2025年北师大版拓展型课程化学上册月考试卷

…………○…………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年北师大版拓展型课程化学上册月考试卷701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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列对如图所示实验装置的判断中正确的是。

A.若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓锌的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小2、下列表述正确个数是。

①煤的干馏；煤的液化、石油的裂化都是化学变化；

②检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质可以通过先加稀硝酸；再加氯化钡溶液的方法；

③汽车尾气中NO主要来自燃油中氮元素的不完全燃烧；

④足量的铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+；

⑤工业上；通过电解NaCl溶液的方法可以获取金属Na；

⑥高炉炼铁中利用焦炭直接将铁矿石还原为铁单质；

⑦二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色；可用于漂白纸浆；编织物；

⑧S与非金属单质反应时；S均作还原剂；

⑨普通玻璃是由石灰石；石英砂、纯碱为原料烧制而成的；

⑩制造太阳能电池板的二氧化硅属于新型无机非金属材料。A.4B.3C.2D.13、除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法正确的是。选项含杂质的物质试剂除杂方法AC2H2(H2S)溴水洗气B乙酸乙酯(乙酸)乙醇萃取C苯(苯酚)溴水过滤D乙醇(水)生石灰蒸馏

A.AB.BC.CD.D4、下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是。选项实验操作实验现象解释或结论A

鉴别食盐中是否含有少量NaNO2，可取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性KMnO4溶液紫红色褪去食盐中含有NaNO2

B将苯和液溴反应逸出的气体通入硝酸酸化的硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀反应生成了HBr

C

向Na2SO3溶液中先加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液产生白色沉淀Na2SO3溶液已经变质。

D

将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中紫红色褪去乙二醇被氧化为乙二酸

A.AB.BC.CD.D5、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是。

实验

现象

结论

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液

产生蓝色沉淀

原溶液中有Fe2+，无Fe3+

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2

溶液变浑浊

酸性：H2CO3>C6H5OH

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液

生成黑色沉淀

Ksp(CuS)sp(ZnS)

D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液。

②再加足量盐酸

①产生白色沉淀。

②仍有白色沉淀

原溶液中有SO42-

A.AB.BC.CD.D6、某小组拟以(NH4)2S2O8与NaOH溶液在约55℃时制取Na2S2O8(已知：温度超过90℃时，NH3可将S2O还原为SO)；装置如图所示。下列说法中错误的是。

A.该装置的加热方式为水浴加热B.该装置出口应连接的装置是C.通入N2的目的是排出反应产生的NH3，防止NH3将S2O还原D.当反应温度高于55℃时，可停止加热，并滴加NaOH溶液以降低温度7、实验室探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理；装置如下图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法不正确的是。

A.滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2B.Y中产生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3C.产生白色沉淀的原因可能是在酸性条件下SO2与NO3-反应生成了SO42-D.若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，说明Fe3+也能将SO2氧化8、某同学利用锌、氧化铜和稀硫酸制取铜，他设计了两套方案，方案Ⅰ：利用锌与足量稀硫酸反应制氢气，氢气还原氧化铜；方案Ⅱ：氧化铜溶于稀硫酸生成硫酸铜，然后用锌与硫酸铜反应制备铜。下列关于方案Ⅰ和Ⅱ的评价不正确的是()A.方案Ⅱ比方案Ⅰ操作简便B.等质量的锌，相同条件下在方案Ⅰ和方案Ⅱ中制得的铜的质量相同C.等质量的H2SO4参加反应，方案Ⅰ制取铜的质量比方案Ⅱ的少D.为了加快锌与稀硫酸反应，可以在溶液中加入少量氧化铜9、下列气体不能用排水法收集的是A.O2B.H2C.NH3D.NO评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水11、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

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

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

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。12、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_______；13、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）14、如图所示的初中化学中的一些重要实验；请回答下列问题：

（1）图A称量NaCl的实际质量是___。

（2）图B反应的实验现象是__。

（3）图C反应的表达式为__。

（4）图D实验目的是__。评卷人得分三、原理综合题(共8题，共16分)15、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16、乙烯可用于制备乙醇：向10L某恒容密闭容器中通入2mol和amol发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示。回答下列问题：

(1)反应从开始分别进行到A、B、C点时，_______(填“放出”或“吸收”)的热量由大到小的顺序为_______。

(2)_______(填“>”、“<”或“=”)已知该反应的反应速率表达式为其中为速率常数，只与温度有关。若其他条件不变，则温度从变化到的过程中，下列推断合理的是_______(填标号)。

