2024年沪科版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版选择性必修1化学下册月考试卷502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6题，共12分)1、如图表示不同温度(T)和压强(p)对可逆反应的影响，且则图中纵轴表示的意义可能是。

①混合气体的平均摩尔质量。

②混合气体中M的百分含量。

③混合气体中L的百分含量。

④一定条件下L的转化率A.①③B.②④C.①②D.②③2、重庆一中化学组殷洪老师当着所有人说：“这道题一分钟内做对了，可以来领棒棒糖”。用CO和H2合成CH3OH的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0；按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.温度：T1＞T2＞T3B.正反应速率：v(a)＞v(c)，v(b)＞v(d)C.平衡常数：K(a)＞K(c)，K(b)=K(d)D.平均摩尔质量：M(a)＜M(c)，M(b)＜M(d)3、已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)∆H=-566kJ/mol②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)∆H=-226kJ/mol；根据热化学方程式判断；下列说法或表示正确的是。

A.Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)∆H>-226kJ/molB.由图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C.CO的燃烧热为283kJD.CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)∆H=+509kJ/mol4、无法达到相应实验目的的是。

A.图1：探究浓硫酸的脱水性和氧化性B.图2：探究温度对水解程度的影响C.图3：制备干燥的氢气D.图4：验证与反应产生电流5、合成氨工业中，下列措施有利于提高平衡转化率的是A.提高反应温度B.从反应体系中分离出氨C.使用催化剂D.充入稀有气体提高压强6、已知某温度下三种酸的平衡常数：CH3COOH：Ka=1.76×10-6；HF：Ka=6.03×10-4；H2SO3：Ka1=1.54×10-2；Ka2=1.02×10-6，下列说法正确的是A.在lmol/LNaHA(酸式盐)溶液中一定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH基本不变C.相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF水溶液，溶液中阴、阳离子总数由大到小排列的顺序是CH3COONa＞NaFD.向CH3COONa溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水。已知室温下1g甲硅烷自燃放出热量44.6kJ；其热化学方程式___________________。

（2）13gC2H2（g）完全燃烧生成CO2和H2O（l）时；放出659kJ的热量，该反应的热化学方程式为___________________。

（3）2.3g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7g水和2.24LCO2（标准状况）；并放出68.35kJ的热量，则该反应的热化学方程式为______________。

（4）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得；但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：

Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H＝-24.8kJ·mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H＝-47.2kJ·mol-1

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H＝+640.5kJ·mol-1

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_________________。8、现有HA、HB和H2C三种酸。常温下用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA；HB两种酸的溶液；滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。

(1)HA、HB两种酸的酸性强弱关系为HA_______HB(填“>”“<”或“=”)。

(2)a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=_______mol·L-1，Ka(HB)=_______。

(3)与曲线I上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______；b点对应的溶液中c(HB)_______c(B-)(填“>”“<”或“=”)

(4)已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。

①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______。

②若在此溶液中能检测到H2C分子，则此溶液中c(C2-)_______c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。

③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)_______0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。9、把0.1molMnO2粉末加入50mL过氧化氢的溶液里(密度为1.1g·mL－1)，在标准状况下，放出气体的体积V和时间t的关系曲线如图所示。

(1)实验时放出气体的体积为__________。

(2)放出一半气体所需的时间约为____________。

(3)根据曲线形状解释反应速率变化的原因________________________。10、在密闭容器中投入1molCH3COOCH3(l)和1molC6H13OH(l)发生反应：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)。测得体系中CH3OH的物质的量与时间的变化关系如图所示。

回答下列问题：

（1）CH3COOCH3的一种同分异构体属于酸，它的结构简式为___。

（2）己醇(C6H13OH)中，含3个甲基的结构有___种(不考虑立体异构)。

（3）M点：正反应速率___逆反应速率(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。N点正反应速率___M点逆反应速率。

（4）上述反应在0~5min内CH3COOCH3的平均反应速率为___mol·min-1。

（5）上述反应达到平衡时，C6H13OH的转化率为___%。

（6）N点混合物中CH3COOC6H13的物质的量分数为___%。11、科学家一直致力于“人工固氮”新方法的研究。

(1)传统“人工固氮”的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。一定温度下，将1molN2和3molH2通入体积为0.5L的密闭容器中，达到平衡状态时H2的转化率为50%，该温度下该反应的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。

(2)最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g)ΔH=QkJ·mol-1.已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图所示，则此反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。

(3)氨催化氧化法制硝酸的主要反应为4NH3(g)＋5O2(g)⇋4NO(g)＋6H2O(g)ΔH<0；在容积为1L的密闭容器中发生该反应，容器内部分物质的含量如下表：。物质的量。

时间n(NH3)

