2024年北师大新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2024年北师大新版选择性必修1化学下册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、已知Ksp[AgCl]=1.8×10-10，Ksp[AgBr]="4.9×"10-13，Ksp[AgI]=1.0×10-16，Ksp[Ag2S]=1.6×10-49。则除去NaNO3溶液中混有的AgNO3，所用下列试剂中效果最好的是A.NaC1溶液B.NaBr溶液C.NaI溶液D.Na2S溶液2、对于难溶电解质的沉淀溶解平衡，下列说法正确的是()A.Ksp数值越小，难溶电解质的溶解度一定越小B.在氯化银饱和溶液中，增大Ag+浓度，AgCl的溶度积增大C.25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)不变D.向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，Ksp不变，有固体析出3、氢气在氧气中燃烧主要经历以下四步基元反应：下列说法正确的是。

①H2→2H•(慢反应)

②H•+O2→•OH+O•(快反应)

③O•+H2→•OH+H•(快反应)

④•OH+H2→H2O+H•(快反应)A.•OH的电子式是B.在这四步反应中，第①步反应的活化能最高C.第②步反应中H•与O2的每一次碰撞都为有效碰撞D.H•和O2是反应的中间产物，能在体系中稳定存在4、关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是A.有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多B.增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞C.升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大D.使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大5、下列陈述正确的是A.燃烧一定属于放热反应B.氮气与氢气充分反应，转移电子数为C.已知中和热为则D.已知甲烷的燃烧热为则6、下列关于生产生活的描述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是。选项描述Ⅰ描述ⅡA合成氨工业需要科研人员不断寻找高效的催化剂催化剂可以提高平衡转化率B疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液其主要成分NaClO具有强氧化性C铁质槽罐车可储运浓硝酸，但不能储运稀硝酸稀硝酸比浓硝酸氧化性更强D用FeCl3溶液刻蚀电路板Cu与FeCl3溶液发生了置换反应

A.AB.BC.CD.D7、分别利用如图装置(夹持装置略)进行相应实验；不能达到实验目的的是。

A.用甲装置制备并收集NH3B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用丙装置制备无水FeCl3D.用丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色8、下列实验操作和现象及所得到的结论均正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

向2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液中滴加2滴。

0.1mol·L−1NaCl溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L−1KI溶液；有黄色沉淀生成。

Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

B

向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸；加热；再加入银氨溶液，水浴加热，无明显现象产生。

蔗糖水解产物无还原性。

C

向Na2O2与水反应所得溶液中加入少量MnO2；有气泡产生。

Na2O2与水反应所得溶液中有少量H2O2

D

向FeCl3溶液中滴加稀氨水；溶液由黄色变为红褐色。

生成了氢氧化铁胶体。

A.AB.BC.CD.D9、25℃时，Ag2CrO4在不同浓度的溶液中的溶解量如图所示；下列说法正确的是。

A.图中a、b两点c(Ag+)相同B.图中c点为Ag2CrO4的不饱和溶液C.该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10-12D.在a点向溶液中加入少量AgNO3，溶解量可变为c点评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol•L-1的KSCN、K2CrO4溶液；所得的沉淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是。

A.Ksp(Ag2CrO4)的数值为10-9.92B.a点表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液C.沉淀废液中的Ag+用K2CrO4溶液比等浓度的KSCN溶液效果差D.Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数为1012.0811、某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生如下反应：A(g)+xB(g)2C(g)；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关系如图所示。下列说法中正确的是。

A.8min时表示正反应速率等于逆反应速率B.前20minA的反应速率为0.5mol/(L·min)C.反应方程式中的x=1，30min时表示减小压强D.40min时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应12、一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图；

下列说法不正确的是A.该反应为吸热反应B.平衡常数：KM＞KNC.生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D.温度高于250℃时，升温，催化剂的效率降低13、H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10−2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A.0.1000mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)+c(OH−)−c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)>c(H+)C.pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)−c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH−)−c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4−)14、25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或已知混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线I表示与pH的关系B.第一步电离常数的数量级为C.时，D.时，15、根据下列反应原理设计的应用,正确的是A.+H2O+OH-，用热的纯碱溶液清洗油污B.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，明矾杀菌消毒C.TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl，制备TiO2纳米粉D.SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠16、根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是。选项实验操作与现象结论A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，红色变浅碳酸钠溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有[Al(OH)4]-C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体可能为氯气D向10mL0.5mol·L-1的氯化镁溶液中滴加5mL2.4mol·L-1氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D17、把Ca(OH)2固体放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH－(aq)，当向悬浊液中加少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是A.溶液中Ca2+数目减少B.溶液中c(Ca2+)增大C.溶液pH值不变D.溶液pH值增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、某兴趣小组依据反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu探究原电池设计及工作原理；将质量相等的锌片和铜片用导线相连浸入硫酸铜溶液中构成如图1的装置：

