2025年人教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年人教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6题，共12分)1、下列有关金属的说法正确的是（）A.用坩埚钳夹住铁丝在酒精灯上加热红热，迅速伸进氧气瓶中，燃烧火星四射，放出大量的热，生成红棕色的固体B.相同物质的量的钠在常温和加热的条件下与氧气反应所得的产物不同，但转移的电子数相同．C.钠可以与冷水反应生成碱和氢气，铁必须与水蒸气反应才能生成碱和氢气D.等物质的量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应生成相同条件下。

氢气的体积比为1：32、下列分散系中，明显与其他不同的一种是rm{(}rm{)}A.盐酸B.稀豆浆C.rm{NaOH}溶液D.rm{FeCl_{3}}溶液3、下列有关离子的检验方法一定正确的是A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，再滴加足量稀HNO3，若沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含Ag＋B.向某溶液中滴加KSCN溶液，若溶液出现血红色则说明原溶液中含Fe3＋C.向某溶液中滴加足量稀HCl，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明原溶液中一定含CO32－D.用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色，说明原溶液中不含K＋4、用98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）配制1mol•L﹣1的稀硫酸100mL．配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒．按使用先后顺序排列正确的是（）A.④③⑦⑤⑥B.②⑤⑦④⑥C.④③⑤⑥⑦D.②⑥③⑦⑤⑥5、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，rm{22.4LCO_{2}}中含有rm{N_{A}}个rm{CO_{2}}分子B.rm{1.7gH_{2}O_{2}}中含有的电子数为rm{0.9N_{A}}C.标准状况下，rm{2.24LH_{2}O}含有的分子数等于rm{0.1N_{A}}D.分子数为rm{N_{A}}的rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}混合气体体积约为rm{22.4L}质量为rm{28g}6、下列rm{A}rm{B}两种元素的原子序数，其中可以组成rm{A_{2}B}型离子化合物的是rm{(}rm{)}A.rm{6}和rm{8}B.rm{19}和rm{16}C.rm{12}和rm{17}D.rm{10}和rm{8}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、（1）0.5molH2O的质量为_______________，其中含有_______________个水分子，共有_______________个原子。（2）质量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是_______________；在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_______________，体积最小的是_______________。8、某氯化镁溶液的密度为dg/cm3，其中镁离子的质量分数为w，amL该溶液中Cl—的物质的量为____。9、（6分）如图示是元素周期表的一部分，A、B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等。回答：（1）写出元素符号：A_________；B______；C_________。（2）C的原子结构示意图：____；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。（3）A的氢化物的水溶液显____（填酸或碱）性。10、（8分）化学科学在药物的开发、合成和使用中起着至关重要的作用。如小苏打、氢氧化铝、三硅酸镁等可治疗胃酸过多，硫酸亚铁可补铁、防治贫血。试回答下列问题：（1）写出小苏打与胃酸（主要成分为稀盐酸）作用的离子方程式：。（2）自选合适的氧化剂，将补铁剂中的Fe2+氧化成Fe3+，写出相关的离子反应方程式：____________________。（3）检验Fe3+常用的试剂除碱外，还可以用（填化学式），现象是。11、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种物质的转化关系如图所示rm{(}反应条件和部分产物未标出rm{)}

rm{(1)}若rm{A}为短周期金属单质，rm{D}为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数rm{A}是rm{D}的rm{2}倍，所含元素的原子最外层电子数rm{D}是rm{A}的rm{2}倍，rm{F}的浓溶液与rm{A}rm{D}反应都有红棕色气体生成，则rm{A}的离子结构示意图为__________，rm{D}的元素名称为__________，反应rm{垄脺}的化学方程式为___________________；若rm{(1)}为短周期金属单质，rm{A}为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数rm{D}是rm{A}的rm{D}倍，所含元素的原子最外层电子数rm{2}是rm{D}的rm{A}倍，rm{2}的浓溶液与rm{F}rm{A}反应都有红棕色气体生成，则rm{D}的离子结构示意图为__________，rm{A}的元素名称为__________，反应rm{D}的化学方程式为___________________；

