2025年华东师大版选择性必修1化学上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2025年华东师大版选择性必修1化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：

第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)

第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢反应)

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v正=k1正·c2(NO)，v逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数；仅受温度影响。

下列叙述正确的是（）A.整个反应的速率由第一步反应速率决定B.同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大C.第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低D.第一步反应快的原因是第一步反应的活化能比第二步反应的活化能高2、2005年，法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)；其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成五层膜材料(如下图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法不正确的是。

A.当A接外接电源正极时，Li+脱离离子储存层B.当A接外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3C.当B接外接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D.该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为可以与水分子之间形成大量氢键，为水溶性聚合物3、一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如下图所示。下列说法正确的是。

A.升高温度，可能引起由c向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C.该温度下，加入NaHCO3固体可能引起由b向a的变化D.该温度下，稀释溶液不可能引起由c向d的变化4、时，在氨水中滴入的盐酸，溶液与所加盐酸的体积关系如图所示。

下列有关叙述不正确的是A.a点对应溶液中已电离的为B.b点对应盐酸的体积等于C.b点对应溶液中：D.滴加入盐酸时：5、草酸又称乙二酸，其化学式为是一种二元弱酸。向溶液中逐滴滴加的NaOH溶液，混合溶液中和的物质的量分数()随pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.常温下，的B.当溶液中时，C.时，D.当溶液中时，加入V(NaOH溶液)=20mL6、常温下，向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中-lgc(Ba2+)与的关系如图所示(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11；BaCO3的Ksp为5×10-9)。下列说法正确的是。

A.a对应的溶液中c(H+)=5.6×10-9mol·L-1B.b对应的溶液中一定存在：c(Na+)+2c(Ba2+)<3c(HCO)+c(Cl-)C.a→c的过程中，溶液中一直增大D.c对应溶液的c(HCO)=0.05mol·L-1评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH。向起始体积为2L的恒压密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p1为0.1MPa)。

下列说法错误的是A.反应的ΔH>0B.压强p2＜0.1MPaC.556℃压强p1时，该反应的压强平衡常数为D.556℃压强p1时，容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时v(正)＞v(逆)8、下列有关溶液中粒子浓度关系的叙述正确的是A.常温下pH=2的醋酸与pH=12的烧碱溶液等体积混合：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)B.溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c()+c()+c(H2CO3)C.向10mL0.2mol/LNaCl溶液中滴入2mL0.1mol/LAgNO3溶液，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)＞c()=c(Cl-)＞c(Ag+)D.0.1mol/LNH4NO3溶液中：c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)9、在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H＞0；该反应的反应速率(v)随时间(t)变化的关系如图所示。

若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是A.在t2~t3时，平衡逆向移动B.在t2时，采取的措施只能是升高温度C.在t5达平衡后反应物的转化率最大D.在t5达平衡后容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值10、四氢铝锂(LiAlH4)常作为有机合成的重要还原剂。工业上以辉锂矿(主要成分LiAlSi2O6，含少量Fe2O3)为原料合成LiAlH4的流程如下：

已知：金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：

。物质。

Fe(OH)3

Al(OH)3

开始沉淀的pH

2.3

4

完全沉淀的pH

3.7

6.5

碳酸锂溶解度数据如下：

。温度/℃

10

30

60

90

浓度/(mol∙L-1)

0.21

0.17

0.14

0.10

下列说法错误的是A.为了获取产品较为纯净，a的最小值为6.5B.操作1中加入足量碳酸钠后，蒸发浓缩后趁热过滤，能减少产品的溶解损失C.流程中由LiCl制备Li单质时电解得到的HCl可循环利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成时原子利用率能达到100%11、已知反应当反应器中按投料后，在不同温度下，反应达到平衡时，得到混合物中的物质的量分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.若反应器中充入和则反应达平衡时将释放9.22kJ热量B.从M到Q，平衡向左移动C.图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为D.M、N、Q达到平衡所需时间关系为12、已知和水溶液都显碱性，与类似。如在水中的电离方程式常温下，浓度均为1mol/L的和两种溶液，起始体积均为分别向两溶液中加水稀释，所得曲线如图[V表示稀释后溶液的体积，]。下列说法错误的是。

