2025年浙科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、表中是常温下几种弱酸的电离平衡常数：。

下列说法正确的是A.可发生反应：B.溶液与溶液反应不能生成NaHSC.相同温度下，同物质的量浓度的溶液，pH最大的是溶液D.相同温度下，同物质的量浓度的溶液酸性最强的是溶液2、下列指定反应的离子方程式正确的是A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2OC.惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑D.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH3、下列措施能使NaClO溶液的水解平衡正向移动，水解程度反而减小的是A.增大NaClO溶液浓度B.加水稀释C.升高温度D.加入适量NaOH固体4、完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为Q，已知为了完全吸收生成的二氧化碳，消耗50mL8mol/L的氢氧化钠溶液，则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是A.10QB.5Q~10QC.小于10QD.小于5Q5、下列关于实验现象的描述不正确的是A.把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面会出现气泡B.用银片做阳极，铁片做阴极，电解硝酸银溶液，铁片表面会镀上一层银C.把锌粒放入盛有稀硫酸的试管中，同时加入几滴硫酸铜溶液，气泡放出速率会加快D.同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快6、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.2.3g钠在足量氧气中充分反应，常温和加热条件下转移的电子数均为0.1NAB.2mol与1mol充分反应，产物的分子数为2NAC.1L的溶液中，含有的数目为0.02NAD.室温下，0.1mol/L溶液的1L该溶液中的数目为0.1NA7、硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源；变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

下列说法正确的是A.为了加快反应速率，步骤②所需要的温度越高越好B.工业上经常使用碳酸氢钠溶液来清除废铁屑表面的油污C.铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，所以应将尾气直接通入到盛有足量水的烧杯中吸收D.步骤⑤中的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品8、湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl2-)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgC1)]=-9.75。下列叙述正确的是。

A.沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol/LB.AgCl溶解程度随c(Cl-)增大而不断减小C.当c(Cl-)=10-2mol·L-1时，溶液中c(AgCl)>c(AgC1)>c(Ag+)D.25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=10-0.29、下列关于活化能的说法正确的是A.合成氨反应中逆反应的活化能小于正反应的活化能B.反应中的催化剂一般通过降低反应的活化能来加快反应速率C.H+和OH-在水溶液中的反应，需要的活化能较高D.活化能越小，反应越难进行评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、氮的化合物广泛应用于工业；航天、医药等领域。

（1）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）。该反应已达到平衡状态的标志是__________。

a反应速率v（NO）=v（H2O）

b容器内压强不再变化。

c容器内N2的物质的量分数不再变化。

d容器内n（NO）∶n（NH3）∶n（N2）∶n（H2O）=6∶4∶5∶6

e12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键。

f混合气体的平均相对分子质量不再改变。

（2）肼（N2H4）是火箭的高能燃料，该物质燃烧时生成水蒸气和氮气，已知某些化学键的键能如下：。化学键O—HN—NN—HO=ON≡N键能kJ•mol-1467160391498945

则1molN2H4在氧气中完全燃烧的过程中_____（填“吸收”或“放出”）的能量为_______kJ。

（3）一定条件下，在5L密闭容器内，反应2NO2（g）N2O4（g），NO2的物质的量随时间变化如下表：。时间/s012345n（NO2）/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005

①用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为_____mol•L-1•s-1。在第5s时，NO2的转化率为_____。

②为加快反应速率，可以采取的措施是_______

a升高温度b恒容时充入He（g）

c恒压时充入He（g）d恒容时充入NO2

（4）已知：2N2O=2N2+O2。不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1_____T2（填“>”、“=”或“<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，此时体系压强p=________（用p0表示）。

