2025年岳麓版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年岳麓版高一化学下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9题，共18分)1、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB.0.1molH2O中含有电子的数目为NAC.标准状况下，11.2L四氯化碳中含有分子的数目为0.5NAD.0.5mol·L－1CaCl2溶液中的Cl—的数目为NA2、用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定某未知浓度的醋酸溶液，最合适的指示剂是（）A.甲基橙B.无色酚酞试液C.紫色石蕊试液D.三者均可3、下列仪器能直接用酒精灯加热的是（）

①量筒②表面皿③烧杯④试管⑤烧瓶⑥蒸发皿⑦坩埚．A.②③④⑥⑦B.③④⑥⑦C.④⑥⑦D.③④⑦4、下列化学反应属于吸热反应的是（）A.NH4Cl与Ba（OH）2•8H2O研磨B.生石灰溶于水C.镁与稀盐酸反应D.甲烷燃烧5、已知反应rm{X+Y篓TM+N}为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}的能量一定高于rm{M}B.rm{Y}的能量一定高于rm{N}C.rm{X}和rm{Y}的总能量一定高于rm{M}和rm{N}的总能量D.rm{X}和rm{Y}的总能量一定低于rm{M}和rm{N}的总能量6、下列化合物跟溴和铁粉反应，氢原子被取代，所得一溴代物rm{C_{8}H_{9}Br}有二种同分异构体的是()A.B.C.D.7、在一定条件下，对于在密闭容器中进行的反应P(g)＋Q(g)R(g)＋S(g)，下列说法中可以充分说明这一反应已经达到平衡状态的是A.P、Q、R、S的浓度相等B.P、Q、R、S在容器中共存C.P、Q、R、S的浓度不再变化D.P、Q的消耗速率相等8、下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（）①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2

②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4

③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6

④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．A.①B.④C.②③④D.①②③9、下列递变规律正确的是（）A.Na、Mg、Al的还原性依次增强B.I2、Br2、Cl2的氧化性依次增强C.H2O、H2S、HCl热稳定性依次增强D.H3PO4、H2SO3、HClO的酸性依次增强评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、据报道，科学家已成功合成了少量N4，有关N4的说法正确的是（）A.N4与N2化学性质相似B.N4与N2互为同位素C.相同质量的N4和N2含原子个数比为1：1D.N4的摩尔质量是56g11、反应4NH3+5O2=4NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，30s后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率可表示为（）A.v（O2）=0.0025mol/（L•s）B.v（NO）=0.008mol/（L•s）C.v（H2O）=0.003mol/（L•s）D.v（NH3）=0.002mol/（L•s）12、锗rm{(Ge)}是第四周期第Ⅳrm{A}元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是()A.锗是一种金属性很强的元素B.锗的单质具有半导体的性能C.锗化氢rm{(GeH_{4})}稳定性很强D.锗酸rm{(H_{4}GeO_{4})}可能是难溶于水的弱酸13、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是()

A.rm{a}和rm{b}不连接时，铁片上会有金属铜析出B.rm{a}和rm{b}用导线连接时，铁片上发生的反应为：rm{Fe-3e^{-}=}rm{Fe^{3+}}C.无论rm{a}和rm{b}是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D.rm{a}和rm{b}用导线连接后，铁片上发生还原反应，溶液中铜离子向铜电极移动14、rm{25隆忙}时，浓度均为rm{0.2mol/L}的rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，下列判断不正确的是rm{(}rm{)}A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类不相同C.均存在rm{C(Na^{+})+C(H^{+})=c(CO_{3}^{2-})+C(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})}D.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{C(Na^{+})>c(CO_{3}^{2-})>C(OH^{-})>c(HCO_{3}^{-})}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、以下是有关物质相互转化的关系图；其中A俗称铁红，甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀，I的颜色呈浅绿色．

（1）若F是由Na+和SO42-组成的溶液，则甲的化学式是____，列举A物质的一种用途____．

（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则乙的化学式为____，丁属于单质、酸、碱中的____；在I溶液中加入氢氧化钠溶液，可以观察到的现象是____，对应的离子方程式和化学方程式依次是____，____；

（3）写出G→A+C的化学方程式：____．

（4）若A中混有杂质Al2O3，除去杂质的方法是加入过量的____，该反应的离子方程式为____．

（5）由E和A组成的混合物与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1．则反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比为____．16、实验室需要450mL1.0mol•L﹣1的硫酸溶液，某小组的同学设计如下实验步骤并依此进行配制，请回答相关问题．（已知所用98%浓硫酸的密度为1.84g•cm﹣3）

①计算需98%的浓硫酸多少毫升；②在烧杯中将浓硫酸稀释；③接着将稀释后的硫酸转移到容量瓶中；④洗涤烧杯和玻璃棒3次；并将洗涤液转移到容量瓶中；⑤定容；⑥摇匀．

（1）该小组选用200mL和250mL的容量瓶各一个，你认为____（填“正确”或“不正确”）；如填不正确，应选____（指出规格和个数）的容量瓶，并请说出你的理由____．

（如填正确；后两问可不作回答）．

（2）按照你选取的容量瓶，应该用____（多大规格）的量筒（可供选择的量筒规格为：10mL、15mL、20mL、50mL和100mL），量取____mL98%的浓硫酸．

（3）量筒和容量瓶在使用前都已洗干净但不干燥，对结果是否造成影响，请具体回答____；某同学认为将量筒内浓硫酸倒出之后，应将量筒洗涤一下并将洗涤液并入烧杯中，最后转移到容量瓶中，你认为____（填“正确”或“错误”）．

