新高考辽宁适用2025届高考化学临考练习二VIP

PAGE8PAGE1（新高考，辽宁适用）2025届高考化学临考练习二留意事项:1,答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3,考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H1C12024Na23S32Mn55一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1．2024年以来，世界多地发生了新冠病毒肺炎，威逼着人们的身体健康。抗击新冠肺炎疫情中，“84”消毒液、双氧水和“一次性口罩”起了特别重要的作用。下列正确的有（）A．医用口罩中的过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，聚丙烯的结构可表示B．“84”消毒液的主要有效成分是NaClO，在NaClO固体中含有的化学键只有离子键C．双氧水的结构式为H-O-O-H，分子间可形成氢键D．NaClO的电子式为2．下列有关化学用语的表示错误的是A．碳化钙的电子式为：B．明矾的化学式可表示为：K2SO4·Al2(SO4)3·24H2OC．含有10个中子的氧原子：18OD．乙烯的结构简式为：C2H43．下列物质转化能通过取代反应实现的是A．CH2=CH2→CH3CH2BrB．C．CH3CH2OH→CH3CHOD．nCH2=CH24．下列化学用语表示不正确的是A．烧碱的化学式：Na2CO3 B．Cl－的结构示意图：C．Na2FeO4中Fe元素的化合价：＋6 D．氯酸钾的电离方程式：KClO3＝K＋＋ClO3－5．探讨人员最近发觉了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池总反应式为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列对“水电池”在海水中放电时的有关说法正确的是（）A．Ag发生还原反应B．正极反应式为：5MnO2+2e-=Mn5OC．每生成1molAgCl转移2mol电子D．工作时，电子由MnO2极经外电路流向Ag极6．下列关于指定粒子构成的叙述中，不正确的是A．37Cl与39K具有相同的中子数 B．H3O+和OH-具有相同的电子数C．原子的核外电子数为92 D．O2-与S2-具有相同的电子数7．下列关于卤族元素的递变规律不正确的是A．F2、Cl2、Br2、I2的氧化性渐渐减弱B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性渐渐减弱C．F2、Cl2、Br2、I2的密度渐渐增大，熔沸点渐渐上升D．F－、Cl－、Br－、I－的还原性渐渐增加，颜色渐渐变深8．CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述试验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO29．常温下，当溶液中只有一种溶质，由水电离出的氢离子浓度为1×10-11mol/L时，则对溶液的推断正确的是A．溶液的pH值肯定为3 B．溶质要么属于酸类，要么属于碱类C．溶液的pH值可能为11 D．溶液要么是强酸溶液，要么是强碱溶液10．下列有机反应属于同一类型的是A．乙烯制聚乙烯、乙醇制备乙烯B．苯制溴苯、乙烯制乙醇C．乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯D．甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯11．某溶液由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO2－、Fe2+、NO3－、Cl－、SO42－中若干种组成，现将溶液分成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成。则溶液中肯定含有的离子有A．Al3＋、NO3－ B．Ba2＋、Al3＋、Cl－C．Ba2＋、Al3＋、NO3－ D．Ag＋、Al3＋、NO3－12．下列有关试验或操作的叙述正确的是A．检验溴乙烷与NaOH水溶液共热产生的乙烯B．做喷泉试验时先挤压胶头滴管，后松开止水夹C．酸碱中和滴定前，滴定管和锥形瓶在用蒸馏水洗涤后均需用待装溶液润洗D．用托盘天平称取1.06g无水碳酸钠，溶于250mL水，配制0.04mol∙L-1Na2CO3溶液13．某有机超强碱结构如下图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是A．形成该有机物的四种元素的电负性大小依次为O>N>C>HB．该有机物中C和N均有sp3和sp2两种杂化方式C．该有机物中只有1个手性碳原子D．该有机物核磁共振氢谱有12组峰14．下列物质中，属于自然高分子化合物的是A．聚乙烯 B．蔗糖 C．淀粉 D．麦芽糖15．下列事实，不能用勒夏特列原理说明的是A．试验室用排饱和食盐水而不用排水法收集氯气B．加催化剂，使N2和H2在肯定条件下转化为NH3C．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应实行相对较低温度的措施D．光照新制的氯水时，溶液中c（H+）增大二、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。16．多晶硅是制作光伏电池的关键材料，以下是工业上由石英砂制备多晶硅的简易流程。

