2025年人民版拓展型课程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年人民版拓展型课程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、若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为室温下实验室中用0.01mol.L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01mol.L-1醋酸；滴定过程如图所示，下列叙述正确的是。

A.室温下，醋酸的电离常数约为10-5B.A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00mLC.若B点为40mL，所得溶液中：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D.滴定过程中一定存在：0.01mol/L+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+c(CH3COOH)2、实验室里可按如图装置来干燥；收集气体R；多余的气体R可用水吸收，则R是。

A.HClB.N2C.COD.NH33、下列有关实验原理；现象、结论等均正确的是（）

A.a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸B.b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好C.c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NOD.d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)4、利用图1所示装置（箭头表示气体或液体流向）可实现的实验是。

A.瓶内装满水用排水法收集H2B.瓶内装满水用排水法测定O2的体积C.瓶内装饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl杂质D.瓶内装NaOH溶液除去Cl2中的HCl杂质5、由下列实验及现象不能推出相应结论的是。

。选项。

实验。

现象。

结论。

A

将红磷在燃烧匙中点燃后伸入集满N2O的集气瓶中。

继续燃烧；产生大量白烟。

N2O具有氧化性。

B

将铝片插入HgCl2溶液片刻；取出用滤纸吸干表面溶液，放置空气中。

铝片表面长出毛刷状白色固体。

HgCl2能破坏铝表面氧化膜；汞能与铝形成合金。

C

向盛有Cu2O的试管中加入足量盐酸。

溶液变蓝绿色；管底有红色沉淀。

氧化性：H＋大于Cu2＋

D

用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热。

熔化的铝不滴落。

生成Al2O3熔点比Al高。

A.AB.BC.CD.D6、硫酰氯可用作杀虫剂，通常条件下为无色液体，熔点为沸点为在潮湿空气中“发烟”；以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置也可分解，制备时以活性炭为催化剂，反应的热化学方程式为所用装置如图所示。下列叙述错误的是

A.球形冷凝管B应从a口进水b口出水B.可通过观察D和E中气泡产生速率控制通入A中的和的体积比C.仪器C，D，E中盛放的试剂依次为无水氯化钙、浓硫酸、浓硫酸D.长期放置的硫酰氯液体会发黄的原因是溶解了氯气评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。8、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9、以下是合成乙酰水杨酸（阿司匹林）的实验流程图；请你回答有关问题：

已知：阿司匹林；水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________；反应类型____________；

（2）水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物，写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________；

（3）抽滤装置如图所示，仪器A的名称___________；该操作时在仪器A中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应________（选择下列正确操作的编号）；再转移液体①微开水龙头；②开大水龙头；③微关水龙头；④关闭水龙头。

（4）下列有关抽滤的说法中正确的是________

A．抽滤是为了加快过滤速率；得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时；应拔掉链接支管口的橡皮管，从支管口倒出。

D．将晶体转移至布氏漏斗时；若有晶体附在烧杯内壁，应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时；应使洗涤剂快速通过沉淀。

（5）用冷水洗涤晶体的目的_______________________；

（6）取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应，最终得到产品1．566g。求实际产率_______；10、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂；同时也是对烟气进行脱硫；脱硝的吸收剂。

Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：

已知：

i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。

（1）试剂A应选择_________。（填字母）

a．SO2b．浓硝酸c．KMnO4

（2）反应②的离子方程式为_________。

（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）

a．反应①进行过程中应持续鼓入空气。

b．反应①后得到的母液中；溶质的主要成分是NaCl

c．反应②中NaOH溶液应过量。

d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。

（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol/L）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率_________（填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）11、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。12、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_______________________________________________；13、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蒸馏水评卷人得分三、原理综合题(共5题，共10分)14、(1)NO、NO2是常见的氧化物。用H2或CO催化还原NO可达到消除污染的目的。