A.减小的倍数大于B.减小的倍数小于

C.增大的倍数大于D.增大的倍数小于

(3)若A点对应的体系中，反应从开始到达到平衡所用时间是2min，则0~2min内的平均反应速率_______。温度下，反应的平衡常数_______。

(4)B点对应的体系中，a=_______；A、B、C点对应体系的气体总压强由大到小的顺序为_______。(气体均看作理想气体)17、习近平总书记近日对制止餐饮浪费作出重要指示。氨的合成对解决粮食危机有着重要意义。目前该研究领域已经催生了三位诺贝尔化学奖得主。

(1)德国化学家哈伯对研究“N2(g)+3H2(g)2NH3(g)”反应贡献巨大，1918年荣获诺贝尔化学奖，已知该反应在298K时，△H=－92.2kJ/mol，Kc=4.1×106(mol/L)-2，若从平衡常数角度分析，反应限度已经较大，但为何化工生产中还需要使用催化剂：_________。

(2)合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：

第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)

第二步N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*；(快反应)

第三步NH3*NH3(g)(快反应)

比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1__________E2(填“＞”、“＜”或“＝”)，判断理由是_______________________。

(3)2007年，德国科学家埃特尔发现了合成氨催化机理，开创了表面动力学的研究。研究发现，常温恒压密闭容器中，N2在催化剂表面可以与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)

①下列各项能够作为判断该反应一定达到平衡的依据是___________(填标号)。

A．容器中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3

B．N2与NH3浓度之比恒定不变。

C．v(N2)正=2v(NH3)逆

D．混合气体中氨气的质量分数不变。

E.压强保持不变。

②平衡后若分别改变下列一个条件，可以使N2转化率增大的是___________(填标号)

A．转移掉部分O2B．转移掉部分NH3

C．适当增加H2O(l)的量D．增加N2的量。

(4)向一个恒温恒压容器充入1molN2和3molH2模拟合成氨反应；下图为不同温度下平衡时混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系图。

若体系在T1、60MPa下达到平衡。

①此时平衡常数Kp_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压＝总压×物质的量分数；计算结果保留3位小数)。

②T1_____________T2(填“＞”、“＜”或“＝”)。18、NO是大气中一种重要污染物；可以采用多种方法消除NO的污染。回答下列问题：

(1)CH4还原NO法。

已知：

①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=-116.2kJ·mol-1；

②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ·mol-1；

③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H3=-863.8kJ·mol-1。

则CH4与NO反应生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式为_______。

(2)CO还原NO法。CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H＜0。

①该反应中，既要加快NO的消除速率，又要消除更多的NO，可采取措施有_______(写出其中一条即可)。

②实验测得：v正=k正·c2(CO)·c2(NO)，v逆=k逆·c2(CO2)·c(N2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，只升高温度，k正增大的倍数_______(填“＞”、“＜”或“＝”)k逆增大的倍数。若在1L恒容密闭容器中充入1molCO和1molNO发生上述反应，在一定温度下反应达到平衡时，CO的转化率为40%，则=_______(计算结果用分数表示)。

(3)NH3还原NO法。NH3还原NO的反应为4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)△H＜0。T℃时，在恒容密闭容器中，测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表：。时间/min01234n(NO)/mol1.20.900.720.600.60n(NH3)/mol0.900.700.580.500.50

若反应开始时的压强为P0，则该反应的化学平衡常数Kp=_______(可用分数表示；用平衡分压代替平衡浓度计算；各气体的分压=气体总压×各气体的物质的量分数)。

(4)SCR脱硝技术的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)△H＜0。在密闭容器中起始投入一定量NH3、NO、O2进行反应；测得不同温度下，在相同时间内部分组分的含量如图所示。

①a、b、c三点，主反应速率由大到小的顺序为_______。

②解释N2的浓度变化曲线先上升后下降的原因：_______。19、CH4既是重要的清洁能源也是一种重要的化工原料。以CO2、H2为原料合成CH4涉及的主要反应如下：

Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1

Ⅱ：△H2=+41.2kJ/mol

常温常压下，H2(g)和CH4(g)的摩尔燃烧焓分别为-285.8kJ/mol和-890.3kJ/mol；

(1)△H1_______kJ/mol。

(2)一定条件下，向恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，H2O(g)为bmol，则反应Ⅱ的平衡常数为_______(用含a、b的代数式表示)。