(mol)n(O2)

(mol)n(NO)

(mol)起始1.603.200.00第2mina2.700.40第4min0.601.951.00第6min0.601.951.00

①反应在第2min到第4min时，NH3的平均反应速率为___________mol·(L·min)-1。

②下列对于上述反应的判断，正确的是___________(填序号；下列选项中X%表示X的物质的量百分含量)。

A．若升高反应体系的温度，平衡时体系中NH3%将减小。

B．若增大反应体系的压强；平衡时体系中NO%将增大。

C．若升高反应体系的温度，平衡时体系中H2O(g)%将增大。

D．加入催化剂，平衡时体系中O2%保持不变12、一定温度下；在2L的密闭容器中，A；B、C三种气体物质的量随时间变化的曲线如图I,能量变化如图II所示：

(1)从反应开始到到5s，用C表示的反应速度为_____,A的转化率为_______，该化学反应的平衡常数为____________。

(2)分析图II,该反应的反应热ΔH=______，逆反应的活化能是___。

(3)将2.00molA(g)、2.00molB(g)的混合气体分别置于a、b；c三个起始体积相同的密闭容器中；使反应在不同条件下进行，反应过程中C的浓度随时间的变化如图III所示。

①反应从开始到达到平衡．反应速率由大到小的顺序为________(用a、b；c表示)。

②与容器a中的反应相比，容器b中的反应改变的实验条件可能是______，容器c中的反应改变的实验条件可能是___________。13、已知：I．△H1

II．△H2

III．△H3

回答下列问题：

(1)白色无水硫酸铜遇水迅速变蓝，则△H1_______(填“＞”“＜”或“=”，下同)0，______0。

(2)称取16g(s)和25g(s)，将它们分别溶于等量的水中，发现一种溶液温度升高，另一种溶液温度降低，则______(填“＞”“＜”或“=”，下同)0，△H2_______0；若测得16g(s)和25g(s)溶于水的反应热的差值是Q()kJ，则△H1=_______(用含Q的代数式表示)14、I．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表:。醋酸碳酸氢氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

(1)写出碳酸的第一步电离方程式______。

(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为______(填序号)。

(3)25℃时，H2SO3⇌HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol/L，则该温度下pH=3、c(HSO)=0.1mol/L的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=______。

(4)下列方法中，可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中值增大的措施是______(填序号)。

a．加水稀释b．加入少量CH3COONa固体c．加入少量冰醋酸。

d．通入少量HCl气体e．加少量烧碱溶液f．升高温度。

II．请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：

(1)25℃时，FeCl3溶液的pH______7(填“>”、“<”或“=”)，原因是______(用离子方程式表示)。把FeCl3溶液蒸干灼烧得到的主要产物是______。

(2)t℃,PH=12的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(H+)=______。

(3)25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=3，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______。

(4))已知在25℃时Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.02mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成沉淀______(填化学式)；当两种沉淀共存时，=______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____16、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误17、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误18、镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵。_______A.正确B.错误19、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误20、25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正确B.错误21、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误22、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)23、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：24、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。25、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。26、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

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

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共15分)27、工业上合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=﹣92.60kJ•mol﹣1。已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行，测得如表数据：。时间(h)

物质的量(mol)01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH300.201.001.00

根据表中数据计算：

(1)反应进行到2h时放出的热量为___________kJ。

(2)0～1h内N2的平均反应速率为___________mol•L﹣1•h﹣1。

(3)此温度下该反应的化学平衡常数K=___________(保留两位小数)。

(4)反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向___________方向移动(填“正反应”或“逆反应”)，理由___________。

(5)要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有___________、___________(写两条即可)。

(6)下列说法正确的是___________。A．该反应实际生产中的高温是为了加快反应速率和提高反应正向进行的程度B．在恒温恒容密闭容器中，投入等物质的量N2和H2，在一定条件下反应，当N2体积分数不变时，体系达化学平衡状态C．合成氨时需要除去原料气中的CO，防止催化剂中毒D．在工业生产过程中，不断将氨液化并移去液氨以提高原料的利用率28、丙烯是最重要的基础化工原料之一；工业上常用丙烷直接催化脱氢和氧化脱氢两种方法制备。丙烷直接催化脱氢容易造成积碳，降低催化剂的稳定性。回答下列问题：

(1)丙烷直接催化脱氢：分别向0.01MPa和0.1MPa恒压容器中通入1mol丙烷发生催化反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)。不同温度下测得平衡转化率如图所示。

