上海松江区2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题

上海松江区2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．2021年9月，中国科学家实现了实验室由二氧化碳合成淀粉。有关说法错误的是（）A．淀粉可以用于制乙醇 B．二氧化碳为直线型分子C．淀粉为高分子化合物 D．二氧化碳是电解质2．关于漂粉精的说法错误的是（）A．工业上用氯气与石灰乳反应制备B．漂粉精在空气中会变质C．漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2与CaCl2D．漂粉精溶液有碱性与强氧化性3．下列事实不能说明氮和氧非金属性相对强弱的是（）A．热稳定性：H2O>NH3 B．常温下水为液体而氨为气态C．NO中N为+2价，氧为-2价 D．NH3在纯氧中燃烧可生成N24．下列反应的生成物，只存在+3价铁元素的是（）A．铁丝在氯气中燃烧 B．铁粉与盐酸溶液反应C．铁与高温水蒸气反应 D．铁粉与少量硝酸溶液反应5．下列各组物质混合，滴加顺序不同时，发生不同化学反应的是（）A．NaHCO3溶液和NaOH溶液 B．NaHCO3溶液与HCl溶液C．NaOH溶液和AlCl3溶液 D．氨水与KAl(SO4)2溶液6．N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是（）A．聚丙烯的单体是B．聚丙烯是混合物C．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上7．饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是（）A．制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4ClB．通入氨气的离子方程式为：NH3+HCO3-→CO32-C．加食盐有利于氯化铵固体的析出D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大8．实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是（）

A．装置①可实现由食盐水制得食盐晶体B．装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸C．装置③可通过NH4Cl分解得到NH3D．装置④b口进气可收集H2、NH3等气体9．某晶体中只含有非极性键和极性键，关于该晶体的说法错误的是（）A．可能是离子晶体也可能是分子晶体B．可能是电解质也可能是非电解质C．可能是有机物也可能是无机物D．可能是极性分子也可能是非极性分子10．下列固体物质中的杂质(括号内为杂质)能用加热法直接除去的是（）A．Fe粉(硫粉) B．Na2CO3粉末(NaHCO3)C．Al(OH)3(Al2O3) D．KMnO4(MnO2)11．下列实际应用，解释错误的是（）A．工业采用高压合成NH3——勒夏特列原理B．石膏降低Na2CO3盐碱地的碱性——离子互换反应的规律C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀——牺牲阳极的阴极保护法D．接触室中装有热交换器——防止催化剂中毒12．下列变化，只体现浓H2SO4强氧化性的是（）A．Cu与浓H2SO4反应 B．用浓H2SO4干燥氧气C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化 D．浓H2SO4使蔗糖炭化13．如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性B．盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液D．酚酞不能用作本实验的指示剂14．测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是（）A．称量晶体的坩埚潮湿B．加热后固体未放入干燥器中冷却C．加热过程中晶体有少量溅失D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质15．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，如图为该历程示意图。下列说法错误的是（）A．①→②放出能量并形成了C-C键B．催化剂可提高反应物的平衡转化率C．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%D．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂16．等量的铝分别与100mL、2mol·L-1的盐酸与NaOH溶液反应产生氢气体积比为6：7，则反应物的量的关系为（）A．均恰好反应 B．酸过量C．碱过量 D．酸、碱均过量17．电解尿素[CO(NH2)2]是一种能耗很低的制氢方法，其工作原理如图所示，下列说法错误的是（）A．b极材料可以用铁棒B．b电极上发生失去电子的反应C．a极的电极反应式为：CO(NH2)2+8OH--6e-→CO32-+N2↑+6H2D．总反应的离子方程式为：CO(NH2)2+2OH-→通电N2↑+3H2↑+CO18．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH－(aq)→H2O(l)+57.3kJ向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的关系正确的是（）A．Q1<Q2<Q3 B．Q1>Q3>Q2C．Q2>Q1>Q3 D．Q1<Q3<Q219．某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是（）A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO320．在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C(s)＋2NO(g)⇌CO2(g)＋N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．增加碳的量，平衡正向移动B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC=pD＞pBD．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2二、填空题21．神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵(NH4ClO4)和铝粉混合物。完成下列填空：（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为(离子符号表示)，上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为。（2）写出NH4+的电子式，其空间构型与甲烷空间构型相同，为（3）氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。（4）配平以下方程式：_Al+_NH4ClO4→_Al2O3+_AlCl3+_N2↑+_H2O。上述反应中被氧化的元素是，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为mol。（5）若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由三、综合题22．牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10(PO4)6(OH)2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。Ca10(PO4)6(OH)2(s)+8H+(aq)⇌10Ca2+(aq)+6HPO42-(aq)+2H2完成下列填空：（1）该反应的平衡常数表达式为。当喝下碳酸饮料时，平衡向反应方向移动，平衡常数(选填：增大、减少或不变)。（2）牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为反应(选填：放热或吸热)，pH1pH2(选填：＞、＜或=)。（3）能说明达到平衡状态的是____。(选填字母)A．各离子浓度相等 B．pH维持稳定C．5V正(Ca2+)=3V逆(HPO42-) （4）为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为。（5）氟磷灰石(Ca10(PO4)6F2)比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c(F−)+c(OH−)c(H+)，c(HF)c(OH−)(均选填：＞，＜或=)。②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10(PO4)6(OH)2(s)⇌10Ca2+(aq)+6PO43-(aq)+2OH-(aq)。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因23．苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，下列路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：完成下列填空：（1）试写出A的结构简式，C中含氧官能团的名称为。（2）反应①的反应类型为，反应②的条件为。（3）反应③的化学方程式为。（4）两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为。（5）写出满足下列条件的C的一种同分异构体。a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应b．苯环上有2种化学环境的氢原子（6）乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOH→ΔPCl3RCHClCOOH，请以乙醇为原料(无机试剂任选)设计制备乙醇酸(HOCH2COOH)的合成路线。(合成路线常用的表示方法为：甲24．某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。实验步骤：①检查装置的气密性；②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g；③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g；④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；⑤熄灭酒精灯，冷却至室温；关闭分液漏斗活塞；关闭K1和K2；⑥称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。完成下列填空：（1）实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是。（2）氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式。（3）干燥管B中的药品为，装置D的作用是。（4）根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是，装置M中的药品为；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在乙醇酶作用下可以制乙醇，A不符合题意；B．二氧化碳中心原子碳原子是sp杂化，分子结构为直线型，B不符合题意；C．淀粉是多糖类，是聚合物，属于高分子化合物，C不符合题意；D．二氧化碳在水溶液中或熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据淀粉水解分析；