(1)请写出由石英砂制备粗硅的主要方程式___。(2)经探讨发觉SiO2生成Si的反应机理不是一步完成的，反应机理如下：反应1：SiO2(s)+C(s)SiO(g)+CO(g)反应2：SiO(g)+2C(s)SiC(s)+CO(g)反应3：2SiO2(s)+SiC(s)3SiO(g)+CO(g)反应4：SiO(g)+SiC(s)2Si(l)+CO(g)反应5：SiO2(s)+Si(l)2SiO(g)如图曲线表示5个反应的平衡pSiO/pCO与温度变更关系图。结合图像推断反应2的△H___0(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由___。(3)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产SiHCl3时伴随发生的反应有：Si(s)+4HCl(g)=SiCl4(g)+2H2(g)∆H=-241kJ•mol-1SiHCl3(g)+HCl(g)=SiCl4(g)+H2(g)∆H=-31kJ•mol-1请书写以硅粉和氯化氢气体生产SiHCl3的热化学反应方程式___。(4)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：①SiCl4(g)+H2(g)⇌SiHCl3(g)+HCl(g)∆H1>0②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌4SiHCl3(g)∆H2<0③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)⇌3SiHCl3(g)∆H3已知体系自由能变∆G=∆H-T∆S，∆G<0时反应自发进行。三个氢化反应的∆G与温度的关系如图所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是___；相同温度下，反应②比反应①的∆G小，主要缘由是___。17．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），试验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下：（1）试验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需运用下列仪器中的_________。a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.滴定管（2）加入NH3•H2O调整pH=8可除去_______（填离子符号），滤渣Ⅱ中含________（填化学式）。加入H2C2O4时应避开过量，缘由是___________。Ca2+Mg2+Fe3+起先沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2向BaC2O4悬浊液中加入CaCl2，可发生沉淀的部分转化，请写出反应过程中的离子方程式___________________，计算该反应的平衡常数K=___________（Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9，保留一位小数）（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，试验分两步进行。已知：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2OBa2++CrO42-=BaCrO4↓步骤Ⅰ：移动xmL肯定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。依据上述数据，可计算出BaCl2溶液浓度为_________mol•L-1（用含字母的式子表示）。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则Ba2+浓度的测量值将_______（填“偏大”或“偏小”）。18．利用选择性催化还原技术(简称“SCR技术”)实现汽车尾气中NO、NO2的脱除技术是目前比较热门的探讨方向。SCR技术常以NH3(以尿素为原料转化得到)为还原剂，在合适的温度范围内将NO、NO2等气体有选择性的还原为N2和H2O，当汽车尾气中NO与NO2的比例不同时，分别发生三种不同类型的SCR反应：①标准SCR反应4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol②快速SCR反应2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol③慢速SCR反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2739.6kJ/mol回答下列问题：(1)由反应①和②可计算反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=_______。(2)三种SCR反应的正反应均能自发进行，缘由是_______。当汽车尾气中＞1时，主要发生反应_______(填序号)(3)其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂作用下进行反应①，相同时间内，NO的转化率与温度的关系如图所示：在催化剂甲作用下，M点时_______(填“可能”、“肯定”或“没有”)达到反应的平衡状态，理由是_______。(4)当氨气足量时，在催化剂丙的作用下完成反应③，测得在相同时间内NO2脱除率随反应温度变更的状况如图所示，请说明NO2脱除率随温度变更的缘由(催化剂未失效)_______。(5)利用汽车尾气中CO还原其中NO、的技术(简称“NSR”)，也是近些年探讨热点，NSR技术的主要化学原理为：2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某试验小组向2L恒温恒容的密闭容器中，充入1molCO和1molNO混合气体，加入Pt、Al2O3等催化剂模拟NSR技术发生NO脱除反应，t1时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如图所示。①比较大小：m处v正_______n处v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)。