(3)n(H2)：n(CO2)=4：1的混合气体充入反应器中；当气体总压强为0.1MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图所示：

200~550℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______。反应器中应选择适宜的温度是_______。

(4)为探究的反应速率与浓度的关系，起始时，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0mol/LCO2与H2。平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率—浓度关系曲线：和

则与曲线相对应的是上图中曲线_______(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，重新达到平衡，平衡常数_______(填“增大”或“减小”)，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_______(填字母，下同)，曲线乙对应的平衡点可能为_______。20、部分弱酸的电离平衡常数如下表：。弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25℃)

(1)在温度相同时，各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为：________________________。

(2)下列离子方程式正确的是。

A．2ClO-+H2O+CO2→2HClO+

B．2HCOOH+→2HCOO-+H2O+CO2↑

C．H2SO3+2HCOO-→2HCOOH+

D．Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-

(3)常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________。

亚硒酸(H2SeO3)也是一种二元弱酸；常温下是一种无色固体，易溶于水，有较强的氧化性。

(4)往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：______________________________________________________。

(5)将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4)；反应方程式如下：

H2SeO3+H2O2→H2SeO4+H2O，下列说法中正确的是()。

A．H2O2既是氧化剂又是还原剂。

B．H2O既不是氧化产物又不是还原产物。

C．H2SeO4既是氧化产物又是还原产物。

D．氧化性：H2SeO3＞H2SeO4

碲酸(H6TeO6)是一种很弱的酸，但它的氧化性比硫酸还要强。在酸性介质中，碲酸可将HI氧化成I2；方程式如下：

___HI+___H6TeO6___TeO2+___Te+___I2+___H2O

(6)若反应中生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，试配平上述化学方程式。21、以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：

硼镁泥的主要成分如下表：。MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%

回答下列问题：

（1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣1”中主要含有_________（写化学式）。

（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。

（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。

（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。22、某校课外活动小组为了探讨铜与硝酸的反应设计了如下实验。

（1）甲同学欲探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO；设计装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）。图中K为止水夹（处于关闭状态），F是含有一半空气的注射器。

请回答有关问题：

①装置A中进行反应时打开止水夹K，当装置C中_________时，关闭止水夹K，试分析这样操作的目的是________，A中反应的离子方程式为______________。

②在完成①中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是__________________，B中反应的离子方程式为____________________。

③为进一步证明产物是NO，将注射器F中的空气推入E中，看到的现象是_________________。

④装置G的作用是_____________________。

（2）同学们发现铜与稀；浓硝酸反应所得溶液的颜色不同；并记录如下：

。将1g细铜丝放入盛有10mL的1mol·L-1HNO3溶液的试管中加热。

铜丝表面有无色气体逸出；溶液变为天蓝色。

将1g细铜丝放入盛有10mL的14mol·L-1HNO3溶液的试管中。

产生大量红棕色气体；溶液变为绿色，绿色由深到浅，未见到蓝色。

有同学认为是铜与浓硝酸反应的溶液中溶解了生成的气体，也有同学认为是溶液中剩余硝酸浓度较大所致，同学们分别设计了以下4个实验来判断该看法是否正确，以下方案中可行的是（选填序号字母）____________。

a.向上述绿色溶液中通入氮气；观察颜色变化。

b.加水稀释上述绿色溶液；观察颜色变化。

c.向饱和的硝酸铜溶液中不断滴加14mol·L-1HNO3溶液。

d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化评卷人得分四、工业流程题(共2题，共12分)23、铝是一种重要金属：

（1）铝与NaOH溶液反应的化学方程式为：_________________。

（2）工业上用铝土矿（主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3；泥沙等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：

①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是；_________________________；

②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有__________，固体N是__________；

③滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为_________________，请写出向滤液X中通入过量CO2所发生反应的离子方程式____________________________；

④请写出实验室制取A1(OH)3的离子方程式：__________________________。24、将少量氯水加入到NaI溶液中”的学生实验产生了大量含碘废液。某研究小组用该含碘废液制备NaI固体，实验流程如下：

