2024年沪科版拓展型课程化学上册月考试卷

…………○…………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2024年沪科版拓展型课程化学上册月考试卷77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5题，共10分)1、下列对如图所示实验装置的判断中正确的是。

A.若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓锌的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小2、下列气体不可用排水法来收集的气体是A.NOB.NO2C.H2D.CH43、用如下图所示的装置进行实验(夹持仪器略去，必要时可加热)，其中a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，能达到相应实验目的的是。选项试剂1试剂2试剂3实验目的装置A浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液除去Cl2中的HC1

B浓HNO3Cu片KI—淀粉溶液验证NO2的氧化性C稀硫酸溶液X澄清石灰水验证X中是否有D70%硫酸Na2SO3酸性KMnO4溶液验证SO2具有漂白性

A.AB.BC.CD.D4、用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是（）A.制取并收集乙炔B.比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性C.吸收多余的NH3D.实验室中制取少量乙酸乙酯5、对如表实验现象或操作的解释或结论错误的是编号现象或操作解释或结论AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入蓝色褪去具有漂白性B在的溶液中，加2滴酚酞显浅红色，微热，溶液颜色加深盐类水解反应是吸热反应C向少量火柴头的浸泡溶液中滴加和混合溶液后，产生白色沉淀火柴头里含有氯元素D蒸馏时，温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处此位置指示的是馏出物的沸点

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水7、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。8、水丰富而独特的性质与其结构密切相关。

(1)对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于_________键；依据O与H的电负性判断，属于_________共价键。

(2)水分子中，氧原子的价层电子对数为_________，杂化轨道类型为_________。

(3)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是_________(填字母序号)。

a．常压下；4℃时水的密度最大。

b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃

c．水的热稳定性比硫化氢强。

(4)水是优良的溶剂，常温常压下极易溶于水，从微粒间相互作用的角度分析原因：_________(写出两条)。

(5)酸溶于水可形成的电子式为_________；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，如中H－N－H的键角大于中H－O－H的键角，据此判断和的键角大小：________(填“＞”或“＜”)。9、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。10、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；11、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分三、原理综合题(共7题，共14分)12、醋酸乙烯(CH3COOCH=CH2)是一种重要的有机化工原料，以二甲醚(CH3OCH3)与合成气(CO、H2)为原料,醋酸锂；碘甲烷等为催化剂；在高压反应釜中一步合成醋酸乙烯及醋酸。回答下列问题:

(1)常温下,将浓度均为amol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=b，则混合液中c(CH3COO-)=______mol/L(列出计算式即可)。

(2)合成二甲醚:Ⅰ.2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)ΔH1=-91.8kJ/mol;

Ⅱ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.5kJ/mol;

Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.3kJ/mol.

已知:H-H的键能为436kJ/mol，C=O的键能为803kJ/mol，H-O的键能为464kJ/mol，则C≡O的键能为_____kJ/mol.

(3)二甲醚(DME)与合成气一步法合成醋酸乙烯(VAC)的反应方程式为2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，T℃时,向2L恒容密闭反应釜中加入0.2molCH3OCH3、0.4molCO、0.1molH2发生上述反应,10min达到化学平衡；测得VAC的物质的量分数为10%。

①0~10min内,用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=______;该温度下,该反应的平衡常数K=__________。

②下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。

A、V正(DME)=v逆(H2)≠0B；混合气体的密度不再变化。

C、混合气体的平均相对分子质量不再变化D；c(CO):c(VAC)=4:1

③如图是反应温度对二甲醚(DME)的转化率和醋酸乙烯(VAC)选择性(醋酸乙烯的选择性Svac=)的影响，该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”);控制的最佳温度是___________.

