2025年人教版拓展型课程化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版拓展型课程化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、FeCl3溶液与KSCN溶液混合，发生反应：Fe3+(aq)+3SCN-(aq)Fe(SCN)3(aq)ΔH，其中Fe(SCN)3的浓度与温度T的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.ΔH＞0B.当溶液处于D点时，v(逆)＞v(正)C.溶液中c(Fe3+)：A点＞B点＞C点D.T1、T2时相应的平衡常数分别为K1、K2，则＜12、Haber提出的硝基苯转化为苯胺的两种反应途径如图所示。实验人员分别将、、与Na2S·9H2O在一定条件下反应5min，的产率分别为小于1%；大于99%，小于1%，下列说法正确的是。

A.硝基苯易溶水B.苯胺和苯酚类似，在水溶液中均显酸性C.该实验结果表明Na2S·9H2O参与反应时，优先选直接反应路径制备苯胺D.若该实验反应中的氧化产物为S，则由硝基苯生成1mmol苯胺，理论上消耗2molNa2S·9H2O3、下列过程：①电离；②电解；③电镀；④电化学腐蚀，其中需通电后才能进行的是A.①②③B.①②④C.②③D.全部4、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示；下列关于实验操作或叙述错误的是。

已知：①亚硝酰硫酸为棱形结晶；溶于硫酸，遇水易分解。

②反应原理为：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4HA.浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌B.装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解C.冷水的温度控制在20℃左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出D.实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快5、如图是模拟侯氏制碱法的部分装置。下列操作正确的是

A.b通入然后a通入c中放碱石灰B.a通入然后b通入广口瓶中析出C.a通入然后b通入c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D.b通入然后a通入c中放蘸NaOH溶液的脱脂棉评卷人得分二、填空题(共8题，共16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、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“＜”)。8、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。9、研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义；相关的主要化学反应有：

ⅠNO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH1

Ⅱ2NO2（g）+4CO（g）N2（g）+4CO2（g）ΔH2＜0

Ⅲ2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）ΔH3＜0

（1）已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正确的是_______。

A在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ；若压强不变，能说明反应Ⅰ达到平衡状态。

B反应ⅡΔH＜0；ΔS＜0；该反应在低温下自发进行。

C恒温条件下；增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动，平衡常数增大。

D上述反应达到平衡后；升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡。

（2）在一个恒温恒压的密闭容器中，NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_______。

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_______。

（3）实验测得，V正＝k正·c2（NO）·c2（CO），V逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数；只与温度有关）。

①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应Ⅲ，在tl时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=_______。

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下．t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_______。

10、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11、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。12、如图所示的初中化学中的一些重要实验；请回答下列问题：

（1）图A称量NaCl的实际质量是___。

（2）图B反应的实验现象是__。

（3）图C反应的表达式为__。

（4）图D实验目的是__。13、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_______________________________________________；评卷人得分三、原理综合题(共5题，共10分)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、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：_______。16、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)。17、目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行探究。已知在不同温度下的化学反应。平衡常数(K1、K2、K3)如表所示：。化学反应焓变平衡常数温度/℃500700800500700800①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H1K12.50.340.15②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2K21.01.702.52③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3K3

请回答下列问题：

(1)反应②是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(2)根据反应①与②可推导出K3、K1与K2之间的关系，则K3=____(用K1、K2表示)；根据反应③判断△S______0(填“＞”、“＝”或“＜”)，在___(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。

(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有___(填字母序号)。

A．缩小反应容器的容积。

B．扩大反应容器的容积。

C．升高温度。

D．使用合适的催化剂。

E．从平衡体系中及时分离出CH3OH

(4)500℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正___v逆(填“＞”；“＝”或“＜”)。

(5)根据上述表格测得焓变，下列能量关系图合理的是___。

18、我国自主知识产权的首套煤基乙醇工业化项目生产过程：先用煤制得乙酸甲酯；再将乙酸甲酯转化为乙醇。在1L密闭容器中充入1mol乙酸甲酯，乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理：

主反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=-23.61kJ·mol·L-1

副反应：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2=0.99kJ·mol·L-1

在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)