已知：反应②2I−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuI↓+SO42−+2H+

回答下列问题：

（1）产生含碘废液的离子方程式为____________________________________。

（2）①中I2与Na2SO3溶液反应的离子方程为_________________________________。

（3）③中CuI发生了_____（填“氧化”或“还原”）反应,当有95.5gCuI参与反应，电子转移的数目为_______________，若还原产物只有NO2，写出该反应的化学方程式______________。

（4）化合物B中含两种元素，铁元素与另一种元素物质的量之比为3:8，则化合物B的化学式为____________。

（5）反应⑤中生成黑色固体和无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则⑤的化学方程式为_____________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．若X为锌棒；Y为NaCl溶液，开关K置于M处，构成了锌铁原电池，铁做正极，锌做负极，锌失去电子被腐蚀，A项错误；

B．若X为碳棒；Y为NaCl溶液，开关K置于N处，铁做阴极，被保护，B项错误；

C．若X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铁做负极失去电子，溶液中的铜离子在正极得到电子生成铜单质，铜棒质量增加，电子由负极流向正极，外电路中的电子向铜电极移动，C项正确；

D．若X为铜棒；Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铜做阳极，失去电子变成铜离子进入溶液，溶液中的铜离子在阴极得到电子变成铜单质，可用于铁表面镀铜，溶液中的铜离子会得到补充，溶液中铜离子浓度不变，D项错误；

故选C。2、C【分析】【详解】

①煤的干馏生成煤焦油等、煤的液化生成甲醇、石油的裂化为大分子生成小分子，均有新物质生成，均为化学变化，故①正确；

②硝酸具有强的氧化性能够氧化亚硫酸根离子，对硫酸根离子的检验造成干扰，不能用硝酸酸化，故②错误；

③汽车尾气中NO主要来氮气高温下和氧气反应，故③错误；

④铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故④错误；

⑤电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，不能得到金属钠，应通过电解熔融NaCl的方法可以获取金属Na，故⑤错误；

⑥铁矿石含铁的氧化物，高炉炼铁中利用焦炭与氧气反应生成CO，CO再与铁的氧化物反应还原为铁单质，故⑥错误；

⑦二氧化硫是酸性氧化物，可以使紫色石蕊变红，不能使紫色石蕊试液褪色，故⑦错误；

⑧S与氢气反应时，S作氧化剂，故⑧错误；

⑨纯碱、石灰石和石英砂为制造玻璃的主要原料，故⑨正确；

⑩制造太阳能电池板的主要材料是硅单质；故⑩错误；

故选：C。3、D【分析】【详解】

A．溴水与乙炔会发生加成反应；A项错误；

B．乙醇与乙酸乙酯互溶；引入杂质，B项错误；

C．苯酚与溴水生成三溴苯酚；三溴苯酚溶于苯，C项错误；

D．水与生石灰反应生成氢氧化钙；低温不分解，可以蒸馏法得到乙醇，D项正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．鉴别食盐中是否含有少量亚硝酸钠；取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，不能说明食盐中有亚硝酸钠，因为氯离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B．苯和液溴反应生成的气体中混有溴蒸气；通入硝酸酸化的硝酸银溶液中，溴蒸气也可反应生成溴化银淡黄色沉淀，故无法证明含有溴化氢，B错误；

C．向Na2SO3溶液中先加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液；若没有变质，不会产生沉淀，实验现象有沉淀产生，说明溶液中有硫酸根，已变质，C正确；

D．将少量的乙二醇滴入酸性高锰酸钾溶液；溶液紫色变浅，说明被高锰酸钾氧化，但无法证明氧化产物是乙二酸，事实上乙二酸（即草酸）能被酸性高锰酸钾溶液为二氧化碳，D错误；

故选C。5、B【分析】【详解】

A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+；选项A错误；

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2；溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀；不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；

D．向溶液中加入硝酸钡溶液；得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。

【点睛】

在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。6、B【分析】【详解】

A．由题给信息可知反应在约55℃时进行；则应水浴加热，以便控制反应温度，故A正确；

B．氨气极易溶于水；需要防止倒吸，导管不能插入液面以下，故B错误；

C．制取Na2S2O8，应避免Na2S2O8被还原而变质，则通入N2的目的是排出反应产生的NH3；故C正确；

D．当反应温度高于55℃时；为避免副反应发生，则可加入氢氧化钠溶液，以达到降温的目的，同时要停止加热，故D正确；

答案选B。7、B【分析】【详解】

A.通入一段时间N2，是为了排除空气中O2的干扰；故A正确；

B.由于NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，所以Y中产生的白色沉淀是BaSO4；故B不正确；