已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g)∆H=-180.5kJ/mol

2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)∆H=+571.6kJ/mol

则用H2催化还原NO消除污染的热化学方程式是___________。

(2)合成甲醇的反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)∆H=-90.8kJ/mol，t℃下此反应的平衡常数为160，此温度下，在密闭容器中开始只加入CO、H2，反应l0min后测得各组分的浓度如表：。物质H2COCH3OH浓度(mol/L)0.20.10.4

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________。

②该时间段内反应速率v(H2)=___________。

③比较此时正、逆反应速率的大小：v正___________v逆(填“＞”；“＜”或“＝”)

④反应达到平衡后，保持其它条件不变，若将容器的体积扩大一倍，v正___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，v逆___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡向___________(填“逆向”、“正向”或“不”)移动。15、十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”；对硫；氮等元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：

Ⅰ．SO2主要来源于含硫燃料的燃烧，燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-681.8kJ/mol对煤进行脱硫处理以减少SO2的排放。T℃时，将煤燃烧产生的气体收集于一密闭容器中，发生上述反应，测得各物质的浓度与反应时间的关系如下：。时间(min)

浓度(mol•L-1)01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88

(1)10~20min内，平均反应速率v(SO2)=__；升高温度，该反应的平衡常数K__(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___(填字母)。

A．通入一定量的O2

B．加入一定量的碳酸钙粉末。

C．适当缩小容器的体积。

D．加入合适的催化剂。

Ⅱ．NOx的排放主要来自于汽车尾气，NOx的脱除方法基本一致；即设法将其转化为氮气。

(3)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol

6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol

4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol

则2O3(g)=3O2(g)是___反应(填“放热”或“吸热”)，O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=___kJ/mol，最后将NO2与恰当的还原剂反应转化为N2而脱除。

(4)常见的汽车尾气处理原理是使尾气(含适当比例的NO；CO)通过装有高效催化剂的处理装置；发生反应：

2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。请根据以下相关数据，分析采用此法能否有效消除NO、CO尾气污染___(填“能”或“否”)，理由是__(通过必要的计算加以说明)。反应25℃时的平衡常数反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=1×1030反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=1×10-92

(5)用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=amol，n(NO2)=2amol，n(NH3)=2amol，n(N2)=2bmol，且N2(g)的体积分数为请计算此时的平衡常数Kp=__(用只含P的代数式表示，且化至最简式。已知：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。某组分的平衡分压=P×该组分的物质的量分数)。16、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_______。

17、2019年10月27日；国际清洁能源会议(ICCE2019)在北京开幕，碳化学成为这次会议的重要议程。甲醇；甲醛(HCHO)等碳化合物在化工、医药、能源等方面都有广泛的应用。

(1)甲醇脱氢法可制备甲醛(反应体系中各物质均为气态)；反应生成1molHCHO过程中能量变化如图1。

已知：

则反应_______

(2)氧化剂可处理甲醛污染，结合图2分析春季(水温约为15℃)应急处理被甲醛污染的水源应选择的试剂_______(填化学式)。

(3)纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H=akJ∙mol-1。

①按投料比将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。则a=_______(填“>”或“<”)0；压强由小到大的关系是_______。

②在温度为T1℃，向某恒容密闭容器中充入H2和CO发生上述反应，起始时达到平衡时，CO的转化率为图3中的M点对应的转化率，则在该温度下，对应的N点的平衡常数为_______(保留3位有效数字)。

(4)工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H=+203kJ∙mol-1.该反应的逆反应速率表达式为为速率常数，在某温度下测得实验数据如下表所示：。CO浓度()H2浓度()逆反应速率()0.1c18.0c2c116.0c20.156.75

由上述数据可得该温度下，c2=_______，该反应的逆反应速率常数K=_______

(5)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图所示，电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2-。