B．根据杂化方式分析；

C．多糖属于高分子化合物；

D．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。2．【答案】C【解析】【解答】A．漂粉精有效成分是次氯酸钙，工业上用氯气与石灰乳反应制备，A不符合题意；B．漂粉精在空气中易于二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解而变质，B不符合题意；C．漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，C符合题意；D．漂粉精溶液次氯酸钙是弱酸强碱盐显碱性，次氯酸根具有强氧化性，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．漂粉精有效成分是次氯酸钙；

B．漂粉精在空气中易于二氧化碳和水反应；

C．漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2；

D．漂粉精溶液为弱碱性。3．【答案】B【解析】【解答】A．简单气态氢化物的热稳定性可以说明非金属性强弱，A不符合题意；B．水、NH3的状态反应的是物质熔沸点，即物理性质，而非金属性属于化学性质，两者不能相互说明，B符合题意；C．NO中O显负价，N显正价，说明吸引电子能力O大于N，即非金属性O大于N，C不符合题意；D．NH3与O2反应生成N2，说明O2可以置换出N2，可以说明非金属性O大于N，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强；

B．熔沸点不是由非金属性决定的；

C．根据非金属性越强，吸引电子能力越强分析；

D．根据置换反应分析。4．【答案】A【解析】【解答】A．铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，只存在+3价铁元素，A符合题意；B．铁粉与盐酸溶液反应生成氯化亚铁，只存在+2价铁元素，B不符合题意；C．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁，存在+2和+3价铁元素，C不符合题意；D．铁粉与少量硝酸溶液反应生成硝酸亚铁，只存在+2价铁元素，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁；