（4）配制好的溶液要等到下周高一同学的实验课上使用．该小组同学认为保存在容量瓶里就行，你怎样认为？如果你是该小组的成员．请谈谈你的看法和做法____．

（5）指出上述操作步骤中的疏漏之处____，该处疏漏可造成所配溶液浓度____（填“偏大”或“偏小”）．17、信息：已知在由Na2S、Na2SO3、Na2SO4三种物质组成的混合物中；钠元素的质量分数为46%，则氧元素的质量分数的计算方法为：

Na2S、Na2SO3、Na2SO4有共同的部分Na2S，可拆变合一为（Na2S）Ox；则硫元素的质量分数为2NaS

4632

46%32%

则氧元素的质量分数为1-46%-32%=22%

由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物中，硫元素的质量分数为32%，计算该混合物中氧元素的质量分数为______．18、请填写下表。原子质子数rm{(Z)}中子数rm{(N)}质量数rm{(A)}rm{rlap{_{Z}}{^{A}}X}rm{C}rm{6}rm{6}rm{Cl}rm{37}rm{O}rm{{,!}^{18}_{8}O}19、（10分）X、Y、Z、E、F为五种短周期元素，原子序数依次递增。X+只含有一个质子；Y的正、负化合价绝对值相等，且由X、Y两元素组成的物质是天然气的主要成分；Z的原子核内质子数是Y的最外层电子数的2倍；F与Z同主族；E与X同主族。试推断（1）下列元素分别是：Y________，F。(用元素符号表示)（2）X、Z、E形成化合物里所含有的化学键有、；（每空1分）它属于化合物（填“离子”或“共价”）。（3）用电子式表示YZ2的形成过程：_____________________________________________。20、将下列有关实验中所需试剂的名称填入横线上：

(1)做过碘升华的容器内壁上粘有碘；用____________洗涤；

(2)久置石灰水后的试剂瓶用____________洗涤．21、焦亚硫酸钠rm{(Na_{2}S_{2}O_{5})}是常用食品抗氧化剂，常用于葡萄酒、果脯等食品中。rm{Na_{2}S_{2}O_{5}}中硫元素的化合价是______，焦亚硫酸钠在空气中久置会被氧化生成连二硫酸钠rm{(Na_{2}S_{2}O_{6})}写出该反应的化学方程式______。22、汽车尾气里含有rm{NO}气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：rm{N2(g)+O2(g)?2NO(g)娄陇H>0}己知该反应在rm{N2(g)+O2(g)?2NO(g)

娄陇H>0}时，平衡常数rm{2404隆忙}请回答：

rm{K=64x10^{-4}}该反应的平衡常数表达式为________rm{1.}该温度下，向rm{2.}密闭容器中充入rm{2L}和rm{N_{2}}各rm{O_{2}}平衡时，rm{1mol}的转化率是________rm{N_{2}}保留整数位rm{拢楼(}rm{)}该温度下，某时刻测得容器内rm{3.}rm{N_{2}}rm{O_{2}}的浓度分别为rm{NO}rm{2.5隆脕10^{-1}mol/L}和rm{4.0隆脕10^{-2}mol/L}此时反应________rm{3.0隆脕10^{-3}mol/L}填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”rm{(}理由是________。rm{)}将rm{4.}rm{N_{2}}的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是________rm{O_{2}}填字母序号rm{(}rm{)}向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的rm{5.}和rm{N_{2}}达到平衡状态后再向其中充入一定量rm{O_{2}}重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中rm{NO}的体积分数________rm{NO}填“变大”、“变小”或“不变”rm{(}rm{)}评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)23、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．评卷人得分五、原理综合题(共3题，共30分)24、以赤铁矿为原料；利用高炉炼铁的基本反应为：

i.Fe2O3（s）+3CO2Fe（s）+3CO2（g）△H1

其中CO产生的反应是：

ii.C（焦炭，s）+O2（空气，g）=CO2（g）△H2＜0

iii.C（焦炭，s）+CO2（g）=2CO（g）△H3＞0

（1）以焦炭炼铁的反应：3C（焦炭，s）+2Fe2O3（s）4Fe（s）+3CO2（g）的△H=____________（请用含△H1、△H2或H3的式子表示）。

（2）反应i的平衡常数与温度的关系如下表，请回答：。温度/℃100011501300平衡常数K64.050.642.9

①当反应温度为1150℃，高炉中n（CO）：n（CO2）=4:1时，v正_____v逆（填大于；小于、或等于）。

②已知高炉容积VL，反应温度1000℃。若提供给i反应的CO共2.24×103L（已折算标准状况），该反应经过tmin达平衡，则CO2在此段时间的反应速率为________（用V；t代数式表示）。

（3）T℃下；初始体积均为2L，初始压强均为100kPa的甲（固定体积），乙（固定压强）两容器中各充入2molCO进行反应iii，达平衡时甲中气体压强变为原来的4/5倍。请回答：

①下列可以判断甲中反应达平衡的是________________（填字母序号）。

a.2c（CO2）=c（CO）

b.v正（CO2）=2v逆（CO）

c.气体密度不再改变。

d.气体平均分子量不再改变。

②下图为甲、乙两容器中CO的百分含量（CO%）与时间（t）的关系示意图，其中代表乙容器的是___________（填字母编号），理由是______________________。

③乙容器中达平衡时的平衡常数Kp=___________________（Kp为用压强表达的平衡常数）。25、二甲醚是一种重要的清洁燃料。合成二甲醚是解决能源危机的研究方向之一。