④保持温度不变,向反应釜中通入氩气增大压强,则化学平衡______(填“向正反应方向”“向逆反应方向"或“不”)移动。

13、煤和石油通常都含有硫的化合物；燃烧生成的二氧化硫成为大气主要污染物之一。二氧化硫的治理已成为当前研究的课题。其催化氧化的过程如图1所示：

(1)已知：I．SO2(g)+V2O5(s)SO3(g)+V2O4(s)△H1=+24kJ•mol-1

Ⅱ．2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H2=-244kJ•mol-1

①SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=___kJ•mol-1。

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能，则反应Ⅱ的正反应活化能为__(用字母E1～E6表示)kJ•mol-1。

③总反应速率一般由慢反应决定，从图1中分析决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应__(填“I”或“Ⅱ”)。

(2)某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的SO2和O2，测得SO2的物质的量变化如图2所示：

①第5min时反应达到平衡，v(SO3)=____mol•L-1•min-1，O2的转化率为_____

②该温度下，反应的平衡常数K=______(精确到0.01)。14、利用空气氧化NO；成本低廉，很具有研究价值。回答下列问题：

(1)NO氧化反应机理可能涉及如下过程：

Ⅰ．(快反应)

Ⅱ．(慢反应)

Ⅲ．(快反应)

上述反应_______(填序号)决定NO的氧化反应速率；已知则反应的_______(用a、b、c的代数式表示，a、b；c均为正值)。

(2)已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，k1、k2为速率常数，仅受温度影响。下列叙述错误的是_______(填字母)。

A．反应Ⅰ达到平衡状态，可推知

B．反应Ⅱ的活化能低于反应Ⅰ的活化能。

C．增大NO的浓度，增大；升高温度，增大。

(3)一定条件下，将和按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应：其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线如图所示。

①_______(填“＞”“＜”或“＝”)

②400℃、条件下，O2的平衡转化率为_______%。

③700℃、p2条件下，该反应的平衡常数Kp=_______(以分压表示；分压=总压×物质的量分数)。

(4)恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率可采取的措施为_______(任写一种)。15、习近平总书记近日对制止餐饮浪费作出重要指示。氨的合成对解决粮食危机有着重要意义。目前该研究领域已经催生了三位诺贝尔化学奖得主。

(1)德国化学家哈伯对研究“N2(g)+3H2(g)2NH3(g)”反应贡献巨大，1918年荣获诺贝尔化学奖，已知该反应在298K时，△H=－92.2kJ/mol，Kc=4.1×106(mol/L)-2，若从平衡常数角度分析，反应限度已经较大，但为何化工生产中还需要使用催化剂：_________。

(2)合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：

第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)

第二步N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*；(快反应)

第三步NH3*NH3(g)(快反应)

比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1__________E2(填“＞”、“＜”或“＝”)，判断理由是_______________________。

(3)2007年，德国科学家埃特尔发现了合成氨催化机理，开创了表面动力学的研究。研究发现，常温恒压密闭容器中，N2在催化剂表面可以与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)

①下列各项能够作为判断该反应一定达到平衡的依据是___________(填标号)。

A．容器中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3

B．N2与NH3浓度之比恒定不变。

C．v(N2)正=2v(NH3)逆

D．混合气体中氨气的质量分数不变。

E.压强保持不变。

②平衡后若分别改变下列一个条件，可以使N2转化率增大的是___________(填标号)

A．转移掉部分O2B．转移掉部分NH3

C．适当增加H2O(l)的量D．增加N2的量。

(4)向一个恒温恒压容器充入1molN2和3molH2模拟合成氨反应；下图为不同温度下平衡时混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系图。

若体系在T1、60MPa下达到平衡。

①此时平衡常数Kp_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压＝总压×物质的量分数；计算结果保留3位小数)。

②T1_____________T2(填“＞”、“＜”或“＝”)。16、NO是大气中一种重要污染物；可以采用多种方法消除NO的污染。回答下列问题：

(1)CH4还原NO法。

已知：

①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=-116.2kJ·mol-1；

②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ·mol-1；

③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H3=-863.8kJ·mol-1。

则CH4与NO反应生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式为_______。

(2)CO还原NO法。CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H＜0。

①该反应中，既要加快NO的消除速率，又要消除更多的NO，可采取措施有_______(写出其中一条即可)。

②实验测得：v正=k正·c2(CO)·c2(NO)，v逆=k逆·c2(CO2)·c(N2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，只升高温度，k正增大的倍数_______(填“＞”、“＜”或“＝”)k逆增大的倍数。若在1L恒容密闭容器中充入1molCO和1molNO发生上述反应，在一定温度下反应达到平衡时，CO的转化率为40%，则=_______(计算结果用分数表示)。