①反应的ΔH___0(填“>”“<”或“=”，下同)；A、B两点对应C3H6的平衡浓度c(A)____c(B)；两点对应的平衡常数KA____KB。

②570℃、0.01MPa下，用p表示容器内压强，Kp为压强平衡常数，若C3H8的平衡转化率为x，则x2=_____(写出含p、Kp的表达式)。

③570℃、0.01MPa下，反应达到平衡后，再充入2molC3H8(g)和3molC3H6(g)，该脱氢反应将____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。

(2)丙烷还可与逆水煤气变换(RWGS)耦合进行氧化脱氢：CO2(g)+C3H8(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)。反应体系中耦合机制为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。与直接脱氢相比，此方法的优点是____(写出一点即可)。29、氮元素的化合物在工农业以及国防科技中用途广泛；但也会对环境造成污染，如地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。

（1）神舟载人飞船的火箭推进器中常用肼（N2H4）作燃料。NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应中被氧化与被还原的元素的原子个数之比为___。如果反应中有5mol电子发生转移，可得到___g肼。

（2）常温下向25mL0.01mol/L稀盐酸中缓缓通入5.6mLNH3（标准状况，溶液体积变化忽略不计），反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___。在通入NH3的过程中溶液的导电能力___（填写“变大”；“变小”或“几乎不变”）。

（3）向上述溶液中继续通入NH3，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是___（选填编号）。

a．[Cl-]=[NH4+]＞[H+]=[OH-]b．[Cl-]＞[NH4+]=[H+]＞[OH-

c．[NH4+]＞[OH-]＞[Cl-]＞[H+]d．[OH-]＞[NH4+]＞[H+]＞[Cl-]

（4）常温下向25mL含HCl0.01mol的溶液中滴加氨水至过量，该过程中水的电离平衡（填写电离平衡移动情况）___。当滴加氨水到25mL时，测得溶液中水的电离度最大，则氨水的浓度为___mol·L-1。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共24分)30、元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。在周期表中的区域元素代号有关信息短周期元素XX的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液YY的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂长周期元素ZZ的一种盐乙可以做净水剂，的某种氧化物丙可以做红色涂料WW元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨W元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨

(1)X元素周期表中的位置为_____，X、Y、W三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为_______。

(2)足量W的最高价氧化物的水化物的稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式_____。

(3)下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有_______(选填字母)

a、丁比氯化氢沸点高b；丁比氯化氢稳定性好。

c、丁比氟化氢还原性弱d；丁比氟化氢酸性弱。

(4)请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式____________。31、X；Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物；它们之间的转化关系如下图所示(水及部分产物已略去）。

（1）若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液。X与过量W反应生成Y的离子方程式为_________。向Z溶液中加入某种试剂_______(填试剂名称或化学式)；若出现蓝色沉淀，即可判断Z溶液中阳离子的存在。

（2）若X为非金属单质，W是空气的主要成分之一。它们之间转化的能量变化如图A所示，则X+W→Z的热化学方程式为_______。

（3）若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，Z的电离方程式为_______。室温下，若用0．1mol/L的W溶液滴定VmL0．1mol/LHA溶液，滴定曲线如图B所示，则a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是______点；a点溶液中离子浓度的大小顺序为______________；取少量c点溶液于试管中，再滴加0．1mol/L盐酸至中性，此时溶液中除H+、OH-外，离子浓度的大小顺序为______________。

（4）若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物。常温时，将Z的水溶液露置于空气中，请在图C中画出其pH随时间(t)的变化趋势曲线图（不考虑水的挥发）。______________32、A；B、C、X是中学化学常见物质；均由短周期元素组成，转化关系如图所示。

请针对以下不同情况回答：

(1)若A；B、C的焰色反应均呈黄色；水溶液均为碱性。

①A中所含有的化学键是_____________。

②将4.48L(标准状况下)X通入100mL3mol／LA的水溶液后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________________________________。

③自然界中存在B、C和H2O按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5mol／L。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为__________。

(2)若A为固态非金属单质，A与X同周期，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e结构。

①下列有关B物质的叙述正确的是________

a、B的分子式为AXb；B为共价化合物。

c、B分子呈三角锥形d；B性质稳定；不与除X外的任何物质发生化学反应。

②C与水剧烈反应，生成两种常见酸，反应的化学方程式为____________________。33、X；Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。通常状况下；X与W元素均能形成－1价的气态氢化物，Y为同周期主族元素中原子半径最大的元素，X、Z和W的原子最外层电子数之和为20。回答下列问题：

(1)W在元素周期表中的位置是___。

(2)X和Y元素简单离子的半径较大的是___(填离子符号)；Z和W元素气态氢化物的稳定性较弱的是___(填化学式)。

(3)Y的氧化物中既含离子键又含共价键的是___(用电子式表示)。

(4)Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液(过量)和氧化亚铜共热；反应的化学方程式为___。

(5)Y2Z的溶液呈碱性的原因___(用离子方程式来表达)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