（1）用CO2和H2可以合成二甲醚(CH3OCH3)

已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol

则反应2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=____。

（2）二甲醚(CH3OCH3)燃料电池可以提升能量利用率。利用二甲醚酸性介质燃料电池电解200mL饱和食盐水(惰性电极)；电解一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L(设电解后溶液体积不变)

①二甲醚燃料电池的正极反应式为____，负极反应式为____。

②请写出电解食盐水的化学方程式____。

③电解后溶液的pH=____，理论上消耗二甲醚的质量为____(保留一位小数)。26、氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学；化工工业、国防等领域占有重要地位。

（1）发射航天火箭常用肼(N2H4)与N2O4作燃料与助燃剂。肼(N2H4)与N2O4的反应为2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ•mol-1

已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：。化学键N-HN-NN≡NO-HE/（kJ•mol-1）390190946460

则使1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)]随温度的变化如图所示。

①由图推测该反应的△H___0（填“>”或“<”），理由为________________。

②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强po为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp=_________（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数）。

③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=___________，在下左图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为__________（填字母代号）。

（3）电解NO2制备NH4NO3；其工作原理如图所示。

①阳极的电极反应式为________________________________________。

②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物A，则A的化学式为_________。评卷人得分六、简答题(共3题，共9分)27、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示。已知rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}rm{X^{+}}离子核外有rm{10}个电子；rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料；rm{Z}的非金属性在同周期主族元素中最大。

rm{(1)垄脵X}位于元素周期表中位置是__________；rm{垄脷X}和rm{W}可以形成rm{X_{2}W}和rm{X_{2}W_{2}}两种化合物，其中rm{X_{2}W_{2}}中所含的化学键类型是________。rm{(2)Z}的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是__________rm{(}____rm{)}从原子结构分析两种气态氢化物稳定性差别的原因：____________________________________________________________。rm{(3)Y}与rm{Z}形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是________________________________________。28、用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。rm{(1)Al^{3+}}的原子结构示意图为________________；rm{Al}与rm{NaOH}溶液反应的离子方程式为___________________________________________________。rm{(2)^{30}Si}的原子的中子数为________；rm{SiO_{2}}的晶体类型为________。rm{(3)Al^{3+}}与rm{Y}rm{{,!}^{n}}rm{{,!}^{-}}的电子数相同，rm{Y}所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。rm{(4)}焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是________。29、下表列出了rm{垄脵隆芦垄脼}六种元素在周期表中的位置：请按要求回答下列问题：rm{(1)}元素rm{垄脷}的单质电子式是______；rm{(2)}用电子式表示rm{垄脻}的氢化物的形成过程_____________________；rm{(3)}这六种元素中，位于第三周期且原子半径最小的是_______rm{(}填元素符号rm{)}该元素的单质与rm{垄脵}的氢化物在一定条件下可以发生反应，写出第一步反应方程式：____________________________________；的氢化物在一定条件下可以发生反应，写出第一步反应方程式：____________________________________；rm{垄脵}这六种元素的最高价氧化物中，属于两性氢氧化物的是rm{(4)}填化学式，下同rm{(}___．rm{)}这些元素形成的气态氢化物中，最稳定的是____，rm{(5)}在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是____．元素rm{(6)}的单质在空气中燃烧，发生反应的化学方程为________________________；rm{垄脹}的单质反应的化学方程式__________________________________________。将产物加入水中，形成的溶液可使酚酞变红，写出该溶液与rm{垄脺}的单质反应的化学方程式__________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C|D【分析】试题分析：四氯化碳为态体，标况下11.2L不是0.5mol，C错误；D中没有说明溶液的体积，错误；答案选CD。考点：阿伏加德罗常数与微观粒子的数目【解析】【答案】CD2、B【分析】【解答】用0.1000mol/LNaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa溶液中醋酸根离子部分水解；溶液呈碱性，根据指示剂的变色范围可知，应选择碱性范围内变色的指示剂，即无色酚酞，不能选用甲基橙和甲基红；

故选B．

【分析】根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后，与指示剂变色范围越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察，据此进行判断．3、C【分析】解：实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿；试管、坩埚；垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等．

故选C．

实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿；试管、坩埚；垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等．

本题考查实验室常见仪器的用法，题目难度不大，注意垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等．【解析】【答案】C4、A【分析】解：A．NH4Cl与Ba（OH）2•8H2O研磨发生反应为吸热反应；故A正确；

B．生石灰溶于水反应生成氢氧化钙；属于放热反应，故B错误；

C．镁与稀盐酸反应发生的是氧化还原反应；属于放热反应，故C错误；

D．甲烷燃烧是放热反应；故D错误；

故选A．

根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸反应、金属与水反应；所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2）；少数分解反应以及某些复分解（如铵盐和强碱）；

本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆，题目较简单．【解析】【答案】A5、C【分析】解：rm{A.X}和rm{Y}的总能量一定高于rm{M}和rm{N}的总能量，rm{X}的能量不一定高于rm{M}故A错误；