①C极的Pt为_______极(选填“阳”或“阴”)。

②该电池工作时负极反应方程式为_______。

③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112mL，则电解后所得溶液在25℃时pH=_______(假设电解前后NaCl溶液的体积均为500mL)。18、研究二氧化硫；氮氧化物等大气污染物的治理具有重要意义；请回答下列问题：

I．为减少SO2的排放；将煤转化为清洁气体燃料。已知：

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1

(1)写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_________________________。

(2)洗涤含SO2的烟气，含以下物质的溶液可作洗涤剂的是____________________。

A．NaHSO3B．NaHCO3C．BaCl2D．FeCl3

II．NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。

(3)汽车尾气中生成NO的反应为：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＞0

①T℃时，2L密闭气缸中充入4molN2和1molO2发生反应，5min后达平衡，测得NO为1mol。计算该温度下，N2的平均反应速率v(N2)＝_______________，反应的平衡常数K=____________。

②如图曲线a表示该反应在温度T℃下N2的物质的量随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的物质的量随时间的变化，则改变的条件可能是____________(写出一条即可)III．汽车燃油不完全燃烧时会产生CO。

(4)有人设想按2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)反应除去CO，但事实上该反应在任何温度下都不能实现，由此判断该反应的ΔH_______0。(填写“＞”；“＜”或者“＝”)

(5)在汽车尾气系统中安装催化转化器可降低尾气中污染物的排放，其反应为：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。已知该反应在570K时的平衡常数的数值为1×1059，但反应速率极慢。为了提高尾气的净化效率在实际操作中最可行的措施是_____。

A．升高温度B．增大压强C．使用高效催化剂评卷人得分四、计算题(共3题，共27分)19、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。20、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。21、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共10分)22、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)评卷人得分六、实验题(共1题，共7分)23、三氯化磷和三氯氧磷是两种重要的化工原料。

（1）实验室制备的装置图（如图）和有关信息如下：

物质熔点/℃沸点/℃密度性质白磷44.1280.51.82湿空气中约40℃着火74.21.574无色液体，遇水均剧烈水解，互溶2.0105.31.675

①实验开始先打开通入排除装置内空气的目的是______________________。

②实验制得的粗产品中含有可用_______方法提纯。

③遇水强烈水解的产物是和水解后的溶液中除之外其他离子的浓度由大到小的顺序是___________________________________（已知是二元弱酸）。

（2）实验室通常用直接氧化制备工业上通常采用潮湿的氧化制备请写出工业制备的反应方程式：______________________________________。从原理上分析，实验室制备方法的优点是_________________________________________________（写出两点）。

（3）用标准溶液定量测定实验室制备的粗产品的纯度；实验步骤如下：

①取粗产品溶于水至完全水解，预处理排除磷酸根离子的影响，加入溶液，完全反应后加少量硝基苯，用力摇动，静置，使沉淀表面被有机物覆盖，防止实验测得的纯度___________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。[已知：]

②滴加作指示剂，用溶液滴定过量的溶液，当溶液__________________________，即为终点。共用去溶液，则粗产品中的纯度为_________%（保留小数点后1位）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．AG的定义为AG=7，且c(H+)·c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-3.5，A项正确；

B．根据图像可知A点AG=0，c(OH-)=c(H+)；即溶液显中性，由于醋酸钠水解显碱性，所以A点加入的氢氧化钠溶液小于20ml，B项错误；

C．若B点时加入氢氧化钠溶液40ml，则此时溶液是等物质的量浓度的醋酸钠和氢氧化钠的混合液，因此根据物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；C项错误；

D．根据电荷守恒可得滴定过程中有：则醋酸开始浓度为0.01mol/L，因加入了氢氧化钠溶液，故滴定过程中醋酸分子与醋酸根加起来的浓度不等于0.01mol/L，D选项错误；