(1)该反应的能量变化可用图2_______(填“甲”或“乙”)表示。

(2)图1连接K，锌片上的电极反应式为___。2min后测得锌片和铜片之间的质量差为1.29g，则导线中流过的电子的物质的量为___mol。

(3)操作一段时间后测得铜片增加了3.2g，同时锌片减少了3.3g，计算这段时间内该装置消耗的化学能转化为电能的百分比为__。

(4)将图l装置改为图3所示的装置，能达到相同的作用且提高化学能转化为电能的效率。其中KCl溶液起连通两边溶液形成闭合回路的作用，同时又能阻止反应物直接接触。则硫酸铜溶液应该注入_______(填“左侧”“右侧”或“两侧”)烧杯中。19、回答下列问题：

（1）泡沫灭火器原理(用离子方程式表示)___________

（2）碳酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体是_____，原因是____________

（3）已知NaHR溶液中c（H2R）＜c（R2－），则该溶液中c（H+）________c（OH－）（填写“＜”或“＝”或“＞”）

（4）相同条件下，同浓度的NH3•H2O，NH4Cl，NH4Al(SO4)2，NH4HSO4水溶液，NH4+浓度分别为a,b,c,d，则几种物质NH4+浓度由大到小的顺序为_______（用a,b,c,d,表示）

（5）二氯亚砜（SOCl2）是一种无色易挥发液体，与水剧烈水解生成两种气体，常做脱水剂。用硫磺（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件下合成二氯亚砜，原子利用率达到百分之百，则三者的物质的量之比为____________写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式___________20、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)；反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。

根据如图回答下列问题：

(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是________________________________________________________。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是_____________________。

(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。

(4)已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量和下列两个热化学方程式：

4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

则ΔH1和ΔH2的关系正确的是（______）

A．ΔH1＝ΔH2B．ΔH1＞ΔH2C．ΔH1＜ΔH2D．无法确定21、电化学原理在探究物质性质和实际生产中应用广泛；据此回答下列问题。

(1)在如图装置中，观察到装置甲铜电极上产生大量的无色气体；而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由装置甲知铬的金属活动性比铜__(填“强”或“弱”)；由装置乙知常温下铬在浓硝酸中出现__现象。

(2)工业上使用如图装置，以石墨作电极电解Na2CrO4溶液，使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，其转化原理为__。

(3)CrO3和K2Cr2O7均易溶于水，它们是工业废水造成铬污染的主要原因。要将Cr(Ⅵ)转化为Cr(Ⅲ)常见的处理方法是电解法和铁氧磁体法。

①电解法：将含Cr2O的废水通入电解槽内，用铁作阳极，在酸性环境中，加入适量的NaCl进行电解，使阳极产物和Cr2O发生反应，则阳极的电极反应式为__。阴极上Cr2OH+、Fe3+都可能放电。若Cr2O放电，则阴极的电极反应式为__；若H+放电，则阴极区形成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。

②铁氧磁体法：在含Cr(Ⅵ)的废水中加入绿矾，在pH＜4时发生反应使Cr(Ⅵ)转化为Cr(Ⅲ)，调节溶液pH为6~8，使溶液中的Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)析出组成相当于Fe(Ⅱ)[Fe(Ⅲ)x•Cr(Ⅲ)2-x]O4(铁氧磁体)的沉淀，则铁氧磁体中x=___。

(4)电解法还可用于处理酸性硝酸盐污水，设计如图电解池。若电解过程中转移了0.1mol电子，则质子交换膜两侧电解液的质量变化差(△m左−△m右)为___g。

22、(1)试运用盖斯定律回答下列问题:(1)已知:H2O(g)===H2O(l)ΔH1=-Q1kJ·mol-1C2H5OH(g)===C2H5OH(l)ΔH2=-Q2kJ·mol-1C2H5OH(g)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=-Q3kJ·mol-1若使23g液态无水酒精完全燃烧,并恢复到室温,则整个过程中放出的热量为________kJ。(2)碳(s)在氧气供应不充分时,生成CO的同时还生成部分CO2,因此无法通过实验直接测得反应C(s)+O2(g)=CO(g)的ΔH。但可设计实验,利用盖斯定律计算出该反应的ΔH,计算时需要测得的实验数据有__________。计算丙烷的燃烧热有两种途径:途径Ⅰ:C3H8(g)+5O2(g)===3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-akJ·mol-1。途径Ⅱ:C3H8(g)===C3H6(g)+H2(g)ΔH=+bkJ·mol-1;2C3H6(g)+9O2(g)===6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=-ckJ·mol-1;2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH=-dkJ·mol-1(a、b、c、d均为正值)。请回答下列问题:(3)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径Ⅰ放出的热量______(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。(4)由于C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)的反应中,反应物具有的总能量_______(填“大于”“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时,反应物就需要_______(填“放出”或“吸收”)能量才能转化为生成物,该反应熵_________(填“增大”或“减小”)。(5)b与a、c、d的数学关系式是____________。23、写出下列反应的热化学方程式：