B.rm{X}和rm{Y}的总能量一定高于rm{M}和rm{N}的总能量，rm{Y}的能量不一定高于rm{N}故B错误；

C.反应rm{X+Y=M+N}为放热反应，rm{X}和rm{Y}的总能量一定高于rm{M}和rm{N}的总能量；故C正确；

D.反应rm{X+Y=M+N}为放热反应，rm{X}和rm{Y}的总能量一定高于rm{M}和rm{N}的总能量；故D错误．

故选C．

反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应．

本题考查学生放热反应的原因，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】

本题考查苯的同系物苯环上一溴取代物的同分异构体的种数；题目难度中等，注意解题方法是找准对称轴，进行正确判断。

【解答】

A.对称轴的位置如图rm{垄脵}所示，在乙苯中，rm{2}rm{6}两个碳原子和rm{3}rm{5}两个碳原子分别关于对称轴对称，而第rm{4}个碳原子又是另一类不同的碳原子；所以在乙苯中，苯环上的一溴代物有三种同分异构体，故A错误；

B.邻二甲苯的一溴代物有两种同分异构体，对称轴分别如图rm{垄脷}故B正确；

C.对二甲苯的一溴代物的同分异构体只有一种，对称轴分别如图rm{垄脺}故C错误；

D.间二甲苯的一溴代物的同分异构体有三种，对称轴分别如图rm{垄脹}故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}7、C【分析】【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以选项C正确。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，A不能说明。只要是可逆反应，则反应物和生成物一定同时共存，B不能说明；D中反应速率的方向是相同，速率之比是相应的化学计量数之比，因此D中的关系始终是成立的，D不能说明。因此答案选C。考点：考查可逆反应平衡状态的判断【解析】【答案】C8、C【分析】【解答】解：①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4；故②正确；

③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6；故③正确；

④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8；故④正确．

故选C．

【分析】①②③为放热反应；物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；

④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．9、B【分析】解：A．同周期从左向右金属性减弱；还原性减弱，则Na；Mg、Al还原性依次减弱，故A错误；

B．同主族从上到下非金属性减弱，对应单质的氧化性减弱，则I2、Br2、Cl2氧化性依次增强；故B正确；

C．非金属性O＞Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，H2S、HCl、H2O稳定性依次增强；故C错误；

D、H3PO4和H2SO3是中强酸；HClO不是最高价含氧酸，它属于弱酸，则HClO的酸性最弱，故D错误；

故选B．

A．同周期从左向右金属性减弱；还原性减弱；

B．同主族从上到下非金属性减弱；对应单质的氧化性减弱；

C．元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

D；非金属性越强；其最高价氧化物的水化物的酸性越强．

本题考查元素周期律和周期表的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答本题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】【答案】B二、双选题(共5题，共10分)10、A|C【分析】解：A．N4与N2是N元素形成的不同单质；互为同素异形体，故化学性质相似，故A正确；

B．N4与N2是N元素形成的不同单质；互为同素异形体，故B错误；

C．相同质量的N4和N2含原子的物质的量之比为n（N）：n（N）==1：1；故原子数之比也为1：1，故C正确；

D．N4的摩尔质量是56g/mol；故D错误；

故选AC．

A．同素异形体的化学性质相似；

B．有相同质子数；不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；

C．原子的物质的量之比等于原子个数之比；

D．摩尔质量的单位是g/mol．

本题考查同素异形体的化学性质、同位素的概念、物质的量的相关计算、摩尔质量的概念，难度不大．要注意平时的积累．【解析】【答案】AC11、A|C|D【分析】解：半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以用NO表示的反应速率为v（NO）==0.002mol/（L•s）．

A、根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=×0.002mol/（L•s）=0.0025mol/（L•s）；故A正确；

B；半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol；所以用NO表示的反应速率为v（NO）=0.002mol/（L•s），故B错误；

C、根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）=1.5v（NO）=1.5×0.002mol/（L•s）=0.003mol/（L•s）；故C正确；

D、根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=v（NO）=0.002mol/（L•s）；故D正确．

故选ACD．

根据v=计算v（NO）；在根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率．

本题考查化学反应速率，难度不大，注意反应速率计算常用两种方法定义法与化学计量数法，根据情况选择使用．【解析】【答案】ACD12、BD【分析】【分析】本题考查周期表和周期律知识，难度不大。【解答】A.锗位于金属和非金属分界线两侧，是一种金属性不强的元素，故A错误；

B.锗位于金属和非金属分界线两侧，故锗的单质具有半导体的性能，故B正确；C.锗位于金属和非金属分界线两侧，锗化氢rm{(GeH_{4})}不稳定，故C错误；D.硅酸为难溶于水的弱酸，同主族元素性质相似，则锗酸rm{(H}rm{(H}rm{{,!}_{4}}rm{GeO}rm{GeO}也可能是难溶于水的弱酸，故D正确。rm{{,!}_{4}}rm{)}也可能是难溶于水的弱酸，故D正确。【解析】rm{BD}13、AC【分析】【分析】本题考查原电池原理、电极反应式，题目难度不大，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，试题培养了学生的灵活应用能力。【解答】A.rm{a}和rm{b}不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；和rm{a}不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；

rm{b}和B.rm{a}和rm{b}连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，负极上rm{Fe}失电子发生氧化反应，电极反应式为：rm{Fe-2e}连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，负极上rm{a}失电子发生氧化反应，电极反应式为：rm{b}rm{Fe}rm{Fe-2e}rm{{,!}^{-}}rm{=}rm{Fe^{2}}故B错误；

rm{=}和rm{Fe^{2}}是否连接，铁都失电子发生氧化反应生成rm{{,!}^{+}}故B错误；所以铁都溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，rm{{,!}^{+}}

C.无论rm{a}和rm{b}是否连接，铁都失电子发生氧化反应生成rm{Fe^{2+}}所以铁都溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色和rm{a}用导线连接后，铁为负极、铜为正极，阳离子向正极运动，则溶液中rm{b}向铜电极移动，但负极上rm{Fe^{2+}}失电子发生氧化反应故C正确；