故选A。2、D【分析】【详解】

A项；HCl的密度大于空气密度，用瓶收集时应“长进短出”，图中装置为“短进长出”，故不选A项；

B项，N2的密度略小于空气密度；不能用排空气法进行收集，且氮气没有毒，不用收集多余的氮气，故不选B项；

C项；CO密度与空气密度相近，不宜用排空气法收集，且在水中溶解度很小，与水也不反应，不能用水收集多余CO，故不选C项；

D项，NH3属于碱性气体，可用碱石灰干燥，密度比空气小，用瓶收集时“短进长出”，且在水中溶解度很大，则可用水吸收多余的NH3；故选D项；

综上所述，本题选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A、乙醇具有还原性，能被重铬酸钾氧化为乙酸，不发生消去反应，选项A错误；B、双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，选项B错误；C、因为红棕色的二氧化氮可与水反应生成无色的NO，故根据排水集气法收集的无色气体不能证明铜与稀硝酸反应生成NO，选项C错误；D、由于硝酸银过量，故沉淀中既有氯化银又有硫化银，不能据此比较氯化银、硫化银溶度积的大小，选项D正确。答案选D。4、C【分析】【详解】

A.氢气不溶于水，排水法收集时短导管进气，与进气方向不同，故A错误；

B.短导管进气可排出水；图中进气方向不能测定氧气的体积，故B错误；

C.饱和NaHCO3溶液与CO2不反应；与HCl反应生成二氧化碳，图中导管长进短出；洗气可分离，故C正确；

D.二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故C错误；

故答案：C。5、C【分析】【详解】

A.红磷在集满N2O的集气瓶中继续燃烧，产生大量白烟，说明生成了P2O5，从而说明N2O提供氧元素；表现出氧化性，A正确；

B.铝片表面长出毛刷状白色固体，此物质为Al2O3，但疏松透气，已不是原来铝表面氧化铝的致密紧实，从而说明HgCl2能破坏铝表面氧化膜；汞能与铝形成合金，B正确；

C.向盛有Cu2O的试管中加入足量盐酸，发生反应Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，在此反应中，H+不表现出氧化性；C错误；

D.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热；熔化的铝不滴落，说明反应放出的热量使铝熔化，但被外面的没有熔化的氧化铝包住，也说明氧化铝的熔点比铝高，D正确。

故选C。6、C【分析】【详解】

A.球形冷凝管B从a口进水b口出水；冷凝回流效果好，故A正确；

B.可通过观察D和E中气泡产生速率控制通入A中的和的体积比；故B正确；

C.仪器C的作用为尾气处理和防止外界水蒸气进入反应体系；无水氯化钙不能吸收该反应的尾气，可用碱石灰，故C错误；

D.硫酰氯长期放置会分解生成和因分解产生的氯气溶解在其中而发黄，故D正确；

故选C。

【点睛】

本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.98、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＞③6.0×10-109、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为：（2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中；可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠，且酯基不水解，这样使阿司匹林溶于水，聚合物难溶于水，将聚合物除去，再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林，过程中涉及的离子方程式为：

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应先微开水龙头，不能大开，避免滤纸破损。故选①。(4)A．抽滤能为了加快过滤速率，但不能使沉淀的颗粒变大，故错误；B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀，不容易透过，故正确；C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，故错误；D．将晶体转移至布氏漏斗时，若有晶体附在烧杯内壁，应用滤液来淋洗布氏漏斗，因为滤液是饱和溶液，冲洗是不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质，故错误；E.洗涤沉淀时，应先关小水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，不能使洗涤剂快速通过沉淀，故错误。故选B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度减小，所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析，乙酸酐过量，用水杨酸计算阿司匹林的质量为g，实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%10、略

【分析】【详解】

NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。

(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此，本题正确答案是:a。

(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此，本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此，本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。

（4）根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此；本题正确答案是:acd。

(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此，本题正确答案是:

②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此，本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大11、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次12、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-13、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＞③6.0×10-10三、原理综合题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