C.根据B项分析；C正确；

D.若将Fe(NO3)3换成FeCl3，Y中也能产生白色沉淀，且沉淀为BaSO4，说明Fe3+也能将SO2氧化；D正确；

综合以上分析；本题答案为：B。

【点睛】

本题是一道实验探究题，探究SO2与Fe(NO3)3溶液反应的原理，X装置用于制备二氧化硫，Y装置中盛有Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，已知SO2不与BaCl2的溶液反应，二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡白色沉淀，该实验还要考虑到空气中氧气的干扰以及排除干扰的方法，另外Fe3+的氧化性也是需要注意的，本题考查学生思维的严密性。8、B【分析】【分析】

A.方案I需要加热条件且生成的氢气不一定完全反应；

B.I中锌生成的氢气和CuO反应时；部分氢气不参与反应；

C.等质量的硫酸参加反应；I中生成的氢气不能完全参加反应；

D.原电池能加快负极材料参加反应。

【详解】

A.方案I需要加热条件且生成的氢气不一定完全反应；所以造成原料和能源的浪费，且操作方案II比方案I操作简便，A项正确，不符合题意；

B.I中锌生成的氢气和CuO反应时；部分氢气不参与反应，所以等质量的锌，相同条件下方案I和方案II中制得的质量不同，B项错误，符合题意；

C.等质量的硫酸参加反应，I中生成的氢气不能完全参加反应，所以等质量的H2SO4参加反应；方案I制取铜的质量比方案II的少，C项正确，不符合题意；

D.锌置换出Cu；Zn；Cu和稀硫酸构成原电池，原电池能加快负极材料参加反应，所以为了加快锌与稀硫酸的反应，可以在溶液中加入少量的CuO，D项正确，不符合题意；

答案选B。9、C【分析】【分析】

【详解】

A.O2微溶于水；密度比空气大；可以排水法或向上排空气法收集，故不选A；

B.H2难溶于水；密度比空气小；可以排水法或向下排空气法收集，故不选B；

C.NH3极易溶于水；不能用排水法收集；故选C；

D.NO难溶于水；用排水法收集，故不选D。

答案选C。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1011、略

【分析】【分析】

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

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

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

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

【详解】

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

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

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

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

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.212、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%13、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14、略

【分析】【分析】

（1）托盘天平的平衡原理：称量物质量=砝码质量+游码质量；

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

（3）图C表示铜和氧气在加热条件下生成黑色氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小；

【详解】

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

（2）镁在空气中燃烧的现象是：放出大量的热；发出耀眼的白光，生成白色固体；

（3）图C的表达式为：铜+氧气氧化铜；

（4）图D表示加压气体体积缩小，实验目的是验证分子之间的存在间隙；【解析】12g放出大量的热，发出耀眼的白光，生成白色固体铜+氧气氧化铜验证分子之间的存在间隙三、原理综合题(共8题，共16分)15、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＞C16、略

【分析】（1）

为放热反应，起始时通入的物质的量相同，则乙烯的平衡转化率越大，反应进行的限度越大，放出的热量也越多，故

（2）

由图中的B、C点分析，结合勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，故温度从变化到的过程为升高温度，正、逆反应速率均会加快，且该反应为放热反应，故逆反应速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，即增大的倍数小于D项符合题意；

（3）

A点时，此时与的物质的量相等，即据图中信息列三段式：

容器体积为10L，反应时间为2min，故

（4）

由A；B、C点可知；A、C点对应的平衡常数相等，B、C点对应体系起始通入的反应物的物质的量相等，故将C点对应的体系列三段式：

则解得结合图中A、B、C点的信息，可计算出，A、B、C点对应的体系中气体的总物质的量分别为2.4mol、2.2mol、2.3mol，依据判断，A、C点对应的温度相同，气体的物质的量越大，容器的压强越大，即将数据代入公式得到因为所以即【解析】(1)放出

(2)<D

(3)

(4)1.817、略

【分析】【详解】

(1)①尽管催化剂不能使化学平衡发生移动；但使用催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可以提高单位时间内的产量。