A.常温下，的水解常数约为B.常温下，用盐酸滴定时，最好选用酚酞作指示剂C.溶液中存在关系：D.等物质的量浓度的和混合溶液中离子浓度的大小关系为13、温度为T时，向2.00L恒容密闭容器中充入1.00molCH4，发生反应：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：。t/s05152535n(CH4)/mol1.000.840.810.800.80

改变温度，测得不同温度下达平衡时C2H2的物质的量的变化曲线如图。下列说法正确的是。

A.温度T时，前5sH2平均速率为0.048mol/(L·s)B.温度T时，b点v(正)＞v(逆)C.该反应的平衡常数随温度升高逐渐减小D.温度T时，若向2.00L恒容密闭充入2.00molC2H2和6.00molH2，达到平衡时，C2H2转化率大于80%评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、汽车尾气是城市空气的主要污染物，如何减少汽车尾气（CO、NOx等）的污染是重要的科学研究课题。

（1）一定条件下的密闭容器中，进行反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列说法不能说明该反应达到平衡的是____（填字母）。

A．NO的生成速率与NO的消耗速率相等B．υ(CO)=υ(CO2)

C．体系的压强保持不变D．各物质的浓度保持不变。

（2）可用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应的化学方程式为：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）△H＞0某研究小组向密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1℃）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：。浓度/mol·L﹣1

时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017

①写出该反应的平衡常数表达式：K=____________________。

②30min后，改变某一条件，平衡发生了移动，则改变的条件是_______________；若升高温度，NO浓度将_______（填“增大”；“不变”或“减小”）。

③计算从0～20min内，NO的平均反应速率为___________________。

（3）在一定温度和压强下，CO和H2催化合成二甲醚的反应为：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g），若一体积可变的密闭容器中充入3molH2、3molCO、1molCH3OCH3、1molCO2，经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍。则：反应开始时正、逆反应速率的大小：υ(正）____υ(逆)（填“>”、“<”或“=”）。15、用纯净的锌粒与100mL2mol/L稀盐酸反应制取氢气；请回答：

(1)实验过程如图所示，图中______段化学反应速率最快。若经过10分钟的反应时间共消耗锌0.65克(忽略溶液体积的变化)，则用盐酸表示的反应速率______。

(2)为了加快上述反应的速率，欲向溶液中加入少量下列物质，你认为可行的是_____。

A.蒸馏水B.氯化铜固体。

C.氯化钠溶液D.浓盐酸16、(1)乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM﹣5催化下合成ETBE，反应的化学方程式为：回答下列问题：反应物被催化剂HZSM﹣5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示；

该反应的ΔH＝_____kJ•mol﹣1。反应历程的最优途径是______(填C1、C2或C3)。

(2)一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为。

图3

①其他条件相同、催化剂不同，SO2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是：______。

②某科研小组用Fe2O3作催化剂。在380℃时，分别研究了n(CO):n(SO2)为1:1、3:1时SO2转化率的变化情况(图2)。则图2中表示n(CO):n(SO2)＝3:1的变化曲线为______。

(3)已知NO2存在如下平衡：在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压＝总压×物质的量分数)有如下关系：相应的速率与其分压关系如图3所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1＝____；在图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是______，理由是_______。17、在密闭容器中发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常数(K)和温度(T)的关系如下表所示。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

(1)该反应的平衡常数表达式K=___________；由上表可知该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”)。

(2)830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数___________1.0(填“大于”“小于”或“等于”)，此时CO2的物质的量为___________。

(3)下列有利于提高平衡时CO2转化率的措施有___________(填字母)。

a．使用催化剂b．升温c．增大CO2和H2的投料比。

(4)若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时反应的平衡移动方向为___________(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。

(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述反应体系中投入一定量的CaO，H2的体积分数增大；实验结果如图所示。

(已知：1微米=10-6米，1纳米=10-9米)。

投入纳米CaO比微米CaO时，H2的体积分数更高的原因是___________。18、氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。

(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。脱除NO的总反应为_______。

(2)已知：ClO的氧化性弱于ClO－。电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为NO分别向0.1mol·L-1NaCl溶液和0.08mol·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图1所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时；溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。