化学吸附：H2→2H*

表面反应：CH3COOCH3+4H*→CH3CH2OH*+CH3OH*

化学脱附：CH3CH2OH*→CH3CH2OHCH3OH*→CH3OH

已知：化学吸附的活化能大；决定主反应的反应速率。

(1)反应2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g)自发进行的条件是：____。

(2)能说明体系中主反应达到化学平衡状态的有____。

A．CH3COOCH3的质量分数不再变化B．v正(C2H5OH)=v正(CH3OH)

C．容器中气体密度不再变化D．体系的总压强不再变化。

(3)乙酸甲酯的平衡转化率与温度和氢酯比(x)〖〗的关系如图。

①比较x1、x2、x3的大小关系，最大的是___________。

②250℃、x1=5，C2H5OH的选择性为80%，则主反应的平衡常数为___________(保留2位有效数字)。

(4)其它条件相同，反应经过相同时间，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性随氢酯比的关系如图所示。氢酯比(x)在2~9之间，乙醇的选择性逐渐增大的原因为___________。

(5)若在未加催化剂的情况下主反应的能量反应历程示意图如图，请在图3中画出使用催化剂后该反应的能量反应历程示意图_______。

评卷人得分四、有机推断题(共1题，共4分)19、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)20、为了探究Fe2＋、Cu2＋、Ag＋的氧化性强弱；设计实验如下图所示。

回答下列问题：

（1）写出AgNO3的电离方程式__________________________。

（2）已知实验Ⅰ；Ⅱ的现象和结论如下表：

。实验编号。

实验现象。

实验结论。

Ⅰ

①

氧化性：Cu2＋＞Fe2＋

Ⅱ

溶液变蓝色。

②

①实验Ⅰ的现象是_____________________

②实验Ⅱ的结论是______________________________。

③写出实验Ⅱ的离子方程式______________________________。

（3）Cu、Fe、CuSO4溶液、AgNO3溶液均能导电，其中属于纯净物有_________种，CuSO4溶液、AgNO3溶液均能导电的原因是_____________________。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共6分)21、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_______。22、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线上方，未处于平衡状态，c[Fe(SCN)3]比平衡状态大；反应应向逆反应方向移动。

【详解】

A．随着温度的升高，溶液中c[Fe(SCN)3]逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；A错误；

B．D点在曲线下方，未处于平衡状态，由于c[Fe(SCN)3]比平衡状态大，反应向逆反应方向移动，故v(逆)＞v(正)；B正确；

C．升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，c[Fe(SCN)3]减小，反应温度：A点＜B点＜C点。降低温度，化学平衡正向移动，使c(Fe3+)减小，故溶液中c(Fe3+)：A点＜B点＜C点；C错误；

D．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，使化学平衡K减小。由于温度为：T1＜T2时，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故＞1；D错误；

故合理选项是B。2、C【分析】【分析】

以不同路径下的有机反应为载体；考查有机反应路径；常见有机化合物性质、氧化还原反应等知识。

【详解】

A．硝基苯中无亲水基团；难溶于水，A错误；

Ｂ．苯胺可结合水电离出的H+；在水溶液中显碱性，B错误；

Ｃ．与Na2S·9H2O反应的产率高于与Na2S·9H2O反应的产率；选择直接反应路径，C正确；

D．由1mol转化为1mol，少了2molO原子，多了2molH原子，共得到了6mole-，理论上消耗3molNa2S·9H2O；D错误；

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

①电离是电解质溶于水自发进行的过程，不需要通电；②电解需要电解池，需要通电；③电镀也是电解池的应用，需要通电；④电化学腐蚀是原电池原理，自发进行，不需要通电。答案选C。4、D【分析】【详解】

A．浓硝酸与浓硫酸混合时；如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；

B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中；装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；

C．为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出；故冷水的温度控制在20℃左右，C正确；

D．98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢，D错误；5、C【分析】【详解】

“侯氏制碱法”制取的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到在这一实验过程中，由于在水中的溶解度较小，而的溶解度较大，为防止倒吸，b管通a管通所以要在食盐水先通然后再通否则通入后会从水中逸出，等再通时溶液中的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是和其中对环境影响较大，要吸收，而是碱性气体；所以在C装置中要装酸性物质；