rm{垄脺}若rm{(2)}若rm{A}rm{D}rm{F}都是短周期非金属元素单质，且rm{A}rm{D}所含元素同主族，rm{A}rm{F}所含元素同周期，rm{A}元素原子核外最外层电子数是内层电子数的rm{2}倍，则rm{A}rm{D}rm{F}三种元素按原子半径由大到小顺序排列为_________________________；rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{(2)}rm{A}都是短周期非金属元素单质，且rm{D}rm{F}所含元素同主族，rm{A}rm{D}所含元素同周期，rm{A}元素原子核外最外层电子数是内层电子数的rm{F}倍，则rm{A}rm{2}rm{A}三种元素按原子半径由大到小顺序排列为_________________________；rm{D}用元素符号表示rm{F}反应rm{(}的化学方程式为______________________________。rm{)}评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、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．13、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化14、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。17、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）18、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共3题，共6分)19、已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下，830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B。温度70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4

(1)反应达平衡后，升高温度，平衡_______移动（填“正向”或“逆向”）

(2)830℃达平衡时，A的转化率为________。20、直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(Na2SO3):n(NaHSO3)变化关系如下表：

。n(Na2SO3):n(NaHSO3)

91:9

1:1

9:91

pH

8.2

7.2

6.2

(1)由上表判断NaHSO3溶液显_____性，试解释原因______。

(2)pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)______0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)(填“＞”；“＜”或“＝”)。

(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干得到固体的主要成分是______。

(4)若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则m______n(填“＜”、“＞”或“＝”)21、C；N、S的氧化物常会造成一些环境问题；科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。

（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表示恒压容器中和平移转化率达时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式______________________。

（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入和发生反应可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到时达平衡，测得的体积分数为0.5，则前20min的反应速率_______该温度下反应化学平衡常数K=________。（保留两位小数）

（3）工业上有多种方法用于的脱除。

①可用NaClO碱性溶液吸收为了提高吸收效率，常加入反应过程的示意图如图所示，产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，因此可加快对的吸收。

a.的作用是____________________。

b.过程2的离子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亚硫酸盐法”吸收烟气中的室温条件下，将烟气通入溶液中，测得溶液与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，点时溶液pH=7，则_____________。

（4）用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1，被阳极产生的氧化性物质氧化尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液和对烟气脱硝的影响如图2所示：

图1图2

①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式__________________。排入空气的尾气，一定含有的气体单质是_________________（填化学式）。

②溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是___________________________。评卷人得分五、简答题(共3题，共9分)22、肼（N2H4）的性质类似于氨气，易溶于水，是塑料、橡胶发泡剂的原料．将肼蒸汽通入CuO胶体中，可发生如图所示的转化

（1）图示的转化中，属于非氧化还原反应的是______（填序号）．

（2）转化①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则X的化学式为______．

（3）转化②中，反应一段时间后，溶液中m（OH-）______（填“增大”“减小”或“不变”）

（4）加入NaClO时发生的反应为Cu（NH3）42++2ClO-+2OH-═Cu（OH）2↓+2N2H3↑+2Cl-+2H2O．该反应需在80℃以上进行，其目的除加快反应速率外，还有______、______．

（5）若①中参加反应的CuO物质的量为0.4mol，按图示转化过程进行后，④中生成的CuO物质的量也等于0.4mol，则③中参加反应的O2的物质的量与④中参加反应的NaClO的物质的量之比为______．23、Ⅰ：rm{SCR}和rm{NSR}技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的rm{NO_{x}}排放rm{.}rm{(1)SCR(}选择性催化还原rm{)}工作原理：

rm{垄脵}尿素水溶液热分解为rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}当燃油中含硫量较高时，尾气中rm{SO_{2}}在rm{O_{2}}作用下会形成rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}使催化剂中毒rm{.}用化学方程式表示rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}的形成：______．

rm{垄脷}尿素溶液浓度影响rm{NO_{2}}的转化，测定溶液中尿素rm{(M=60g?mol^{-1})}含量的方法如下：取rm{a}rm{g}尿素溶液，将所含氮完全转化为rm{NH_{3}}所得rm{NH_{3}}用过量的rm{v_{1}}rm{mL}rm{c_{1}}rm{mol?L^{-1}H_{2}SO_{4}}溶液吸收完全，剩余rm{H_{2}SO_{4}}用rm{v_{2}mL}rm{c_{2}}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是______．

rm{(2)NSR(NO_{x}}储存还原rm{)}工作原理：rm{NO_{x}}的储存和还原在不同时段交替进行，如图rm{a}所示．

用rm{H_{2}}模拟尾气中还原性气体研究了rm{Ba(NO_{3})_{2}}的催化还原过程，该过程分两步进行，图rm{b}表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系rm{.}第一步反应消耗的rm{Ba(NO_{3})_{2}}与rm{H_{2}}的物质的量之比是______．