①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为_______。

②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是_______。

③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是_______。19、已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式CH3COOHH2CO3HClO平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8

回答下列问题：

(1)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的四种溶液：

a．CH3COOHb．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3

pH由小到大的排列顺序是__________(用字母表示)。

(2)常温下，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，下列表达式的数据变大的是________。

A．c(H+)B．C．c(H+)·c(OH-)D．

(3)体积均为100mLpH=2的CH3COOH与一元酸HX；加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示：

则HX的电离平衡常数________CH3COOH的电离平衡常数(填大于、小于或等于)，理由是______________________________。

(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=______mol·L-1(填精确值)，=_______。评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)20、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误21、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误22、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误23、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)24、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___________。：25、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_________。26、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：____________________。27、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）。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共24分)28、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加过量NaOH溶液加热后；只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。

②在甲溶液中通入过量CO2；生成白色沉淀，沉淀经过滤；洗涤、灼烧，质量为1.02g。

③第二份加足量BaCl2溶液后；得白色沉淀，加盐酸不溶解，经过滤；洗涤、干燥后，称得沉淀质量为13.98g。

（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是______________，不能确定是否存在的离子是_______，检验该离子需使用何种试剂或方法______________。

（2）由题意可知此溶液呈________性（答酸性、碱性或中性），上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是___________。

（3）钾离子是否存在（是或否）：_______，若存在其浓度范围为（没有则不答）：_________。29、A；B、C、D、E、F是原子半径依次减小的短周期元素；A、C两元素形成的化合物是厨房中最常用的调味品，A、B、C的最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应生成盐和水；D元素的同位素之一被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准；E元素能形成多种同素异形体，其中一种是导致许多食品、药品变质的气体；F元素的氧化物是许多有机物燃烧的液态生成物。据此回答：

(1)A、C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是一种常见的消毒剂，将该消毒剂的水溶液滴在pH试纸上，可观察到现象是____________，原因是________________。

(2)我国首创的海洋电池以B的单质为负极，铂网为正极，空气作氧化剂，海水作电解质溶液。电池的正极反应式为_____________，电池总反应的化学方程式为___________。

(3)C的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：___________________。

(4)在1L的密闭容器中，充入1molDE和1molF2E(g)，于850℃时进行化学反应：DE(g)+F2E(g)DE2(g)+F2(g)△H＜0，达平衡时，有50%的DE转化为DE2。在相同温度下，将1molDE和4molF2E(g)充入同样的容器中，记录0~8分钟内测得容器内各物质的物质的量如下表。t分钟时为改变条件后达平衡时所测得的数据。下列说法正确的是。时间/minn(DE)/moln(F2E)/moln(DE2)/moln(F2)/mol0140040.253.250.750.756n1n2n3n48n1n2n3n4t0.153.150.850.85

①反应在第4min时，v(正)___________v(逆)（填“＞”；“＝”或“＜”）。

②8分钟时，混合气体中DE2的体积分数为________________。

③t分钟时，反应所处的温度_______________850℃（填“＞”、“=”或“＜”）。30、a、b、c、d、e、f是原子序数依次增大的前20号元素，其中只有f为金属元素，a是周期表中原子半径最小的元素，b的最外层电子数为电子层数的两倍；d；e同主族，且d是地壳中含量最多的元素。试回答下列问题：

(1)a与f的单质可按1∶1化合，试用电子式表示其形成过程________________。

(2)a与d形成的化合物中有一种称为“绿色氧化剂”。写出酸性条件下该化合物与FeSO4溶液反应的离子方程式：_______________________。

(3)be2的结构式为________________，它是一种常见的溶剂，通常条件下1克该物质完全燃烧会释放出7.8kJ的热，试写出该物质燃烧热的热化学方程式：________________。

(4)标准状况下c的氢化物溶解度为700，用c的氢化物做喷泉实验后所形成的溶液密度为ρg/cm3，该溶液的物质的量浓度C=______________；溶质质量分数______________（此空用数据列出表达式即可）。31、某兴趣小组对化合物X开展探究实验。

其中：X由5种短周期主族元素组成；B在标况下的密度为A的焰色反应是紫色；所有物质都是纯净物。(气体体积已折算为标况下的体积)

