为：用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（2）计算各物质的平衡浓度，结合平衡常数表达式进行计算求解；（3）由图该原理中的中NO最终转化为H2O和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）①a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子；②氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；③c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答．24．【答案】（1）（2）可作为反应的催化剂，加快的分解(合理即可得分)（3）除去过量的（4）（5）3.3；（6）【解析】【解答】（1）Cu和不反应，加可以将Cu氧化，故化学方程式为。（2）可以催化分解，加快的分解。（3）加热可以促进分解从而除去过量的。（4）通过调节pH将铁元素转化为而除去。（5），时，，此时开始沉淀，；时认为沉淀完全，故所以得出约为3.3。调节pH