2025年鲁科五四新版选择性必修1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2025年鲁科五四新版选择性必修1化学上册月考试卷627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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、一定温度下的恒容密闭容器内，可判断A2(g)+3B2(g)2AB3(g)达到平衡的标志是A.每减少1molA2，同时生成2molAB3B.3v(A2)=v(B2)C.容器内A2、B2、AB3的物质的量之比为1：3：2D.容器内总压强保持不变2、反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在起始温度(T1℃)、体积相同(2L)的两个密闭容器中，改变条件，其对应反应过程中的部分数据见表：。反应时间CO2/molH2/molCH3OH/molH2O/mol反应Ⅰ：恒温恒容0min260010min4.520min130min1反应Ⅱ：绝热恒容0min0022

下列说法正确的是A.若该反应能自发进行，则该反应的△H>0B.反应Ⅰ，在0～20min时的平均反应速率v(H2)=0.15mol•L-1•min-1C.反应Ⅰ达到平衡时，加入1molCO2和1molCH3OH，此时平衡不移动D.起始温度相同的反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时平衡常数K也相同3、乙烯可用于制备乙醇：向10L某恒容密闭容器中通入2mol(g)和mmol(g)发生上述反应，测得(g)的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.B.a、b点对应的平衡常数C.a点对应的体系中，反应从开始到平衡的2min内，D.b点对应的体系中，m=1.84、下列溶液一定呈酸性的是A.c(H+)=10-6mol·L-1的溶液B.pH<7的溶液C.c(H+)>c(OH-)的溶液D.使紫色石蕊试液呈蓝色的溶液5、25°C时，将100mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液与0.005molNaOH固体混合；使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度的变化），溶液pH变化如图所示。下列说法不正确的是。

A.b点溶液中阴离子总数>2倍d点溶液中阴离子总数B.a→b→c的过程中，始终存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）C.a→d→e的过程中，始终存在c+CH3COO-）+c（CH3COOH）≥c（Cl-）D.a→b→c和a→d→e过程中，共只能找出两个点，该点处由水电离出来的c（H+）=10-7mol·L-16、常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H＋)表示为pH水=-lgc(H＋)水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是。

A.HX的电离方程式为HX=H＋＋X-B.T点时c(Na＋)=c(Y-)＞c(H＋)=c(OH-)C.常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低D.常温下，HY的电离常数Ka=评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、与焦炭、完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成的液态化合物，放热该反应的热化学方程式为_______。8、活化能。

(1)有效碰撞理论。

①基元反应：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中_______都称为基元反应。如2HI=H2+I2的2个基元反应为2HI→H2+2I·、2I·→I2。

②反应机理：先后进行的_______反映了化学反应的反应历程，反应历程又称_______。

③基元反应发生的先决条件。

基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生_______；但是并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应。

④有效碰撞。

概念：_______。

条件：具有足够的_______；具有合适的_______。

与反应速率的关系：有效碰撞的频率越高，则反应速率_______。

⑤活化能和活化分子。

活化分子：能够发生_______的分子。对于某一化学反应来说，在一定条件下，反应物分子中活化分子的百分数是_______的。

活化能：活化分子具有的_______与反应物分子具有的平均能量之差；叫做反应的活化能。

(2)有效碰撞理论对影响化学反应速率因素的解释。

①浓度：反应物浓度增大→单位体积内活化分子数_______→单位时间内有效碰撞的次数_______→反应速率_______；反之，反应速率_______。

②压强：增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数_______→单位时间内有效碰撞的次数_______→反应速率_______；反之，反应速率_______。即压强对化学反应速率的影响；可转化成浓度对化学反应速率的影响。

③温度：微观解释：升高温度→活化分子的百分数_______→单位时间内有效碰撞的次数_______→反应速率_______；反之，反应速率_______。

④催化剂：使用催化剂→改变了反应的历程，反应的活化能_______→活化分子的百分数_______→单位时间内有效碰撞的几率_______→反应速率_______。9、H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS−和HS−H＋＋S2−。若向H2S溶液中：