请回答：

(1)组成X的元素除了Na、O外还有_______(填元素符号)，X的化学式是_______。

(2)X与发生的反应的化学方程式是_______。

(3)少量C与足量反应也产生G，该反应的离子方程式是_______。

(4)F、H的阴离子相同，反应后所得溶液呈酸性，原因是_______。

(5)已知C与A加热可制备得到一种气体，请设计实验探究该气体的组成：_______(已知该气体只有两种元素组成)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．整个反应的速率由慢反应决定；根据题意已知条件，第二步反应为慢反应，则整个反应的速率由第二步反应速率决定，故A错误；

B．第一步反应中：v正=k1正·c2(NO)，v逆=k1逆·c(N2O2)，达到平衡时，v正=v逆，即k1正·c2(NO)k1逆·c(N2O2)，则=K，越大；化学平衡常数越大，则反应正向程度越大，故B正确；

C．反应速率低与转化率无因果关系；故C错误；

D．相同温度下；第一步反应快速达到平衡，第二步是慢反应，则第二步的活化能比第一步的活化能高，故D错误；

答案选B。2、A【分析】【分析】

【详解】

略3、D【分析】【分析】

【详解】

A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b；故A错误；

B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14；故B错误；

C．该温度下，加入NaHCO3固体，水解使溶液呈碱性，氢离子浓度减小而氢氧根离子浓度增大，不可能引起由b向a的变化；故C错误；

D．该温度下；离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D正确；

故答案为D。4、B【分析】【详解】

A．25°C时，a点对应溶液pH=11.2，则氢离子浓度为氢氧根离子浓度为则已电离的为A正确；

B．在氨水中滴入的盐酸时恰好完全中和得氯化铵溶液，氯化铵溶液因水解呈酸性，而b点溶液呈中性，则b点为氯化铵和氨水混合物，对应盐酸的体积小于B错误；

C．溶液电荷守恒：b点对应溶液中：则C正确；

D．滴加入盐酸时所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵和氨水混合物，呈碱性说明一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度，结合电中性可知,又由物料守恒可得：则D正确；

答案选B。5、B【分析】【详解】

A．pH=2.2时，常温下，草酸的故A错误；

B．pH=5.2时，当溶液中时，因此溶液故B正确；

C．根据电荷守恒时，根据得到因此故C错误；

D．当溶液中时，即溶液呈中性；加入V(NaOH溶液)=20mL，溶质为NaHC2O4；溶液显酸性，因此要使溶液呈中性，还应该再加NaOH溶液，因此V(NaOH溶液)＞20mL，故D错误。

综上所述，答案为B。6、D【分析】【详解】

A．a对应的溶液中=2，=10-2，Ka1==4.2×10-7，c(H+)=4.2×10-5mol·L-1；选项A错误；

B．b对应的溶液中c()=溶液电荷守恒为：c(Na+)+2c(Ba2+)+=2+c()+c(Cl-)＋所以此时有：c(Na+)+2c(Ba2+)+=3c()+c(Cl-)＋碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液显碱性，则所以：c(Na+)+2c(Ba2+)>3c()+c(Cl-)；选项B错误；

C．a→c的过程中，由a到c时，Ba2+持续增大，BaCO3的Ksp不变，所以浓度持续减小，碳酸根水解呈碱性，所以溶液碱性会变弱，导致增大，溶液中=Ka1、Ka2不改变，增大，所以一直减小，即一直减小；选项C错误；

D．c点时，c()=102且c(Ba2+)=10-5mol/L，BaCO3的Ksp为5×10-9=c(Ba2+)×所以此时=5×10-4mol/L，则c()=102=0.05mol/L；选项D正确；

答案选D。二、多选题(共7题，共14分)7、CD【分析】【详解】

A．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的△H＞0；故A正确；

B．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1＞p2，即压强p2＜0.1MPa；故B正确；

C．根据图象可知556℃压强p1时，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，则p(C3H8)=0.5p1=0.05MPa，根据方程式C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)可知剩余50%的气体中，丙烯和氢气各占一半，所以p(C3H6)=p(H2)=0.025MPa，所以压强平衡常数K==故C错误；