①增大压强；平衡逆向移动，混合气体的平均摩尔质量增大，升高温度，平衡正向移动，混合气体的平均摩尔质量减小，与图象不一致，故①不符合；

②增大压强；平衡逆向移动，混合气体中M的百分含量减小，升高温度，平衡正向移动，混合气体中M的百分含量增大，与图象一致，故②符合；

③增大压强；平衡逆向移动，混合气体中L的百分含量增大，升高温度，平衡正向移动，混合气体中L的百分含量减小，与图象不一致，故③不符合；

④增大压强；平衡逆向移动，L的转化率减小，升高温度，平衡正向移动，L的转化率增大，与图象一致，故④符合；

综上所述答案为B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3；故A错误；

B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ(a)＜υ(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)；故B错误；

C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)；故C正确；

D．CO转化率的越大，n总越小，由M=可知，a点n总小，则M(a)＞M(c)，M(b)＞M(d)；故D错误；

故答案为C。3、A【分析】【详解】

A.反应Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)中，固态二氧化碳具有能量较低，则该反应放出的热量减小，即△H>−226kJ/mol；故A正确；

B.图象中的焓变应是2molCO燃烧的反应热；图象中物质的量和焓变不统一，故B错误；

C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；单位为kJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故C错误；

D.由盖斯定理可知，①+②可以得到CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)∆H=-566kJ/mol-226kJ/mol=-509kJ/mol；故D错误；

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．图1：通过观察蔗糖是否碳化以及品红是否褪色来探究浓硫酸的脱水性和氧化性；A正确；

B．图2：通过观察温度不同时溶液颜色变化来判断溶液碱性变化从而探究温度对水解程度的影响；B正确；

C．图3：用硫酸与锌反应制取氢气；用硫酸干燥，然后用向下排空气法(短进长出)收集干燥的氨气，C正确；

D．还原性强的铁与氧化性强的硫酸铁溶液直接反应；没有形成原电池，不会产生电流，D错误；

答案选D。5、B【分析】【详解】

A项；合成氨是放热反应；提高温度平衡逆向移动，平衡转化率降低，A错误；

B项；从反应体系中分离出氨使平衡正向移动；平衡转化率增加，B正确；

C项；使用催化剂只能改变反应速率；不能使平衡移动，故平衡转化率不变，C错误；

D项；体积不变充入稀有气体；平衡不移动，平衡转化率不变，D错误。

故本题答案选B。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．若H2A为强酸，则lmol/LNaHA(酸式盐)溶液中不存在H2A和HA-；A不正确；

B．pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，c(H+)=10-3mol/L，而溶液中c(CH3COO－)、c(CH3COOH)都变为原来的一半；醋酸的电离平衡不发生移动，溶液的pH基本不变，B正确；

C．由于HF的电离平衡常数大于CH3COOH，所以F-的水解能力比CH3COO-弱，相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF水溶液，CH3COONa溶液中c(H+)小于NaF溶液中c(H+)，所以溶液中阴、阳离子总数由大到小排列的顺序是CH3COONa＜NaF；C不正确；

D．向CH3COONa溶液中加入适量醋酸，混合溶液呈酸性，所以溶液中以醋酸的电离为主，从而得出混合溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；D不正确；

故选B。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

（1）根据n=计算物质的量，进而计算1mol甲硅烷燃烧放出的热量，可写出热化学方程式；

（2）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；根据13g乙炔燃烧生成CO2和液态水时放热659kJ；计算1mol乙炔燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式，注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；

（3）2.3g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7g水物质的量==0.15mol，2.24LCO2（标准状况）物质的量==0.1mol，n（C）=0.1mol，n（H）=0.3mol，n（O）==0.05mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6；1，化学式为C2H6O；物质的量为0.05mol，并放出68.35kJ热量，1mol有机物燃烧放热1367kJ，由此书写热化学方程式；

（4）根据盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)1g甲硅烷的物质的量为：n==mol，则1mol甲硅烷燃烧放出的反应热为=1427.2kJ/mol；

所以该反应的热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH=-1427.2kJ·mol-1；

(2)1mol乙炔为26g，在25℃、101kPa下，13g（0.5mol）乙炔燃烧生成CO2和液态水时放热659kJ，则2mol乙炔燃烧生成CO2和液态水时放热659kJ×4=2636kJ，即该热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2636kJ·mol-1；

（3）2.3g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7g水物质的量==0.15mol，2.24LCO2(标准状况)物质的量==0.1mol，n(C)=0.1mol，n(H)=0.3mol，n(O)==0.05mol，n(C):n(H):n(O)=0.1mol:0.3mol:0.05mol=2:6;1，化学式为C2H6O，物质的量为0.05mol，并放出68.35kJ热量，1mol有机物燃烧放热1367kJ，热化学方程式为：C2H6O(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1367kJ·mol-1；