D.rm{a}和rm{b}用导线连接后，铁为负极、铜为正极，阳离子向正极运动，则溶液中rm{Cu^{2+}}向铜电极移动，但rm{a}【解析】rm{AC}14、BC【分析】解：rm{A}在rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中均存在水的电离平衡和弱离子碳酸根；碳酸氢根离子的水解平衡；故A正确；

B、rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中存在粒子种类相等；均有碳酸根离子；碳酸氢根离子、碳酸分子、钠离子、氢离子和氢氧根离子以及水分子，故B错误；

C、rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中存在电荷守恒：rm{C(Na^{+})+C(H^{+})=2c(CO_{3}^{2-})+C(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})}故C错误；

D、碳酸钠溶液中，碳酸根离子会发生水解，导致溶液显示碱性，离子浓度大小顺序为：rm{C(Na^{+})>c(CO_{3}^{2-})>C(OH^{-})>c(HCO_{3}^{-})}故D正确．

故选BC．

A、rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中存在水的电离平衡和弱离子的水解平衡；

B、根据rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中存在粒子种类来判断；

C；溶液中存在电荷守恒；

D；碳酸钠溶液中；钠离子和碳酸根离子浓度是最大的，碳酸根离子会发生水解，根据离子浓度大小比较的方法来回答．

本题是一道关于离子浓度大小比较的综合知识题目，考查学生分析和解决问题的能力，综合性较强，难度大．【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】

其中A俗称铁红，化学式为Fe2O3；甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀判断为Fe（OH）3，C为H2O；I的颜色呈浅绿色；为亚铁离子的溶液；

（1）若F是由Na+和SO42-组成的溶液，则依据转化关系得到，甲为强酸H2SO4；A为Fe2O3；氧化铁的性质分析应用和用途，铁红是非常重要的一种防锈颜料，绝大多数的涂料都开发有铁红防锈漆，如醇酸铁红防锈漆、氯化橡胶铁红防锈漆和环氧铁红防锈漆．甚至在某些环氧富锌底漆中，都以铁红作为重要辅助防锈颜料；故答案为：H2SO4；用作红色油漆和涂料；

（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体，判断乙为还原性气体CO，还原氧化铁为铁和二氧化碳气体，E为Fe，铁和丁反应生成亚铁离子证明丁为稀酸；亚铁离子和碱氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；反应的离子方程式和化学方程式为：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：CO；酸；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（3）G→A+C的化学方程式变化为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水的反应；反应化学方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；

故答案为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；

（4）氧化铁中含有氧化铝，利用氧化铝的两性进行除杂，氧化铝溶于强酸强碱溶液，氧化铁溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，氧化铁不溶解；反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故答案为：NaOH溶液；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（5）E和A组成的混合物依据上述分析判断为Fe和Fe2O3；与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；

依据反应：Fe+H2SO4=Fe2++H2↑；

1111

Fe+2Fe3+=3Fe2+；

123

Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；

131

反应物中Fe2O3、Fe、H2SO4的物质的量之比=1：2：4；

故答案为：1：2：4；

【解析】【答案】其中A俗称铁红，化学式为Fe2O3；甲为强酸，乙为还原性气体，丙为强碱溶液，G为红褐色沉淀判断为Fe（OH）3，C为H2O；I的颜色呈浅绿色；为亚铁离子的溶液；

（1）若F是由Na+和SO42-组成的溶液，则依据转化关系得到，甲为强酸H2SO4；A为Fe2O3；依据氧化铁的性质分析应用和用途；

（2）若D是能使澄清石灰水变浑浊的气体；判断乙为还原性气体CO，还原氧化铁为铁和二氧化碳气体，E为Fe，铁和丁反应生成亚铁离子证明丁为稀酸；亚铁离子和碱氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；

（3）变化为氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水的反应；

（4）氧化铁中含有氧化铝；利用氧化铝的两性进行除杂，氧化铝溶于强酸强碱溶液，氧化铁溶于强酸溶液；

（5）E和A组成的混合物依据上述分析判断为Fe和Fe2O3；与稀H2SO4作用，固体恰好溶解，所得溶液中不含Fe3+，且生成的Fe2+与H2的物质的量之比为4：1；

依据反应Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；分析计算；

16、不正确1个500mL容量瓶配制次数越多，积累误差就越大50mL量筒不干燥使结果偏小，而容量瓶不干燥无影响错误配制好的溶液保存于试剂瓶中，并贴上标签，注明配制日期、浓度及硫酸等字样没有冷却就转移到容量瓶中偏大【分析】【解答】（1）配制次数越多；积累误差就越大，选用200mL和250mL的容量瓶各一个不正确，应选择1个500mL容量瓶；

故答案为：不正确；1个500mL容量瓶；配制次数越多；积累误差就越大；

（2）浓硫酸物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，需要浓硫酸体积为=27.2mL；需要选择50mL的量筒；