（1）加水稀释后，H2S电离平衡向___________移动(填“左”或“右”)，溶液中c(H＋)___________(填“增大”或“减小”)。

（2）滴加新制氯水，H2S电离平衡向___________方向移动(填“左”或“右”)，溶液pH___________(填“增大”或“减小”)。

（3）逐渐通入SO2气体，直到过量，H2S电离平衡向________移动(填“左”或“右”)，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是________(填字母)。[已知常温下，Ka1(H2SO3)>Ka1(H2S)，Ka2(H2SO3)>Ka2(H2S)]

（4）加少量CuSO4固体(忽略体积变化)，H2S电离平衡向_______移动(填“左”或“右”)，c(S2−)_______，c(H＋)________(填“增大”或“减小”)。

（5）加入固体NaOH，H2S电离平衡向________移动(填“左”或“右”)，c(H＋)________(填“增大”或“减小”)，c(S2−)________(填“增大”或“减小”)。

（6）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀。用电离平衡原理解释上述现象_________。10、反应A+3B=2C+3D在四种不同情况下的反应速率分别为：

①V(A)=0.015mol(L·s)-1②v(B)=0.06mol(L·s)-1③v(C)=0.04mol(L·s)-1④v(D)=0.045mol(L·s)-1

该反应进行的快慢顺序为___(填序号)。11、化学反应原理在科研和工农业生产中有广泛应用。

（1）某化学兴趣小组进行工业合成氨的模拟研究，反应的方程式为N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH＜0。在1L密闭容器中加入0.1molN2和0.3molH2，实验①、②、③中c（N2）随时间（t）的变化如图所示：

实验②从初始到平衡的过程中，该反应的平均反应速率v（NH3）＝____________；与实验①相比，实验②和实验③所改变的实验条件分别为下列选项中的________、________（填字母编号）。

a．增大压强b．减小压强c．升高温度d．降低温度e．使用催化剂。

（2）800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入2molN2、3molH2；甲容器在反应过程中保持温度压强不变，乙容器保持温度体积不变，丙容器是绝热容器保持体积不变，三容器各自建立化学平衡。

①达到平衡时，平衡常数K甲________K乙________K丙（填“＞”“＜”或“＝”）。

②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲________c（N2）乙，c（N2）乙________c（N2）丙（填“＞”“＜”或“＝”）。

③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是____________。A．甲容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B．在乙中充入稀有气体He，化学反应速率加快C．丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态D．向丙容器中充入氨气，正向速率减小，逆向速率增大评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)12、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误13、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误14、温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等。（______________）A.正确B.错误15、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、结构与性质(共3题，共27分)17、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。18、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。19、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________评卷人得分五、工业流程题(共3题，共6分)20、锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：

(1)分馏属于_______(填“物理变化”或“化学变化”)。

(2)锆英石_______(填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是_______。

(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrC14的反应的化学方程式为_______。

(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为_______。

(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上的电极反应式为_______，每转移0.4mole-，理论上阴极增加的质量为_______。21、工业上利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ca2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]经过一系列反应可以获得3种金属盐；并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图：

表一浸出液中金属离子的浓度及开始沉淀的pH。金属离子浓度/(mol·L-1)开始沉淀pHFe2+1.0×10-38.0Fe3+4.0×10-21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10-33.0

表二萃取操作中金属离子的萃取率。金属离子萃取率/%Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97～98.5

(1)Ga在周期表中的位置是___，“浸出”时铁酸锌(ZnFe2O4)发生反应的化学方程式为____。

(2)滤液1中残余的Ga3+的浓度为___mol·L-1。

(3)萃取前加入固体X的作用为___。

(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为___极(填“阳”或“阴”)，NaOH水溶液为电解质溶液，则阴极的电极反应方程式为___。

(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3高温下发生反应得到GaN和另-种气态产物，该反应的化学方程式为___。22、碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜(Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：

已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.52.75.68.3完全沉淀的pH9.03.76.79.8

②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热的水溶液中会分解生成NH3

③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38

④硫在二硫化碳中的溶解度随温度升高而增大。

回答下列问题：

(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有___________(任写一种)

(2)滤渣Ⅰ经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是___________。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过低或过高的原因是___________