D．根据图象可知556℃压强p1时；平衡时丙烷的物质的量分数为50%，丙烷物质的量为1mol，设消耗物质的量为x，列三段式有：

则有=50%，解得x=所以平衡常数K==起始向2L密闭容器中通入1.2molC3H8、0.8molC3H6、0.6molH2，此时浓度商为=0.2>所以反应逆向进行，v(正)＜v(逆)；故D错误；

综上所述答案为CD。8、AB【分析】【详解】

A．醋酸是弱酸，pH=2的醋酸，醋酸浓度远大于0.01mol·L－1，pH=12的烧碱，NaOH浓度为0.01mol·L－1，等体积混合时醋酸过量，溶液显酸性，则离子浓度为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；故A正确；

B．溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中，氯元素对应的粒子有HClO、ClO−，碳元素对应的粒子有CO32−、HCO3−和H2CO3，由物料守恒得：c(HClO)+c(ClO−)＝c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=c(Na+)；故B正确；

C．硝酸银明显不足完全反应，银离子完全沉淀，氯离子有余，且钠离子、硝酸根离子的物质的量不变，则离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl-)>c()>c(Ag+)；故C错误；

D．NH4+水解溶液呈酸性，则浓度排序为：c()>c()>c(H+)>c(OH-)故D错误；

答案选AB。9、CD【分析】【分析】

【详解】

A.t2~t3时；正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故A错误；

B.t2时；正反应速率和逆反应速率都增大，且平衡正向移动，该反应是气体体积减小的吸热反应，升高温度平衡正向移动，增大压强平衡正向移动，采取的措施可能是升高温度或增大压强，故B错误；

C.t0~t5，正反应速率一直大于逆反应速率，平衡一直正向移动，反应物的转化率一直增大，在t5达平衡后反应物的转化率最大；故C正确；

D.t0~t5，正反应速率一直大于逆反应速率，平衡一直正向移动，产物NO2的体积分数一直增大，在t5达平衡后容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值；故D正确；

故选CD。10、CD【分析】【分析】

由题给流程可知；辉锂矿粉与98%浓硫酸共热反应后，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有硫酸铁；硫酸铝、硫酸锂的滤液1；向滤液1中加入碳酸钠溶液调节溶液pH大于6.5，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锂的滤液2；向滤液2中加入碳酸钠溶液，将硫酸锂转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂沉淀和含有硫酸钠的滤液3；碳酸锂经过一系列处理制得氯化锂，电解熔融的氯化锂制得金属锂，金属锂与氢气共热反应生成氢化锂，一定条件下，氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂。

【详解】

A．由分析可知；向滤液1中加入碳酸钠溶液调节溶液pH大于6.5，能使铁离子；铝离子完全转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，有利于获取产品较为纯净，故A正确；

B．由碳酸锂溶解度数据可知；温度升高，碳酸锂的溶解度减小，为减少碳酸锂因温度降低溶解而造成损失，蒸发浓缩后应趁热过滤，故B正确；

C．由分析可知；制得金属锂的反应为电解熔融的氯化锂生成锂和氯气，没有氯化氢生成，故C错误；

D．由分析可知；最后一步合成发生的反应为一定条件下，氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂和氯化锂，原子利用率不能达到100%，故D错误。

故选CD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．该反应是可逆反应，反应物不能完全反应转化为生成物，则容器中充入0.1molN2和0.3molH2时，反应消耗N2的物质的量小于0.1mol；因此反应达到平衡时放出的热量小于9.22kJ，A错误；

B．从M到Q；体系的压强减小，化学平衡向左移动，B正确；

C．平衡常数K只和温度有关，温度不变，K不变，而M、Q的温度相同，所以对于放热反应而言，升高温度，化学平衡逆向移动，使平衡常数K减小，曲线c的温度比曲线b的温度高，故综上所述可知平衡常数大小关系为：C正确；

D．Q与M的反应温度相同，但是M的压强更大。增大压强，化学反应速率加快，所以M的反应速率比Q更快，则达到平衡所需的时间：该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向左移动，使NH3的百分含量减小，则曲线b的温度比曲线c的温度低，即压强相同的情况下，N的温度比M的温度高，N的反应速率更快，所以综上所述，M、N、Q达到平衡所需时间是D错误；