Ⅱ：rm{H_{2}S}和rm{SO_{2}}会对环境和人体健康带来极大的危害；工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题．

【rm{垄隆}】rm{H_{2}S}的除去：方法rm{1}生物脱rm{H_{2}S}的原理为：

rm{H_{2}S+Fe_{2}(SO_{4})_{3}篓TS隆媒+2FeSO_{4}+H_{2}SO_{4}}

rm{4FeSO_{4}+O_{2}+2H_{2}SO_{4}overset{脕貌赂脣戮煤}{=}2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}

rm{4FeSO_{4}+O_{2}+2H_{2}SO_{4}overset{脕貌赂脣戮煤}{=}

2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}硫杆菌存在时，rm{(1)}被氧化的速率是无菌时的rm{FeSO_{4}}倍，由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件为______．

方法rm{5隆脕10^{5}}在一定条件下，用rm{2}氧化rm{H_{2}O_{2}}

rm{H_{2}S}随着参加反应的rm{(2)}变化，氧化产物不同rm{n(H_{2}O_{2})/n(H_{2}S)}当rm{.}时，氧化产物的分子式为______．

【rm{n(H_{2}O_{2})/n(H_{2}S)=4}】rm{垄垄}的除去：rm{SO_{2}}双减法rm{(}用rm{)}吸收rm{NaOH}并用rm{SO_{2}}使rm{CaO}再生rm{NaSO_{3}}溶液：rm{NaOH}溶液rm{underset{垄脷CaO}{overset{垄脵S{O}_{2}}{?}}Na_{2}SO_{3}}溶液。

rm{NaOH}写出过程rm{underset{垄脷CaO}{overset{垄脵

S{O}_{2}}{?}}Na_{2}SO_{3}}的离子方程式：______．rm{(3)}24、rm{N_{2}O_{5}}是一种新型硝化剂，一定温度下，在恒容密闭容器中rm{N_{2}O_{5}}可发生下列反应：rm{2N}rm{2N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{4NO}rm{4NO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}反应达到平衡后，若再通入一定量氩气，则rm{(g)+O}的转化率将___rm{{,!}_{2}}填“增大”、“减小”、“不变”rm{(g)}rm{篓SH>0}rm{(g)}下表为反应在rm{篓SH>0}温度下的部分实验数据：。rm{(1)垄脵}rm{t/s}rm{0}rm{500}rm{1000}rm{c(N_{2}O_{5})/mol隆陇L^{-1}}rm{5.00}rm{3.52}rm{2.48}则rm{500s}内rm{N_{2}O_{5}}的分解速率为______________rm{垄脹}一定温度下，在rm{2L}恒容密闭容器中加入rm{2molN_{2}O_{5}}达到平衡时，气体的压强为原来的rm{dfrac{3}{2}}rm{(}不考虑rm{NO_{2}}聚合成rm{N_{2}O_{4})}则rm{N_{2}O_{5}}的转化率rm{a_{1}=}_____，该温度下反应的平衡常数rm{K=}_______。rm{(2)}如图所示装置可用于制备rm{N_{2}O_{5}}则rm{N_{2}O_{5}}在电解池的___区生成，其电极反应式为________。

评卷人得分六、其他(共4题，共36分)25、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。26、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。27、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。28、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】解：A；铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁；该产物是黑色物质，故A错误；

B；金属钠和氧气反应得到的产物氧化钠、过氧化钠都是含有钠离子的物质；金属钠的物质的量一样，转移的电子数相同，故B正确；

C；铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁和氢气；需要高温条件才发生，故C错误；

D、由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知；酸；碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，故D错误．

故选B．

A；铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁；

B；根据金属钠和氧气反应得到的产物是含有钠离子的物质；据化合价的变化确定电子转移的情况；

C；铁必须与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

D；根据铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应的原理来回答．

本题涉及金属钠、铝、铁的化学性质等知识，注意知识的归纳和应用是关键，难度中等．【解析】【答案】B2、B【分析】解：选项中盐酸；氢氧化钠溶液、氯化铁溶液都是溶液分散系；稀豆浆为胶体分散系明显与其他不同，故选B．

