2025年北师大版选择性必修1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年北师大版选择性必修1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、某小组采用电渗析法从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3·H2O和H3PO4；装置如图所示。下列说法正确的是。

A.膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B.b处流出浓H3PO4溶液，d处流出浓氨水C.阴极区总反应式为2H2O+2NH+2e-=2NH3·H2O+H2↑D.每放出11.2LH2时，能回收H3PO4的质量大于49g，小于98g2、相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如下图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是。

A.a电极的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2++2e-=CuD.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH3、下列实验事实可以用平衡移动原理解释的是A.“NO2”球浸泡在热水中，颜色变深B.H2(g)+I2(g)2HI(g)，加压后颜色变深C.过量铁和稀硝酸反应，溶液变成浅绿色D.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂4、在刚性密闭容器中充入CO2和H2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H；测得反应过程如图所示。下列说法正确的是。

A.平衡常数：K1＞K2B.反应温度：T2＞T1C.加催化剂，△H不变D.平衡后再通入CO2，其转化率增大5、下列关于摩尔燃烧焓的说法正确的是A.燃烧反应放出的热量就是该反应的摩尔燃烧焓B.可燃物质发生氧化反应所放出的热量就是摩尔燃烧焓C.可燃物质完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量就是摩尔燃烧焓D.在一定反应温度和压强条件下，纯物质完全氧化为同温下的指定产物时的焓变就是该物质的摩尔燃烧焓评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。

（1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，在催化剂作用下发生如下脱硝反应：该反应平衡常数的表达式K=______________，在570K时，K值极大，为1×1059，但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是________________。

（2）以Mn3O4为脱硝反应的催化剂；研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。

第一步：___________________________________；

第二步：

（3）T℃、2L密闭容器中，充入各1mol的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示：

①比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”；“＜”或“=”）

②若t0=10min，反应从开始到达平衡CO气体的平均反应速率v(CO)=_____。

③NO的平衡转化率为______，T℃时反应的化学平衡常数K=_________。

④T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO）=0.2mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，则此时该反应_______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。7、人们应用原电池原理制作了多种电池；以满足不同的需要。以下每小题中的电池广泛使用于日常生活；生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。

(1)铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。负极电极反应式为_______。

(2)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，若将此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为_______，当线路中转移0．2mol电子时，则被腐蚀铜的质量为_____g。

(3)燃料电池是一种高效；环境友好的供电装置；以甲醇做燃料的电池，如图所示；

①负极反应式是_____，H+从_____极到____极(填a或b)。

②正极反应式为_________。8、研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是_____________。

A.体系压强保持不变。

B.混合气体颜色保持不变。

C.NO和O2的物质的量之比保持不变。

D.每消耗1molO2同时生成2molNO

（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达平衡后测得各组分浓度：。物质COH2CH3OH浓度（mol/L）0.91.00.6

回答下列问题：

①混合气体的平均相对分子质量=_________________。

②平衡常数K=__________________。

③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是__________。

④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。9、Ⅰ.已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=10，0.1mol/L的HA溶液中=108。请回答下列问题：

(1)该温度下，水的离子积kw=___________。

(2)该温度下，0.1mol/L的HA溶液中水电离出c(OH-)=___________。

(3)该温度下，100mLpH=a的稀硫酸与10mLpH=b的NaOH溶液混合，溶液呈中性，则a、b的关系为______。

(4)在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是___________。A．水的电离程度B．C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积D．溶液中c(A-)•c(HA)的值

Ⅱ．室温下；取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：

(5)图中表示HA溶液pH变化曲线的是______(填“A”或“B”)。

(6)设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1______m2填“＞”＜”或“=”10、将正确答案的序号填在空白处。

(1)用经消毒的自来水配制下列溶液：①②③④⑤⑥稀盐酸，发现部分药品变质，它们是______。

(2)下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是______。

①②③④⑤

(3)在如图所示的8个装置中，属于原电池的是______。

(4)①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。

①②相连时；外电路电流从②流向①；

②③相连时；③为正极；

②④相连时；②上有气泡逸出；

③④相连时；③的质量减少．

据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是______。

(5)下列物质中，不能由单质直接化合生成的是______。

①②③④⑤

(6)下列物质中，属于强电解质的是______；属于非电解质的是______。

①氨气②氨水③盐酸④醋酸⑤硫酸钡⑥氯化银⑦氯化钠⑧二氧化碳⑨醋酸铵⑩氢气水11、炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]-，它能电离出有毒的CN-，当CN-与H+结合时生成剧毒的HCN。完成下列问题：

(1)HCN的水溶液酸性很弱，则HCN电离方程式为____________，NaCN的水溶液呈碱性是因为_____________(用离子方程式表示)。

(2)室温下，如果将0.2molNaCN和0.1molHCl全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，①_____和____两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。②____和____两种粒子的物质的量之和比H+多0.1mol。

(3)已知某溶液中只存在OH-、H+、Na+、CN-四种离子；某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：

A.c(CN-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)

C.c(CN-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)D.c(CN-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)

①若溶液中只溶解了一种溶质，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是(填序号)____。

②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是_______和_______。

③若该溶液中由体积相等的稀HCN溶液和NaOH溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCN)_____c(NaOH)（填“>”、“<”、或“=”下同），混合后溶液中c(Na+)与c(CN-)的关系c(Na+)______c(CN-)。12、部分弱酸的电离平衡常数如表：。弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡。