(3)常温下，“除铁”时加入试剂A可用CuO，调节pH的范围为___________，若加A后溶液的pH调为5，则溶液中Fe3+的浓度为___________

(4)写出“沉锰”(除Mn2+)过程中反应的离子方程式：___________

(5)测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准浓度的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为___________(保留到小数点后两位)参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．A2减少、AB3生成均为正反应，无论是否平衡都满足每减少1molA2，同时生成2molAB3；故A不符合题意；

B．平衡时3v正(A2)=v逆(B2)或3v逆(A2)=v正(B2)；但选项未指明是正反应速率还是逆反应速率，故B不符合题意；

C．平衡时容器内A2、B2、AB3的物质的量之比为定值；但不一定是1：3：2，该比值与初始投料和转化率有关，故C不符合题意；

D．该反应前后气体系数之和不相等；容器恒容，所以容器内压强会发生改变，当压强不变时说明反应达到平衡，故D符合题意；

综上所述答案为D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应可以自发；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，则只有ΔH＜0时，高温条件下可满足ΔG＜0，反应自发，A错误；

B．反应Ⅰ，在0～20min内Δn(CO2)=2mol-1mol=1mol，根据反应方程式可知Δn(H2)=3mol，容器体积为2L，所以v(H2)==0.075mol•L-1•min-1；B错误；

C．平衡时Qc=K，反应Ⅰ平衡时n(CH3OH)=1mol，结合反应方程式可知此时n(CO2)=1mol，再加入加入1molCO2和1molCH3OH，即二者的浓度均变为原来的2倍，而CH3OH和CO2的系数相等，所以同等倍数增大二者浓度，Qc仍等于K；平衡不移动，C正确；

D．反应Ⅰ恒温；而反应Ⅱ绝热，所以平衡时二者温度不相同，则平衡常数不同，D错误；

综上所述答案为C。3、D【分析】【详解】

A．此反应为放热反应，b、c点的投料比相同，温度低，平衡向着正向移动，转化率高。b的转化率高，所以温度低；A错误：

B．此反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，则B错误；

C．a点时此时(g)与(g)的物质的量相等，即据图中信息列三段式：

容器容积为10L，反应时间是2min，故C错误；

D．由a、b、c点可知，a、c点对应的平衡常数相等，b；c点对应的体系起始通入的反应物的物质的量相等；将c点对应体系列三段式：

则解得m=1.8，b、c点的X投料比相同，所以b点对应体系中；m=1.8，D正确；

故答案选D。4、C【分析】【详解】

A．由于未指明温度，不能依据c(H+)=10-6mol·L-1判断溶液的酸碱性；A错误；

B．由于未指明温度，不能依据pH<7判断溶液的酸碱性；B错误；

C．酸性溶液是指c(H+)>c(OH-)的溶液；C正确；

D．使紫色石蕊试液呈蓝色，说明溶液中c(H+)-)；D错误；

故选C。5、A【分析】【分析】

100mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液与0.005molNaOH固体混合得到a点溶质是0.005molCH3COONa和0.005molCH3COOH，再向混合液中通入HCl气体，得到d的溶质是0.01molCH3COOH和0.005molNaCl,e点溶质是0.01molCH3COOH、0.005molNaCl和0.005molHCl，再向混合溶液中加入NaOH固体，得到b的溶质是0.01molCH3COONa,c点溶质是0.01molCH3COONa；0.005molNaOH.

【详解】

A．b点溶液中阴离子是来自于0.01molCH3COONa电离出的CH3COO-,CH3COO-水解，但水解程度较小，而d点溶液中阴离子是0.005molCl-和醋酸电离出的少量CH3COO-,b点溶液中阴离子总数应该大于d点溶液中阴离子总数；但不会是2倍的关系，故A错误；

B．a→b→c的过程中，只存在四种离子，溶液中要满足电荷守恒，始终存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故B正确；

C．a→d→e的过程中，n（CH3COO-）+n（CH3COOH）=0.01mol,n(Cl-)一直小于0.01mol，当到达c点时时0.01mol，所以始终存在c（CH3COO-）+c（CH3COOH）≥c（Cl-）；故C正确；

D．a→b→c和a→d→e过程中，共只能找出两个点，是醋酸钠的水解对水的电离的促进作用和HCl或NaOH对水的电离的抑制作用相当时，由水电离出来的c（H+）=10-7mol·L-1,故D正确；