（4）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H＝―24.8kJ／mol①

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H＝―47.2kJ／mol②

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H＝+640.5kJ／mol③

根据盖斯定律可知①×3−②−③×2得。

6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(s)+6CO2(g)△H=(−24.8kJ·mol-1)×3−(−47.2kJ·mol-1)−(+640.5kJ·mol-1)×2=−1308.0kJ·mol-1；

即CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=−218.0kJ·mol-1

故答案为：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H＝-218.0kJ·mol-1。

【点睛】

第（3）问；求出C；H、O各元素在有机物分子中的个数比是解题的突破口，利用燃烧规律分析作答是常考题，可以归纳有机物燃烧规律如下：

有机物完全燃烧的通式：

烃：CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O

烃的衍生物：CxHyOz+(x+－)O2→xCO2+H2O

依据燃烧通式，不难发现其中的规律：

【规律一】等物质的量的有机物完全燃烧时，消耗氧气的量的多少由x+或x+－来决定，该值越大，耗氧量越多；

【规律二】等质量的有机物完全燃烧时，消耗氧气的量的多少由或氢的质量分数来决定，该值越大，耗氧量越多.

一）绝大多数有机物都能燃烧，有机物完全燃烧后，各元素对应产物为：C→CO2，

H→H2O，Cl→HCl，因此我们可以根据有机物燃烧的产物分析判断该有机物的组成。【解析】SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH=-1427.2kJ·mol-12C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2636kJ·mol-1C2H6O(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1367kJ·mol-1CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H＝―218.0kJ·mol-18、略

【分析】【详解】

(1)由图中曲线I可知，浓度0.1mol·L-1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，浓度0.1mol·L-1的HB酸溶液的pH=3，说明HB是弱酸，则酸性HA>HB，故答案为：>；

(2)由图中曲线I可知，浓度0.1mol·L-1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)=mol·L-1=3×10-13mol/L；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L-1的HB酸溶液的pH=3，Ka(HB)=

(3)曲线I上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)；b点对应的溶液为以HB和NaB按1：1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)-)；故答案为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)；<；

(4)①若0.1mol·L-1的NaHC溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为NaHC=Na++H++C2-；故答案为NaHC=Na++H++C2-；

②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NAHC是弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC-电离大于水解，此溶液中c(C2-)>c(H2C)；故答案为：>；

③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中在没有受抑制情况下电离程度增大，则c(H+)>0.01mol·L-1；故答案为：>；【解析】①.>②.3×10-13③.10-5④.c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)⑤.<⑥.NaHC=Na++H++C2-⑦.>⑧.>9、略

【分析】【分析】

(1)反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；该反应为不可逆反应，根据图像可知生成的氧气的体积；

(2)反应放出气体体积为气体总体积一半为30mL；根据图像判断需要的时间；

(3)根据影响化学反应速率的因素进行分析解答。

【详解】

(1)由反应方程式2H2O22H2O+O2↑可知；该反应为不可逆反应，在4min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图像可知，生成氧气的体积为60mL，故答案为：60mL；

(2)由图像可知；当时间进行到约为2min时，生成氧气的体积为30mL，此时生成的氧气为总体积的一半，需要的时间为2min，故答案为：2min；

(3)浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，过氧化氢的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小，故答案为：随着过氧化氢浓度的减小，化学反应速率减小。【解析】①.60mL②.2min③.随着过氧化氢浓度的减小，化学反应速率减小10、略

【分析】【详解】

(1)CH3COOCH3的一种同分异构体属于酸，则含有-COOH，符合条件的只有CH3CH2COOH；

(2)可以先确定己醇可能的结构简式有(数字表示羟基的位置)：a:b：c：d：e：其中含有3个甲基的有b中的2；3、4共3种；c中2、3共两种，d中1一种；e中1、2、3共3种，一共有3+2+1+3=9种；

(3)据图可知M点反应未达到平衡；还在正向移动，则正反应速率大于逆反应速率；N点甲醇的物质的量不再变化，反应已到达平衡，所以正反应速率等于逆反应速率，而N点甲醇的物质的量浓度要大于M点，所以N点的逆反应速率大于M点逆反应速率，所以N点正反应速率大于M点逆反应速率；

(4)上述反应在0~5min内△n(CH3OH)=0.5mol，根据题目所给反应速率单位可知，该题中反应速率v(CH3OH)=同一反应不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以v(CH3COOCH)=v(CH3OH)=0.1mol·min-1；