故合理选项是BC。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．常温下，的电离常数为起点时，pOH=2，所以则的水解常数约为A项正确；

B．NH2OH与盐酸反应生成强酸弱碱盐；滴定终点时溶液显酸性，所以应该选择酸性条件下变色的指示剂，即可用甲基橙作指示剂，B项错误；

C．溶液中，根据物料守恒有：根据电荷守恒有：所以得到C项正确；

D．由图可知，浓度均为1mol/L的和两种溶液，的pOH大于的pOH，说明的碱性较弱，则其对应的盐越易水解，所以等物质的量浓度的和混合溶液中离子浓度的大小关系为D项错误；

答案选BD。13、BD【分析】【分析】

由图像可知，温度升高，n(C2H2)增大，正反应吸热，平衡常数也应增大；温度为T时，b点n(C2H2)比平衡时小，反应正向进行，v(正)＞v(逆)；由此分析。

【详解】

A．温度T时，前5s甲烷的反应速率=H2平均速率=故A不符合题意；

B．b点和曲线比较可知反应正向进行，b点v(正)＞v(逆)；故B符合题意；

C．温度升高；乙炔的物质的量增大，平衡正向进行，正反应为吸热反应，平衡常数随温度升高逐渐增大，故C不符合题意；

D．列出反应的“三段式”；

逆向进行时达到相同平衡起始量：

乙炔的转化率=温度T时，若向2.00L恒容密闭充入2.00molC2H2和6.00molH2；相当于增大压强，平衡逆向进行，乙炔的转化率大于80%，故D符合题意；

答案选BD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

(2)2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，反应是气体体积减小的反应；A．NO的生成速率与NO的消耗速率相等是平衡标志，故A正确；B．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v(CO)=v(CO2)不能说明反应达到平衡状态；故B错误；C．反应前后气体物质的量变化，体系的压强保持不变说明反应达到平衡状态，故C正确；D．各物质的浓度保持不变是平衡标志，故D正确；故答案为B；

(2)①C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H＞0，固体不写入平衡常数表达式，平衡常数K=

②根据表中数值知；NO；二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，一氧化氮浓度减小；

③从0～20min内，NO的平均反应速率v==0.003mol/L•min；

(3)反应前后气体总质量不变；同温；同压下，达到平衡时，气体密度增大，即气体体积缩小；平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的0.625倍，总物质的量=8×0.625=5mol，反应前后减少了3mol，说明开始向正反应进行，v(正)＞v(逆)。

点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。【解析】B减少CO2浓度减小0.003mol/（L·min>15、略

【分析】【分析】

根据图象斜率判断反应速率的大小；根据v=计算反应速率；根据外界条件对化学反应速率的影响及原电池反应可加快反应速率判断；由此分析。

【详解】

(1)根据图象斜率判断反应速率的大小，斜率越大，反应速率越快，所以是EF段反应速率最快，0.65gZn的物质的量为：=0.01mol，根据锌与稀盐酸反应的化学方程式可知，消耗盐酸的物质的量为0.02mol，盐酸浓度变化为：=0.2mol/L，故v(HCl)==0.02mol∙L-1∙min-1；

(2)A．加蒸馏水；盐酸浓度变小，反应速率减小，故A不符合题意；

B．加氯化铜固体；锌把铜置换出来，铜；锌和盐酸构成原电池，加快反应速率，故B符合题意；

C．加氯化钠溶液；溶液体积增大，盐酸浓度降低，反应速率减小，故C不符合题意；

D．加浓盐酸；盐酸浓度增大，反应速率加快，故D符合题意；

答案为BD。【解析】①.EF②.0.02mol∙L-1∙min-1③.BD16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图象，反应物能量高于生成物能量，则反应为放热反应，则该反应的△H=(1-5)akJ/mol=-4akJ/mol；过渡态1的活化能为E1=6akJ/mol，过渡态2的活化能为E2=6ak/mol，过渡态3的活化能为E3=4akJ/mol，所以过渡态3的活化能最低，反应相对容易，则反应历程的最优途径是C3；

(2)①根据图示内容，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，但是Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源，故答案为；Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率；从而节约大量能源；