(3)NH3还原NO法。NH3还原NO的反应为4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)△H＜0。T℃时，在恒容密闭容器中，测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表：。时间/min01234n(NO)/mol1.20.900.720.600.60n(NH3)/mol0.900.700.580.500.50

若反应开始时的压强为P0，则该反应的化学平衡常数Kp=_______(可用分数表示；用平衡分压代替平衡浓度计算；各气体的分压=气体总压×各气体的物质的量分数)。

(4)SCR脱硝技术的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)△H＜0。在密闭容器中起始投入一定量NH3、NO、O2进行反应；测得不同温度下，在相同时间内部分组分的含量如图所示。

①a、b、c三点，主反应速率由大到小的顺序为_______。

②解释N2的浓度变化曲线先上升后下降的原因：_______。17、氮是地球上含量较丰富的一种元素；氮的化合物在工业生产和生活中有重要的作用。

(1)四氧化二氮是火箭推进器的燃料，它与二氧化氮可以相互转化。一定条件下，密闭容器内发生化学反应：△H＞0；达到平衡时，当分别改变下列某一条件，回答：

①达到平衡时，升高温度，平衡将______移动(填“正向”；“逆向”或“不”)。

②达到平衡时，保持体积不变充入Ar气时，平衡将______移动(填“正向”；“逆向”或“不”)。

③达到平衡时，保持容器容积不变，再通入一定量N2O4，达到平衡时NO2的百分含量______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)消除汽车尾气污染物中NO的反应平衡常数表达式为：

已知：

写出此反应的热化学方程式______，该反应______(填“高温”或“低温”)能自发进行。

(3)在催化剂作用下，H2可以还原NO消除污染，反应的化学方程式为：将2molNO和1molH2充入一个1L恒容的密闭容器中，经相同时间测得混合气体N2的体积分数与温度的关系如图所示。则低于900K时，N2的体积分数______(填“是”或“不是”)对应温度下平衡时的体积分数，原因是______。高于900K时，N2的体积分数降低的可能原因是______(任写一点)。

(4)氨气是生产氮肥的主要原料，一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1molN2和2molH2合成氨反应达到平衡状态时，测得N2的转化率为25%，则达平衡时该反应的中衡常数K=______(列出计算式)。18、亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验用C12和NO制备NOCl并测定其纯度；相关实验(装置略去)如下。请回答:

(1)制备Cl2发生装置可______(填大写字母)，反应的离子方程式为_______。

(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为:a→________(按气流方向，用小写字母表示)，若用到F，其盛装药品为_________。

(3)实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)

①实验室也可用B装置制备NO，上图X装置的优点为__________(至少写出两点)

②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开____(填“k1”或“k3”)，通入一段时间气体，其目的为________；然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。

③若无装肖Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_________

(4)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL.已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12,则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为____(用代数式表示，不必化简)。评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共30分)19、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性20、Ⅰ.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理；使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。

已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：

(1)组成B的三种元素是_______，气体D的分子式是______。

(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_______。

(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是________。

Ⅱ.某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，打开弹簧夹，向盛有NaBr溶液的试管B和分液漏斗C中同时通入少量Cl2；将少量分液漏斗C中溶液滴入试管D中，取试管D振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(4)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是________。

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗C中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检验_________。21、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)22、某实验小组为了探究SO2的性质；设计了如下装置；