B．铁粉与盐酸溶液反应生成氯化亚铁；

C．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁；

D．铁粉与少量硝酸溶液反应生成硝酸亚铁。5．【答案】C【解析】【解答】A．NaHCO3电离出HCO3−和NaOH电离出OH-结合成碳酸根和水，离子方程式：HCO3−+OH-=CO32−B．NaHCO3电离出HCO3−和HCl电离出H+结合成二氧化碳和水，离子方程式：HCO3−+H+=CO2+HC．少量的NaOH溶液滴入AlCl3溶液中生成Al(OH)3，离子方程式：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，调换滴加顺序，少量的AlCl3溶液滴入过量NaOH溶液中生成NaAlO2，离子方程式：Al3++4OH-=AlO2−+2H2D．氨水电离出OH-结合KAl(SO4)2电离出Al3+结合生成Al(OH)3，离子方程式：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+故答案为：C。

【分析】A．只有氢氧根与碳酸氢根的反应；

B．只有碳酸氢根与氢离子的反应；

C．根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al3++4OH-=AlO2−+2H2O分析；

6．【答案】A【解析】【解答】A．聚丙烯的单体是，A符合题意；B．聚丙烯是，n值不相同，故其是混合物，B不符合题意；C．丙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不符合题意；D．丙烯分子中存在甲基，甲基的原子与相连的碳原子构成四面体，故所有原子不可能在同一平面，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．聚丙烯的单体是丙烯；

B．由于聚合度不同，所以聚丙烯是混合物；

C．碳碳双键能使高锰酸钾褪色；

D．甲基的碳是sp3杂化，为四面体结构。7．【答案】D【解析】【解答】A．利用溶解度差异，可以使溶解度相对较低的NaHCO3以沉淀的形式析出，NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl，A项不符合题意；B．NH3溶于水得到一水合氨，HCO3-可以和一水合氨发生反应，得到CO32-和NH4+C．加食盐是为了提高溶液中Cl-的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项不符合题意；D．冷却后加食盐得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A．碳酸氢钠的溶解度较小；

B．氨气与水反应生成一水合氨；

C．根据同离子效应分析；

D．根据冷却后加食盐可得到氯化铵分析。8．【答案】C【解析】【解答】A．装置①是蒸发结晶装置，可实现由食盐水制得食盐晶体，A不符合题意；B．HCl气体通入CCl4层，不与CCl4反应，气体出来后往上升被水吸收，故装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸，B不符合题意；C．NH4Cl分解得到NH3和HCl，NH3和HCl在试管口又生成NH4Cl固体，用装置③不能通过NH4Cl分解得到NH3，C符合题意；D．装置④b口进气是向下排空气法收集气体的装置，可收集H2、NH3等密度比空气小的气体，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．装置①是蒸发结晶装置；

B．根据HCl在CCl4和水中的溶解度分析；

C．制备氨气需用氯化铵和氢氧化钙加热；

D．装置④b口进气是向下排空气法收集气体的装置。9．【答案】A【解析】【解答】A．极性键和非极性键均属于共价键，由题意知该晶体中不含离子键，故不可能是离子晶体，A符合题意；B．由题意知，下列物质符合题意，CH3COOH（属于电解质）、CH2=CH2（属于非电解质）、C6H6（属于非电解质）等，B不符合题意；C．过氧化氢，乙烯，苯等只含非极性键和极性键，H2O2是无机物，C2H4、C6H6是有机物，C不符合题意；D．H2O2是极性分子，C2H4、C6H6是非极性分子，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．该晶体中不含离子键，不是离子晶体；

B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能能够导电的化合物；

C．有机物和无机物中均可含极性键和非极性键；

D．正负电荷中心重合的为非极性分子，不重合的为极性分子。10．【答案】B【解析】【解答】A．硫粉加热生成二氧化硫气体，但Fe粉也被氧化，不符合除杂原则，A不符合题意；B．NaHCO3粉末受热分解生成Na2CO3粉末和脱离体系的水蒸气和二氧化碳气体，可以除杂，B符合题意；C．Al2O3受热不反应，Al(OH)3受热分解，不符合除杂原则，C不符合题意；D．MnO2受热不反应，KMnO4受热分解，不符合除杂原则，D不符合题意；故答案为：B。