常数（25℃）Ka＝1.77×10－4Ka＝4.0×10－8Ka1＝4.3×10－7

Ka2＝4.7×10－11Ka1＝1.54×10－2

Ka2＝1.02×10－7

（1）室温下①0.1mol·L-1HCOONa；②0.1mol·L-1NaClO；③0.1mol·L-1Na2CO3；④0.1mol·L-1NaHCO3四种溶液的pH由大到小的关系为________________。（用序号填空）

（2）浓度均为0.1mol·L－1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为________________。

（3）下列离子方程式正确的是___________（填字母）。

A.2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-B.2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑

C.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SO32-D.Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-

（4）某温度（T℃）下的溶液中，c（H+）=10-xmol·L-1，c（OH-=10-ymol·L-1；x与y的关系如图所示。

①此温度下，0.01mol/L的NaOH溶液中水电离出的OH-浓度为_______。

②在此温度下，0.1mol·L-1的NaHSO4溶液与0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：。甲乙丙丁0.1mol·L-1的Ba（OH）2101010100.1mol·L-1的NaHSO45101520

按甲方式混合后，所得溶液的pH为____________；

按乙方式混合后，其反应的离子方程式：_________________。

按丁方式混合后，所得溶液显____________（填“酸”“碱”或“中”）性13、在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)2B(g)＋C(g)+D(s)△H=+85.1kJ·mol－1。容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值随反应时间(t)数据见下表：。时间t/h01248162025P/P01.001.501.802.202.302.382.402.40

回答下列问题:

（1）该平衡常数的表达式为_____________。

（2）下列能提高A的转化率的是________。

A．升高温度B．体系中通入A气体C．将D的浓度减小

D．通入稀有气体He；使体系压强增大到原来的5倍。

E．若体系中的C为HCl；其它物质均难溶于水，滴入少许水。

（3）前2小时C的反应速率是___________mol．L-1

（4）平衡时A的转化率___________C的体积分数_________（均保留两位有效数字）．h评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误15、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误16、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17、(_______)A.正确B.错误18、甲烷的燃烧热为则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为(_______)A.正确B.错误19、pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正确B.错误20、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共16分)21、“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO＋I2O55CO2＋I2。其实验步骤如下：

①取250mL(标准状况)含有CO的某气体样品，通过盛有足量I2O5的干燥管；在170℃下充分反应；

②用水－乙醇混合溶液充分溶解产物I2；配制100mL溶液；

③量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然后用0.01mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定。

（1）步骤②中配制100mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。

（2）Na2S2O3标准液应装在__________(填字母)中。

（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________。(已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6)。

（4）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是________(填字母)。

a．滴定终点俯视读数。

b．锥形瓶用待测溶液润洗。

c．滴定前有气泡；滴定后没有气泡。

d．配制100mL待测溶液时，有少量溅出22、二氯化锡用于染料、香料、制镜、电镀等工业。二氯化锡有强烈的水解性，在水溶液中难以制得无水二氯化锡。某科研小组利用金属锡与浓盐酸反应，首先得到SnCl2·2H2O，又利用乙酸酐[(CH3CO)2O]的强脱水性将SnCl2·2H2O中的水脱去制得无水二氯化锡。制取SnCl2·2H2O的装置如图所示：

回答下列问题：

Ⅰ．制备SnCl2·2H2O

在250mL锥形瓶A中放入25g剪碎的锡丝和70mL浓盐酸；加热至80℃以上，反应30min后，再向反应瓶中添加25～30mL浓盐酸。继续加热至锡丝全部溶解，冷却至室温，常压过滤，用13～20mL浓盐酸淋洗滤纸，将滤液全部转移至蒸发皿中，再用15～20mL浓盐酸分次洗涤反应瓶，将洗涤液也转至蒸发皿中，小火加热浓缩至一定现象出现。冷却；减压过滤，将晶体放入干燥器中干燥30min，称量。

(1)实验中加入浓盐酸的作用，一是作为反应物，二是___________。

(2)锥形瓶B的作用为___________；锥形瓶C中的试剂为___________。

(3)“小火加热浓缩至一定现象出现”中的“一定现象”为___________。

(4)写出制备SnCl2·2H2O的化学方程式：___________。

Ⅱ．制备SnCl2

将制得的SnCl2·2H2O放入干燥的250mL烧杯中；置于通风橱内，加入足量的乙酸酐，同时用玻璃棒搅拌，无需加热，约30min后，抽滤，用10～15mL乙醚淋洗产品。将产品转移到表面皿上，放入干燥器中干燥30min。

(5)写出制备SnCl2的化学方程式：___________。

(6)用玻璃棒搅拌的目的是___________。

(7)用乙醚淋洗产品的目的是___________。

Ⅲ．产率计算。

向Ⅱ中干燥30min后的产品中加入足量的HgCl2溶液，充分反应后，分液、洗涤等，得3.0mL的Hg(ρ=13.4g·cm−3)，反应机理为SnCl2+HgCl2=Hg↓+SnCl4，计算SnCl2的产率为___________%。(保留小数点后一位)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共32分)23、(1)NH3合成技术的迅速发展解决了维持过去100年人口增长所需食物摄入的紧迫性。科学家一直致力研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3，进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N2压力1.0×105Pa、反应时间3h)：。T/K303313323353NH3生成量/(10-6mol)4.85.96.02.0