实验步骤：

①先连接好装置；检查气密性，再加入试剂；

②加热A试管；

③将铜丝向上抽动离开液面。

（1）A试管中发生反应的化学方程式是______。

（2）B试管中的现象是______。

（3）试管C无明显现象；某小组取一部分反应后的溶液，分别滴加以下试剂，请你预测能否生成沉淀，若生成沉淀，写出生成沉淀的化学式。

。加入试剂。

能否生成沉淀。

沉淀的化学式。

氯水。

_____________

__________

氨水。

__________

___________

23、某校同学设计实验以MgCl2卤液(主要含MgCl2)为原料制取活性MgO。回答下列问题：

(1)甲组设计下列装置制取氨气和二氧化碳。

①用生石灰和浓氨水制取NH3可选用的装置是_______(填“A”“B”或“AB”)。

②若用石灰石和稀盐酸制取CO2，反应的离子方程式为_________________________。

(2)乙组利用甲组制备的NH3和CO2制取3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O。

①接口b处通入的气体是_________________(填化学式)。

②装置D的作用是______________________________________。

③生成3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O的化学方程式为____________________。

(3)丙组灼烧3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O制活性MgO时，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和坩埚外，还需要______________。24、某小组研究NH4Cl与CuO的反应，进行如下实验(部分装置略)：。实验ⅠⅡ装置现象加热试管，产生白烟，试管口有白色固体；试管中有水生成，继续加热，黑色固体变蓝，最终部分变为黄色将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入NH4Cl晶体中，一段时间后，取出玻璃管，管口处有亮红色固体

经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有CuCl和CuCl2；实验Ⅱ中的亮红色固体为Cu。

(1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是______。

(2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝；最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化：

①(NH4)2CuCl4固体受热分解的化学方程式是______。

②对于物质X；做出如下假设：

ⅰ．X是NH4Cl。

反应方程式为：________________________________(补充完整)

ⅱ．X是______，理由是______。

(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是______(列出2点)。

(4)NH4Cl溶液与CuO反应。

实验Ⅲ向CuO粉末中加入0.1mol·L−1NH4Cl溶液；浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面无颜色变化，溶液变为蓝色。

资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色。

ⅱ．Cu(NH3)2+Cu2++NH3Cu(NH3)42+Cu2++4NH3

①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或Cu(NH3)42+。

实验方案是______。

②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能的原因是______(列出1点即可)。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共15分)25、硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素；可以形成众多的化合物。回答下列问题：

(1)基态硼原子的电子排布式为_______，占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潜力的储氢材料之一。

①氨硼烷能溶于水，其主要原因是_______。

②分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)；与互为等电子体的分子_______(任写一种满足条件的分子式)。

③氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成其结构如图1所示，它的阴离子可形成链状结构，阴离子中B原子的杂化轨道类型为_______，该晶体中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.金属键。

(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂；其晶胞结构如图2所示：

①的配位数是_______。

②已知硼氢化钠晶体的密度为代表阿伏伽德罗常数的值，则与之间的最近距离为_______nm(用含的代数式表示)。

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为_______。26、KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器；填补了国家战略空白。回答下列问题：

(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_______(填离子符号)。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。

(3)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_______，其中P采取_______杂化方式。

(4)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸；如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_______。

(5)分别用○、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2POK+在晶胞xz面；yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_______g·cm-3(写出表达式)。

②晶胞在x轴方向的投影图为_______(填标号)。

27、铈外围电子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序数为58的一种最早有实际用途的稀土元素；铈及其化合物的用途十分广泛。

(1)铈在元素周期表中的位置是_____；属于_____区元素。

(2)硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，N的杂化方式为_____；Ce、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_____。

(3)已知CeX3的熔点为CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I顺序，从CeX3中化学键的离子性和共价性说明熔点的变化原因：______________________________________。

(4)铈的一种氧化物具有独特的晶体结构和较高的储存和释放氧的能力；可形成氧空位，具有催化氧化性能，有着十分广阔的应用开发前景,其晶体结构如图所示：

这种铈的氧化物的化学式为_____；晶胞中氧离子的配位数为_____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．若X为锌棒；Y为NaCl溶液，开关K置于M处，构成了锌铁原电池，铁做正极，锌做负极，锌失去电子被腐蚀，A项错误；