(1)1mol甲烷(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)；放出890.3kJ热量：__；

(2)1molCO完全转化为CO2放出283kJ的热量：__；

(3)N2(g)与H2(g)反应生成17gNH3(g)；放出46.1kJ热量：__；

(4)24gC(s)与足量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收262.6kJ热量：__。24、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)；随温度升高，混合气体的颜色变深。

回答下列问题：

(1)反应的ΔH___________0(填“大于”或“小于”)；

(2)100℃时；体系中各物质浓度随时间变化如图所示。

在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为___________mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K1为___________。

(3)100℃时，反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是___________。25、硫酸是重要的化工原料，生产过程中SO2催化氧化生成SO3的化学反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。

(1).实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是___________。压强转化率温度1×105Pa5×105Pa10×105Pa15×105Pa400℃0.99610.99720.99840.9988500℃0.96750.97670.98520.9894600℃0.85200.88970.92760.9468

(2).反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是___________(填字母)。A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)B．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)C．降低温度D．在其他条件不变时，减小容器的容积

(3).某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如图所示。2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)___________K(B)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(4).在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2。t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。

①tl时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速率发生如图所示的变化，则改变的条件是___________。

A．体积不变，向容器中通入少量O2

B．体积不变，向容器中通入少量SO2

C．缩小容器体积。

D．升高温度。

E．体积不变；向容器中通入少量氮气。

②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，则平衡___________移动(填“向正反应方向”；“向逆反应方向”或“不”)。

(5).某时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp=__________ (用分数表示) [对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]26、I.在一定条件下xA+yBzC的可逆反应达到平衡；

(1)已知A、B、C均为气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，则x、y、z的关系是___________。

(2)已知C是气体且x+y=z，在加压时如果平衡发生移动，则平衡必向___________方向移动。(填“正反应”或“逆反应”)

(3)已知B、C是气体，现增加A的物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，则A是___________态。

II.(4)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2△H2

则4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=_______(用含有K1、K2的式子表示)；

(5)在时，2L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和2min末的浓度如下表(该反应为可逆反应)：。物质ABC初始浓度/()1.02.002min末的浓度/()0.40.21.2

请填写下列空白：

该反应方程式可表示为_____；从反应开始到2min末，A的平均反应速率为_____。评卷人得分四、结构与性质(共2题，共10分)27、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。28、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共4分)29、氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题；它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题。

I.NOx和SO2在空气中存在下列平衡：

2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H=−113.0kJ∙mol−1

2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H=−196.6kJ∙mol−1

SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。

(1)写出NO2和SO2反应的热化学方程式为______。

(2)随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是______(填增大；不变、减小)。

Ⅱ.回答下列问题：

(3)已知4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)ΔH=−1800kJ∙mol−1，将2molNH3、3molNO的混合气体分别置于a、b、c三个10L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c(N2)随时间的变化如图所示。

①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______。

②一定温度下，下列能说明反应已达到平衡状态的是______。

A．H2O(g)与NO(g)的生成速率相等B．混合气体的密度保持不变。

C．ΔH保持不变D．容器的总压强保持不变。

(4)用NH3和Cl2反应可以制备具有强氧化性的三氯胺(三氯胺在中性、酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强杀菌作用的物质)，方程式为3Cl2(g)＋NH3(g)NCl3(l)＋3HCl(g)，向容积均为1L的甲、乙两个恒温(反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如表所示：。t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器)/mol2.001.451.001.001.00

①T℃______400℃(填“＞”或“＜”)。

②该反应的ΔH______0(填“＞”或“＜”)。

③该反应自发进行的条件是______(填高温、低温、任何温度)。30、“低碳经济”备受关注，CO2的捕集；利用与封存成为科学家研究的重要课题。

(1)绿色植物通过图1所示过程储存能量，用化学方程式表示其光合作用的过程：_______。

(2)TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂,能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图2为在TiO2的催化，O3降解CH3CHO的过程,则该反应的化学方程式为_____________________。

(3)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。

①已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802kJ/mol

CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H3=-41kJ/mol

则反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=___________________________。

②为了探究反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0mol/L，平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图3)：v正-c(CH4)和v逆-c(CO)，则与v正-c(CH4)相对应的是图中曲线________(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度,反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为________(填“D”“E”或“F”)。

(4)用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。

①在捕集时，气相中有中间体NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t123)。1525350000t19×10-32.7×10-28.1×10-2t23×10-24.8×10-29.4×10-2t33×10-24.8×10-29.4×10-2