故答案为：50mL；27.2；

（3）量筒不干燥；使量取的浓硫酸被稀释，所配溶液浓度偏小；最后需要加水定容，容量瓶不干燥无影响，量筒为流量式仪器，不需要洗涤；

故答案为：量筒不干燥使结果偏小；而容量瓶不干燥无影响；错误；

（4）容量瓶不能长时间盛放溶液；会导致影响精度，配制好的溶液保存于试剂瓶中，并贴上标签，注明配制日期；浓度及硫酸等字样；

故答案为：配制好的溶液保存于试剂瓶中；并贴上标签，注明配制日期；浓度及硫酸等字样；

（5）上述操作步骤中的疏漏之处：没有冷却就转移到容量瓶中；冷却后溶液体积偏小，该处疏漏可造成所配溶液浓度偏大；

故答案为：没有冷却就转移到容量瓶中；偏大．

【分析】（1）选择500mL容量瓶；配制次数越多，积累误差就越大；

（2）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度；再根据稀释定律计算需要浓硫酸体积，进而确定量筒规格；

（3）量筒不干燥；使量取的浓硫酸被稀释；最后需要加水定容，容量瓶不干燥无影响；

（4）溶液配好后长时间不用；应存放在细口瓶内并贴上标签；

（5）没有冷却就转移到容量瓶中，会导致溶液浓度偏大．17、略

【分析】解：因为NaHS、NaHSO3组成中钠和氢的个数比是1：1，可以把钠元素和氢元素放在一起看做镁元素（23+1=24），这样三种物质相当于是MgS、MgSO4、MgSO3，此时三种物质中镁和硫的个数比都是1：1；硫元素的质量分数为32%，所以镁元素的质量分数为×32%=24%；则混合物中氧元素的质量分数为1-32%-24%=44%．

故答案为：44%．

根据NaHS、MgSO4、NaHSO3的化学式；可以发现NaH相对原子质量和为24，可以看成与Mg是等同的；即可以把NaH它们看成一个整体，就可以通过硫的质量分数求镁的质量分数，余下的就是氧元素质量分数．

本题考查了知识的迁移运用，把NaH它们看成一个整体（看成与Mg是等同的）是正确解答本题的关键．【解析】44%18、【分析】【分析】本题考查了原子结构的有关知识。【解答】。原子质子数rm{(Z)}中子数rm{(N)}质量数rm{(A)}rm{rlap{_{Z}}{^{A}}X}rm{C}rm{6}rm{6}rm{12}rm{{,!}_{6}^{12}{C}}rm{{,!}_{6}^{12}{C}}rm{{,!}_{6}^{12}{C}}rm{Cl}rm{17}rm{20}rm{37}rm{{,!}_{17}^{37}{C}l}rm{{,!}_{17}^{37}{C}l}rm{O}rm{8}rm{10}rm{18}rm{{,!}_{8}^{18}{O}}rm{{,!}_{8}^{18}{O}}

rm{{,!}_{8}^{18}{O}}

故答案为：【解析】19、略

【分析】考查原子核外电子的排布规律、原子的组成、元素周期表的结构以及化学键的判断等。X+只含有一个质子，则X是H。天然气的主要成分是CH4，所以Y是C。Z的原子核内质子数是Y的最外层电子数的2倍，则Z是O。F与Z同主族，所以F是S。E的原子序数大于O的，小于S，且和H同主族，所以E是Na。X、Z、E形成化合物是氢氧化钠，属于离子化合物，一定含有离子键，同时氢和氧之间还有极性键。YZ2是CO2，属于极性键形成的共价化合物。（3）【解析】【答案】（1）C，S（2）离子键、共价键（或极性键）；离子20、略

【分析】解：(1)碘易溶于酒精，苯或CCl4等有机溶剂进行洗涤，故答案为：酒精，苯或CCl4等有机溶剂；

(2)久置石灰水变为碳酸钙，可选择与碳酸钙反应的试剂，如稀盐酸、稀硝酸等，故答案为：稀盐酸或稀硝酸．【解析】酒精，苯或CCl4等有机溶剂;稀盐酸或稀硝酸21、略

【分析】解：设rm{Na_{2}S_{2}O_{5}}中硫元素的化合价为rm{+x}价，钠为rm{+1}价、氧为rm{-2}价，化合物中元素的正负化合价代数和为零，则rm{2+2x=2隆脕5}解之得rm{x=4}所以硫元素的化合价为rm{+4}价，rm{)}焦亚硫酸钠在空气中久置会与氧气反应生成连二硫酸钠rm{(Na_{2}S_{2}O_{6})}反应物为rm{Na_{2}S_{2}O_{5}}rm{O_{2}}生成物为rm{Na_{2}S_{2}O_{6}}结合原子守恒反应方程式为：rm{2Na_{2}S_{2}O_{5}+O_{2}=2Na_{2}S_{2}O_{6}}

故答案为：rm{+4}rm{2Na_{2}S_{2}O_{5}+O_{2}=2Na_{2}S_{2}O_{6}}

根据化合物中元素的正负化合价代数和为零，结合化学式进行解答，焦亚硫酸钠在空气中久置会与氧气反应生成连二硫酸钠rm{(Na_{2}S_{2}O_{6})}反应物为rm{Na_{2}S_{2}O_{5}}rm{O_{2}}生成物为rm{Na_{2}S_{2}O_{6}}结合原子守恒解答。

本题考查常见元素的化合价、方程式的书写，根据化合物中元素的正负化合价代数和为零以及根据信息结合原子守恒解答，试题培养了学生的分析、理解能力，题目难度不大。【解析】rm{+4}rm{2Na_{2}S_{2}O_{5}+O_{2}=2Na_{2}S_{2}O_{6}}22、（1）