11、CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。现在体积为1L的恒容密闭容器(如图甲所示)中通入1molCO和2molH2，测定不同时间、不同温度(T/℃)下容器中CO的物质的量，如下表：。0min10min20min30min40minT11mol0.8mol0.62mol0.4mol0.4molT21mol0.7mol0.5molaa请回答：①T1_______(填“>”或“＜”或“=”)T2.已知T2℃时，第20min时容器内压强不再改变，此时H2的转化率为_______，平衡常数表达式为_______；②若将1molCO和2molH2通入原体积为1L的恒压密闭容器(如图乙所示)中，在T2℃下达到平衡，此时反应的平衡常数为_______；③达到平衡后若再向恒压容器乙中通入1molCH3OH(g)，重新达到平衡后，CH3OH(g)在体系中的百分含量_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。④达到平衡后若再向恒容容器甲中通入1molCH3OH(g)，重新达到平衡后，CH3OH(g)在体系中的百分含量_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。⑤在T2温度下，向甲容器中重新加入1molCO、2molH2、3molCH3OH时，υ正_______υ逆(填“>”“<”“=”)12、在100℃时，将0.40mol二氧化氮气体充入一个2L抽空的密闭容器中，发生反应：2NO2N2O4。每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据：。时间/s020406080n(NO2)/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08

(1)在上述条件下，从反应开始至20s时，用二氧化氮表示的平均反应速率为_______mol/(L·s)。

(2)该反应的平衡常数K的数值为____。

(3)若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，四氧化二氮的起始浓度是______mol·L－1。

(4)达到平衡后，如果升高温度，气体颜色会变深，则升高温度后，反应2NO2N2O4的平衡常数将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(5)达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入0.32molHe，并把容器体积扩大为4L，则平衡将_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。13、利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热。___14、25℃时；三种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：

。化学式。

CH3COOH

H2CO3

HClO

电离平衡常数。

1.8×10－5

K1＝4.3×10－7

K2＝5.6×10－11

3.0×10－8

（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（2）下列四种离子结合质子能力最强的是______(填字母)。

a.CO32－b.ClO－c.CH3COO－d.HCO3－

（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。

a.CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2Ob.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO

c.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO

（4）体积均为10mL；pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL；稀释过程中pH变化如下图所示。

则HX的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。15、已知：25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。

(1)25℃时，取10mL0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH=3。

①将上述(1)溶液加水稀释至1000mL，溶液pH数值范围为______，溶液中______(填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”)。

②25℃时，0.1mol·L-1氨水(NH3·H2O溶液)的pH=______。

(2)25℃时，现向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中______(填序号)。

a.始终减小b.始终增大c.先减小再增大d.先增大后减小。

(3)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，若某时刻时，测得c(N2)=1mol·L-1，c(H2)=3mol·L-1，c(NH3)=2mol·L-1。此刻可逆反应______。

A.向正方向进行B.向逆方向进行C.处于平衡状态评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误17、铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g。(_______)A.正确B.错误18、为使实验现象更加明显，酸碱中和滴定时加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正确B.错误19、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误20、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误21、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、结构与性质(共1题，共3分)22、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共21分)23、某科研小组设计出利用工业废酸(稀H2SO4)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案；实现废物综合利用，方案如下图所示。

已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+6.349.7Fe3+1.483.2Zn2+6.28.0

请回答下列问题：

(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除搅拌外，还可采取的措施是___________(任写一条即可)

(2)氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，已知25℃时：Ksp(CuS)=1.3×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，向含ZnS的悬浊液中滴加CuSO4溶液，当恰好出现CuS沉淀时，此时溶液中=___________。

(3)物质A是用来将ZnSO4溶液中的Fe2+转化为Fe3+最好使用下列物质中的___________。

A．KMnO4B．H2O2C．HNO3D．NaClO

(4)除铁过程中加入氨水可调节溶液的pH，其目的是___________，pH应控制在___________范围之间。

(5)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是___________。

(6)写出最后焙烧生成ZnO的化学方程式：___________。24、经多年勘测，2018年11月23日安徽省自然资源厅发布消息称在皖江地区发现特大铜矿床，具有重大实际意义。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2)为原料制取胆矾的流程如下图：

已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10-20。

(1)写出上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：___________，试剂B为H2O2，写出相应的离子方程式：___________；

(2)最适合的试剂A是___________(写化学式)溶液，固体2的成份为PbSO4和___________(写化学式)。当试剂A的浓度为6mol·L-1时，“浸出”实验中，铜的浸出率结果如图所示。所采用的最佳实验条件(温度、时间)为___________。