②该反应在该温度下化学平衡常数K值为_______。19．Ⅰ．某自然油脂A的分子式为C57H106O6。1mol该油脂水解可得到1mol甘油、1mol不饱和脂肪酸B和2mol直连饱和脂肪酸C。经测定B的相对分子质量为280，原子个数比为C∶H∶O＝9∶16∶1。（1）写出B的分子式：______________________________。（2）写出C的结构简式：____________________；C的名称是____________________。（3）写出含5个碳原子的C的同系物的同分异构体的结构简式____________________。Ⅱ．RCH＝CHR′与碱性KMnO4溶液共热后酸化，发生双键断裂生成羧酸：RCH＝CHR′RCOOH＋R′COOH，常利用该反应的产物反推含碳碳双键化合物的结构。在催化剂存在下，1mol不饱和脂肪酸B和1molH2反应后经处理得到D和E的混合物，D和E互为同分异构体。当D和E的混合物与碱性KMnO4溶液共热酸化后，得到如下四种产物：HCOOC－(CH2）10－COOHCH3－(CH2）7－COOHHCOOC－(CH2）7－COOHCH3－(CH2）4－COOH（4）写出D和E的结构简式：______________________________。（5）写出B的结构简式：______________________________。（6）写出自然油脂A的一种可能结构简式：______________________________。参考答案1．C【详解】A.聚丙烯由丙烯通过加聚反应得到，结构可表示，A错误；B.NaClO中Na+与ClO-之间形成离子键，氧原子与氯原子形成共价键，B错误；C.双氧水的结构式为H-O-O-H，分子间氢原子和氧原子可形成氢键，C正确；D.NaClO是离子化合物，电子式为，D错误；答案选C。2．D【详解】A．碳化钙为离子化合物，其电子式为：，故A不符合题意；B．明矾的化学式为：KAl(SO4)2•12H2O，其中钾元素为+1价，铝元素呈+3价，其化学式可表示为：K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，故B不符合题意；C．氧原子含有8个质子，含有10个中子的氧原子的质量数为10+8=18，原子符号可表示为：18O，故C不符合题意；D．乙烯中含有碳碳双键，官能团不能省去，乙烯结构简式为：CH2=CH2，故D符合题意；故答案为：D。3．B【解析】乙烯与溴化氢发生加成反应生成CH3CH2Br，A错误；苯与纯溴、铁作催化剂发生取代反应生成溴苯，B正确；CH3CH2OH与氧气、在铜作催化剂的条件下发生氧化反应，变为乙醛，C错误；乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，D错误；正确选项B。4．A【详解】A.烧碱即氢氧化钠，化学式为NaOH，故A错误；B.Cl－的核内有17个质子，核外有18个电子，结构示意图：，故B正确；C.化合物中各元素正负化合价总和为零，设此化合物中铁元素化合价为x，则有2×（+1）+1×x+4×（-2）=0，解得x=+6，所以Na2FeO4中Fe元素的化合价为＋6价，故C正确；D.氯酸钾为强电解质，溶液中完全电离，氯酸钾的电离方程式为：KClO3＝K＋＋ClO3－，故D正确。故选A。5．B【分析】由电池总反应可推断出反应中Ag的化合价上升，被氧化，Ag应为原电池的负极，MnO2得电子作正极；方程式中Ag生成AgCl，化合价共降低了1价，每生成1molAgCl转移1mol电子；在原电池中电子从负极向正极移动，以形成闭合电路。【详解】A．由电池总反应可推断出反应中Ag的化合价上升，发生氧化反应，故A错误；B．依据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可推断出MnO2应为原电池的正极，正极发生反应的电极方程式为：5MnO2+2e－═Mn5O，故B正确；C．Ag生成AgCl，化合价共降低了1价，每生成1molAgCl转移1mol电子，故C错误；D．在原电池中电子从负极向正极移动，从Ag极经外电路流向MnO2极，故D错误；故选B。6．D【详解】A．37Cl中有37-17=20个中子，39K中有39-19=20个中子，二者中子数相同，A正确；B．H3O+中有10个电子，OH-中有10个电子，二者电子数相同，B正确；C．的质子数为92，故原子中核外电子数为92，C正确；D．O2-有8+2=10个电子，S2-有16+2=18个电子，二者电子数不相同，D错误；故选D。7．D【解析】【详解】A．F、Cl、Br、I为同主族元素，其非金属性从上到下依次减弱，则其单质的氧化性从上到下依次减弱，故A正确；B．F、Cl、Br、I为同主族元素，其非金属性从上到下依次减弱，其气态氢化物的稳定性依次减弱，故B正确；C．F2、Cl2、Br2、I2单质的状态从气态过渡到固态，密度增加，熔沸点也增加，故C正确；D．F、Cl、Br、I为同主族元素，其非金属性从上到下依次减弱，则其单质的氧化性从上到下依次减弱，其阴离子的还原性越来越强，但是阴离子没有颜色，故D错误；故答案为D。8．C【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价上升；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价上升，I元素的化合价降低。【详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价上升，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液渐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价上升，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，依据题目信息推断试验中发生的反应，素材生疏，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变更为解答的关键，选项B为易错点。