氨基甲酸铵分解反应是_______(填“放热”或“吸热”反应)。15℃时，此反应的化学平衡常数K=____________________。

②在NH4HCO3溶液中，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____________________(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常Ka1=4×10-7)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

由已知AgCl、AgBr、AgI的Ksp可得，AgI更难溶，所以要除去NaNO3溶液中混有的AgNO3，所用下列试剂A、B、C三项中，C项NaI溶液效果更好；因为AgI和Ag2S中阴阳离子个数比不相等，所以不能直接通过Ksp来判断AgI与Ag2S谁更难溶，需通过计算：AgI饱和溶液中，c(I-)×c(Ag+)=Ksp[AgI]，即c2(I-)=1.0×10-16，所以c(I-)=1.0×10-8；Ag2S饱和溶液中，Ag2S2Ag++S2-，c(S2-)×c2(Ag+)=Ksp[Ag2S]，即c(S2-)×[2c(S2-)]2=1.6×10-49，所以c(S2-)=因为<1.0×10-8，所以Ag2S比AgI更难溶，则除去NaNO3溶液中混有的AgNO3，用Na2S溶液效果最好，故选D。2、D【分析】【详解】

A.Ksp越小；电解质的溶解度不一定越小，溶解度还取决于溶液的类型和浓度关系，以及物质的摩尔质量等因素，例如AgCl在水中和盐酸中的溶解度不同，但溶度积相同，故A错误；

B.在氯化银饱和溶液中，增大Ag+浓度，则Cl-浓度减小；由于温度不变，AgCl的溶度积不变，B错误；

C.25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，氢氧根离子与铵根离子结合生成一水合氨，导致c(OH-)减小，则c(Mg2＋)增大；C错误；

D.向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，温度未变，则Ksp不变，c(Ag＋)减小；有AgCl固体析出，D正确；

答案为D。3、B【分析】【详解】

A．•OH的电子式是选项A错误；

B．活化能越大反应速率越慢；因此慢反应对应的活化能最高，即第①步反应的活化能最高，选项B正确；

C．有效碰撞需要能量足够且取向合适才能发生，反应物粒子间的碰撞不都是有效碰撞，即第②步反应中H•与O2的每一次碰撞并不都为有效碰撞；选项C错误；

D．反应的中间产物不能稳定存在；会继续发生后续反应，选项D错误；

答案选B。4、B【分析】【详解】

A．有气体参加的化学反应；增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A正确；

B．增大反应物的浓度；活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误；

C．升高温度；活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确；

D．催化剂；降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D正确；

故选B。5、A【分析】【详解】

A．燃烧是发光发热的反应；一定属于放热反应，A正确；

B．氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，则氮气与氢气充分反应，转移电子数小于B错误；

C．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；浓硫酸溶于水放热，反应生成沉淀也伴随热效应，故该反应焓变不是C错误；

D．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；该反应中生成气体水不是液体水，故焓变不是D错误；

故选A。6、B【分析】【详解】

A．催化剂只能加快反应速率；缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，A错误；

B．疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液；其主要成分NaClO具有强氧化性，能够将细菌；病毒的蛋白质氧化使其变性，因而失去其生理活性，B正确；

C．铁质槽罐车可储运浓硝酸；但不能储运稀硝酸，是由于在室温下浓硝酸具有强氧化性，会将铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化而不能进一步发生反应，而稀硝酸与铁反应不能产生钝化现象，故不能说稀硝酸比浓硝酸氧化性更强，C错误；

D．可以用FeCl3溶液刻蚀电路板，是由于Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2；该反应基本类型不是置换反应，D错误；

故合理选项是B。7、B【分析】【详解】

A．实验室制备氨气，是采用氢氧化钙和氯化铵加热，氨气的密度比空气小，故用向下排空气法收集，试管口的棉花能够防止空气对流使收集的氨气不纯，故可用甲装置制备并收集NH3；A正确；

B．由于液溴具有很强的挥发性，挥发出来的Br2与水反应生成HBr也能与硝酸银产生淡黄色沉淀溴化银，故用乙装置不验证有无HBr产生；B错误；

C．由于FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，故制备无水FeCl3需在通入HCl的气流中进行蒸发，抑制氯化铁的水解，故可用丙装置制备无水FeCl3；C正确；

D．丁装置中，铁做阳极，Fe电极发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+，石墨为阴极，电极发生的反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，且煤油能够隔绝空气，故用丁装置可制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色；D正确；

故答案为：B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．注意量的关系，AgNO3过量，加入KI溶液，直接与AgNO3反应；无法比较溶度积，A错误；