②n(CO):n(SO2)=3:1与n(CO):n(SO2)=1:1相比，由于CO过量，可以使SO2具有更高的转化率，所以表示n(CO):n(SO2)=3:1的变化曲线为a；

(3)平衡时，正逆反应速率与计量系数成正比，则v(NO2)=2v(N2O4)，即整理所以满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，根据图象，BD所对应的速率刚好为1:2的关系，所以BD为平衡点，故答案为：BD；原因是：达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。【解析】-4aC3在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源曲线aBD达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)17、略

【分析】(1)

化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该反应的平衡常数表达式K=由上表可知随之温度升高平衡常数逐渐增大；说明升高温度平衡正向进行，所以该反应为吸热反应。

(2)

830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，由于平衡常数只与温度有关系，则其平衡常数等于1.0。设平衡时消耗二氧化碳的物质的量是xmol，则剩余二氧化碳是2mol－xmol、氢气是8mol－xmol、一氧化碳和水蒸气均是xmol，由于反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则解得x＝1.6，所以此时CO2的物质的量为0.4mol。

(3)

a．使用催化剂不能影响平衡，CO2转化率不变；

b．正反应吸热，升温平衡正向进行，CO2转化率增大；

c．增大CO2和H2的投料比有利于增大氢气的转化率，CO2转化率降低；

答案选b；

(4)

若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时浓度熵为＞2.6；所以反应的平衡移动方向为逆反应方向。

(5)

由于相同质量的纳米CaO比微米CaO的表面积大，吸收CO2的速率更快；在相同时间内消耗CO2的量更多，导致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移动的程度更大，所以投入纳米CaO，氢气的体积分数更高。【解析】(1)吸热。

(2)等于0.4mol

(3)b

(4)逆反应方向。

(5)相同质量的纳米CaO比微米CaO的表面积大，吸收CO2的速率更快；在相同时间内消耗CO2的量更多，导致c(CO2)降低更大，使平衡逆向移动的程度更大，所以投入纳米CaO，氢气的体积分数更高18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。根据图中信息得到NO、NH3和O2反应生成N2和H2O，因此脱除NO的总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O；故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O。

(2)①H2O2氧化吸收NO，反应在碱性条件下生成硝酸根和水，其反应的离子方程式为3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O；故答案为：3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O。

②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大；原因是电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性比双氧水氧化性更强，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除；故答案为：电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强。

③根据图中信息ClO的氧化性弱于ClO－，随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根(或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱。【解析】4NO+4NH3+O24N2+6H2O3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根(或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱19、略

【分析】【分析】

根据电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO能够水解的盐，酸性越弱，水解程度越大，溶液的碱性越强，据此分析判断溶液pH的大小排列；CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH电离程度增大，但溶液中除氢氧根离子外的微粒的浓度均减小，据此分析判断稀释过程中各数据的变化；在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，结合Ka=计算。

【详解】

(1)四种溶液中，只有CH3COOH是酸，显示酸性，pH最小，Na2CO3、NaClO、NaHCO3能够水解，水解后的溶液均显碱性，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO因此水解程度：＞ClO-＞HCO水解程度越大，碱性越强，所以碱性强弱顺序是：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3，则pHNa2CO3＞NaClO＞NaHCO3，因此pH由小到大的排列顺序是CH3COOH＜NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，故答案为：adcb；

(2)A．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH电离程度增大，但溶液的酸性减弱，c(H+)减小，故A不选；B．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH电离程度增大，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，因此=增大，故B选；C．Kw=c(H+)•c(OH-)只受温度的影响，温度不变，c(H+)•c(OH-)是一个常数，故C不选；D．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，酸性减弱，c(H+)减小，碱性增强，c(OH-)增大，即增大；故D选；故选BD；

(3)根据CH3COOH与一元酸HX加水稀释过程中pH与溶液体积的关系图可以看出HX酸在稀释过程中溶液的pH变化比醋酸的大，所以酸性HX强于醋酸，电离程度：HX＞CH3COOH，则HX的电离平衡常数＞CH3COOH的电离平衡常数；故答案为：大于；稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比醋酸大，酸性强，电离平衡常数大；