相应的热化学方程式如下：2N2(g)+6H2O(1)4NH3(g)+3O2(g)ΔH=+1530.4kJ·mol-1

①实验中323K时，该反应的平均反应速率为v(N2)=___________mol/h。

②与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：___________。

③353K比323K，NH3的生成量少的原因可能是___________。

④设在恒压为P恒温为T的条件下，密闭容器中充入0.60molN2和1.80molH2，高温高压合成氨，平衡时NH3的物质的量分数为计算该条件下反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=___________。(以分压代替浓度表示；分压=总压×物质的量分数)

(2)NH3还是重要的化工原料，用于生产多种化工产品如N2H4等。

①写出2种以NH3为原料制备的常见化工产品的化学式___________(除N2H4；铵盐外)。

②N2H4的电子式为___________，N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，则0.01mol·L-1N2H4水溶液的pH=___________(忽略N2H4的二级电离和H2O的电离)。

③N2H4是一种高能燃料，可用于燃料电池，原理如图，电池的负极反应式为___________。

24、CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)；还可制备甲醇；二甲醚、碳基燃料等产品。

I.CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法；其过程中主要发生下列反应：

反应1：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol-1

反应2：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol-1

(1)CO和H2也能合成CH3OCH3，请写出热化学方程式___________。

(2)在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=

则温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应___________(填“1”或“2”)；通常情况下，为提高生产效益(单位时间内的生产效率)，提高产品选择性，除了采取调节体系的压强外，还可以采取的措施是___________、___________。

II.在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。调整CO2和H2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO2的平衡转化率如图(各点对应的反应温度可能相同；也可能不同)。

(3)经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，结合数据说明判断理由_______。

(4)已知反应速率v=v正-v逆=k正x(CO2)x(H2)-k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中k正-k逆最大的是_______，计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化率达到50%时，=_______。

III.制备碳基燃料。

利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一；其装置原理如图所示。

(5)电路中每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少___________g。25、某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z；它们的物质的量随时间的变化如下表所示。

（1）根据下表中数据，在下图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：_________。t/minX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90

（2）体系中发生反应的化学方程式是___________________________________________；

（3）列式计算该反应在0～3min时间内产物Z的平均反应速率：_________________________；

（4）该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于__________________________________________；

（5）如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线1、2、3(如下图所示)则曲线1、2、3所对应的实验条件改变分别是：1___________________，2_______________________，3______________________。26、CO2作为未米的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点，在CO2加氢合成CH3OH的体系中；同时发生以下反应：

反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H1＜0

反应ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2＞0

(1)在特定温度下，由稳定态单质生成lmol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓(△fH)。表中为几种物质在298K的标准生成焓，则反应ii的∆H2=___kJ·mol−1。物质H2(g)CO2(g)CO(g)H2O(g)△fH(kJ·mol−1)0−394−111−242

(2)若实验测得反应i：υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)(k正、k逆为速率常数)。1899年阿仑尼乌斯指出化学反应速率常数和温度的定量关系为：k=A其中k为速率常数，A、R为常数，Ea为活化能，T为热力学温度，e为自然对数的底。则达到平衡后，仅加入催化剂，k正增大的倍数___(填“＞”“＜”或“=")k逆增大的倍数。

(3)在CO2加氢合成CH3OH的体系中，下列说法错误的是___(填标号)．

A．增大H2浓度有利于提高CO2的转化率。

B．若升高温度；反应i的正反应速率减小：反应ii的正反应速率增大。

C．体系达平衡后；若压缩体积，则反应i平衡正向移动，反应ii平衡不移动。

D．选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量。

(4)某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入2molCO2和10molH2，10min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为50%。

已知：CH3OH的选择性X=×100%

①用CO2表示0~10min内平均反应速率υ(CO2)=___

②反应i的平衡常数K=___L2/mol2(写出计算式即可)。

(5)维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳的转化率a(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度变化的关系如图所示：

已知催化剂活性受温度影响变化不大；结合反应i和反应ii，分析235℃后曲线变化的原因。

①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是___；

②二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是___。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共12分)27、A；B、D和E四种元素均为短周期元素,原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图所示：

只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成,其中只有M分子同时含有三种元素;W为N2H4,可作火箭燃料;甲；乙为非金属单质;X分子中含有10个电子,它们之间的转化关系如图所示：

回答下列问题:

(1)甲和乙生成标准状况下1.12LY,吸收9.025kJ的热量,写出反应的热化学方程式:____。

(2)一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后,所得溶液的pH__7(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________(用离子方程式表示)。

(3)W-空气燃料电池是一种碱性燃料电池,电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。W-空气燃料电池放电时,正极反应式为_____________,负极反应式为_________。

(4)将一定量的A2、B2混合气体放入1L密闭容器中,在500℃、2×107Pa下反应达到平衡,测得平衡气体的总物质的量为0.5mol,其中A2为0.3mol,B2为0.1mol。则该条件下A2的平衡转化率为____,该温度下该反应的平衡常数为_____。

(5)在密闭容器中充入一定量的A2、B2混合气体，改变外界条件，H2的转化率变化如图所示：则X可代表什么____？

A、温度的变化B、压强的变化C、n(B2)/n(A2)的变化D、催化剂接触面积多少28、V；W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物；其中W、X、Z均由两种元素组成，X是导致温室效应的主要气体，Z是天然气的主要成分，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应。上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28；V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为1︰3︰9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。它们之间的反应关系如下图：