B．银镜反应发生的条件是碱性环境；所以不能说明蔗糖水解产物无还原性，B错误；

C．H2O2在MnO2的催化作用下会分解生成O2，产生气泡说明有氧气生成，也说明原溶液中有H2O2；C正确；

D．向FeCl3溶液中滴加稀氨水；现象是黄色的溶液中生成了红褐色沉淀，结论是生成了氢氧化铁沉淀，D错误；

故选：C。9、C【分析】【详解】

A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点铬酸根离子浓度不同，则c(Ag+)=不同；A说法错误；

B．图中c点c()与b点相同，c(Ag+)大于b点，则c点为Ag2CrO4的过饱和溶液；B说法错误；

C．根据图象上相关数据，Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+(aq)，b点时，c()=10-2mol/L，c(Ag2CrO4)=10-5mol/L计算，Ksp=c2(Ag+)•c()=(2×10-5)2×10-2=4×10-12，则数量级为10-12；C说法正确；

D．a点已经达到沉淀溶解平衡，在a点向溶液中加如入少量AgNO3，可析出Ag2CrO4，c(Ag+)增大，c()减小；不能变为c点，D说法错误；

答案为C。二、多选题(共8题，共16分)10、A【分析】【分析】

温度不变时，溶度积为常数，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)∙c(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(SCN-)减小，二者浓度变化倍数相同；Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(CrO42-)减小，但二者浓度的变化倍数不同，结合曲线分析，当c(Ag+)由10-6mol/L增大10-2mol/L，c(Xn-)由10-6mol/L减小到10-10mol/L，由此可知二者变化倍数相同，则可以断定下面的曲线为AgSCN溶解平衡曲线，上方的曲线为Ag2CrO4溶解平衡曲线；据此分析解答。

【详解】

A．根据分析，上方的曲线为Ag2CrO4溶解平衡曲线，则Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92；故A错误；

B．a点的c(Ag+)小于溶解平衡时的c(Ag+)，则a点的浓度积Qc(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2CrO4)，为Ag2CrO4的不饱和溶液；故B正确；

C．溶度积越小，溶液中离子浓度越小，沉淀越完全，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)∙c(Ag+)=10-6×10-6=10-12，Ksp(AgSCN)＜Ksp(Ag2CrO4)，沉淀废液中的Ag+用KSCN溶液比等浓度的K2CrO4溶液效果好；故C错误；

D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数K==1012.08；故D正确；

答案选AC。11、CD【分析】【详解】

A．由图像知；8min时，B；C的浓度仍然在发生变化，故此时没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不等，A错误；

B．由图像知，前20min用C表示反应速率为由得B错误；

C．由图像可计算出前20minB的反应速率为故所以x=1，30min时反应速率减小，但平衡没有发生移动，又由于反应前后气体分子数不变，故30min时改变的条件为减小压强，C正确；

D．40min时；条件改变后正逆反应速率都加快，故可能是升温或增大压强，但此时平衡也发生移动，故只能是升温，结合第1个图可知，升温后，B浓度增大，C浓度减小，说明平衡逆向移动，故逆向为吸热反应，则正向为放热反应，D正确；

故答案选CD。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．升高温度二氧化碳的平衡转化率减小；则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；

B．升高温度二氧化碳的平衡转化率减小；则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，B正确；

C．化学反应速率随温度的升高而加快，根据图像250℃时催化效率最高，当温度高于250℃，随着温度的升高催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)；C错误；

D．根据图象；当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，催化剂的催化效率降低，D正确；

故选AC。13、AD【分析】【详解】

A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；A项正确；

B.c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；B项错误；

C.滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L+c（C2O42-）-c（H2C2O4）；C项错误；

D.c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）；D项正确；

答案选AD。

【点睛】

本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。14、BD【分析】【分析】

当当由于Ka1>Ka2，结合图像可知，曲线Ⅱ表示与的关系、曲线Ⅰ表示与的关系；

【详解】

A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；A正确。

B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为其数量级为10-2；B错误。

C．由图可知，时，>0，则

由点（3.19，1）可知，此时则得C正确。

D．由电荷守恒可知，由物料守恒可知，两式联立可得：时，则有D错误。

故选BD。15、AC【分析】【详解】

A．+H2O+OH-；加热促进碳酸钠水解平衡正向移动，所以用热的纯碱溶液清洗油污，效果较好，A符合题意；

B．Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能起到净水作用，明矾不能杀菌消毒，B不符题意；

C．TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl，TiCl4水解出TiO2·xH2O，利用TiCl4水解制备TiO2纳米粉；C符合题意；

D．SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入盐酸抑制SnCl2水解；D不符题意；

答案选AC。16、AC【分析】【详解】

A．滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体；红色变浅，是因碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡生成碳酸钡，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，故A正确；