B．若X为碳棒；Y为NaCl溶液，开关K置于N处，铁做阴极，被保护，B项错误；

C．若X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铁做负极失去电子，溶液中的铜离子在正极得到电子生成铜单质，铜棒质量增加，电子由负极流向正极，外电路中的电子向铜电极移动，C项正确；

D．若X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铜做阳极，失去电子变成铜离子进入溶液，溶液中的铜离子在阴极得到电子变成铜单质，可用于铁表面镀铜，溶液中的铜离子会得到补充，溶液中铜离子浓度不变，D项错误；

故选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．NO难溶于水；NO能用排水法收集，故不选A；

B．NO2和水反应生成硝酸和NO，NO2不能用排水法收集；故选B；

C．H2难溶于水，H2能用排水法收集，故不选C；

D．CH4难溶于水，CH4能用排水法收集；故不选D；

选B；3、A【分析】【详解】

A．浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气需要加热；加热装置可以完全成实验，选项A正确；

B．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜；二氧化氮和水；二氧化氮具有氧化性，遇KI—淀粉溶液使溶液变蓝，但浓硝酸具有挥发性，也可以使试液变蓝，选项B错误；

C．若溶液X中含有碳酸氢根离子或亚硫酸氢根离子或亚硫酸根离子均能达到相同现象；故无法实现实验目的，选项C错误；

D．实验证明二氧化硫具有还原性而不是漂白性；选项D错误。

答案选A。4、C【分析】【详解】

A.乙炔的相对分子质量是26；空气的平均相对分子质量是29，且乙炔和氧气在常温条件下不反应，所以乙炔应该用向下排空气法收集，A错误；

B.该装置中加热碳酸氢钠的温度高于碳酸钠；虽然澄清石灰水变浑浊，但不能证明碳酸钠的稳定性比碳酸氢钠强，B错误；

C.氨气极易溶于水和酸性溶液；不溶于四氯化碳，氨气通入四氯化碳中，因不溶解而逸出，被上层的稀硫酸吸收，达到了既能吸收氨气又不倒吸的实验目的，C正确；

D.导气管伸入NaOH溶液中；一方面会导致乙酸乙酯的水解，另一方面会产生倒吸，D错误。

故选C。5、A【分析】【详解】

氯气能氧化碘离子生成碘；碘具有氧化性；二氧化硫具有还原性，二氧化硫能还原碘生成碘离子，所以该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，故A错误；

B.强碱弱酸盐溶液呈碱性；向强碱弱酸盐溶液中加入酚酞试液，溶液碱性越强，溶液的颜色越深，该实验加热后颜色加深，说明盐类水解为吸热反应，故B正确；

C.火柴头中含有检验氯元素，应把还原为酸性条件下，具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加稀和发生的离子反应为：出现白色沉淀，证明含有氯元素，故C正确；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度，则蒸馏时温度计的球泡应靠近蒸馏烧瓶支管口处，此位置指示的是馏出物的沸点，故D正确；

答案选A。

【点睛】

本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及颜色检验、仪器的使用、盐类水解、物质性质等知识点，明确实验原理、仪器用途、物质性质是解本题关键，易错选项是B，注意B中氯元素先转化为氯离子再检验氯离子。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-107、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)48、略

【分析】【详解】

（1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键；O与H的电负性不同；共用电子对偏向于O，则该共价键属于极性共价键；

（2）水分子中，氧原子的价层电子对数为杂化轨道类型为sp3；

（3）a．水中存在氢键；导致冰的密度小于水的密度，且常压下，4℃时水的密度最大，a正确；

b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的H2S高，b正确；

c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大；与氢键无关，c错误；

故选ab；

（4）极易溶于水的原因为NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力；

（5）的电子式为有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，水中键角被压缩程度更大，故和的键角大小：>【解析】(1)极性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力。

(5)>9、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L10、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-11、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10三、原理综合题(共7题，共14分)12、略

【分析】【详解】

（1）常温下，将浓度均为amol/L的酷酸锂溶液和酷酸溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Li+），则c（CH3COO-）+10b-14mol/L=0.5amol/L+10-bmol/L，整理可得c（CH3COO-）=