A；C装置中要装酸性物质；故A错误；

B、广口瓶中析出的是NaHCO3；故B错误；

C、a通入然后b通入c中放蘸稀硫酸的脱脂棉，吸收NH3；故C正确；

D；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉；故D错误；

故选C。二、填空题(共8题，共16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）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)>8、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.29、略

【分析】【详解】

(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反应前后气体系数不变；如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；

B.当ΔH-TΔS<0时；反应自发进行，由ΔH＜0，ΔS＜0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；

C.增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动；但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；

D.温度升高；反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；

(2)①反应为放热反应；温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；

②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来；降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；

(3)①列三段式求解：因为N2占平衡总体积的1/4，所以a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正=v逆，即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)；

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为【解析】①.-227②.AB③.反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）④.分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高⑤.270⑥.（起点的纵坐标为16，t3时刻达到平衡，t3-t4处于平衡状态与已有线平齐）10、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＞③6.0×10-1011、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶212、略

【分析】【分析】

（1）托盘天平的平衡原理：称量物质量=砝码质量+游码质量；

（2）镁在空气中剧烈燃烧；放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体氧化镁；

（3）图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小；

【详解】

（1）称量物质量=砝码质量+游码质量；15=NaCl质量+3，NaCl的实际质量是15g-3g=12g；

（2）镁在空气中燃烧的现象是：放出大量的热；发出耀眼的白光，生成白色固体；

（3）图C的表达式为：铜+氧气氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小，实验目的是验证分子之间的存在间隙；【解析】12g放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙13、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-三、原理综合题(共5题，共10分)14、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)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16、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(g)△H=-746.5kJ/mol低温不是该反应为放热反应，平衡时N2的体积分数应随着温度的升高而降低催化剂的活性下降(或升温平衡逆向移动或副反应增多等)17、略

【分析】【详解】

(1)反应②的平衡常数随温度升高增大；说明升高温度化学平衡正向进行，则正反应是吸热反应；

(2)根据盖斯定律，将反应①+②可得反应③，则平衡常数K3=K1×K2；反应③是气体体积减小的反应△S＜0；

500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.52×0.15=0.375，结合温度变化分析，随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡逆向进行，则可判断出该反应的正反应是放热反应，焓变△H＜0；所以反应在较低温度下能自发进行；

(3)根据(2)分析可知：反应③的正反应是气体体积减小的放热反应。

A．缩小反应容器的容积；会使体系的压强增大，增大压强，化学平衡正向移动，与题目要求的平衡逆向移动不符合，A不符合题意；

B．扩大反应容器的容积；会使体系的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，B符合题意；

C．升高温度；化学平衡向吸热的逆反应方向移动，C符合题意；

D．使用合适的催化剂；化学平衡不发生移动，D不符合题意；

E．从平衡体系中及时分离出CH3OH；化学平衡正向移动，E不符合题意；

故合理选项是BC；

(4)根据(2)分析可知在500°C时，K3=2.5。500℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度（mol·L-1）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，此时的浓度商Qc==0.8789＜2.5，说明反应未达到平衡状态，反应正向进行，所以v正＞v逆；

(5)A．反应②的平衡常数随温度的升高而增大；说明该反应的正反应为吸热反应，反应物能量低于生成物，与图象符合，A正确；

B．反应②是吸热反应；催化剂改变反应速率不改变化学平衡，平衡状态不变，图象不符合事实，B错误；

C．①反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的化学平衡常数随温度升高减小；说明正反应为放热反应，反应物能量高于生成物，图象不符合，故C错误；

D．反应③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应；则反应物能量高于生成物，图象符合，D正确；

故合理选项是AD。【解析】①.吸热②.K3=K1•K2③.＜④.较低⑤.B、C⑥.＞⑦.A、D18、略

【分析】【详解】

(1)已知：①CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=-23.61kJ·mol·L-1

②：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2=0.99kJ·mol·L-1

根据盖斯定律，将反应①+②整理可得：2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g)ΔH=-22.62kJ/mol，要使反应自发进行，则△G=△H-T△S＜0，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0；所以反应自发进行的条件是低温；

(2)A．反应混合物的总质量不变，若CH3COOCH3的质量分数不再变化；说明其中任何成分的质量不变，反应达到平衡状态，A符合题意；

B．C2H5OH、CH3OH都是生成物，在任何时刻，都存在v正(C2H5OH)=v正(CH3OH)；表示反应正向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，B不符合题意；