B．和CO2反应生成白色胶状沉淀，当CO2过量时沉淀不溶解的离子有[Al(OH)4]-、SiO等，所以根据实验现象不能判断溶液中是否含有[Al(OH)4]-；故B错误；

C．氯气具有强氧化性；能氧化KI生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以该气体可能是氯气，故C正确；

D．反应中NaOH过量；因而能和氯化铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，不能说明沉淀的转化，故D错误；

故答案选AC。17、AC【分析】【分析】

【详解】

向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O＝Ca(OH)2：

A．加入CaO，消耗部分水，消耗水的同时钙离子和氢氧根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶液中Ca2+数目减少；故A正确；

B．消耗水，反应后溶液仍为饱和溶液，c(Ca2+)不变；故B错误；

C．反应后溶液仍为饱和溶液，c(OH-)不变；溶液pH不变，故C正确；

D．反应后溶液仍为饱和溶液，c(OH-)不变；溶液pH不变，故D错误。

答案选AC。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】

【详解】

(1)由Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu反应可知，该反应是置换反应，也属于氧化还原反应，是放热反应，则反应物总能量大于生成物的总能量，图甲符合，答案为甲；(2)由图1知，连接K，构成原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，失电子，化合价升高，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，2min后测得锌片和铜片之间的质量差为1.29g，负极上锌溶解，正极上析出铜，锌片和铜片相差的质量为溶解锌和析出铜的质量之和，由Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu可知，溶解锌的物质的量和析出铜的物质的量相等，设转移电子的物质的量为x，xmol×65g/mol+xmol×64g/mol=1.29g，解之x=0.02mol，答案为Zn-2e-=Zn2+；0.02；(3)锌电极的电子一部分传给铜电极，发生原电池反应，同时锌电极上也发生置换反应，电极反应负极为Zn-2e-=Zn2+，正极为Cu2++2e−=Cu，铜电极增加3.2g，即n(Cu)==0.05mol，同时锌电极原电池反应产生0.05molZn2+，即Zn电极减少65g/mol×0.05mol=3.25g，但是锌片减少了3.3g，因为锌片有一部分直接发生置换反应，有铜生成，所以质量减小了，这部分锌的化学能没有转化为电能，所以有3.3g−3.25g=0.05g的质量差，设锌直接参与置换反应的物质的量为y，则：计算得y=0.05mol，即直接发生置换反应的锌为0.05mol，参与原电池反应的锌也是0.05mol，所以该装置消耗化学能有50%转化为电能，答案为50%；(4)含有盐桥的原电池中，电极材料与相应的电解质溶液中含有相同的金属元素，所以硫酸铜溶液应该倒入右侧，答案为右侧；【解析】甲Zn-2e-=Zn2+0.0250%右侧19、略

【分析】【分析】

（1）泡沫灭火器原料是硫酸铝和碳酸氢钠；铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳灭火；

（2）碳酸钠中的碳酸根可以水解；尽管加热过程能促进碳酸钠水解，但蒸干后生成的碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠；

（3）NaHR溶液中有HR-H++R2-，也有HR-+H2OH2R+OH-；

（4）溶液酸性越强，NH4+水解程度越小；浓度越大；

（5）利用原子守恒写出方程式；进行判断。

【详解】

（1）泡沫灭火器原料是硫酸铝和碳酸氢钠，铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳灭火，所以反应离子方程式为：Al3++3HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑

（2）碳酸钠中的碳酸根可以水解；尽管加热过程能促进碳酸钠水解，但蒸干后生成的碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠；

故答案为：碳酸钠；碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠；蒸干后又反应生成碳酸钠。

（3）NaHR溶液中有HR-H++R2-，也有HR-+H2OH2R+OH-，c（H2R）＜c（R2－）说明电离大于水解，所以c（H+）>c（OH－）；

故答案为：>；

（4）设各种溶液的浓度均为1mol/L，b、c、d都是铵盐，是强电解质，在水溶液中完全电离，电离产生的c(NH4+)约为1mol/L，b中NH4+水解不受影响，c溶液中铝离子产生的H+、d中NH4HSO4电离产生的H+抑制NH4+的水解，但d中H+浓度大抑制程度大，所以c(NH4+)：d＞c＞b；a是弱电解质只有小部分电离，c(NH4+)远远小于1mol/L，所以c(NH4+)由大到小的顺序是：d＞c＞b＞a；

故答案为：d＞c＞b＞a；

（5）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应为化合反应，方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，所以三者的物质的量比为2：3：1，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，反应方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；

故答案为：2：3：1；SOCl2+H2O=SO2+2HCl。【解析】①.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑②.碳酸钠③.碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，蒸干后又反应生成碳酸钠④.＞⑤.d＞c＞b＞a⑥.2:3:1⑦.SOCl2+H2O=SO2+2HCl20、略

【分析】【分析】

（1）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（2）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（3）根据盖斯定律分析；根据反应物的总能量；中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；