(4)CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；=1.8×10-5，pH=6的溶液中c(H+)=10-6mol/L，因此=18，故答案为：9.9×10-7；18。【解析】adcbBD大于稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比CH3COOH大，故酸性强，电离平衡常数大9.9×10-718四、判断题(共4题，共20分)20、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。21、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。22、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。23、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。五、有机推断题(共4题，共8分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、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37g26、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−2NH327、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（）×10－5六、元素或物质推断题(共4题，共24分)28、略

【分析】【详解】

第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.98g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-，不能确定是否存在的离子是Cl-，检验该离子需使用的试剂为HNO3、AgNO3，取少量溶液于试管中滴加过量的稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀则原溶液中含有Cl-，若无白色沉淀产生则原溶液中不含Cl-；

（2）一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-，由题意可知此溶液水解使溶液呈酸性，上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是Fe2+；

（3）由①可知存在离子NH4+物质的量浓度==0.2mol/L；由②可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量==0.01mol，溶液中Al3+的物质的量浓度==0.2mol/L；由③可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.89g固体为硫酸钡，物质的量==0.06mol，SO42-物质的量浓度==0.6mol/L，依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，一份溶液中阳离子电荷数为0.08mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为0.12mol，所以一定有K+存在，若不存在氯离子，则为0.04mol，若存在氯离子则应大于0.04mol，故K+物质的量浓度≧0.4mol/L。【解析】①.Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-②.Cl-③.HNO3、AgNO3④.酸性⑤.Fe2+⑥.是⑦.≧0.4mol/L29、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F是原子半径依次减小的短周期元素；A、C两元素形成的化合物是厨房中最常用的调味品，则A是Na，C是Cl；A、B、C的最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应生成盐和水，则B是Al元素；D元素的同位素之一被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准，则D是C元素；E元素能形成多种同素异形体，其中一种是导致许多食品、药品变质的气体，则E是O元素；F元素的氧化物是许多有机物燃烧的液态生成物，F是H元素。

(1)A；C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是NaClO该物质是强碱弱酸盐；根据盐的水解规律及水解产物的性质分析；

(2)Al-空气电池中；Al作负极，铂网为正极，根据原电池反应原理书写反应式；

(3)根据物质的量与反应放出的热量关系书写表示反应热的方程式；

(4)首先根据加入1molCO和1molH2O时的CO转化率是50%计算该温度下的化学平衡常数；然后利用温度与平衡常数的关系计算，及达到平衡时任何物质的物质的量浓度不变，判断4min；8min时反应速率、物质浓度关系，计算t时的化学平衡常数，然后根据该反应的正反应是放热反应，利用平衡移动原理分析判断温度；

【详解】

根据上述分析可知A是Na；B是Al，C是Cl，D是C，E是O，F是H元素。

(1)A、C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是NaClO该物质是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应：NaClO+H2OHClO+NaOH；产生NaOH，使溶液显碱性，因此溶液会变为蓝色，但由于反应产生的HClO具有强的氧化性，会将蓝色氧化变为无色，因此会看到溶液显变蓝后褪色；

(2)在我国首创的海洋电池以Al单质为负极，铂网为正极，空气作氧化剂，海水作电解质溶液中，Al为原电池的负极，失去电子变为Al3+，铂网为正极，溶解在海水中的O2获得电子，被还原变为OH-，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；在同一闭合回路中电子转移数目相等，同时在溶液中Al3+会与OH-结合形成Al(OH)3，因此电池总反应的化学方程式为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。

(3)C的最高价氧化物为Cl2O7是无色液体物质，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量，则1molCl2O7反应放出热量为4QkJ，因此该反应的热化学方程式为：Cl2O7(l)＋H2O(l)=2HClO4(aq)；ΔH=－4QkJ/mol。

(4)在1L的密闭容器中，充入1molCO和1molH2O(g)，在850℃时进行化学反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H＜0，达平衡时，有50%的CO转化为CO2。则平衡时；各种气体的物质的量都是0.5mol，由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，则该温度下的化学平衡常数K=1，化学平衡常数只与温度有关。

①在相同温度下，将1molCO和4molH2O(g)充入同样的容器中，在4min后，各种物质的物质的量