(1)已知：①2NO(g)=N2(g)+O2(g)∆H=-180.5kJ/mol

②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)∆H=+571.6kJ/mol

根据盖斯定律，将①-②，整理可得：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)∆H=-752.1kJ/mol；

(2)①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)的化学平衡常数表达式K=

②根据方程式可知：反应产生0.4mol/L的CH3OH(g)，消耗H2的浓度为0.4mol/L×2=0.8mol/L，则该时间段内反应速率v(H2)==0.08mol/(L·min)；

③Qc=＜160，说明反应未达到平衡，反应正向进行，因此v正＞v逆；

④反应达到平衡后，保持其它条件不变，若将容器的体积扩大一倍，反应混合物的浓度都减小，则v正减小，v逆减小。容器的容积扩大，使反应体系的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动。【解析】2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)∆H=-752.1kJ/mol0.08mol/(L·min)＞减小减小逆向15、略

【分析】【详解】

(1)在10~20min内，O2的浓度由0.79mol/L变为0.60mol/L，减小了0.19mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗SO2的浓度△c(SO2)=2×0.19mol/L=0.38mol/L，则平均反应速率v(SO2)==0.038mol•L-1•min-1；

该反应的正反应是放热反应，当升高温度时，化学平衡逆向移动，化学平衡常数K将减小；

根据表格数据可知：反应在20min时已经达到平衡，在30min后，O2浓度增大，CO2浓度增大了0.08mol/L，方程式物质的化学计量数O2、CO2是1：2，说明改变的条件可能是通入一定量的O2；也可能是适当缩小容器的体积，使化学平衡正向移动，最终达到平衡状态，故合理选项是AC；

(3)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol

②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol

③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol

根据盖斯定律，②×2-③×3，整理可得④：2O3(g)=3O2(g)ΔH=-283kJ/mol＜0；说明该反应是放热反应；

将整理可得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=-198kJ/mol；

(4)已知：反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=1×1030

反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=1×10-92

将反应I-II，整理可得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，该反应的化学平衡常数K===2.5×10121；K的数值很大，说明该反应向正方向进行的程度很大，因此该法能有效消除NO；CO尾气污染；

(5)对于反应NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，在一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=amol，n(NO2)=2amol，n(NH3)=2amol，n(N2)=2bmol，且N2(g)的体积分数为根据方程式可知：每反应产生2个N2，就会同时产生3个H2O(g)，可由平衡产生n(N2)=2bmol，得到n(H2O)=3bmol，此时气体的总物质的量n(气)总=amol+2amol+2amol+2bmol+3bmol=5(a+b)mol，由于N2(g)的体积分数为则解得b=5amol，故平衡时气体总物质的量为n(气)总=5(a+b)mol=5(a+5a)=30amol，所以平衡时各种气体的体积分数为x(NO)=x(NO2)=x(NH3)=x(N2)=x(H2O)=因此此时的平衡常数Kp=【解析】0.038mol•L-1•min-1减小AC放热-198能由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K==2.5×10121数值很大，该反应向正方向进行的程度很大16、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17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图1知①结合②所以

(2)根据图2知，当温度为15℃时，次氯酸钙对甲醛的去除率更高，所以选择Ca(ClO)2；

(3)①根据图3，当压强为p1时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低，即温度升高，平衡逆向移动，又温度升高，平衡向吸热方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，则a<0；当温度为T1时，由p3到p1，CO的平衡转化率升高，即平衡向气体系数之和减小的方向移动，此时压强增大，故压强由小到大为p321；

②由图3可以看出；M点与N点的温度相同，则M点与N点的平衡常数相同，列出三段式：

则

(4)根据表中数据列出方程组：①②③三式联立解得c2=0.2，k=104；

(5)①图中左侧装置是原电池；右侧装置是电解质，左侧原电池中，下端电极是O2参与反应，该电极是正极，与之相连的C电极是阳极；

②左侧原电池中，上端电极是负极，导电介质为O2-离子，电极反应式为

③电解饱和食盐水的反应式为气体总体积为112mL，即0.005mol，则生成的氢气和氯气分别为0.0025mol，所以生成的NaOH是0.005mol，其浓度为溶液中所以pH=12【解析】+34.5<4.170.2阳1218、略