（2）4%

（3）向正反应方向进行<K

（4）AC

（5）不变【分析】【分析】本题考查了平衡常数的书写，化学平衡的计算，平衡移动的判断，等效平衡的应用。【解答】rm{(1)}根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数rm{K=c(NO)^{2}/c(N_{2})c(O_{2})}故答案为：

rm{(2)2L}密闭容器中充入rm{N_{2}}和rm{O_{2}}各rm{1mol}rm{N_{2}}和rm{O_{2}}的浓度均为rm{0.5mol/L}设平衡时氮气的浓度减少rm{xmol/L}则rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2NO(g)}

开始rm{(mol/L)0.5}rm{0.5}rm{0}

转化rm{(mol/L)}rm{x}rm{x}rm{2x}

平衡rm{(mol/L)0.5-x}rm{0.5-x}rm{2x}

则rm{K=64隆脕10^{-4}=(2x)^{2}/(0.5-x)(0.5-x)}解得rm{K=64隆脕10^{-4}=(2x)^{2}/(0.5-x)(

0.5-x)}所以平衡时氮气的转化率为rm{x=0.02}故答案为：rm{0.02mol/L/0.5mol/L隆脕100%=4%}；

rm{4%}计算此时的浓度积rm{c(NO)^{2}/c(N_{2})c(O_{2})=(3.0隆脕10^{-3})^{2}/(2.5隆脕10^{-1})隆脕(4.0隆脕10^{-2})=9隆脕10^{-4}<64隆脕10^{-4}}所以平衡向正反应方向进行，故答案为：向正反应方向进行rm{(3)}；

rm{c(NO)^{2}/c(N_{2})c(O_{2})=(3.0隆脕10^{-3})^{2}/(2.5隆脕10^{-1})

隆脕(4.0隆脕10^{-2})=9隆脕10^{-4}<64隆脕10^{-4}}纵坐标表示平衡常数，该反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，则平衡常数增大，正确；rm{<K}有无催化剂对反应速率有影响，但不改变平衡状态，rm{(4)A}的平衡浓度不变，错误；rm{B}温度升高，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确，故答案为：rm{NO}

rm{C}该反应是反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，当达到平衡状态后再向其中充入一定量rm{AC}相当于充入等物质的量的rm{(5)}和rm{NO}与原平衡物质的物质的量的比例关系相同，所以达到的新平衡与原平衡等效，则平衡混合气中rm{N_{2}}的体积分数不变，故答案为：不变。

rm{O_{2}}【解析】rm{(1)}

rm{(2)4%}

rm{(3)}向正反应方向进行rm{<K}

rm{(4)AC}

rm{(5)}不变四、判断题(共1题，共3分)23、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．五、原理综合题(共3题，共30分)24、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律计算；

（2）①利用浓度商与平衡常数大小进行判断；

②v（CO2）=△n/Vt；

（3）①根据平衡状态的特征判断；当反应达到平衡状态时，正；逆反应速率相等（同种物质），各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；

②图中先出现拐点；对应的压强大。

③平衡三段式列式计算。

【详解】

（1）i.Fe2O3（s）+3CO2Fe（s）+3CO2（g）△H1

其中CO产生的反应是：

ii.C（焦炭，s）+O2（空气，g）=CO2（g）△H2＜0

iii.C（焦炭，s）+CO2（g）=2CO（g）△H3＞0

i×2+iii×3得：以焦炭炼铁的反应：3C（焦炭，s）+2Fe2O3（s）4Fe（s）+3CO2（g）的△H=2△H1+3△H3；

（2）①在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生反应：Fe2O3（s）+3CO2Fe（s）+3CO2（g），该反应的平衡常数表达式为：K=c3(CO2)/c3(CO)=50.6。当反应温度为1150℃，高炉中n（CO）：n（CO2）=4:1时，Qc=c3(CO2)/c3(CO)=1/43<50.6，反应正向进行，故v正大于v逆；

②n（CO2）==100mol

K=c3(CO2)/c3(CO)=64，c(CO2)=4c(CO)，得平衡时n(CO2)=4[100mol-n(CO2)]，得n(CO2)=80mol，v（CO2）=

（3）iii.C（焦炭，s）+CO2（g）=2CO（g）△H3＞0

①a.2c（CO2）=c（CO）没有指明正逆速率；故错误；

b.应为2v正（CO2）=v逆（CO）；故错误；

c.气体质量发生变化；容器体积不变，气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态，故正确。

d.反应前后气体物质的量改变；气体质量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故正确；

故选cd。

②下图为甲、乙两容器中CO的百分含量（CO%）与时间（t）的关系示意图，其中代表乙容器的是b；乙容器相当于甲加压，加压使得反应速率加快，先达到平衡；同时加压使得平衡向着气体分于数减小的方向，即逆向移动，故CO含量乙＜甲。

③甲中C（焦炭，s）+CO2（g）=2CO（g）

起始量/mol02

变化量/molx/2x

平衡量/molx/22-x

2-x+x/2=2×4/5

x=0.8

k==180kPa

【点睛】

本题考查了化学平衡图象分析，影响因素判断，热化学方程式书写，平衡常数的计算，解题关键：明确发生反应的原理，掌握焓变、反应热、物质的量的计算，试题计算量较大，对学生化学计算能力要求较高．【解析】2△H1+3△H3大于mol/（L·min）cdb乙容器相当于甲加压，加压使得反应速率加快，先达到平衡；同时加压使得平衡向着气体分于数减小的方向，即逆向移动，故CO含量乙＜甲180kPa25、略

【分析】【详解】

（1）根据题意可知热化学方程式：①CO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol；③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol，利用盖斯定律进行计算，将三个方程式①×2+②×2+③进行叠加，可得热化学方程式：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ•mol-1；