(2)由题给信息知，第一步反应慢，说明该步反应的活化能较大，而第2步反应快，而反应越快，说明其活化能越小，故第一步反应的活化能E1大于第2步反应的活化能E2，即活化能：E1＞E2；

(3)①A．化学方程式中N2(g)、NH3(g)、O2(g)的系数比就是2：4：3，所以N2(g)、NH3(g)、O2(g)的浓度之比为2：4：3时；反应可能是处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，不能作为判断平衡的标志，A错误；

B．N2是反应物，NH3是生成物；若二者浓度之比恒定不变，则反应达到平衡状态，B正确；

C．任何时刻都存在关系：v(NH3)正=2v(N2)正，若v(N2)正=2v(NH3)逆，则v(NH3)正=4v(NH3)逆；反应正向进行，未处于平衡状态，C错误；

D．该反应是反应前后气体体积不等的反应；若混合气体中氨气的质量分数不变，则反应处于平衡状态，D正确；

E．该反应是在恒温恒压下进行；任何时刻压强保持不变，因此不能根据压强不变判断反应是否处于平衡状态，E错误；

故合理选项是BD；

②A．转移掉部分O2，即减小生成物浓度，化学平衡正向移动，可以提高N2转化率；A正确；

B．转移掉部分NH3，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高N2转化率；B正确；

C．由于水的状态是液态，其物质的浓度不变，所以改变其物质的量，化学平衡不移动，因此不能改变N2转化率；C错误；

D．增加N2的量；该物质本身浓度增大，平衡正向移动，但是平衡正向移动消耗量小于加入量，总的来说它的转化率还是降低，D错误；

故合理选项是AB；

(4)①对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始时n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，n(NH3)=0，假设反应的N2的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别是n(N2)=(1-x)mol，n(H2)=(3-3x)mol，n(NH3)=2xmol。根据图象可知在T1和60MPa条件下达到平衡时NH3的体积分数是60%，则解得x=0.75mol，则平衡时n(N2)=0.25mol，n(H2)=0.75mol，n(NH3)=1.5mol，则平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，在温度不变时，气体的物质的量的比等于压强之比，所以化学平衡常数Kp=

②从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，NH3的含量降低，说明温度：T1＜T2。【解析】①.使用催化剂，主要目的是加快反应速率，提高单位时间内的产量②.＞③.活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢④.BD⑤.AB⑥.0.037⑦.＜18、略

【分析】【详解】

(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=-116.2kJ·mol-1；

②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ·mol-1；

③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H3=-863.8kJ·mol-1。

根据盖斯定律，将①－②＋③，整理可得CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1。

(2)①CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H＜0；该反应的正反应是气体体积减小放热反应，既要加快NO的消除速率，又要消除更多的NO，则化学反应速率加快，且平衡正向移动，可采取措施可以是增大压强或增大CO的浓度；

②实验测得：v正=k正·c2(CO)·c2(NO)，v逆=k逆·c2(CO2)·c(N2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，只升高温度，v正、v逆都增大，由于浓度不变，所以k正、k逆都增大。由于升高温度化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，这说明k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；

若在1L恒容密闭容器中充入1molCO和1molNO发生上述反应，在一定温度下反应达到平衡时，CO的转化率为40%，则平衡时反应产生CO2的物质的量是0.4mol，反应产生N2是0.2mol，此时CO、NO的物质的量都是0.6mol，由于容器的容积是1L，则平衡时各种物质的浓度c(CO)=c(NO)=0.6mol/L，c(CO2)=0.4mol/L，c(N2)=0.2mol/L，该温度下的化学平衡常数K==当反应达到平衡时，v正=v逆，则k正·c2(CO)·c2(NO)=k逆·c2(CO2)·c(N2)，==

(3)对于反应4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时n(NH3)=0.90mol，n(NO)=1.20mol，达到平衡时n(NH3)=0.50mol，n(NO)=0.60mol，根据物质反应转化关系，可知平衡时产生N2的物质的量n(N2)=△n(NH3)=×(0.90-0.50)mol=0.50mol，n(H2O)=△n(NH3)=×(0.90-0.50)mol=0.60mol，在温度和容器的容积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，若反应开始时的压强为P0，则平衡压强=该反应的化学平衡常数Kp=

(4)SCR脱硝技术的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)△H＜0。在密闭容器中起始投入一定量NH3、NO、O2进行反应。