A.盐酸为氯化氢的水溶液；

B.稀豆浆是胶体；

C.氢氧化钠溶液为溶液；

D.氯化铁溶液为溶液；

本题考查胶体和溶液的判断，题目难度不大，注意胶体的组成的特征．【解析】rm{B}3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】【解答】解：98%的浓H2SO4的物质的量浓度为c===18.4mol/L，配制1mol•L﹣1的稀H2SO4100mL需要浓硫酸的体积为V==0.0054L；即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，而配制一定物质的量浓度的溶液需要量取；稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，量取浓硫酸时需要用到10mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用到玻璃棒，定容时需要用到100mL容量瓶和胶头滴管，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤⑥．故选：D．

【分析】先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答．5、B【分析】略【解析】rm{B}6、B【分析】【分析】

本题考查了离子键的判断，正确判断元素是解本题关键，根据元素的金属性、非金属性强弱判断形成的化学键类型，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，可以组成rm{AB_{2}}型离子化合物，说明两种元素一种是活泼金属元素一种是活泼非金属元素，rm{A}是rm{+2}价，rm{B}是rm{-1}价。【解答】A.rm{6}号元素是rm{C}rm{8}号元素是rm{O}二者能形成共价化合物，故A错误；

B.rm{19}号元素是rm{K}rm{18}号元素是rm{S}元素，二者形成的化合物是rm{K_{2}S}故B正确；

C.rm{12}号元素是rm{Mg}元素，rm{17}号元素是rm{Cl}元素，二者形成的化合物是rm{MgCl_{2}}镁元素和氯元素易形成离子键，故C错误；

D.rm{10}号元素是rm{Ne}rm{8}号元素是rm{O}二者不易形成化合物，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】试题分析：（1）0.5molH2O的质量为：0.5mol×18g/mol=9g；含水分子：0.5mol×6.02×1023=3.01×1023，共有原子数目：3.01×1023×3=9.03×1023。（2）质量相等，摩尔质量越大的物质分子的物质的量越少，体积最小，摩尔质量越小，物质的量越大，体积越大，HCl、NH3、CO2、O2四种气体，CO2的摩尔质量最大，所以CO2含有分子数目最少，体积最小，而NH3的摩尔质量最小，所以NH3的体积最大。考点：本题考查有关物质的量的计算、阿伏伽德罗定律。【解析】【答案】（1）9g，3.01×1023，9.03×1023（2）CO2，NH3，CO2（每空1分，共6分）8、略

【分析】【解析】试题分析：根据c＝可知，镁离子的浓度是所以根据氯化镁的化学式可知，氯离子的浓度是所以溶液中氯离子的物质的量是考点：考查物质的量的浓度的有关计算【解析】【答案】（6分）mol9、略

【分析】根据元素在周期表中的位置可知，设A的原子序数为a，则C是a＋2，B是a＋9.所以a＋a＋2＝a＋9，解得a＝7，即ABC分别是N、S、F。氟元素位于周期表的第二周期第ⅦA族，其结构示意图为硫的最高价是＋6价，最高价氧化物的水化物的化学式为H2SO4。氨气溶于水生成一水合氨，显碱性。【解析】【答案】（6分）（1）A：N；B：S；C：F（2）H2SO4（3）碱性10、略

【分析】考查离子方程式的书写。（1）小苏打是碳酸氢钠，所以和盐酸反应的离子方程式是HCO3-+H+==CO2↑+H2O。（2）氯气、硝酸、双氧水等都能把亚铁离子氧化生成铁离子，例如氯气和亚铁离子反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。（3）检验铁离子常用的试剂是KSCN溶液，反应时的现象是溶液变为血红色。【解析】【答案】(8分)（1）HCO3-+H+==CO2↑+H2O（2分）（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(2分,合理答案均给分)；（3）KSCN(2分)；溶液变为血红色（2分）11、（1）碳

（2）Si>C>O2C+SiO2Si+2CO【分析】【分析】本题考查无机物的推断、常用化学用语等，为高频考点，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握元素的位置及单质的性质来分析推断各物质，注意根据物质的特殊元素、物质结构、物质之间的转化关系进行推断，熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}红棕色气体为rm{NO_{2}}因此rm{F}为rm{HNO_{3}}能和硝酸反应的非金属单质大胆猜测为rm{C}根据所含元素的原子序数rm{A}是rm{D}的rm{2}倍，所含元素的原子最外层电子数rm{D}是rm{A}的rm{2}倍，则rm{A}为rm{Mg}rm{2Mg+CO_{2}overset{碌茫脠录}{=}2MgO+C}这些物质符合上述转化关系，rm{2Mg+CO_{2}overset{碌茫脠录}{=}