（2）①原电池中正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，由于溶液显酸性，所以反应产生水，正极的电极反应式是O2＋4e－＋4H＋=2H2O；负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳；电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；

②在NaCl溶液中，由于离子放电能力：Cl->OH-，H+>Na+，所以Cl-在阳极放电产生氯气，氢离子在阴极放电产生氢气，电解食盐水的化学方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

③电解NaCl溶液一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L，n(H2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，根据电解方程式可知反应产生NaOH的物质的量是n(NaOH)=2n(H2)=0.2mol，则c(NaOH)=0.2mol÷0.2L=1mol/L，所以溶液的pH=14；根据原电池的负极反应式可知：1molCH3OCH3发生反应转移电子的物质的量是12mol，反应产生0.2molNaOH，转移电子的物质的量是0.2mol，则需要CH3OCH3的物质的量是0.2mol÷12=0.17mol，其质量是m(CH3OCH3)=0.17mol×46g/mol=0.8g。【解析】-122.5kJ·mol-1O2＋4e－＋4H＋=2H2OCH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑140.8g26、略

【分析】【分析】

根据反应的焓变＝反应物总键能－生成物总键能计算。根据图像分析；随着温度升高，四氧化二氮的平衡转化率增大，说明升高温度有利于反应正向进行，据此判断焓变。根据反应方程式计算平衡时体系中的四氧化二氮和二氧化氮的分压，代入平衡常数表达式计算分压平衡常数即可。电解池阳极发生氧化反应，根据原理分析，二氧化氮在阳极变为硝酸根离子，阴极为二氧化氮变为铵根离子，根据电子守恒分析硝酸根离子和铵根离子的物质的量的关系，并分析使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵需要将剩余的氢离子转化为铵根离子，据此分析Ａ物质。

【详解】

(1)假设1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量为xkJ，△H=2×（190+390×4）+x-946×3-460×8=-1077，计算x=1941kJ；(2)①根据图像分析，随着温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0；②四氧化二氮与二氧化氮之间存在反应，a点起始时四氧化二氮的压强为108kPa，四氧化二氮的平衡转化率为40%，则平衡时p(N2O4)=po(1-40%),p(NO2)=po×40%×2，所以反应的分压平衡常数为115.2KPa；③当达到平衡时满足正逆反应速率相等，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则k1、k2与平衡常数Kp的关系为Kp=根据2v(N2O4)=v(NO2)，则可以表示化学平衡的点为B点与D点。(3)①电解池阳极发生氧化反应，根据原理图分析，二氧化氮在阳极失去电子转化为硝酸根离子，则阳极的电极反应为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；②阴极反应为二氧化氮变成铵根离子，电极反应为NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，产生多余的氢离子，为了使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵，则需要反应掉H+产生铵根离子，所以加入的A物质为NH3。【解析】1941kJ>温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0115.2KPaB点与D点NO2-e-+H2O=NO3-+2H+NH3六、简答题(共3题，共9分)27、(1)①第三周期IA族

②离子键和非极性共价键

（2）HCl氯和溴是同一主族元素，氯原子电子层数比溴原子少一层，氯原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性比溴强，与氢化合生成的氢化物稳定性比溴强。（或氯和溴是同一主族元素，从上到下，原子半径递增，得电子能力递减，非金属性递减。）

（3）SiCl4+3H2O═══4HCl+H2SiO3【分析】【分析】本题考查位置结构性质关系应用，是中学化学的重要知识，推断元素是解题关键，侧重对化学用语与元素周期律的考查，有利于学生对基础知识的巩固，难度中等。【解答】rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，已知rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}则rm{W}元素原子的质子数为rm{18-10=8}故rm{W}为氧元素；rm{W}rm{X}rm{Y}是四种常见的短周期元素，已知rm{Z}的一种核素的质量数为rm{W}中子数为rm{18}则rm{10}元素原子的质子数为rm{W}故rm{18-10=8}为氧元素；rm{W}rm{X}rm{X}个电子rm{{,!}^{+}}为离子核外有rm{10}个电子元素；rm{10}的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于，故rm{X}为rm{Na}元素；rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于rm{Na}元素，故rm{Y}为rm{Si}元素；rm{Z}的非金属性在同周期主族元素中最强，故rm{Z}为rm{Cl}元素。据此答题。元素，故rm{X}为rm{Na}元素；rm{Y}的非金属性在同周期主族元素中最强，故rm{Na}为rm{Y}元素。据此答题。rm{Si}rm{Z}rm{Z}rm{Cl}为rm{(1)}元素，位于元素周期表中第三周期第rm{(1)}族。rm{垄脵}第三周期第rm{垄脵}族；rm{X}和rm{Na}可以形成rm{IA}故答案为：rm{IA}和rm{垄脷}rm{垄脷}rm{X}和rm{W}可以形成rm{X}rm{X}rm{W}rm{X}rm{2}rm{2}rm{W}和rm{X}是过氧化钠rm{W}rm{X}rm{2}rm{2}rm{W}的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是rm{W}rm{2}氯和溴是同一主族元素，氯原子电子层数比溴原子少一层，氯原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性比溴强，与氢化合生成的氢化物稳定性比溴强。故答案为：rm{2}氯和溴是同一主族元素，氯原子电子层数比溴原子少一层，氯原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性比溴强，与氢化合生成的氢化物稳定性比溴强两种化合物，其中rm{X}rm{X}与rm{2}形成的化合物rm{2}是四氯化硅rm{W}和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是：rm{W}rm{2}rm{2}rm{