故答案为：A6、D【分析】【分析】

【详解】

A．依题意HX和HY是两种一元酸。由图像知；加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误；

B．T；P点对应的溶液都呈碱性；故B错误；

C．N点呈中性；加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误；

D．取M点计算电离常数，c(H＋)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，混合溶液中故D正确；

故选：D。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【详解】

与焦炭、完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成的液态化合物，化学方程式由题意可知2molCl2参加反应会放出热量4.85kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为：【解析】8、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】每一步反应基元反应反应机理碰撞能够发生化学反应的碰撞能量取向越快有效碰撞一定平均能量增多增加增大减小增多增加增大减小增大增加增大减小降低增大增加加快9、略

【分析】【详解】

(1)向H2S溶液中加水稀释；促进了硫化氢电离，电离平衡向右移动，但溶液中氢离子浓度减小；

(2)滴加新制氯水，H2S+Cl2=2HCl+S↓，硫化氢浓度减小，H2S电离平衡向左方向移动，但反应中生成强酸，H+浓度增大；则溶液pH减小；

(3)逐渐通入SO2气体，二氧化硫和硫化氢反应方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，通入少量二氧化硫后，硫化氢浓度减小，H2S电离平衡向左移动，溶液pH增大，但随着SO2的量不断增大直到过量，因SO2+H2O=H2SO3，且H2SO3的酸性比H2S强，则溶液的pH以逐渐减小并最终比原H2S溶液的pH小；即图象c符合题意，故答案为c；

(4)加少量CuSO4固体(忽略体积变化)，Cu2+和溶液中的S2-发生离子反应生成CuS↓，促进H2S的电离，即H2S电离平衡向左移动，且c(S2−)减小；氢离子浓度增大；

(5)加入固体NaOH，发生酸碱中和反应，氢离子的浓度减小，电离平衡向右移动，即H2S电离平衡向右移动，c(H＋)减小，c(S2−)增大；

(6)向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，饱和H2S溶液中电离方程式为：H2SHS-+H+，HS-H++S2-，饱和H2S溶液中电离产生的S2-很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，溶液存在大量的S2-，可生成ZnS沉淀。【解析】右减小左减小左c右减小增大右减小增大饱和H2S溶液中电离产生的c(S2−)很小，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，c(S2−)增大，有沉淀产生10、略

【分析】【分析】

【详解】

依方程式系数比将各速率均置换为同一物质(例如A)的速率来表示，则各速率分别为①v(A)=0.015mol(L·s)-1、②v(A)=0.02mol(L·s)-1、③v(A)=0.02mol(L·s)-1④v(D)=0.015mol(L·s)-1(一定要注意③单位与其它各速率的不同)，故该反应的快慢顺序为③=②>①=④；答案为③=②>①=④。【解析】③=②>①=④11、略

【分析】【分析】

（1）根据图像中氮气浓度的变化求出氨气浓度的变化，用求出用氨气表示的反应速率。与实验①相比；实验②速率快，平衡时氮气的浓度低，实验③速率慢，平衡时氮气浓度大，用勒夏特列原理判断改变的实验条件；

（2）①平衡常数只和温度有关；对于放热反应；温度升高，平衡常数减小。

②甲和乙相比；甲相当于在乙平衡后增大压强，乙和丙相比，丙相当于在乙平衡后升高了温度。

③某量在未平衡前是变化的；此量不变时可以说明反应已达平衡状态；化学反应速率受浓度影响，当改变压强时，也要看浓度是否改变。

【详解】

（1）根据像可知，②在10min时达到平衡，此时氮气的浓度变化为0.04mol/L，根据方程式或知，氨气的浓度变化了0.08mol/L，根据v=可知v（NH3）==0.008mol•L-1•min-1，根据图像可知②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂，故选e，①和③比较可知，③的速率比①小，平衡时氮气的浓度高，即平衡逆向移动，故③减小了压强，故选b；

故答案为0.008mol•L-1•min-1；e、b；

（2）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故K甲=K乙＞K丙。

故答案为=；＞；

②甲容器在反应过程中保持压强不变，故容器体积减小，氮气的浓度增大；乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，故达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜c（N2）丙。