根据盖斯定律的实质应用判断；可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断。

【详解】

（1）根据图示可知：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=-306kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+

3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案为：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；

（3）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的热化学方程式：

P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由图像可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；

故答案为：-399kJ•mol-1；等于；

（4）①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

①−②得到4P(白)=4P(红)△H=△H1−△H2；

已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量，所以△H1−△H2<0；△H1<△H2；

故选：C。

【点睛】

反应热当反应物和生成物的状态定后，只与始态和终态有关，与反应所经历的途径无关。【解析】P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/molPCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于C21、略

【分析】【详解】

(1)稀硫酸是非氧化性酸，在甲装置中，观察到装置甲铜电极上产生大量的无色气体，说明Cu为正极，Cr为负极；而装置乙中铜电极上无气体产生；铬电极上产生大量红棕色气体，说明铜作负极，铬电极是硝酸根得到电子变为二氧化氮，主要是常温下铬在浓硝酸中出现钝化现象，由装置甲知铬的金属活动性比铜强；故答案为：强；钝化。

(2)工业上以石墨作电极电解Na2CrO4溶液，阳极发生反应2H2O−4e－＝O2↑+4H+，使c(H+)增大，在酸性较强作用下使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，其转化原理为CrO+2H+Cr2O+H2O；故答案为：阳极发生反应2H2O−4e－＝O2↑+4H+，使c(H+)增大，从而导致CrO+2H+Cr2O+H2O反应发生。

(3)①电解法：用铁作阳极，在酸性环境中，加入适量的NaCl进行电解，使阳极产物Fe2+和Cr2O发生反应氧化还原反应，则阳极的电极反应式为Fe−2e－＝Fe2+。阴极上Cr2OH+、Fe3+都可能放电。若Cr2O放电，则化合价降低变为+3价Cr，则阴极的电极反应式为Cr2O+6e－+14H+＝2Cr3++7H2O；故答案为：Fe−2e－＝Fe2+；Cr2O+6e－+14H+＝2Cr3++7H2O。

②铁氧磁体法：根据Cr(Ⅵ)和Fe(Ⅱ)反应生成Fe(Ⅲ)和Cr(Ⅲ)，利用化合价升降守恒，则得到Fe(Ⅲ)和Cr(Ⅲ)的比例为3:1，调节溶液pH为6~8，使溶液中的Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)析出组成相当于Fe(Ⅱ)[Fe(Ⅲ)x∙Cr(Ⅲ)2-x]O4(铁氧磁体)的沉淀，根据化合价和Fe(Ⅲ)和Cr(Ⅲ)的比例为3:1；则铁氧磁体中x=1.5；故答案为：1.5。

(4)电解法还可用于处理酸性硝酸盐污水，设计如图电解池。若电解过程中转移了0.1mol电子，左侧电极反应为2H2O–4e－＝O2↑+4H＋，电解过程中转移了0.1mol电子，则有0.1molH＋移动到右侧，有0.025molO2逸出，右边电极反应为2+10e－+12H＋＝N2↑+6H2O，即右侧逸出0.01molN2，有0.1molH＋从左侧移到右侧，因此左侧质量改变量为△m左＝0.025mol×32g∙mol−1+0.1mol×1g∙mol−1＝0.9g，右侧质量改变量为△m右＝0.01mol×28g∙mol−1–0.1mol×1g∙mol−1＝0.18g，则质子交换膜两侧电解液的质量变化差(△m左−△m右)为0.9g–0.18g＝0.72g；故答案为：0.72。【解析】强钝化阳极发生反应2H2O−4e－=O2↑+4H+，使c(H+)增大，从而导致CrO+2H+Cr2O+H2O反应发生Fe−2e－=Fe2+Cr2O+6e－+14H+=2Cr3++7H2O1.50.7222、略

【分析】【详解】

(1)设已知三个方程式分别为a、b、c，则据盖斯定律，c-b+3a得C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)，反应热ΔH=-Q3-(-Q2)+3(-Q1)=-(Q3-Q2+3Q1)kJ·mol-1，所以23g(即0.5mol)液态乙醇完全燃烧生成液态H2O时放出热量为：0.5(Q3-Q2+3Q1)kJ；

(2)C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1CO(g)+O2(g)CO2(g)ΔH2

两式相减得C(s)+O2(g)CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2；故所需数据为C(s)和CO(g)的燃烧热；

(3)等量的丙烷燃烧，生成物均是CO2(g)、H2O(l)；由盖斯定律知途径Ⅱ经过三步反应放出的热量与途径Ⅰ放出的热量相等；

(4)ΔH>0；所以该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应时，反应物需要吸收能量转化为生成物，该反应是气体体积增大的反应，所以熵增大；