2MgO+C}的原子结构示意图为：rm{Mg^{2+}}为碳，碳和浓硝酸反应，利用硝酸的强氧化性，rm{;C+4HN{O}_{3}(脜篓)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}

故答案为：碳；rm{;C+4HN{O}_{3}(脜篓)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}rm{D}元素原子核外最外层电子数是内层电子数的rm{;C+4HN{O}_{3}(脜篓)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}倍，推出rm{;C+4HN{O}_{3}(脜篓)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}为rm{(2)A}rm{2}和rm{A}属于同主族，因此rm{C}为rm{A}反应rm{D}推出rm{D}为rm{Si}rm{垄脺}位于第三周期，rm{F}rm{O}位于第二周期，则rm{Si}半径最大，同周期从左向右半径减小，rm{C}的半径大于rm{O}即rm{Si}rm{C}为rm{O}与二氧化硅的反应，反应方程式为：rm{Si>C>O}rm{{,!}_{2}overset{赂脽脦脗}{=}}​反应rm{垄脵}为rm{C}与二氧化硅的反应，反应方程式为：rm{2C+SiO}

故答案为：rm{垄脵}rm{2C+SiO_{2}overset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO}

rm{C}【解析】rm{(1)}碳rm{;C+4HN{O}_{3}(脜篓)overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}rm{;C+4HN{O}_{3}(脜篓)

overset{?}{=}C{O}_{2}隆眉+;4N{O}_{2};隆眉;+;2{H}_{2}O;}rm{(2)Si>C>O}rm{{,!}_{2}overset{赂脽脦脗}{=}}rm{2C+SiO}rm{2C+SiO}三、判断题(共7题，共14分)12、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．13、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；14、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；15、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．16、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．17、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．18、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．四、原理综合题(共3题，共6分)19、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡移动原理；结合温度与平衡常数的关系分析判断；

(2)假设A转化浓度为x，根据物质反应转化关系，可得平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式可得x的数值，然后利用转化率=×100%计算。

【详解】

(1)根据平衡移动原理：升高温度；化学平衡向吸热反应方向移动。由表格数据可知，升高温度，该反应的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应；

(2)在2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，发生反应：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，反应开始时c(A)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，c(B)=0.8mol÷2L=0.4mol/L，c(C)=c(D)=0，假设反应达到平衡时A转化浓度为x，根据物质反应转化关系可知平衡时：c(C)=c(D)=xmol/L，c(A)=(0.1-x)mol/L，c(B)=(0.4-x)mol/L，由于在830℃时平衡常数为1.0，所以=1.0，解得x=0.08mol/L，所以830℃达平衡时，A的转化率=×100%=80%。

【点睛】

本题考查了平衡移动原理的应用。涉及化学平衡常数的应用及反应转化率的计算注意温度对吸热反应影响更大，温度不变时，化学平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数则互为倒数。【解析】①.逆向②.80%20、略

【分析】【分析】

(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91时，pH=6.2，从而说明NaHSO3溶液显酸性，因为HSO3-既能电离又能水解；溶液显酸性，则表明电离占主导地位。

(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，从而促进水的电离；0.1mol•L-1NaOH溶液中；水的电离受到抑制。

(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空气中的氧气氧化。

(4)因为Na2SO3溶液加水稀释，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀释，n(OH-)不变，所以若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则Na2SO3溶液加水稀释的倍数更多。

【详解】

(1)上表中，n(Na2SO3):n(NaHSO3)=9:91时，pH=6.2，从而说明NaHSO3溶液显酸性，因为HSO3-既能电离又能水解，溶液显酸性，则表明电离占主导地位。答案为：酸；NaHSO3的电离程度大于NaHSO3的水解程度；

(2)pH＝8.2的吸收液中，SO32-水解，从而促进水的电离；0.1mol•L-1NaOH溶液中，水的电离受到抑制，从而得出pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)>0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)。答案为：>；

(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干，NaHSO3分解，生成的Na2SO3被空气中的氧气氧化成Na2SO4。答案为：Na2SO4；