（1）写出W物质的一种用途______________。

（2）写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式___________________。

（3）将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y，该反应的离子方程式为________________。

（4）4gZ完全燃烧生成X和液态水放出222.5kJ的热量，请写出表示Z燃烧热的热化学方程式__________________。

（5）在200mL1.5mol·L-1NaOH溶液中通入标准状况下4.48LX气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是____________。

（6）Y是一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33。将0.01molY投入1L某浓度的盐酸中，为使Y完全溶解得到澄清透明溶液，则盐酸的浓度至少应为____________（体积变化忽略不计，结果保留三位有效数字）。29、如图是氯碱工业的流程及产物的部分转化关系；其中A；B、C、D、E分别表示一种或多种物质。

请回答下列问题：

(1)离子膜电解槽中发生反应的化学方程式为：__________。

(2)C产生在离子膜电解槽的_______(填“阴极室”或“阳极室”)，写出A的化学式____

(3)反应④的离子方程式为：____。

(4)粗盐水中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、SO等杂质，必须除去杂质后使用。已知：KSP[Mg(OH)2]=5.61×10-12；KSP[MgCO3]=6.82×10-6，为了尽可能除去Mg2+，你选用纯碱还是烧碱：_________；粗盐水精制的过程中可能用到①盐酸、②烧碱、③纯碱、④氯化钡、⑤过滤，添加试剂及操作的合理顺序是_________(填序号)。

(5)氯碱工业的产品都有广泛的用途。如图是从海水中提取镁的流程，其中步骤③的操作是_______，步骤④需要用到D，原因是_________。

30、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）：_________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

电解池左侧生成氢气，可知其为阴极室，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，原料室中的通过阳离子膜（膜1）进入阴极室与OH−结合生成NH3⋅H2O，阴极室总反应为2H2O+2+2e-=2NH3·H2O+H2↑；同理右侧为阳极室，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，原料室中的通过阴离子膜（膜2）进入阳极室与H+结合生成H3PO4。

【详解】

A．由分析可知；膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，A错误；

B．b处是从阴极室流出；是浓氨水，d处是从阳极室流出，是浓磷酸，B错误；

C．阴极区发生反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；+OH-=NH3⋅H2O=；总反应式为二者结合：2H2O+2+2e-=2NH3·H2O+H2↑；C正确；

D．11.2LH2没有说明是在标准状况下，无法确定其物质的量，无法计算回收H3PO4的质量；D错误；

故答案选C。2、D【分析】【分析】

浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应，作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。

【详解】

A．a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；A正确；

B．因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少；必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B正确；

C．Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu；C正确；

D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L×(2.5-1.5)mol·L-1=2mol，电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-；即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D错误；

综上所述答案为D。3、A【分析】【详解】

A．“NO2”球中有将该“NO2”球浸泡在热水中；平衡逆向移动，颜色变深，A符合题意；

B．该反应是气体体积不变的反应；加压不会使平衡移动；加压后，容器体积变小，各组分浓度变大，体系颜色变深，并非由平衡移动引起；B不符合题意；

C．铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；过量的铁会继续和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，所以过量铁和稀硝酸反应后，溶液会变成浅绿色，该过程和平衡移动无关，C不符合题意；

D．合成氨工业使用铁触媒作催化剂可以加快反应速率；催化剂不会引起平衡的移动，D不符合题意；

故选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．由图像知，根据先拐先平衡，数字大，T1先达到平衡，温度较高，从T1到T2，降低温度，CO2物质的量减小，平衡正向移动，说明正反应是放热反应，即大于故A错误；

B．根据先拐先平衡，数字大，反应温度：T1＞T2；故B错误；

C．催化剂改变速率；不改变平衡，反应热不变，故C正确；

D．平衡后，增大浓度，的平衡转化率减小，的平衡转化率增大；故D错误。

综上所述，答案为C。5、D【分析】【详解】

A．可燃物的燃烧可以是完全燃烧也可以是不完全燃烧；而摩尔燃烧焓必须是完全燃烧放出的热量，故A错误；

B．某物质的摩尔燃烧焓指在一定反应温度和压强条件下，纯物质完全氧化为同温下的指定产物时的焓变，并指定物质中所含有的氮元素氧化为氢元素氧化为碳元素氧化为要指定燃烧产物，故B错误；

C．没有指定燃烧的条件；没有指定燃烧产物，故C错误；

D．在一定反应温度和压强条件下，纯物质完全氧化为同温下的指定产物时的焓变就是该物质的摩尔燃烧焓；故D正确。

故选D。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

（1）根据化学平衡常数的定义，可写出汽车尾气排放的速率较快；虽然该反应的平衡常数较大，但单位时间内转化量较少，因此需要安装尾气处理装置，其目的是提高化学反应速率；

故答案为化学反应速率慢；

（2）用总反应-第二步反应可得第一步反应为：Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2；

（3）

起始浓度（mol/L）0.50.500

转化浓度（mol/L）2x2x2xx

平衡浓度（mol/L）0.5-2x0.5-2x2xx

由图可知，=0.5；解得x=0.2

①由图可知，a点时反应向正向进行，b点时反应达到平衡，由此可知va正>vb正=vb逆，故答案为>；

②v(CO)==0.04mol/(L·min)；

③NO的平衡转化率

④该温度下平衡常数K===320，该时刻各物质浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(NO)=0.1mol/L、c(N2)=0.05mol/L、c(CO2)=0.1mol/L，则浓度熵QC==5【解析】化学反应速率慢Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2＞0.04mol/(L·min)80%320向正反应方向7、略