C．反应混合物都是气体；气体的质量不变；反应的容器容积不变，则容器中气体密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；

D．反应容器的容积不变；反应是前后气体体积发生改变的反应，若体系的总压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，D符合题意；

故合理选项是AD；

(3)①在温度不变时，氢酯比(x)增大，即增大H2的浓度，化学平衡正向移动，使乙酸甲酯转化率增大。根据图示可知乙酸甲酯的平衡转化率：x3＞x2＞x1，所以x1、x2、x3的大小关系为x3＞x2＞x1，则三者中最大的是x3；

②在250℃、x1=5，C2H5OH的选择性为80%，加入乙酸甲酯的物质的量是1mol，其转化率为90%，则最终转化为乙醇的乙酸甲酯的物质的量为1mol×90%×80%=0.72mol，说明平衡时乙醇的物质的量是0.72mol，乙酸甲酯的物质的量为0.1mol。对于主反应CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)，开始加入n(CH3COOCH3)=1mol，n(H2)=5mol，n(C2H5OH)=n(CH3OH)=0，假设转化的CH3COOCH3(g)为xmol，则平衡时n(CH3COOCH3)=(1-x)mol，n(H2)=(5-2x)mol，n(C2H5OH)=n(CH3OH)=xmol；对于副反应：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)，开始时n(CH3COOCH3)=(1-x)mol，n(C2H5OH)=n(CH3OH)=xmol，n(CH3COOC2H5)=0，假设发生该反应消耗CH3COOCH3的物质的量为ymol，根据物质反应转化关系可知平衡时：n(CH3COOCH3)=(1-x-y)mol，n(C2H5OH)=(x-y)mol，n(CH3COOC2H5)=ymol，n(CH3OH)=(x+y)mol，则(1-x-y)mol=0.1mol，(x-y)mol=0.72mol，解得x=0.81mol，y=0.09mol，平衡时n(CH3COOCH3)=0.1mol，n(H2)=(5-2x)mol=(5-2×0.81)mol=3.38mol，n(C2H5OH)=0.72mol，n(CH3OH)=0.81mol+0.09mol=0.9mol，容器的容积是1L，所以物质的浓度与其物质的量相等，因此主反应的化学平衡常数K==0.57；

(4)其它条件相同，反应经过相同时间，根据乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性与氢酯比的关系图可知：在氢酯比(x)在2~9之间，乙醇的选择性逐渐增大，是由于氢气的化学吸附速率慢，增大c(H2)；加快整体反应的速率，但副反应速率增大的幅度小于主反应，所以乙醇的选择性增大；

(5)催化剂能够降低反应的活化能，使反应在较低的温度下进行，因此反应速率达到加快，但不能改变反应物、生成物的能量，因此反应热不变，故使用催化剂的反应流程与能量变化关系可用图示表示为：【解析】低温ADx30.57氢气的化学吸附速率慢，增大c(H2)，加快整体反应的速率，但副反应速率增大的幅度小于主反应，所以乙醇的选择性增大四、有机推断题(共1题，共4分)19、略

【分析】【分析】

化合物A分子式是C7H8，结构简式是根据物质反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构及B、C转化关系，可知B是B发生催化氧化反应产生C是C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是：E与I2反应产生F是：F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：然后结合物质性质逐一分析解答。

【详解】

根据上述分析可知A是B是C是D是E是F是G是

(1)反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生故该反应的类型为氧化反应；

(2)反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生故所需试剂和条件是Br2；光照；

(3)B结构简式是含有的官能团是醛基-CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液；加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基；

(4)根据上述推断可知E的结构简式是

(5)F是与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：则F→G的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+

(6)化合物C是C的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子，则其可能的结构简式是

(7)CH2=CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2Br，CH3-CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，故合成路线为：CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3【解析】氧化反应Br2、光照取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基+NaOHNaI+H2O+CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3五、实验题(共1题，共9分)20、略

【分析】【分析】

（1）AgNO3是强电解质；在水溶液中完全电离。

（2）①实验Ⅰ，Fe与CuSO4发生置换反应；在铁表面生成紫红色的铜。

②实验Ⅱ，Cu与AgNO3发生置换反应；氧化剂的氧化性大于氧化产物的