(3)操作2的步骤为___________、___________过滤；洗涤。

(4)试剂C的作用是调节pH，可以选择的药品是___________(写化学式)；

(5)根据已知信息，请计算：当Fe3+完全沉淀时，溶液中Al3+理论最大浓度为___________。(提示：当离子浓度≤1×10-5mol·L时，认为该离子沉淀完)25、钛及其化合物应用广泛，由钛铁矿(主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质)制取金属钛(海绵钛)；部分产物省略，其流程如下图所示。

已知：①钛铁矿与浓硫酸反应的主要产物为TiOSO4和FeSO4

②SiCl4的熔点为-70℃，沸点为57.6℃；TiCl4的熔点为-25℃；沸点为136.5℃。

请回答下列问题：

(1)第I步得到固体熔块时发生的主要反应的化学方程式为_______。

(2)已知晶体A为绿矾(FeSO4.7H2O)，检验绿矾是否变质的方法是_______。

(3)第VI步将二氧化钛、焦炭混合，在高温条件下通入氯气制得TiCl4和一种可燃性的有毒气体，该反应的化学方程式为_______；制取的TiCl4在室温下为无色液体，其中混有少量的SiCl4，则提纯TiCl4的方法是_______。

(4)用第VII步制取4.8kg钛，实际上消耗Mg的质量为6kg，则Mg的利用率为_______。

(5)以熔融的氧化钙做电解质，直接电解TiO2也可以生产Ti，相应的装置如下图所示。则该方法阴极获得Ti的电极反应式为_______；阳极产生CO、CO2的原因是_______。

评卷人得分六、原理综合题(共2题，共20分)26、一定条件下，金属钠和CO2可制得金刚石：4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C(s；金刚石)

(1)上述反应中涉及的元素的原子半径从大到小的顺序为_______；其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为_______。

(2)能证明碳元素与氧元素非金属强弱的事实是_______(选填编号)。

a.最高价氧化物水化物的酸性b.两种元素的气态氢化物的沸点。

c.CO2中元素的化合价d.与H2反应的难易程度。

(3)比较CO2与CS2两种晶体的熔沸点高低，并说明理由：_______

(4)该反应在常压、1000℃，2L的密闭容器中进行。根据表中数据，该反应的平衡常数表达式K=_______；若10min内金属钠减少了0.2mol，则CO2的平均反应速率为_______；

。常压。

熔点(℃)

沸点(℃)

钠。

97.8

882.9

Na2CO3

851

1850分解。

金刚石。

3550

石墨。

3850

4250

(5)若在2L密闭容器中，常压、1000℃下，起始时n(CO2)/n(Na)=0.75，下列物理量能说明该反应已达到平衡状态的是_______

a.气体的平均摩尔质量不变。

b.4v(Na)消耗=3v(CO2)生成

c.气体的密度不变。

d.n(Na)/n(CO2)的比值不变。

(6)金属钠和水、乙醇都能发生反应，相同条件下反应速率更大的是_______(填乙醇或水)，原因是_______。27、甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题：

（1）已知甲醇分解反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ/mol

水蒸气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.20kJ/mol

则CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H3=____________kJ/mol

（2）科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为________________________________________________。

（3）在0.1MPa下，将总进料量1mol且n(CH3OH)：n(H2O)=1：1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。

①实验测得水煤气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是_____________。

②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分含量与反应温度关系如图所示，a、c曲线对应物质的化学式分别为_______________、______________。

（4）573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00MPaCH3OH使其分解，th后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则th内v(CH3OH)=_____________MPa/h，其平衡常数分压Kp=_________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．硫化氢具有还原性；次氯酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故A项错误；

B．根据电离平衡常数分析可知，醋酸的酸性大于氢硫酸，所以少量的溶液与溶液反应可以生成NaHS；故B项错误；

C．根据越弱越水解的原理可知，离子的水解能力：所以相同温度下同物质的量浓度的NaClO、溶液，pH最大的是溶液；故C项错误；

D．根据电离平衡常数可知酸性：相同温度下同物质的量浓度的HClO、溶液，酸性最强的是溶液；故D正确；

故答案：D。2、D【分析】【详解】

A．已知氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，则向FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2；A错误；

B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，则将铜丝插入稀硝酸中的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；B错误；

C．由于Mg2+将与阴极上产生的OH-结合成Mg(OH)2沉淀，则惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑；C错误；

D．由于Al(OH)3不溶于弱碱氨水中，则向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NHD正确；