【分析】【分析】

原电池中负极发生失电子的氧化反应；根据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，铜元素由0价变为+2价，铜发生氧化反应；根据图示CH3OH发生失电子的氧化反应生成CO2，b极为负极；O2发生得电子的还原反应生成H2O；a极为正极。

【详解】

(1)在原电池中负极发生失电子的氧化反应，Pb失电子，化合价升高发生氧化反应，则负极电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4。

(2)根据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，铜化合价升高，则负极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铁元素化合价降低，则正极电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+；故负极所用电极材料为Cu；根据电极反应式可知，当线路中转移0.2mol电子时，被腐蚀Cu的物质的量为0.1mol，被腐蚀铜的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g。

(3)根据图示CH3OH发生失电子的氧化反应生成CO2，b极为负极；O2发生得电子的还原反应生成H2O；a极为正极。

①综上分析，负极反应物为CH3OH，原电池中阳离子向正极迁移，H+从负极到正极，H+从b极到a极。

②正极O2发生得电子的还原反应生成H2O，1moO2得到4mol电子，正极电极反应式为3O2+12e-+12H+=6H2O。【解析】Pb–2e-+SO=PbSO4Cu6.4g2CH3OH–12e-+2H2O=2CO2+12H+ba3O2+12e-+12H+=6H2O8、略

【分析】【详解】

（1）A.该反应两边的化学计量数不相等；在反应没有达到平衡时，气体的物质的量会发生改变，体系的压强也要改变，如果压强不变说明气体的生成与消耗速率相等，反应达到了平衡，A项正确；

B.反应中NO2是有色气体，颜色不变说明NO2的浓度不再改变；则反应达到了平衡，B项正确；

C.NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量不相同，如果没有达到平衡，NO和O2的物质的量之比会发生改变；不发生改变说明达到了平衡，C项正确；

D.每消耗1molO2同时生成2molNO；正逆反应速率相等，说明反应达到了平衡，D项正确；

故选ABCD；

（2）①由表中数据知，CO、H2、CH3OH的物质的量分别是1.8mol、2mol、1.2mol，质量分别为1.8mol×28g/mol=50.4g、2mol×2g/mol=4g、1.2mol×32g/mol=38.4g，则混合气体的平均相对分子质量等于==18.56g/mol；因此平均相对分子质量是18.56；

②平衡常数K==≈0.67；

③若将容器体积压缩为1L，该瞬间H2的浓度变为2mol/L，压缩容器使得压强变大，结合CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)中的化学计量数知，平衡右移，氢气的浓度变小，根据勒夏特列原理知，平衡时的氢气的浓度范围为1mol/L＜c(H2)＜2mol/L；

④根据题给数据：（单位mol/L）。CO2H2CH3OH原平衡各组分浓度0.91.00.6再充入浓度0.300.2充入后各组分浓度1.21.00.8

Qc===0.67=K，说明此时化学反应仍处平衡状态，则v正=v逆。

【点睛】

若用Qc表示任意状态下；可逆反应中产物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积与反应物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积之比，则这个比值称为浓度商。将浓度商和平衡常数作比较可得可逆反应所处的状态。即：

Qc=Kc体系处于化学平衡。

Qc＜Kc反应正向进行。

Qc＞Kc反应逆向进行。

可见只要知道一定温度下，某一反应的平衡常数，并且知道反应物及产物的浓度，就能判断该反应是平衡状态还是向某一方向进行。【解析】①.A、B、C、D②.18.56③.0.67④.1mol/L＜c(H2)＜2mol/L⑤.=9、略

【分析】（1）

已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=10，该溶液中c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，故该温度下，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=10-10×0.01=10-12；

（2）

0.1mol/L的HA溶液中=108，结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，则溶液中的c(OH-)=10-10mol/L，而0.1mol/L的HA溶液中OH-全部由水电离提供，故水电离出的c(OH-)=10-10mol/L；

（3）

由题意知，稀硫酸中n(H+)等于NaOH溶液中n(OH-)，故100×10-a=10×10b-12，故a+b=13；

（4）

A．蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，溶液中的H+浓度逐渐减小；对水的电离的抑制作用逐渐减弱，故水的电离程度逐渐增大，A不符合题意；

B．蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，溶液中的H+浓度逐渐减小，温度不变Ka不变，故逐渐减小；B符合题意；

C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积是水的离子积；温度不变，水的离子积不变，C不符合题意；

D．蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，c(A-)、c(HA)均减小；故两者乘积也减小，D符合合题意；

故答案为：BD；

（5）

反应过程中，HA还会不断电离出氢离子，c(H＋)减小的慢；故曲线B对应的是HA；

（6）

HA为弱酸，pH相同时HA的浓度远大于HCl的浓度，在等体积的情况下，n(HA)＞n(HCl)，与适量的锌反应，HA消耗的Zn质量较大，故此处填：＜。【解析】(1)10-12

(2)10-10mol/L

(3)a＋b=13

(4)BD

(5)B

(6)＜10、略

【分析】【分析】

(1)氯水中含氯气；HClO、水三种分子；含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，与药品不反应，则不变质；