(5)平衡时n(CH3OH)=0.5mol，根据反应方程式可知△n(C6H13OH)=0.5mol，则C6H13OH的转化率为=50%；

(6)初始投料为1molCH3COOCH3(l)和1molC6H13OH(l)，平衡时n(CH3OH)=0.5mol，反应过程中△n(C6H13OH)=0.5mol，则根据反应方程式可知，平衡时n(CH3COOC6H13)=0.5mol，剩余n(C6H13OH)=0.5mol，n(CH3COOCH)=0.5mol，所以CH3COOC6H13的物质的量分数为=25%。

【点睛】

第2题同分异构体的数目的确定为本题难点，三个甲基和1个羟基的位置不好确定，因此可以先找出该醇可能具有的结构，再从这些结构中挑选符合条件的结构。【解析】①.CH3CH2COOH②.9③.大于④.大于⑤.0.1⑥.50⑦.2511、略

【分析】【详解】

(1)该温度下该反应的平衡常数(mol·L-1)-2。

(2)由图可知；温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。

(3)①反应在第2min到第4min时，速率之比等于化学计量数之比，故NH3的平均反应速率为0.3mol·(L·min)-1。

②A．正反应为放热反应，若升高反应体系的温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的物质的量增大、混合气体总物质的量减小，平衡时体系中NH3%将增大；故A错误；

B．正反应为气体体积增大的反应；若增大反应体系的压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时体系中NO%将将减小，故B错误；

C．正反应为放热反应，若升高反应体系的温度，平衡向逆反应方向移动，平衡时体系中H2O(g)%将减小；故C错误；

D．催化剂不影响平衡移动，加入催化剂，平衡时体系中O2%保持不变；故D正确；

答案为D。【解析】0.15(mol·L-1)-2吸热0.3D12、略

【分析】【详解】

(1)据图可知从反应开始到5s时，Δn(C)=1.60mol，容器体积为2L，所以用C表示反应速度为v(C)==0.16mol/(L·s)；

据图可知A的起始物质的量为1.00mol，5s内Δn(A)=1.00mol-0.20mol=0.80mol，所以A的转化率为=80%；

据图可知C为生成物，A、B为反应物，相同时间内Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1:1:2，所以该反应的化学方程式为A(g)+B(g)2C(g)；前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓度求解平衡常数，平衡时n(C)=1.60mol，n(A)=0.20mol，n(B)=0.40mol，所以平衡常数为=20；

(2)焓变=正反应活化能-逆反应活化能，所以ΔH=E1-E2；逆反应活化能为E2；

(3)①单位时间内C的浓度变化越大说明反应速率越大，即图像中曲线的斜率越大反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为b>c>a；

②与a相比，容器b反应速率更快；相对于a来说，平衡逆向移动，该反应的正反应是一个反应前后气体体积不变的放热反应，改变的条件应为升高温度；

与a相比；容器c反应速率更快，且平衡时C的浓度相同，该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的反应，改变的条件应为反应过程中缩小体积增大压强。

【点睛】

对于反应前后气体系数之和相等的可逆反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数。【解析】①.0.16mol/(L·s)②.80%③.20④.E1-E2⑤.E2⑥.b>c>a⑦.升高温度⑧.缩小体积增大压强13、略

【分析】【详解】

(1)白色无水硫酸铜遇水迅速变蓝，即的过程为放热过程(原因见下面的注释)，则△H1＜0；左侧为固体和液体，右侧为固体，混乱度减小，所以＜0。答案为：＜；＜；

(2)CuSO4溶于水，发生题中II反应，左侧为固体，右侧为液体，混乱度增大，则＞0，溶液温度升高，为放热反应，所以△H2＜0；根据盖斯定律可知，反应Ⅰ可由反应Ⅱ-反应Ⅲ得到，故△H1=△H2-△H3，又知二者反应热的差值为QkJ，且16g(s)和25g(s)的物质的量都为0.1mol，则△H1=△H2-△H3=-10Q，故△H1=-10Q答案为：＞；＜；-10Q。

(注释：△H1=△H2-△H3，其中△H2＜0，反应Ⅲ过程温度降低，则△H3＞0，所以△H1＜0，为放热反应。)【解析】＜＜＞＜-10Q14、略

【分析】【详解】

I(1)碳酸为二元弱酸，第一步电离方程式为H2CO3⇌H++HCO

(2)酸的酸性越弱，其生成的盐水解程度越大，溶液的pH越大，根据电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH＞HCN＞HCO则溶液的pH由大到小的顺序为②＞①＞③；