（2）根据CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.3kJ/mol可知；△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则C≡O的键能=（-41.3kJ/mol）+（2×803kJ/mol）+（436kJ/mol）-（2×464kJ/mol）=1072.7kJ/mol；

（3）①2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)

起始量（mol）0.20.40.100

反应量（mol）2x4xxx2x

平衡量（mol）0.2-2x0.4-4x0.1-xx2x

则

解得x＝0.05

0～10min内用CO浓度变化表示的平均反应速率v（CO）＝

该温度下，该反应的平衡常数K＝

②A．V正(DME)=v逆(H2)；不满足计量数关系，表明正逆反应速率不相等，该反应没有达到平衡状态，故A错误；

B．该反应中气体总质量和体积始终不变；则混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故B错误；

C．该反应中气体总质量不变；而气体的物质的量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，表明该反应已经达到平衡状态，故C正确；

D．c(CO):c(VAC)=4:1；无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故D错误；

答案为：C；

③结合图象可知；升高温度，二甲醚的转化率减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应，该反应的△H＜0；180℃时，醋酸乙烯选择性最高，所以最佳的反应温度为180℃；

④保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，由于各组分的浓度不变，则化学平衡不移动。【解析】a/2+10-b-10b-141072.70.01mol·L-1·min-110000C<180℃不13、略

【分析】【详解】

(1)①I+×II，整理可得SO2(g)+O2(g)SO3(g)△H3=-98kJ/mol；

②活化分子比普通分子高出的能量称为活化能，反应Ⅱ是放热反应，根据图示可知该反应的正反应活化能为(E4-E3)kJ/mol；

③总反应速率一般由慢反应决定。反应的活化能越大，反应发生消耗的能量就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学反应速率就越慢。从图1中分析可知反应I的活化能远大于反应II的活化能，则说明决定V2O5催化氧化SO2的反应速率的是反应I；

(2)①根据图示可知：从反应开始至5min达到平衡时△n(SO2)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据方程式可知：每有2molSO2反应，就会同时消耗1molO2，反应产生2molSO3，若消耗0.2molSO2，则同时消耗0.1molO2，产生0.2molSO3，故v(SO3)==0.02mol/(L·min)；由于反应开始时充入SO2、O2的物质的量相等，则O2的转化率为=25%；

②反应达到平衡时，各种气体的浓度c(SO2)==0.1mol/L，c(O2)==0.15mol/L；c(SO2)==0.1mol/L，则该温度下，反应的平衡常数K=【解析】①.-98②.E4-E3③.I④.0.02⑤.25⑥.6.6714、略

【分析】【详解】

(1)总化学反应速率由慢反应决定。根据已知信息可知：在上述三个反应中反应II是慢反应；故反应II决定NO的氧化反应速率；

已知反应：Ⅰ．(快反应)

Ⅲ．(快反应)

IV．

根据盖斯定律，将(IV)-(I)-(Ⅲ)，整理可得：△H=(-a+b-c)kJ/mol；

(2)A．已知反应Ⅰ：v正=k1·c2(NO)，v逆=k2·c[(NO)2]，当反应Ⅰ达到平衡状态，v正=v逆，则k1·c2(NO)=k2·c[(NO)2]，A正确；

B．反应的活化能越大；反应越难发生，反应速率越慢。由于反应I是快反应，反应II是慢反应，说明反应Ⅱ的活化能高于反应Ⅰ的活化能，B错误；

C．反应速率常数只与温度有关，温度不变，化学速率常数不变。所以增大NO的浓度，k1不变；C错误；

故合理选项是BC；

(3)①在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的平衡转化率增大。根据图像可知：在压强是p2时NO转化率比p1时大，说明压强：p1＜p2；

②由于是将NO、O2按2：1的物质的量的比加入，二者反应的物质的量的比是2：1，所以平衡时二者的转化率相同。根据图像可知：在400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，所以O2的平衡转化率也是40%；