【分析除杂时要满足以下几点：

1、除去杂质；

2、不与原物质反应；

3、不引入新杂质。11．【答案】D【解析】【解答】A．加压有利于合成氨反应N2+3HB．盐碱地含较多Na2CO3，CO32-水解显碱性：CO32-+H2O⇌HCO3-+OHC．锌比铁活泼，形成原电池后，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，C不符合题意；D．接触室中安装热交换器，可以利用这部分热量预热进入接触室的混合气体，而不是为了防止催化剂中毒，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．勒夏特列原理是平衡移动原理；

B．根据沉淀的转化分析；

C．牺牲负极保护正极，是牺牲阳极的阴极保护法；

D．接触室中安装热交换器，可以利用这部分热量预热进入接触室的混合气体。12．【答案】C【解析】【解答】A．Cu与浓H2SO4反应生成硫酸铜和二氧化硫，体现出浓H2SO4强氧化性和酸性，A不符合题意；B．用浓H2SO4干燥氧气体现出浓H2SO4吸水性，B不符合题意；C．Fe在冷的浓H2SO4中钝化只体现浓H2SO4强氧化性，C符合题意；D．浓H2SO4使蔗糖炭化体现出浓H2SO4脱水性，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．铜与浓硫酸反应，还体现了浓硫酸的酸性；

B．浓硫酸做干燥剂，体现了浓硫酸的吸水性；

C．钝化只体现浓硫酸的强氧化性；

D．浓H2SO4使蔗糖炭化体现出浓H2SO4脱水性。13．【答案】A【解析】【解答】A．P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，A符合题意；B．根据曲线可以看出初始盐酸溶液的pH=1，pH=-lgc(H+)=1，所以c(HCl)=c(H+)=0.1mol/L，B不符合题意；C．曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，C不符合题意；D．氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙作指示剂，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．NaCl溶液呈中性；

B．根据初始的pH计算盐酸浓度；

C．根据曲线apH的变化分析；

D．反应终点为中性可用酚酞做指示剂。14．【答案】B【解析】【解答】A．坩埚潮湿，则产生的水蒸气量偏多，会使测量结果偏高，A不符合题意；B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，则所测剩余固体质量偏大，结晶水质量偏低，结果偏小，B符合题意；C．加热过程中晶体有少量溅失，则所测剩余固体质量偏小，结晶水质量偏大，结果偏大，C不符合题意；D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，则所测水蒸气质量偏大，n值偏高，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．坩埚潮湿，产生的水蒸气量偏多；

B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水；

C．溅失导致剩余固体质量偏小；

D．气体的杂质导致水蒸气质量偏大。15．【答案】B【解析】【解答】A．从图中可知，①的能量高于②，从生成，放出能量并形成了C-C键，A不符合题意；B．催化剂可提高反应的速率，不能影响平衡的移动，不会提高平衡转化率，B符合题意；C．综合分析该历程，CO2+CH4→CH3COOH，总反应的原子利用率为100%，C不符合题意；D．CH4→CH3COOH过程中，CH4的C-H键发生断裂，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】甲烷与二氧化碳在催化剂的作用下，形成过度渡态①，能量降低之后形成化合物②，最终变为醋酸。16．【答案】C【解析】【解答】根据铝与盐酸反应的关系式：2Al∼6HCl∼3H2，铝与盐酸反应的关系式：2Al∼2NaOH∼3H故答案为：C。

【分析】根据铝与盐酸反应生成氢气，以及铝与氢氧化钠反应生成氢气分析。17．【答案】B【解析】【解答】A．b极是得电子一极，电极作用是电子流入载体，材料可以用铁棒，A不符合题意；B．据分析，b电极上发生得到电子的反应，B符合题意；C．据分析，a极作为阳极，碱性环境下，电极反应式为：CO(NH2)2+8OH--6e-→CO32-+N2↑+6H2D．碱性环境下，阴极是水得电子生成氢气和OH-，OH-向阳极移动，总反应的离子方程式为：CO(NH2)2+2OH-→通电N2↑+3H2↑+CO3故答案为：B。

【分析】b电极连接外接电源的负极，水得电子生成H2，a极作为阳极，尿素失去电子生成碳酸根和N2。18．【答案】D【解析】【解答】稀醋酸是弱电解质，电离时需吸收能量，与1molNaOH溶液放出的能量低于57.3kJ；浓硫酸溶解时放热，1molNaOH放出的能量大于57.3kJ；稀硝酸与1molNaOH溶液反应放出的热量为57.3kJ。故答案为：D。