(3)Ka==1×10-2mol/L，则c(H2SO3)=10-3mol/L×0.1mol/L÷10-2mol/L=10-2mol/L；

(4)a．=Kw÷c(OH-)，加水稀释氢离子浓度减小，c(OH-)增大，则减小；a与题意不符；

b．加入少量CH3COONa固体，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸的浓度增大，氢离子浓度减小，减小，b与题意不符；

c．加入少量冰醋酸，为加水稀释的逆过程，加水稀释减小，则加入冰醋酸增大；c符合题意；

d．通入少量HCl气体，导致醋酸的电离平衡逆向移动，但氢离子浓度增大的程度大于醋酸的浓度，则增大；d符合题意；

e．加少量烧碱溶液，导致醋酸的电离平衡正向移动，氢离子减小的程度大于醋酸减小的程度，减小；e与题意不符；

f．升高温度，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，醋酸的浓度减小，则增大；f符合题意；

答案为cdf；

II．(1)FeCl3为强酸弱碱盐，发生Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，溶液显酸性，则pH＜7；蒸干FeCl3溶液；促使铁离子的水解平衡正向移动，且HCl易挥发，灼烧后得到氧化铁；

(2)Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，促进水的电离，水电离产生的氢离子与氢氧根离子相等，溶液的pH=12，温度为t℃，则水电离产生的c(H+)=mol/L；

(3)pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，根据混合溶液的pH=3，可得10-2mol/L×V酸-10-3mol/L×V碱=10-3mol/L×(V酸+V碱)，解得V碱：V酸=9：2；

(4)根据溶度积的数据，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，向混合液中加入NaOH溶液，先生成Cu(OH)2沉淀；当两种沉淀共存时，溶液中氢氧根离子浓度相等，===1.45×109。【解析】H2CO3⇌H++HCO②＞①＞③10-2mol/Lcdf＜FeCl3为强酸弱碱盐，发生Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，溶液显酸性氧化铁mol/L9：2Cu(OH)21.45×109三、判断题(共8题，共16分)15、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错16、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。17、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。18、B【分析】【详解】

镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉属于重金属，会对环境造成严重的污染，故错误。19、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

KW只与温度有关，与浓度无关，25℃时KW=1×10-14，故答案为：错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法正确。四、有机推断题(共4题，共28分)23、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)24、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g25、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH326、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：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根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：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（）×10－5五、原理综合题(共3题，共15分)27、略

【分析】【分析】

(1)

根据热化学方程式可知：每有1molN2发生上述反应放出热量92.60kJ，在反应进行到2h时反应的N2的物质的量1.50mol-1.20mol=0.30mol；则反应放出热量为Q=0.30mol×92.60kJ/mol=27.78kJ；

(2)

根据表格数据可知在1h时反应消耗H2的物质的量是4.50mol-4.20mol=0.30mol，根据N2、H2反应转化关系可知同时消耗0.10mol的N2，则用N2的浓度变化表示反应速率v(N2)=

(3)

根据表格数据可知平衡时：n(N2)=1.00mol，n(H2)=3.00mol，n(NH3)=1.00mol，由于容器的容积是2L，所以物质的平衡浓度c(N2)=0.50mol/L，c(H2)=1.50mol/L，c(NH3)=0.50mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=

(4)

反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，则此时c(N2)=1.00mol/L，c(H2)=2.00mol/L，c(NH3)=1.00mol/L，Qc=＜K=0.25；所以反应向正反应方向进行；

(5)

要缩短达到平衡的时间；就要增大化学反应速率，根据影响化学反应速率的因素可知可采取的措施可以有升高温度；增大压强或增大反应物浓度或使用催化剂；

(6)

A．该反应的正反应是放热反应；在实际生产中的高温是为了加快反应速率，但会降低反应正向进行的程度，A错误；

B．在恒温恒容密闭容器中，N2体积始终保持不变；故不能证明体系达到化学平衡状态，B错误；

C．在合成氨时需要使用催化剂；而CO会导致该催化剂的催化作用能力减弱甚至失去催化作用，所以除去原料气中的CO，能够防止催化剂发生中毒，C正确；

D．在工业生产过程中，不断将氨液化并移去液氨，c(NH3)降低，化学平衡正向移动，更多的反应物转化为NH3；因此可以提高原料的利用率，D正确；

故合理选项是CD。【解析】（1）27.78

（2）0.05

（3）0.15

（4）正反应Q＜K

（5）升高温度增大压强或增大反应物浓度或使用催化剂。

（6）CD28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①由图可知，升高温度，丙烷的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，ΔH>0；起始时均是1mol丙烷，设A点丙烷起始浓度为1mol/L，则B点丙烷起始浓度为10mol/L，A点丙烷浓度为1mol/L-1mol/L×0.8=0.2mol/L，B点丙烷浓度大于10mol/L-10mol/L×0.4=6mol/L，即c(A)A=KB；