(2)必须加入氧化剂；则选项中为还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高，且反应一步转化；

(3)由两个活性不同的电极；有电解质溶液、形成闭合回路、可自发进行放热的氧化还原反应可构成原电池；

(4)原电池中；作负极的金属活泼；

(5)变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物；与弱氧化剂反应生成低价金属化合物；

(6)电解质；非电解质都为化合物；利用熔融或溶于水能否电离分析。

【详解】

氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，氯气、HClO均与发生氧化还原反应而变质，氯离子与生成AgCl沉淀而变质，故答案为：

中N元素的化合价升高；需要加氧化剂，但不能一步转化，故不选；

中N元素的化合价降低；与水反应可转化，不需要加还原剂，故不选；

中N元素的化合价升高；与水反应可转化，不需要加氧化剂，故不选；

中N元素的化合价升高；需要加氧化剂，可一步转化，故选；

中N元素的化合价降低；需要加还原剂转化，故不选；

故答案为：

中只有Zn不能构成原电池，电极材料相同不能构成原电池，中酒精为非电解质不能构成原电池，不是闭合回路不能构成原电池，而符合原电池的构成条件，故答案为：

相连时，外电路电流从流向为负极，金属性

相连时，为正极，为负极，金属性

相连时，上有气泡逸出，为负极，金属性

相连时，的质量减少，为负极，金属性

则金属活动性由大到小的顺序是

与S反应生成不能直接得到，故选；

与S反应直接得到FeS；故不选；

与氧气反应直接生成故选；

与氢气反应生成故不选；

⑤Fe与氯气反应直接生成不能生成FeCl2；故选；

故答案为：

氨气溶于水；溶液能够导电，但氨气本身不能电离，为非电解质；

氨水为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

盐酸为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

醋酸为乙酸和水为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

硫酸钡在熔融状态下完全电离；为强电解质；

氯化银在熔融状态下完全电离；为强电解质；

氯化钠在熔融状态下及溶于水均完全电离；为强电解质；

二氧化碳溶于水；溶液能够导电，但二氧化碳本身不能电离，为非电解质；

醋酸铵在熔融状态下及溶于水均完全电离；为强电解质；

氢气为单质；既不是电解质也不是非电解质；

水能微弱电离；为弱电解质；

则属于强电解质的是属于非电解质的是

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。【解析】①②④⑤④②④⑥⑦①③④②①③⑤⑤⑥⑦⑨①⑧11、略

【分析】【分析】

(1)HCN的水溶液酸性很弱；在溶液中存在电离平衡，NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中存在盐的水解平衡。

(2)NaCN与HCl在溶液中会发生复分解反应；根据物料守恒和电荷守恒分析判断。

(3)①只有一种溶质时；溶质为NaCN，根据氰氢酸根离子水解进行分析；

②若上述关系中C是正确的，溶液呈酸性，且c(CN-)>c(Na+)；则溶液中的溶质是氰酸钠和氰氢酸；

③若氰氢酸与氢氧化钠等体积、等浓度混合，溶液显示碱性，则氰氢酸的浓度应该稍大；混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)；再结合电荷守恒判断混合后的溶液中氰氢根离子与钠离子的浓度关系。

【详解】

(1)HCN是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，实验HCN电离方程式为HCNH++CN-，NaCN是强碱弱酸盐，在水溶液中CN-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，当最终达到平衡使，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，用离子方程式表示为：CN-+H2OHCN+OH-。

(2)NaCN与HCl发生复分解反应，反应方程式为：NaCN+HCl=NaCl+HCN，由于二者反应时的物质的量的比是1：1，如果将0.2molNaCN和0.1molHCl全部溶于水，形成混合溶液中含NaCl、NaCN、HCN各0.1mol，根据C、N元素守恒，可知NaCN、HCN物质的量的和为0.2mol。根据电荷守恒可得n(Na+)+n(H+)=n(CN-)+n(OH-)+n(Cl-)，由于n(Cl-)=0.1mol，n(Na+)=0.2mol，所以n(CN-)+n(OH-)-n(H+)=n(Na+)-n(Cl-)=0.1mol，即CN-、OH-的物质的量的和比H+的物质的量多0.1mol。

所以根据物料守恒和电荷守恒分析判断。

(3)①若只有1种溶质，则溶质只能为NaCN溶液，由于氰氢根离子水解、钠离子不水解，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)、c(Na+)>c(CN-)，氰氢根离子水解程度较小，所以c(CN-)>c(OH-)，因此该溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；选项B正确；

②若上述关系中C正确，则溶液呈酸性，溶液中c(CN-)>c(Na+)；溶液中的溶质只能为HCN和NaCN；

③等体积、等浓度的氰氢酸与氢氧化钠溶液反应，二者反应生成的溶质为NaCN，溶液水解显碱性，若要显中性，则加入的HCN应过量，即混合前c(HCN)>c(NaOH)，由于混合液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可得：c(CN-)=c(Na+)。【解析】①.HCNH++CN-②.CN-+H2OHCN+OH-③.HCN④.CN-⑤.CN-⑥.OH-⑦.B⑧.HCN⑨.NaCN⑩.>⑪.=12、略

【分析】【分析】

（1）由电离常数可知；相同条件下，酸的电离平衡常数越小，酸的电离程度越小，酸根离子的水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液pH越大；