③假设反应开始时加入1mol的O2，则加入NO物质的量是2mol，根据图像可知在700℃、p2条件下，NO的平衡转化率是20%，平衡时n(NO)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(NO2)=2mol×20%=0.4mol，平衡时气体总物质的量为n(总)=1.6mol+0.8mol+0.4mol=2.8mol，所以该反应的平衡常数Kp=

(4)根据图像可知：在其它条件不变时，升高温度，反应的NO平衡转化率降低，说明正反应是放热反应，同时该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以在恒容条件下，为提高NO转化为NO2的平衡转化率，可采取的措施有增大O2的浓度或适当降低反应温度。【解析】II-a+b-cBC＜40增大O2的浓度或适当降低温度15、略

【分析】【详解】

(1)①尽管催化剂不能使化学平衡发生移动；但使用催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可以提高单位时间内的产量。

(2)由题给信息知，第一步反应慢，说明该步反应的活化能较大，而第2步反应快，而反应越快，说明其活化能越小，故第一步反应的活化能E1大于第2步反应的活化能E2，即活化能：E1＞E2；

(3)①A．化学方程式中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的系数比就是2：4：3，所以N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3时；反应可能是处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，不能作为判断平衡的标志，A错误；

B．N2是反应物，NH3是生成物；若二者浓度之比恒定不变，则反应达到平衡状态，B正确；

C．任何时刻都存在关系：v(NH3)正=2v(N2)正，若v(N2)正=2v(NH3)逆，则v(NH3)正=4v(NH3)逆；反应正向进行，未处于平衡状态，C错误；

D．该反应是反应前后气体体积不等的反应；若混合气体中氨气的质量分数不变，则反应处于平衡状态，D正确；

E．该反应是在恒温恒压下进行；任何时刻压强保持不变，因此不能根据压强不变判断反应是否处于平衡状态，E错误；

故合理选项是BD；

②A．转移掉部分O2，即减小生成物浓度，化学平衡正向移动，可以提高N2转化率；A正确；

B．转移掉部分NH3，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高N2转化率；B正确；

C．由于水的状态是液态，其物质的浓度不变，所以改变其物质的量，化学平衡不移动，因此不能改变N2转化率；C错误；

D．增加N2的量；该物质本身浓度增大，平衡正向移动，但是平衡正向移动消耗量小于加入量，总的来说它的转化率还是降低，D错误；

故合理选项是AB；

(4)①对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始时n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，n(NH3)=0，假设反应的N2的物质的量为x，则根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(N2)=(1-x)mol，n(H2)=(3-3x)mol，n(NH3)=2xmol。根据图象可知在T1和60MPa条件下达到平衡时NH3的体积分数是60%，则解得x=0.75mol，则平衡时n(N2)=0.25mol，n(H2)=0.75mol，n(NH3)=1.5mol，则平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，在温度不变时，气体的物质的量的比等于压强之比，所以化学平衡常数Kp=

②从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，NH3的含量降低，说明温度：T1＜T2。【解析】①.使用催化剂，主要目的是加快反应速率，提高单位时间内的产量②.＞③.活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢④.BD⑤.AB⑥.0.037⑦.＜16、略

【分析】【详解】

(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=-116.2kJ·mol-1；

②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ·mol-1；

③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H3=-863.8kJ·mol-1。

根据盖斯定律，将①－②＋③，整理可得CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1。

(2)①CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H＜0；该反应的正反应是气体体积减小放热反应，既要加快NO的消除速率，又要消除更多的NO，则化学反应速率加快，且平衡正向移动，可采取措施可以是增大压强或增大CO的浓度；

②实验测得：v正=k正·c2(CO)·c2(NO)，v逆=k逆·c2(CO2)·c(N2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，只升高温度，v正、v逆都增大，由于浓度不变，所以k正、k逆都增大。由于升高温度化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，这说明k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；