故答案为：D。3、A【分析】【分析】

NaClO的水解方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-。

【详解】

A．增大NaClO溶液浓度；水解平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，故A选；

B．加水稀释；水解平衡正向移动，水解程度增大，故B不选；

C．水解是吸热过程；升高温度，水解平衡正向移动，水解程度增大，故C不选；

D．加入适量NOH固体，c(OH-)增大；水解平衡逆向移动，故D不选；

所以选A。4、D【分析】【详解】

n（NaOH）=0.05L×8mol/L=0.4mol，则由CO2～2NaOH～Na2CO3，可知，n（CO2）=0.2mol，则n（C2H6O）=×n（CO2）=0.1mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q，由CO2～NaOH～NaHCO3可知，n（CO2）=0.4mol，则n（C2H6O）=×n（CO2）=0.2mol；放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q，如果乙醇燃烧生成一氧化碳和二氧化碳的混合气体，放出的热量5Q~10Q；

故选：D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极反应式为故铜片表面会出现气泡，A项正确；

B．电镀时，银片做阳极，铁片做阴极，电解硝酸银溶液，阴极的电极反应式为故铁片表面会镀上一层银，B项正确；

C．加入几滴硫酸铜；锌先把铜置换出来，构成原电池，原电池加快反应速率，C项正确；

D．原电池的正极发生还原反应；金属作为原电池的正极会被保护，电解池的阳极发生氧化反应，金属作为电解池的阳极会加快腐蚀，故同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更慢，D项错误；

答案选D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．2.3g钠物质的量0.1mol，在足量氧气中充分反应生成0.1mol钠离子，常温和燃烧条件下转移的电子数均为0.1NA；故A正确；

B．SO2与O2反应是可逆反应，则产物的分子数小于2NA；故B错误；

C．pH=2的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.01mol，个数为0.01NA个；故C错误；

D．铵根离子在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.1NA个；故D错误。

故选：A。7、D【分析】【分析】

废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液；然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此分析解题。

【详解】

A．升高温度可以加快反应速率，但温度太高一是浪费能源，二是促进Fe2+水解成碱式硫酸亚铁沉淀；造成原料的浪费，故步骤②所需要的温度不是越高越好，而是控制在80~95℃，A错误；

B．工业上经常使用碳酸钠溶液而不是碳酸氢钠溶液来清除废铁屑表面的油污；B错误；

C．铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，由于生成H2S极易溶于水；所以需用防倒吸装置，即将尾气通过倒扣的漏斗通入到盛有足量水的烧杯中吸收，C错误；

D．步骤⑤中的具体实验操作有加热浓缩；冷却结晶、过滤(洗涤)；经干燥得到硫酸铁铵晶体样品，D正确；

故答案为：D。8、A【分析】【详解】

A．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)=10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol•L-1，故A正确；

B．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故B错误；

C．当c(Cl-)=10-2mol•L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故C错误；

D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=则在图中横坐标为-0.2时AgCl与AgCl相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K==100.2，故D错误；

故选：A。9、B【分析】【分析】

【详解】

A.反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差；合成氨反应中正反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；

B.催化剂可降低反应的活化能；增大活化分子的百分数，从而增大反应速率，故B正确；

C.H+和OH-发生中和反应生成水时；没有化学键的断裂过程，活化能几乎为0，故C错误；

D.活化分子的平均能量与普通反应物分子的平均能量之差叫该反应的活化能；所以活化能越小，反应越容易进行，故D错误；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

(1)可逆反应达到平衡时；同物质的正逆反应速率相等，各组分的浓度，含量保持不变，由此衍生出其他的一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明达到平衡；

(2)根据反应热=反应物键能和-生成物键能和计算；根据焓变的正负确定吸放热；

(3)根据速率的定义式计算；结合速率比等于化学计量数之比分析，转化率等于变化量比起始量；考虑速率的影响因素要判断条件的增减，一般升温，增大浓度都会提高反应速率；

(4)其他条件相同时；温度越高反应速率越快，达到平衡时间短；根据压强之比=气体的物质的量之比计算。

【详解】

(1)a、该反应达到平衡状态时，v(NO)正＝v(H2O)逆；故a错误；

b、该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，故b正确；

c、容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不在改变；故c正确；

d；物质的量之比与起始量和转化量都有关；不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d错误；

e；12molN−H键断裂的同时生成5molN≡N键均表示正反应速率；故e错误；

f；该反应混合气体的总质量不变；总物质的量在变化，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当不变时达到平衡状态，故f正确；