(4)因为Na2SO3溶液加水稀释，水解程度增大，n(OH-)增多；而NaOH溶液加水稀释，n(OH-)不变，所以若将等体积、等pH的NaOH溶液和Na2SO3溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两溶液pH仍相等，则Na2SO3溶液加水稀释的倍数更多，从而得出m<。

【点睛】

将pH＝8.2的吸收液蒸干，我们容易想到NaHSO3分解，生成Na2SO3，但常会忽视Na2SO3具有较强还原性，易被空气中氧气氧化的性质，从而得到错误的结论。【解析】酸NaHSO3的电离程度大于NaHSO3的水解程度＞Na2SO4＜21、略

【分析】【分析】

（1）根据图示，可知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6kJ，然后按比例计算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出该反应的热化学方程式；

（2）列出三行式；利用已知关系找出转化量和平衡量，代入计算公式计算速率和平衡常数；

（3）①a.由过程1和过程2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；

b.根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-；O；据此写出离子方程式；

c.Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

②b点时溶液的pH=7；根据电荷守恒分析解答；

（4）①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将NO氧化为NO3-。电解时阴极产生H2。

②由图2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高。

【详解】

（1）根据图中数据，恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2转化率达80％时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

因此，本题正确答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

（2）设进行到20min时达平衡，转化的CO的物质的量为2x，则：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

转化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

根据平衡时CO2的体积分数为0.5，有：=0.5；解得x=0.6；

则前20min的反应速率=0.03

平衡时，CO、SO2和CO2浓度分别为0.4mol/L；0.2mol/L、0.6mol/L；则。

平衡常数K===11.25。

因此；本题正确答案是：0.03；11.25；

（3）①a.由过程1和过程2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；

b.根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

因此，本题正确答案是：催化剂；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

②b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根据图可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1；

因此；本题正确答案是：3:1；

（4）①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将NO氧化为NO3-，反应的离子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。电解时阴极产生H2，故排入空气的尾气，一定含有的气体单质是H2。

因此，本题正确答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；

②由图2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。

因此，本题正确答案是：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。【解析】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol0.0311.25催化剂2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OCa2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强五、简答题(共3题，共9分)22、略

【分析】解：（1）非氧化还原反应即无元素化合价变化的反应；反应②中铜元素；氮元素和氢元素以及氧元素的化合价均没有变化，故为非氧化还原反应；

故答案为：②；

（2）在反应①中，N2H4做还原剂；CuO做氧化剂，则X为氧化产物，设X中氮元素为a价，则根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1有：4×（2-1）=1×2×（a-2+2），可解得a=0，即X为氮气；

故答案为：N2；

（3）转化②中的离子方程式为：Cu2O+4NH3•H2O=2Cu（NH3）2++2OH-+3H2O，故溶液中氢氧根的物质的量增大，溶液中m（OH-）增大；

故答案为：增大；

（4）温度高时氢氧化铜分解；且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，即该反应需在80℃以上进行，降低肼的溶解度，促使其从溶液中逸出；

故答案为：使氢氧化铜分解；降低肼的溶解度；促使其从溶液中逸出；

（5）在整个转化过程中满足铜元素的守恒；故若①中参加反应的CuO物质的量为0.4mol，按图示转化过程进行后，④中生成的CuO物质的量也等于0.4mol；

反应③4Cu（NH3）2++8NH3+2H2O+O2=4Cu（NH3）42++4OH-，若①中参加反应的CuO物质的量为0.4mol，根据铜元素的守恒，参加n[Cu（NH3）2+]=0.4mol；

参加反应的O2的物质的量n（O2）=0.1mol，反应④Cu（NH3）42++2ClO-+2OH-═Cu（OH）2↓+2N2H4↑+2Cl-+2H2O，根据铜元素的守恒，参加n[Cu（NH3）42+]=0.4mol，则④中参加反应的NaClO的物质的量n（NaClO）=0.8mol，所以③中参加反应的O2的物质的量与④中参加反应的NaClO的物质的量之比为1：8；

故答案为：1：8．

（1）非氧化还原反应即无元素化合价变化的反应；

（2）在反应①中，N2H4做还原剂；CuO做氧化剂，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，据此分析X；