9．C【详解】常温下溶液中由水电离出的氢离子浓度为1×10-11mol/L1×10-7mol/L，水的电离被抑制；A．若溶液中溶质为酸或强酸的酸式盐如NaHSO4等，溶液中氢氧根离子全部来自水的电离，溶液中氢氧根离子的浓度=水电离的氢氧根离子的浓度=水电离的氢离子浓度=1×10-11mol/L，溶液中H+浓度为=1×10-3mol/L，溶液的pH=3，若溶液中溶质为碱，溶液中氢离子全部来自水的电离，溶液中氢离子浓度=水电离的氢离子浓度=1×10-11mol/L，溶液的pH=11，A错误；B．水的电离被抑制，当溶液中只有一种溶质时，溶质可能属于酸类、碱类、强酸的酸式盐如NaHSO4等，B错误；C．若溶液中溶质为酸或强酸的酸式盐如NaHSO4等，溶液中氢氧根离子全部来自水的电离，溶液中氢氧根离子的浓度=水电离的氢氧根离子的浓度=水电离的氢离子浓度=1×10-11mol/L，溶液中H+浓度为=1×10-3mol/L，溶液的pH=3，若溶液中溶质为碱，溶液中氢离子全部来自水的电离，溶液中氢离子浓度=水电离的氢离子浓度=1×10-11mol/L，溶液的pH=11，溶液的pH可能为3或11，C正确；D．水的电离被抑制，当溶液中只有一种溶质时，溶液可能是酸溶液、碱溶液、强酸的酸式盐溶液如NaHSO4溶液等，D错误；答案选C。10．D【详解】A．乙烯制聚乙烯发生的是加聚反应，而乙醇制备乙烯发生的是消去反应，故A错误；B．苯制溴苯是取代反应，而乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应制乙醇，故B错误；C．乙醇催化氧化制乙醛，是氧化反应，而乙醇和乙酸制乙酸乙酯是取代反应，故C错误；D．甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯均为取代反应，故D正确；故答案为D。【点睛】有机物中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应是取代反应。有机物分子的不饱和键(双键或三键)两端的碳原子与其他原子或原子团干脆结合生成新的化合物的反应叫作加成反应。有机化合物在肯定条件下，从1个分子中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应是消去反应。11．A【详解】分成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3﹣、SO2发生氧化还原反应生成SO42﹣，SO42﹣与Ag+或Ba2+结合生成白色沉淀，综上所述，肯定含Al3+、NO3﹣，Ag+、Ba2+至少含一种，肯定不含SO42﹣、AlO2﹣、Fe2+，不能确定是否含Na+、Cl﹣，答案选A。【点睛】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应、白色沉淀的推断为解答的关键，侧重分析与推断实力的综合考查，充分考查了学生敏捷应用基础学问的实力，易错点为Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀，故解除Fe2+的存在。12．B【详解】A.挥发出的乙醇也要与酸性高锰酸钾反应，因此不能检验溴乙烷与NaOH水溶液共热产生的乙烯，故A错误；B.做喷泉试验时先挤压胶头滴管，氨气溶于水，形成较大压强差，后松开止水夹后，烧杯中水进入到烧瓶中，故B正确；C.酸碱中和滴定前，滴定管在用蒸馏水洗涤后需用待装溶液润洗，锥形瓶用蒸馏水洗涤后不能润洗，故C错误；D.用托盘天平不能称取1．06g无水碳酸钠，托盘天平精确度为0.1g，故D错误。综上所述，答案为D。13．D【详解】A．有机物含有O、N、H、C四种元素，元素的非金属性越强则电负性越大，非金属性：O>N>C>H；电负性从大到小的依次也为O>N>C>H，故A正确；B．在该有机物中，C和N都有形成单键和双键，故均有sp3和sp2两种杂化方式，故B正确；C．有机物中连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该有机物中的手性碳原子为苯环下面所连的碳原子，且只有这一个手性碳原子，故C正确；D．依据该分子的结构，以结构中中间的三角结构为分界，上面有6种H原子，下面是对称结构，有4种氢原子，故核磁共振氢谱有10组峰，故D错误。答案选D。14．C【详解】A．聚乙烯是合成的高分子化合物，不属于自然高分子化合物，故A错误；B．蔗糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．淀粉属于自然高分子化合物，故C正确；D．麦芽糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D错误；故选C。点睛：本题考查高分子化合物，明确物质的成分及相对分子质量即可解答。要熟记基础学问，相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为自然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为自然高分子化合物。15．B【解析】【详解】A、排饱和食盐水收集氯气，利用氯气和水反应的化学平衡，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯离子浓度增大，抑制氯气和水反应，削减了氯气的溶解度，可以用勒夏特列原理说明，故A不符合；B、运用催化剂只变更反应速率，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理说明，故B符合；C、合成