若在1L恒容密闭容器中充入1molCO和1molNO发生上述反应，在一定温度下反应达到平衡时，CO的转化率为40%，则平衡时反应产生CO2的物质的量是0.4mol，反应产生N2是0.2mol，此时CO、NO的物质的量都是0.6mol，由于容器的容积是1L，则平衡时各种物质的浓度c(CO)=c(NO)=0.6mol/L，c(CO2)=0.4mol/L，c(N2)=0.2mol/L，该温度下的化学平衡常数K==当反应达到平衡时，v正=v逆，则k正·c2(CO)·c2(NO)=k逆·c2(CO2)·c(N2)，==

(3)对于反应4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时n(NH3)=0.90mol，n(NO)=1.20mol，达到平衡时n(NH3)=0.50mol，n(NO)=0.60mol，根据物质反应转化关系，可知平衡时产生N2的物质的量n(N2)=△n(NH3)=×(0.90-0.50)mol=0.50mol，n(H2O)=△n(NH3)=×(0.90-0.50)mol=0.60mol，在温度和容器的容积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，若反应开始时的压强为P0，则平衡压强=该反应的化学平衡常数Kp=

(4)SCR脱硝技术的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)△H＜0。在密闭容器中起始投入一定量NH3、NO、O2进行反应。

①在影响化学反应速率的条件中，增大浓度、增大压强、升高温度都会增大反应速率，其中温度升高对反应速率的影响大，由于温度：a＜b＜c，所以在这三点中，主反应速率由大到小的顺序为：c＞b＞a；

②分析图象中氮气的浓度变化可知，550K时达到最大，550K后随温度升高浓度减小，变化趋势说明在b点前反应未达到平衡状态，反应正向进行，温度升高，反应速率加快，单位时间内产生氮气的浓度增大。当反应达到平衡状态后氮气浓度随温度升高减小，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，且随着温度的升高，有副产物的生成，也导致N2浓度降低。【解析】CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1。增大压强或增大CO的浓度＜c＞b＞a先上升：反应还未到达平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，单位时间内N2浓度增大；后下降：达到平衡状态后，随着温度升高，因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，且随着温度升高有副产物的生成，也导致N2浓度降低17、略

【分析】【详解】

(1)①该反应的正反应是吸热反应；根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热的移动，所以升高温度，化学平衡正向移动；

②达到平衡时，保持体积不变充入Ar气时，反应体系中任何一种物质的浓度不变，因此加入Ar气对化学平衡移动无影响；因此化学平衡不发生移动平衡；

③达到平衡时，保持容器容积不变，再通入一定量N2O4，导致反应体系压强增大。根据平衡移动原理：增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动。该反应的正反应是气体体积增大的方向，因此增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，当反应再次达到平衡时NO2的百分含量减小；

(2)根据平衡常数可知该可逆反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；

已知：①

②

③

根据盖斯定律，将②×2-③-①，整理可得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；

根据方程式可知：该反应的正反应是气体混乱程度减小的放热反应，由反应自由能公式△G=△H-T△S＜0，可知当△G＜0；反应可自发进行，可判断该反应在低温下就可以自发进行；

(3)根据图象可知：在低于900K时，N2的体积分数随温度的升高而增大，在900K以后，温度升高，N2的体积分数减小，说明在低于900K时反应正向进行，未处于平衡状态。温度升高，反应速率加快，反应产生更多N2，因此N2的体积分数随温度的升高而增大。在900K以后，温度升高，N2的体积分数减小，这是由于该反应的正反应是放热反应，在反应达到平衡后，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致N2的体积分数随温度的升高而减小；在高于900K时，N2的体积分数降低的可能原因是升高温度平衡逆向移动或发生的副反应增多或由于任何催化剂都有一定的使用温度范围；温度升高导致催化剂的活性降低等；

(4)在一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1molN2和2molH2合成氨，发生反应：N2+3H22NH3，反应达到平衡状态时，测得N2的转化率为25%，则此时N2的物质的量是mol，H2的物质的量是NH3的物质的量是由于容器的容积是1L，则各种气体的平衡浓度分别是c(N2)=mol/L，c(H2)=mol/L，c(NH3)=mol/L，故该反应的化学平衡常数计算式为K=【解析】正向不减小2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2