（3）发生Cu2O+4NH3•H2O=2Cu（NH3）2++2OH-+3H2O；碱性增强；

（4）温度高时氢氧化铜分解；且气体溶解度随温度升高而降低；

（5）反应③4Cu（NH3）2++8NH3+2H2O+O2=4Cu（NH3）42++4OH-、④Cu（NH3）42++2ClO-+2OH-═Cu（OH）2↓+2N2H4↑+2Cl-+2H2O；反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，根据转移电子守恒计算．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，（5）注意计量数与物质的量变化量关系，为该题解答难点，题目难度中等．【解析】②；N2；增大；使氢氧化铜分解；降低肼的溶解度，促使其从溶液中逸出；1：823、略

【分析】解：rm{I.垄脵SO_{2}}在rm{O_{2}}作用下与rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}反应形成rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}此反应中rm{SO_{2}}是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为rm{2SO_{2}+O_{2}+4NH_{3}+2H_{2}O篓T2(NH_{4})_{2}SO_{4}}．

故答案为：rm{2SO_{2}+O_{2}+4NH_{3}+2H_{2}O篓T2(NH_{4})_{2}SO_{4}}．

rm{垄脷}取rm{a}rm{g}尿素溶液，将所含氮完全转化为rm{NH_{3}}所得rm{NH_{3}}用过量的rm{V_{1}}rm{mL}rm{c_{1}}rm{mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液吸收完全，产物为rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}发生的反应为rm{2NH_{3}+H_{2}SO_{4}篓T(NH_{4})_{2}SO_{4}}剩余rm{H_{2}SO_{4}}用rm{V_{2}mL}rm{c_{2}}rm{mo/LNaOH}溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为rm{(c_{1}V_{1}-dfrac{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}根据反应关系，氨气的物质的量为rm{n(NH_{3})=2隆脕(c_{1}V_{1}-dfrac{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol=(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}根据rm{(c_{1}V_{1}-dfrac

{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}元素守恒，尿素的物质的量为rm{n(NH_{3})=2隆脕(c_{1}V_{1}-dfrac

{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol=(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}尿素rm{)=dfrac{1}{2}n(NH_{3})=dfrac{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}mol}则尿素的质量为rm{N}尿素rm{)隆脕M=dfrac{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}隆脕60=0.03隆脕(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})g}则尿素溶液中溶质的质量分数是rm{w=dfrac{m}{a}隆脕100%=dfrac{0.03(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{a}隆脕100%=dfrac{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}．

故答案为：rm{=dfrac{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}

rm{n(}第一步反应中rm{)=dfrac{1}{2}n(NH_{3})=dfrac

{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}mol}被氧化生成水，化合价由rm{m=n(}价升高到rm{)隆脕M=dfrac

{2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2}}{2}隆脕10^{-3}隆脕60=0.03隆脕(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})g}价，rm{w=dfrac{m}{a}隆脕100%=dfrac

{0.03(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{a}隆脕100%=dfrac

{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}的rm{=dfrac

{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}元素化合价由rm{(2)}价降低到rm{H_{2}}价，生成氨气，则rm{0}生成氨气转移rm{+1}电子，参加反应的氢气的物质的量为rm{Ba(NO_{3})_{2}}则。

第一步反应消耗的rm{N}与rm{+5}的物质的量之比是rm{-3}rm{1molBa(NO_{3})_{2}}．

故答案为：rm{16mol}rm{dfrac{16}{2}=8}

【rm{Ba(NO_{3})_{2}}】rm{H_{2}}根据图象分析，硫杆菌存在时，rm{1}被氧化的速率是无菌时的rm{8}倍，此时两张图象的最高点出现在温度为rm{1}和rm{8}处．

故答案为：rm{i}rm{(1)}

rm{FeSO_{4}}参加反应的rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}}变化，氧化产物不同，当rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}=4}时，不妨设rm{5隆脕10^{5}}则rm{30隆忙}根据电子得失守恒，rm{pH=2.0}得到电子被还原为rm{30隆忙}转移电子数为rm{pH=2.0}则rm{(2)}应失去rm{dfrac

{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}}电子，rm{dfrac

{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}=4}升高rm{n(H_{2}S)=1mol}价，应为rm{n(H_{2}O_{2})=4mol}因此氧化产物为rm{H_{2}O_{2}}．

故答案为：rm{H_{2}O}．

【rm{4mol隆脕2=8mol}】rm{1molH_{2}S}过程rm{8mol}为碱溶液吸收rm{S}气体，生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为：rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-}+H_{2}O.}