【分析】根据醋酸是弱电解质电离时需要吸热，浓硫酸遇水放热分析。19．【答案】D【解析】【解答】综上所述，该无色溶液一定含有一定有BaCl2和NaHCO3，一定没有K2CO3，可能有MgCl2，故答案为：D。

【分析】向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，可能是NaOH与MgCl2生成Mg(OH)2白色沉淀，也可能是NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2生成BaCO3白色沉淀；加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体，该白色沉淀一定是稀硫酸与BaCl2生成的BaSO4，气体是稀硫酸与K2CO3或NaHCO3反应生成的CO2，因一定存在BaCl2则一定没有K2CO3，故一定有NaHCO3。20．【答案】B【解析】【解答】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，A不符合题意；B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，B符合题意；C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强pC＞PD，C不符合题意；D．由图示知，升高温度，c(NO)浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．增加固体对化学平衡没有影响；

B．D点c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动；

C．根据B点和D点的压强相同分析；

D．根据温度对平衡的影响分析。21．【答案】（1）N3−>O2−>Al3+；1s22s22p3（2）；正四面体（3）氮氮叁键键能更大，很难断开，更稳定（4）10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；0价的Al，-3价的N；9（5）Al3+水解（结合水中的OH−使溶液）显酸性，HCO3-水解（结合水中的H+使溶液）显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。（或Al3+与HCO3-双水解，Al3++3HCO3-→Al(OH)3↓+3CO2【解析】【解答】（1）核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则由大到小顺序为N3−>O2−>Al3+，未成对电子数最多的是N元素，为7号元素，核外电子排布式为1S22S22P3；（2）NH4+的N和H原子共用一对电子对，其电子式为，甲烷中碳原子形成4个C-H键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故甲烷的空间构型为正四面体，NH4+（3）氮氮叁键键能更大，很难断开，所以氮气性质比较稳定；（4）Al元素从0价升高到+3价，N元素从-3价升高到0价，Cl元素从+7降到-1价，由N和Cl原子的个数，根据配平的奇数变偶数，需要AlCl3配2、N2配3，NH4ClO4前配6，再由升降相等，则Al配10、Al2O3配6，结合原子守恒配平方程式：10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；反应中被氧化的元素是0价的Al，-3价的N，每产生3mol氮气，质量为m=nM=3mol×28g/mol=84g，氮元素转移电子18mol，则产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为9mol；（5）Al3+结合水中的OH−发生水解反应使溶液显酸性，HCO3-结合水中的H+发生水解反应使溶液显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+

【分析】(1)核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小；未成对电子数最多的是N元素；

(2)铵根的氮与四个氢各共用一对电子；根据价层电子对互斥理论分析；

(3)键能越大，物质越稳定；

(4)根据转移电子守恒及元素守恒配平方程式；

(5)根据铝离子与碳酸氢根双水解分析。22．【答案】（1）K=c10（2）吸热；>（3）B；D（4）2.25×10−4mol·L-1·h-1（5）>；<；10Ca2++6PO43-+2F-=Ca10(PO4)6F2【解析】【解答】（1）平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：c10(Ca（2）由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故此处填：吸热；相同条件下，当c(H+)增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c(H+)浓度大，故pH1＞pH2；（3）A．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等，故各离子浓度相等不能说明反应达平衡状态，A不正确；B．pH维持稳定，说明c(H+)不变，则反应达平衡状态，B正确；C．由5υ正(Ca2+)=3υ逆(HPO42-D．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征，说明反应达平衡状态，D正确；故答案为：BD；（4）由题意知，5h内Δc(H+)=10-3-10-4=9×10-4mol/L，由Δc(H+)Δc(Ca2（5）①NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，则c(F-)+c(OH-)＞c(H+)；由F+H2O⇌HF+OH-、H2O⇌H++OH-，知c(HF)＜c(OH-)；②由10Ca2++6PO43-+2F-=Ca10(PO4)6F2

【分析】(1)平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积；根据勒夏特列原理分析平衡移动和平衡常数；

(2)根据温度对平衡的影响分析反应的热效应；根据氢离子浓度分析pH；

(3)判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：

1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；

2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。

(4)根据v=ΔcΔt计算；

(5)①根据电荷守恒分析；

②根据10Ca2++6PO43-+2