（2）盐在溶液中的水解程度越大；溶液中酸根的浓度越小；

（3）由电离常数判断酸的电离程度大小；由强酸制弱酸的原理判断反应是否发生；

（4）Kw=c（H+）•c（OH-）=10-x•10-y=10-（x+y），根据图示可知当x=12时，c（OH-）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L，故Kw=1×10-12。

【详解】

（1）由电离常数可知，相同条件下，酸的电离平衡常数越小，酸的电离程度越小，酸根离子的水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液pH越大，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序为CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-；则四种溶液的pH由大到小的关系为③＞②＞④＞①，故答案为③＞②＞④＞①；

（2）盐在溶液中的水解程度越大，溶液中酸根的浓度越小，由电离常数可知，水解程度CO32-＞SO32-，则浓度均为0.1mol·L－1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为c（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-），故答案为c（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-）；

（3）由电离常数可知，次氯酸的电离程度大于碳酸氢根，由强酸制弱酸的原理可知，可溶性次氯酸盐与碳酸反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-；故错误；

B、由电离常数可知，甲酸的电离程度大于碳酸，由强酸制弱酸的原理可知，可溶性碳酸盐与甲酸反应生成甲酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑；故正确；

C、由电离常数可知，甲酸的电离程度小于亚硫酸大于亚硫酸氢根，由强酸制弱酸的原理可知，甲酸盐与亚硫酸反应生成亚硫酸氢钠和甲酸，反应的离子方程式为H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-；故错误；

D、由电离常数可知，次氯酸的电离程度小于碳酸大于碳酸氢根，由强酸制弱酸的原理可知，氯水中盐酸和次氯酸与足量碳酸钠溶液反应生成氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-；故正确；

BD正确；故答案为BD；

（4）Kw=c（H+）•c（OH-）=10-x•10-y=10-（x+y），根据图示可知当x=12时，c（OH-）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L，故Kw=1×10-12。

①此温度下，0.01mol/L的NaOH溶液中，c（OH-）=0.01mol/L，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的OH-浓度，则水电离出的OH-浓度为=1×10-10mol/L，故答案为1×10-10mol/L；

②0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.2mol/L。

由题给数据可知，按甲方式混合后，Ba(OH)2溶液过量，反应后溶液中OH-浓度为=0.1mol/L；则溶液的pH为11，故答案为11；

由题给数据可知，按乙方式混合后，氢氧化钡溶液部分与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，故答案为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O；

由题给数据可知；按丁方式混合后，氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子部分沉淀，则溶液呈中性，故答案为中性。

【点睛】

根据图示确定当x=12时，c（OH-）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L是分析图示的关键，也是解答的难点和易错点。【解析】①.③＞②＞④＞①②.c（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-）③.BD④.1×10-10mol·L-1⑤.11⑥.Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O⑦.中13、略

【分析】【详解】

（1）反应A(g)2B(g)＋C(g)+D(s)的平衡常数的表达式为K=（2）A．升高温度；平衡正向移动，所以A的转化率增大，选项A正确；B．体系中通入A气体，A的转化率减小，选项B错误；C．将D（固体）的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，选项C错误；D．通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，选项D错误；E．若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水，则压强减小，平衡正向移动，所以A的转化率增大，选项E正确；答案选AE；

（3）在1.0L密闭容器中放入0.10molA（g）；设A的变化量是x，则。

A（g）⇌2B（g）+C（g）+D（s）

初始量：0.100

变化量：x2xx

末态量：0.1-x2xx

则=解得x=0.04mol，所以前2小时A的反应速率是v===0.02mol．L-1．h-1，物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以C表示的反应速率为：0.02mol．L-1．h-1；

（4）设：平衡时A的变化量是y；

A（g）⇌2B（g）+C（g）+D（s）

初始量：0.100

变化量：y2yy

平衡量：0.1-y2yy

化学反应在20h时建立平衡，所以=2.4，解得y=0.07mol，所以平衡时A的转化率=×100%=70%，C的体积分数=×100%=×100%=×100%=29%。【解析】K=AE0.02mol．L-1．h-170％29％三、判断题(共7题，共14分)14、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。15、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。16、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。17、B【分析】【详解】

焓变ΔH的单位为kJ/mol，不是kJ，故错误。18、B【分析】【详解】

1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷完全燃烧应该生成CO2和H2O则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为

故错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

pH=11的氨水中氢氧根浓度和pH=3的盐酸中氢离子浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得故答案为：错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。四、实验题(共2题，共16分)21、略

【分析】【分析】

(1)配制100mL待测溶液；结合配制过程分析，计算量取；溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等，据此选择需要用到的玻璃仪器的名称；

(2)Na2S2O3标准液是强碱弱酸盐溶液显碱性；盛装在碱式滴定管中；

(3)该反应原理为用0.01mol⋅L−1的Na2S2O3标准溶液滴定；消耗碘单质，滴入标准溶液恰好完全反应碘单质消耗完全，选择淀粉指示反应终点；

(4)滴定操作误差分析可以依据标准溶液体积变化判断。

【详解】

(1)步骤②中配制100mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯；量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；

故答案为：100mL容量瓶；

(2)Na2S2O3标准液是强碱弱酸盐溶液显碱性；盛装在碱式滴定管中，故选B；

故答案为：B；

(3)量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然后用0.01mol⋅L−1的Na2S2O3标准溶液滴定；碘单质遇到淀粉变蓝，反应终点的指示剂选择淀粉溶液，滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，说明反应完全；