故答案为：rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-}+H_{2}O.}

I.rm{8}尿素水溶液热分解为rm{SO_{4}^{2-}}和rm{H_{2}SO_{4}}当燃油中含硫量较高时，尾气中rm{H_{2}SO_{4}}在rm{ii}作用下会形成rm{(3)}使催化剂中毒，根据元素守恒，生成rm{垄脵}则还需要rm{SO_{2}}据此写出生成rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-

}+H_{2}O.}的化学反应方程式；

rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-

}+H_{2}O.}测定溶液中尿素的含量，取rm{垄脵}rm{NH_{3}}尿素溶液，将所含氮完全转化为rm{CO_{2}}所得rm{SO_{2}}用过量的rm{O_{2}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液吸收完全，产物为rm{垄脷}剩余rm{a}用rm{g}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为rm{(c_{1}V_{1}-dfrac{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}吸收氨气的反应为rm{V_{1}}根据rm{mL}元素守恒予以解答；

rm{c_{1}}第一步反应中rm{mol/L}被氧化生成水，化合价由rm{H_{2}SO_{4}}价升高到rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}价，rm{H_{2}SO_{4}}的rm{V_{2}mL}元素化合价由rm{c_{2}}价降低到rm{mo/LNaOH}价；生成氨气，结合得失电子数目相等计算；

【rm{(c_{1}V_{1}-dfrac

{1}{2}c_{2}V_{2})隆脕10^{-3}mol}】rm{2NH_{3}+H_{2}SO_{4}篓T(NH_{4})_{2}SO_{4}}根据图象分析，硫杆菌存在时，rm{N}被氧化的速率是无菌时的rm{(2)}倍，此时两张图象的最高点出现在温度为rm{H_{2}}和rm{0}处；据此判断；

rm{+1}随着参加反应的rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}}变化，氧化产物不同，当rm{dfrac{n(H_{2}O_{2})}{n(H_{2}S)}=4}时；根据电子得失守恒予以判断氧化产物的分子式；

【rm{Ba(NO_{3})_{2}}】rm{N}过程rm{+5}为碱溶液吸收rm{-3}气体；生成亚硫酸钠，据此写出离子方程式．

本题主要考察氧化还原方程式的计算，根据图象分析化学反应过程，牢牢把握守恒思想是解题的关键rm{i}本题考查知识比较综合，考查的是综合能力rm{(1)}题目难度难度中等，是中档题．rm{FeSO_{4}}【解析】rm{2SO_{2}+O_{2}+4NH_{3}+2H_{2}O=2(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{dfrac{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}rm{dfrac

{3(2c_{1}V_{1}-c_{2}V_{2})}{100a}隆脕100%}rm{1}rm{8}rm{30隆忙}rm{pH=2.0}rm{2OH^{-}+SO_{2}篓TSO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{H_{2}SO_{4}}24、（1）①不变

②0.00296mol•L-1•s-1

③33.3%

（2）阳极N2O4+2HNO3-2e-═2N2O5+2H+

【分析】【分析】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率计算、电化学等知识点，rm{(2)}中rm{垄脹}学生容易考虑反应速率问题，忽略是否到发生平衡移动，难度中等。中rm{(2)}学生容易考虑反应速率问题，忽略是否到发生平衡移动，难度中等。【解答】rm{垄脹}反应达到平衡后，若再通入一定量氩气，平衡不移动，rm{(1)垄脵}反应达到平衡后，若再通入一定量氩气，平衡不移动，rm{N}rm{(1)垄脵}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}不变rm{O}

rm{{,!}_{5}}的转化率

，由表中数据可知，内故答案为：不变；rm{垄脷}由表中数据可知，rm{500s}内rm{N}rm{垄脷}rm{500s}rm{N}故rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}的浓度变化量为rm{5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L}故rm{N}rm{dfrac{1.48mol/L}{500s}=0.00296mol?{L}^{-1}?{s}^{-1}}rm{5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}

的分解速率为恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，即：rm{;dfrac{P(脝陆潞芒);}{P(鲁玫脢录)};=dfrac{;n(脝陆潞芒);}{n(鲁玫脢录)}}，气体的压强为原来的rm{

dfrac{1.48mol/L}{500s}=0.00296mol?{L}^{-1}?{s}^