故答案为＞；＜；

③A．密度=总质量一定，甲容器为恒压装置，当气体密度不再变化时，说明气体总量不再发生变化，此反应已达到平衡状态，故A正确。B．乙为恒容装置，在乙中充入稀有气体He，反应物浓度不变，化学反应速率不变，故B错误；C．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，故C正确；D．向丙容器中充入氨气，正；逆反应速率均增大，故D错误。

故答案为AC。

【点睛】

本题的易错点在于第（1）问中反应①和③的比较，从图像中看，反应③在15min时就达平衡，而反应①在20min时才达平衡，所以有的同学就盲目认为反应③的反应速率快，再根据平衡时反应③c（N2）大于反应①c（N2），说明反应③相对于反应①是平衡左移，而正反应是放热反应，所以错选答案c。根据反应速率的定义式v=假设取前15min，反应③的△c（N2）=0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，反应①的△c（N2）＞0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，所以反应③的反应速率小，故答案应该选b。【解析】①.0.008mol·L－1·min－1②.e③.b④.＝⑤.＞⑥.＞⑦.＜⑧.AC三、判断题(共5题，共10分)12、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。13、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。14、B【分析】【分析】

【详解】

水电离平衡为：H2OH++OH-，其电离平衡常数K=由于水电离程度很小，所以水的浓度几乎不变，则c(H+)·c(OH-)=K·c(H2O)=Kw，所以在温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数并不相等，认为二者相等的说法是错误的。15、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。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。四、结构与性质(共3题，共27分)17、略

【分析】【详解】

（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；

②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应；恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；

②因为反应为放热；甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；

③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)还原O2+2H++2e-=H2O218、略

【分析】【详解】

（1）硫的原子序数是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层；能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。

（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。

（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A；C、D错误，故选B。

（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。

（5）Na2S溶液中发生水解，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根据元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1molFe2(SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。【解析】(1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.619、略

【分析】【分析】

【详解】

(4)(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2(CO2)-[(CN)2]=-1095kJ·mol-12(CO2)=-1095kJ·mol-1+[(CN)2]

C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2(CO2)+(H2O)-(C2H2)=-1300kJ·mol-12(CO2)=-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1

[(CN)2]=1095kJ·mol-1-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1=308kJ·mol-1【解析】HgCl2+Hg(CN)2=Hg2Cl2+(CN)2(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)308kJ·mol-1或2CN-+5ClO-+H2O=2HCO+N2+5Cl-五、工业流程题(共3题，共6分)20、略

【分析】【分析】

该工艺流程图中，在高温气化过程中反应物是ZrSiO4、C、Cl2，生成物有ZrCl4、SiCl4和CO，故反应方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，分馏出ZrCl4后，与水反应生成ZrOCl2‧8H2O，反应方程式为：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2‧8H2O+2HCl，然后再受热分解，反应方程式为：ZrOCl2‧8H2OZrO2+2HCl+7H2O；据此分析解题。

【详解】

(1)分馏是利用互溶液体中各组分沸点的不同将各组分分离的过程；没有新物质的生成，故属于物理变化，故答案为：物理变化；

(2)由于ZrSiO4难溶于盐酸，后续在高温气化的过程中依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品稀盐酸，故答案为：不能；ZrSiO4难溶于盐酸；后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品；

(3)由题干流程图可知，“高温气化”中ZrSiO4与C、Cl2发生反应得到ZrC14和SiCl4，根据元素守恒可知另一种产物是CO，故该反应的反应的化学方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，故答案为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO；

(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，此时ZrOC12·8H2O晶体表面混有杂质HCl，故检验该物质是否洗涤干净的实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净，故答案为：取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液；若无沉淀产生，则已洗涤干净；

(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上发生氧化反应，故电极反应式为2Cl-2e-=Cl2↑，阴极反应为：+4e-=Zr+6F-，每转移0.4mole-，理论上阴极生成0.1molZr，故阴极上增加的质量为0.1mol×91g/mol=9.1g，故答案为：2Cl-2e-=Cl2↑；9.1g。【解析】物理变化不能ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净2Cl-2e-=Cl2↑9.1g21