②丙烷起始物质的量为1mol，若C3H8的平衡转化率为x，则平衡时丙烷物质的量为(1-x)mol，丙烯的物质的量=氢气的物质的量=x，容器内总物质的量=(1-x)mol+2xmol=(1+x)mol，整个过程压强不变，则Kp=解得x2=

③570℃、0.01MPa下，由②可得Kp=此时丙烷的物质的量为0.2mol，丙烯物质的量为0.8mol，氢气物质的量为0.8mol，再充入2molC3H8(g)和3molC3H6(g)，Qp=≈0.002p；因此平衡正向移动；

(2)由耦合机制可知二氧化碳消耗氢气，使C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)正向移动，平衡转化率增大，因此与直接脱氢相比，此方法的优点是平衡转化率大为提高。【解析】>＜=正向移动平衡转化率大为提高29、略

【分析】【详解】

（1）每生成1molN2H4时，NH3变为N2H4，N化合价从-3升高到-2升高了1，NaClO变为NaCl，Cl化合价从+1降低到-1降低了2，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等可知被氧化的N原子和被还原的Cl原子个数比为2：1；每生成1molN2H4，转移2mol电子，故转移5mol电子，则生成2.5molN2H4，即质量为2.5mol32g·mol-1=80g；故答案为：2：1；80；

（2）HCl的物质的量=0.01mol·L-125mL10-3=2.510-4mol，NH3的物质的量==2.510-4mol，HCl和NH3恰好完全反应生成NH4Cl，所得溶液为NH4Cl溶液，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于NH4+水解县酸性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；通入氨气发生的离子反应为：NH3+H+=NH4+，每消耗1molH+生成1molNH4+,溶液中离子浓度不变，导电性几乎不变，故答案为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；几乎不变；

（3）电荷守恒：c（NH4+）+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，当溶液呈碱性时c(NH4+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)；ac符合，故答案为：ac；

（4）滴加前溶液溶质为HCl，抑制水的电离，滴加到恰好完全反应溶质为NH4Cl，NH4+水解，盐类水解，促进水的电离，至过量，溶液溶液中NH3·H2O浓度增大，碱抑制水的电离，所以整个过程水的电离平衡先正向移动，后逆向移动；滴加到恰好完全反应溶质为NH4Cl时，水的电离程度最大，则0.01mol=c(NH3·H2O)25mL10-3；解得c

(NH3·H2O)=0.4mol·L-1；故答案为：先正向移动，后逆向移动；0.4。

【点睛】

（3）选项所给微粒均带电荷；优先用电荷守恒解答；

（4）酸和碱抑制水的电离；盐类的水解促进水的电离。【解析】①.2：1②.80③.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)④.几乎不变⑤.ac⑥.先正向移动，后逆向移动⑦.0.4六、元素或物质推断题(共4题，共24分)30、略

【分析】【分析】

X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，则甲为氢氧化铝，X为Al元素；Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，则该氢化物为氨气，Y为N元素；Z的一种盐乙可以做净水剂，的某种氧化物丙可以做红色涂料；则丙为氧化铁，乙为铁盐，Z为Fe元素；W元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨，则W为I元素，在结合元素周期律与物质的性质分析答题。

【详解】

根据上述分析可知：X为Al元素；Y为N元素，Z为Fe元素，W为I元素；

（1）X为Al元素，原子序数为13，在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；原子的电子层数越大，其原子半径越大，电子层数相同时，其离子半径随着原子序数的增大而减小，则X、Y、W三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为：r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+），故答案为r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+）。

（2）W的最高价氧化物的水化物为HIO4与1mol氢氧化铝完全反应，放出热量QkJ，则反应生成1mol水所放出的热量为QkJ，则表示该过程中和热的热化学方程式为：HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq）△H=-QkJ/mol，故答案为HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq）△H=-QkJ/mol。

（3）W的气态氢化物丁为HI；则。

a.HCl与HI均为共价化合物；其分子间作用力越大，沸点越高，则分子间作用力大小：HI＞HCl，则沸点高低：HI＞HCl，故a正确；

b.非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越高，则碘化氢比氯化氢稳定性低，故b错误；

c.同主族元素中非金属性从上而下依次减弱；单质的氧化性依次减弱，则相应离子的还原性依次增强，则碘化氢比氟化氢还原性强，故c错误；

d.氟化氢为弱酸；碘化氢为强酸，则碘化氢比氟化氢酸性强，故d错误。

故答案为a。

（4）丙为氧化铁，丁为HI，两者会发生氧化还原反应，其离子方程式为：Fe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O，故答案为Fe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O。【解析】第三周期ⅢA族r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+）HIO4（aq）+Al（OH）3（s）=H2O（l）+Al（IO4）3（aq）△H=-QkJ/molaFe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O31、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，根据转化关系图可判断X应该是含有