NH3反应是放热反应，低温度利于平衡正向移动，可以用勒夏特列原理说明，故C不符合；D、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢，平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，能用勒沙特列原理说明，故D不符合；故选B。16．SiO2+2CSi+2CO↑<反应(2)Kp=，由图像可知温度上升，反应(2)中增大，即温度上升Kp减小，所以△H<0Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-210kJ•mol-11000℃△H2<△H1导致反应②的△G小(△H2<0，△S2<0，相同温度下，△H对反应的影响超过了△S对反应的影响，所以反应②的△G小)【详解】(1)石英砂制备粗硅主要是由二氧化硅与碳反应，方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；(2)反应(2)Kp=，由图像可知温度上升，反应(2)中增大，即温度上升Kp减小，所以△H<0；(3)依据盖斯定律，①Si(s)+4HCl(g)=SiCl4(g)+2H2(g)∆H=-241kJ•mol-1，②SiHCl3(g)+HCl(g)=SiCl4(g)+H2(g)∆H=-31kJ•mol-1，①-②可得Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-210kJ•mol-1；(4)∆G<0时反应自发进行，由图可知反应①高于1000°C时∆G<0；△H2<△H1导致反应②的△G小(△H2<0，△S2<0，相同温度下，△H对反应的影响超过了△S对反应的影响，所以反应②的△G小)。17．acFe3+Mg（OH）2、Ca（OH）2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量削减BaC2O4+Ca2+=CaC2O4+Ba2+69.6偏大【解析】(1)溶液的质量分数=×100%，试验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，故答案为ac；(2)依据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣I为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调整pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避开过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量削减，向BaC2O4悬浊液中加入CaCl2，可发生沉淀的部分转化，反应过程中的离子方程式为BaC2O4+Ca2+=CaC2O4+Ba2+，反应的平衡常数K====69.6，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量削减；BaC2O4+Ca2+=CaC2O4+Ba2+；69.6；(3)步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：mol/L=mol/L，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大，故答案为；偏大。18．-114.2kJ/mol3个SCR反应都是焓减、熵增的反应，体系的自由能△G＜0①没有M点处NO的转化率小于相同温度下乙作催化剂时的NO的转化率在180℃反应达到平衡前，随着温度的上升，反应速率增大，有更多NO2发生反应转化为N2，导致NO2的转化率随温度的上升而增大；当反应达到平衡后，上升温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO2的转化率随温度的上升而减小＞320【详解】(1)①4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)

ΔH=-1632.4kJ/mol②2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)

ΔH=-1518.2kJ/mol依据盖斯定律，将反应①-②，整理可得反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=-114.2kJ/mol；(2)三个反应都是放热反应，焓变削减，熵又是增加的反应，体系的自由能△G=

ΔH-T△S＜0，所以反应能够自发进行；当汽车尾气中＞1时，c(NO)＞c(NO2)，尾气主要以NO为主，则主要发生①反应；(3)①催化剂只能加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，故在其它条件相同时，运用甲催化剂与乙催化剂反应达到平衡时NO的转化率相等。由图可知在催化剂甲作用下，M点NO的转化率小于相同温度下乙作催化剂时NO的转化率，因此M点时反应没有达到平衡状态；(4)当氨气足量时，在催化剂丙的作用下完成反应③，测得在相同时间内NO2脱除率随反应温度变更的状况如图所示，由于此时催化剂未失效，依据图示可知：在180℃之前NO2脱除率随温度的上升而增大，这是由于在180℃反应未达到平衡，随着温度的上升，反应速率加快，有更多的NO2反应转化为N2，使NO2的脱除率增大；由于该反应的正反应是放热反应，在180℃反应达到平衡状态后，上升温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO2的脱除率所温度的上升而减小；(5)①n处二氧化碳的体积分数不再变更，说明n处已达平衡状态，在n处：v正=v逆；在反应达到平衡之前，正反应速率随着反应物浓度的减小而减小，逆反应速率随生成物浓度的增大而增大，因此m处v正＞

n处v正，而n处v正=v逆，所以m处v正＞

n处v逆；②对于反应2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，在反应起先时n(CO)=n(NO)=1mol，假设反应CO物质的量是xmol，则依据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO)=n(NO)=(1-x)mol，n(C