(5)由盖斯定律推知：-a=b+()+(),即2b=c+d-2a。【解析】0.5(Q3-Q2+3Q1)C(s)和CO(g)的燃烧热等于小于吸收增大2b=c+d-2a23、略

【分析】【详解】

(1)1mol甲烷(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出890.3kJ热量，反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol；

(2)1molCO完全转化为CO2放出283kJ的热量，反应的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ/mol；

(3)N2(g)与H2(g)反应生成17gNH3(g)，17gNH3(g)的物质的量为1mol，即反应生成1mol氨气放出46.1kJ的热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH=-46.1kJ/mol；

(4)24gC(s)的物质的量为2mol，与足量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收262.6kJ热量，反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ/mol。【解析】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ/molN2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH=-46.1kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ/mol24、略

【分析】【详解】

(1)对于反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，反应的ΔH大于0；

(2)在0～60s时间段，N2O4的物质的量浓度减少了：(0.1mol/L-0.04mol/L)=0.06mol/L，则反应速率v(N2O4)==0.001mol·L-1·s-1；据图可知，反应达到平衡时，c(N2O4)=0.04mol/L，c(NO2)=0.12mol/L，反应的平衡常数K1==0.36；

(3)100℃时，反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，因该反应为气体体积增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动。【解析】大于0.0010.36逆反应反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动25、略

【分析】【分析】

【小问1】

根据表中信息知，在1×105Pa下SO2的转化率已经很高，在相同温度下，增大压强，虽然化学反应速率加快，SO2的转化率增大，但转化率增大有限，而增大压强会增加动力和设备的承受能力，会降低综合经济效益，工业上选用1×105Pa；在相同压强下，升高温度，SO2的转化率减小，工业上采用的合适温度为400℃，且此条件下催化剂的活性最大；答案为：400℃、1×105Pa。【小问2】

A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)，平衡正向移动，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小；A符合题意；

B．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)，平衡逆向移动，能使SO2(g)平衡浓度比原来增大；B不符合题意；

C．根据表中信息，在相同压强下，升高温度，SO2的转化率减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则降低温度，平衡正向移动，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小；C符合题意；

D．在其他条件不变时，减小容器的容积，虽然平衡正向移动，但由于容器的体积减小，故能使SO2(g)平衡浓度比原来增大；D不符合题意；

答案选AC。【小问3】

化学平衡常数只与温度有关，A、B的温度相同，故平衡常数K(A)=K(B)；答案为：=。【小问4】

①A．体积不变，向容器中通入少量O2；正反应速率突然增大，逆反应速率瞬时不变，与图像不吻合，A不可能；

B．体积不变，向容器中通入少量SO2；正反应速率突然增大，逆反应速率瞬时不变，与图像不吻合，B不可能；

C．缩小容器体积；正；逆反应速率瞬时都突然增大，且正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，平衡正向移动，与图像吻合，C可能；

D．由于该反应的正反应是放热反应；升高温度，正；逆反应速率瞬时都突然增大，且正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，平衡逆向移动，与图像不吻合，D不可能；

E．体积不变；向容器中通入少量氮气，由于反应体系中各物质的浓度不变，正；逆反应速率都不变，平衡不移动，与图像不吻合，E不可能；

答案选C。

②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2；由于增大反应物浓度，则平衡向正反应方向移动；答案为：向正反应方向。【小问5】

设N2O4起始物质的量浓度为amol，则列出三段式平衡时气体总物质的量为1.75amol，N2O4、NO2的物质的量分数依次为则N2O4、NO2的平衡分压依次为反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp==答案为：【解析】【小题1】400℃、1×105Pa

【小题2】AC

【小题3】=

【小题4】①.C②.向正反应方向。

【小题5】26、略

【分析】【详解】

(1)A、B.C都是气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，即x+y>z，故答案为：x+y>z；

(2)C是气体；且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X；Y至少有1种不是气体，逆反应是气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；

(3)B；C是气体；增加A物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，说明A是固体或纯液体，即A为非气态，故答案为：固体或纯液体。

(4)①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)中平衡常数K1=②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)中平衡常数K2=③4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=计算得到K=故答案为：

(5)依据图表数据ABC的反应浓度分别为：A变化的浓度为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，B变化的浓度=2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，C的变化浓度=1.2mol/L，反应之比等于化学方程式计量数之比，n(A)：n(B)：n(C)=0.6：1.8：1.2=1：3：2，反应的化学方程式为A+3B2C，从反应开始到2min末，A的平均反应速率为v==0.3mol•L-1•min-1，故答案为：A+3B2C；0.3mol•L-1•min-1。【解析】x+y>z逆反应固体或纯液体A+3B2C0.3mol•L-1•min-1四、结构与性质(共2题，共10分)27、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅28、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为故答案为：

(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于由于