【分析】【详解】

I．(1)①已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

②C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.4kJ·mol－1；

根据盖斯定律，将②-①×整理可得：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.4kJ·mol－1

(2)洗涤含SO2的烟气，使SO2与洗涤剂发生反应。

A．NaHSO3与SO2不能反应；不能作洗涤剂，A不符合题意；

B．由于亚硫酸的酸性比碳酸强，所以NaHCO3与SO2能反应，产生Na2SO3或NaHSO3及CO2；因此能作洗涤剂，B符合题意；

C．由于盐酸的酸性比亚硫酸的酸强，所以BaCl2与SO2不能反应；不能作洗涤剂，C不符合题意；

D．FeCl3与SO2、H2O发生氧化还原反应，产生FeCl2、HCl、H2SO4；因此可以作洗涤剂，D符合题意；

故合理选项是BD；

II．(3)根据方程式N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)，每反应消耗1molN2、1molO2就会产生2molNO，则5min后达平衡，测得NO为1mol，则消耗N2为0.5mol，消耗O2为0.5mol，用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)==0.05mol/(L·min)；此时各种气体的浓度分别是c(N2)=mol/L，c(O2)=mol/L，c(NO)=mol，则此时反应的平衡常数K=

②由曲线改变可知：改变外界条件后反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，且化学平衡正向移动，由于该反应的正反应是气体体积不变的吸热反应，则改变的条件可能是升温或增大O2的浓度；

(4)有人设想按2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)反应除去CO，该反应反应后气体混乱程度减小，△S＜0，若使该反应在任何温度下都不能实现，则ΔG＞0，ΔG=ΔH-T△S＞0，由此判断该反应的ΔH＞0；

(5)反应2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)在570K时的平衡常数的数值为1×1059，但反应速率极慢。为了提高尾气的净化效率，就应该加快化学反应速率，由于该条件下化学平衡常数已经很大，在影响化学反应速率的因素中，采用升高温度或增大压强，就需消耗较高的能量和动力，对设备的材料承受的压力要求也高，投入大大增加，一般不采用；而催化剂能够成千上万倍的加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，因此在实际操作中最可行的措施是使用高效催化剂，故合理选项是C。【解析】C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.4kJ·mol－1BD0.05mol/(L·min)或0.57升温或增大O2的浓度＞C四、计算题(共3题，共27分)19、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温25℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，则该温度下c(H+)==10-11mol/L；故该溶液的pH=11；

(2)25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，溶液显碱性，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中A2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，用离子方程式表示为A2-+H2O⇌HA-+OH-；

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液的碱性增强，所以CH3COONa溶液的pH增大，而NaOH溶液的pH变化比较小，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的NaOH溶液溶液中水电离产生的H+的浓度c(H+)=10-12mol/L；

pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)=10-2mol/L，故三种溶液中水电离产生的c(H+)之比为10-12：10-12：10-2=1：1：1010；

(5)①NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使溶液显酸性；②NH4HCO3水解使溶液显碱性；③NH4Cl水解使溶液显酸性，碱性溶液的pH大于酸性溶液的pH，电离产生的H+浓度大于盐水解的酸性；所以三种溶液pH从大到小的顺序为：②＞③＞①；

三种溶液中都存在NH的水解作用，①NH4HSO4电离产生H+会抑制NH的水解作用，使c(NH)增大；②NH4HCO3溶液中水解会促进NH的水解作用，使溶液中c(NH)减小，故相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液；物质的量浓度从大到小的顺序为：②＞③＞①；

(6)①在酸性条件下，Cr2O将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，可知c3(OH-)=结合Ksp[Cr(OH)3]=6.0×1