故答案为：淀粉溶液；滴加最后一滴标准液；溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；

(4)a.滴定终点俯视读数；读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故a错误；

b.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故b正确；

c.滴定前有气泡；滴定后没有气泡，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故c正确；

d.配制100mL待测溶液时；有少量溅出，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故d错误；

故答案为：bc。【解析】①.100mL容量瓶②.B③.淀粉溶液④.滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色⑤.bc22、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)Sn2+水解呈酸性，实验中需要抑制Sn2+的水解，所以实验中加入浓盐酸的作用，一是作为反应物，二是抑制Sn2+的水解。

(2)反应中会有大量的HCl逸出；锥形瓶C中用水来吸收HCl，而HCl溶于水会产生倒吸，锥形瓶B的作用防止倒吸，起安全瓶的作用，所以答案为：安全瓶或防止倒吸；水。

(3)洗涤液转至蒸发皿中；小火加热浓缩至出现晶膜时，停止加热，防止产物失去结晶水，然后冷却使大量晶体析出，所以现象是：出现晶膜。

(4)题干中指出利用金属锡与浓盐酸反应生成SnCl2·2H2O，Sn比H活泼，会产生H2，故方程式为Sn+2HCl(浓)+2H2O=SnCl2·2H2O+H2↑。

Ⅱ．(5)生成SnCl2·2H2O后，再利用乙酸酐[(CH3CO)2O]的强脱水性，将SnCl2·2H2O中的水全部脱去而制得无水产品和乙酸。可写出方程式：SnCl2·2H2O+2(CH3CO)2O=SnCl2+4CH3COOH。

(6)用玻璃棒搅拌的目的是使反应物充分接触；加快反应速率。

(7)SnCl2有强烈的水解性；不能用水淋洗杂质，杂质能溶于乙醚，且乙醚易挥发不会留下杂质。

Ⅲ．根据Sn+2HCl(浓)+2H2O=SnCl2·2H2O+H2↑、SnCl2+HgCl2=Hg↓+SnCl4；可知关系为：

n(Sn):n(Hg)=1:1可得出关系式：所以。

m=g，则产率=×100%=95.2%，所以答案为95.2%。【解析】抑制Sn2+的水解安全瓶或防止倒吸水出现晶膜Sn+2HCl(浓)+2H2O=SnCl2·2H2O+H2↑SnCl2·2H2O+2(CH3CO)2O=SnCl2+4CH3COOH加快反应速率除去杂质且能减小产品损失95.2五、原理综合题(共4题，共32分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①实验中323K时，3h内生成6×10-6molNH3，3h内消耗3×10-6molN2，该反应的平均反应速率为v(N2)=mol/h；

②使用催化活性高和选择性更好的催化剂，能加快化学反应速率，增大NH3生成量；

③温度升高，催化剂活性降低对速率的影响程度大于温度升高对速率的影响程度，所以353K比323K，NH3的生成量少；

④

平衡时NH3的物质的量分数为即x=0.36；

Kp==

(2)①氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸；氨气、饱和食盐水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，以NH3为原料可以制备HNO3，Na2CO3(NaHCO3)；

②N2H4的电子式为N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，0.01mol·L-1N2H4水溶液中，则0.01mol·L-1N2H4水溶液的pH=10。

③由图示可知，电池的负极N2H4失电子生成N2和水，反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。【解析】1.0x10-6mol/h使用催化活性高和选择性更好的催化剂温度升高，催化剂活性降低对速率的影响程度大于温度升高对速率的影响程度(发生副反应，导致生成NH3的速率降低)HNO3、Na2CO3(NaHCO3)10N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O24、略

【分析】(1)

根据盖斯定律，将反应2-2反应1得到：2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=-204.9kJ·mol-1；

(2)

根据图像，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，反应2向逆反应方向进行，CO2的转化率降低；反应1是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2的转化率增大，根据图像，温度高于300°C时，CO2的平衡转化率增大，说明温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应1；由图可知温度较高的时候，CH3OCH3选择性降低；故应该选择合适的温度，除此之外，催化剂是有选择性的，可以选择对反应2更加高效的催化剂；

(3)

因为平衡常数只与温度有关；故判断温度是否相同可通过计算平衡常数是否相同去分析。A点列三段式有：

该反应为前后气体系数之和相等的反应，可以用物质的量代替浓度进行平衡常数的计算，所以A点的平衡常数K==1，同理可以求得E和G两点的K=1，因为KA=KE=KG=1；平衡常数相同，反应温度相同；

(4)

反应达到平衡时，v正=v逆，即k正x(CO2)x(H2)=k逆x(CO)x(H2O)，所以有=而该反应前后气体系数之和相等，所以=K，则E点处=1；该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，投料比相同时，CO2的平衡转化率越大，所以温度C＞D＞E，则平衡常数KC＞KD＞KE=1，所以k正-k逆最大的是C；

据图而可知E点平衡转化率为50%，所以当二氧化碳转化率刚好达到50%时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，所以此时=1；

(5)

左侧电极上水被氧化为氧气，所以左侧电极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移2mol电子，生成0.5mol氧气和2mol氢离子，而生成的氢离子会透过质子交换膜迁移到阴极，所以阳极室减少的质量即为1mol水的质量，为18g。【解析】(1)2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.9kJ·mol-1

(2)1选择适当反应温度选择对反应2催化活性较高的催化剂。