①在影响化学反应速率的条件中，增大浓度、增大压强、升高温度都会增大反应速率，其中温度升高对反应速率的影响大，由于温度：a＜b＜c，所以在这三点中，主反应速率由大到小的顺序为：c＞b＞a；

②分析图象中氮气的浓度变化可知，550K时达到最大，550K后随温度升高浓度减小，变化趋势说明在b点前反应未达到平衡状态，反应正向进行，温度升高，反应速率加快，单位时间内产生氮气的浓度增大。当反应达到平衡状态后氮气浓度随温度升高减小，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，且随着温度的升高，有副产物的生成，也导致N2浓度降低。【解析】CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1。增大压强或增大CO的浓度＜c＞b＞a先上升：反应还未到达平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，单位时间内N2浓度增大；后下降：达到平衡状态后，随着温度升高，因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，且随着温度升高有副产物的生成，也导致N2浓度降低19、略

【分析】【详解】

(1)由题目已知信息可知：热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；

②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol；

③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol

根据盖斯定律，将4×①-②+2×③，整理可得：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-164.9kJ/mol；

(2)一定条件下，向恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为amol，H2O(g)为bmol，由反应方程式I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)中物质反应转化关系可知，反应产生amolCH4(g)，同时产生2amolH2O(g)，消耗amolCO2(g)和4amolH2(g)，则反应方程式II：产生(b-2a)molH2O(g)，产生(b-2a)molCO(g)，消耗CO2(g)、H2(g)的物质的量都是(b-2a)mol，因此此时容器中n(CO2)=[(1-a)-(b-2a)]=(1+a-b)mol，n(H2)=[(3-4a)-(b-2a)]=(3-2a-b)mol，n(CO)=(b-2a)mol，n(H2O)=bmol，假设反应容器的容积是VL，反应II的化学平衡常数K==

(3)200~550℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大是由于△H1＜0，△H2＞0，温度升高时，反应Ⅰ的化学平衡逆向移动使CO2增加的量比反应Ⅱ的化学平衡正向移动使CO2减少的量多，因此CO2的物质的量分数随温度升高而增大；

反应器中应选择的温度应该有利于合成CH4，由于反应I的△H1＜0；故适宜的温度是较低温度为200℃；

(4)在反应开始时CO2与H2的浓度都是1.0mol/L，且随着反应的进行，CO2的浓度逐渐减小，正反应速率越来越小，故与曲线相对应的是上图中曲线中的乙；

该反应达到平衡后；某一时刻降低温度，由于该反应的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，重新达到平衡时，平衡常数增大；

根据图象可知：反应平衡时图中对应点应为E和F，降低温度后，反应速率减小，平衡正向移动，CH4的浓度会增大，CO2的浓度减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为D点，曲线乙对应的平衡点可能为M点。【解析】-164.9△H1＜0，△H2＞0，温度升高时，反应Ⅰ向左移动使CO2增加的量比反应Ⅱ向右移动使CO2减少的量多200℃乙增大DM20、略

【分析】【详解】

(1)在温度相同时，各弱酸的Ki值与酸性的相对强弱的关系为：Ki值越大；表示电离出氢离子的程度越大，则酸性越强。

(2)根据电离平衡常数可知：

A.正确的应该是ClO-+H2O+CO2→HClO+A错误；

B.甲酸的酸性比碳酸强；根据强酸制弱酸的原理，B正确；

C．H2SO3+HCOO-→HCOOH+C错误；

D．Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-；D正确；

故答案为BD；

(3)常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，生成HCOONa，由于甲酸是弱酸，二者反应后酸有剩余，故混和液呈酸性，HCOOH电离程度大于甲酸根的水解程度，盐电离产生离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。

(4)由信息：亚硒酸(H2SeO3)有较强的氧化性。SO2具有还原性，会产生红褐色单质应该是硒单质，则该反应的化学方程式：H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4。

(5)将亚硒酸与30%的H2O2加热可制得硒酸(H2SeO4)，此时过氧化氢作氧化剂，H2O是还原产物，H2SeO4既是氧化产物又是还原产物，H2SeO3作还原剂，其氧化性比H2SeO4弱；故合理选项是C。

(6)根据化合价升降法和题目中的信息：TeO2与Te的物质的量之比为1：1，根据电子守恒、原子守恒，可得配平方程式为：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O。【解析】Ki值越大，酸性越强c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4C821141021、略

【分析】【详解】

（1）流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