故答案为：b；c、f；

(2)N2H4在氧气中完全燃烧的反应方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g），根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，得:=E(N-N)+4E(N-H)+E(O=O)-E(N≡N)-4E(H-O)=()kJ/mol=-591kJ/mol，<0，该反应为放热反应，1molN2H4在氧气中完全燃烧放出591kJ的热量；故答案为：放热；591kJ；

(3)①由表格数据可知2s内，则在第5s时，NO2的转化率为故答案为：0.0015；87.5%；

②a.升高温度可以提高活化分子百分数；增加有效碰撞次数，加快反应速率；

b.恒容时充入He（g）；对反应物和生成物的浓度无影响，对速率不影响；

c.恒压时充入He（g）；容器体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减小；

d.恒容时充入NO2；增大了反应物的浓度，加快反应速率；

故答案为：ad；

(4)由图像可知，当压强一定时，T1对应的半衰期比T2对应的半衰期要短，说明T1条件下反应速率快，而其他条件相同时温度越高反应速率越快，因此T1>T2；设N2O起始物质的量2mol，则t1时，消耗1molN2O，产生1molN2和0.5molO2，此时气体的总物质的量为：2.5mol，根据压强比=气体物质的量之比，可得，此时压强p==1.25p0，故答案为：>；1.25p0；【解析】b、c、f放出5910.001587.5%ad>1.25p011、略

【分析】【详解】

①根据表中数据，10min时T1温度下CO的物质的量为0.8mol，T2温度下CO的物质的量为0.7mol，T2温度下CO的物质的量改变量多，说明速率快，则温度高，因此T1＜T2，T2℃时，第20min时容器内压强不再改变，说明Δn(CO)=0.5mol，Δn(H2)=1mol，则此时H2的转化率为平衡常数表达式为故答案为：＜；50%；

②甲容器中建立三段式平衡常数为根据题意，在恒压密闭容器发生反应，但温度不变，平衡常数不变，因此此时反应的平衡常数为1；故答案为：1。

③达到平衡后若再向恒压容器乙中通入1molCH3OH(g)，可以理解为在另外一个1L容器中达到平衡后，再压入到一个容器中，由于是恒压容器，容器变为原来的两倍，重新达到平衡后，平衡没有移动，因此CH3OH(g)在体系中的百分含量不变；故答案为：不变。

④达到平衡后若再向恒容容器甲中通入1molCH3OH(g)，可以理解为在另外一个1L容器中达到平衡后，再压入到一个容器中，由于是恒容容器，压强增大，平衡向体积减小的方向移动即正向移动，因此CH3OH(g)在体系中的百分含量变大；故答案为：变大。

⑤在T2温度下，平衡常数为1，向甲容器中重新加入1molCO、2molH2、3molCH3OH时，因此υ正＞υ逆；故答案为：＞。【解析】＜50%1不变变大＞12、略

【分析】【分析】

(1)根据表中数据计算N2O4的反应速率，根据速率之比等于化学计量数之比计算NO2的反应速率；

(2)由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变化；说明此时反应已达平衡状态；根据平衡时的物质的量求出物质的平衡浓度，再求出K；

(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c；则平衡时各种物质的物质的量浓度应该相同，根据参加反应的物质的量浓度之比等于计量数之比计算，求出c；

(4)气体颜色会变深，则浓度NO2增大；根据平衡移动方向判断平衡常数变化；

(5)He不参加反应；容器体积扩大，相当于减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动。

【详解】

(1)由表中数据可知，从反应开始直至20s时，v(N2O4)==1.25×10-3mol/(L·s)；

则v(NO2)=2v(N2O4)=2.5×10-3mol/(L·s)；

(2)由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变化，则反应已达平衡状态，c(N2O4)==0.04mol/L时，c(NO2)==0.12mol/L，反应的平衡常数K=≈2.8；

(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，平衡时c(NO2)=0.12mol/L，会反应消耗N2O4的浓度为△c(N2O4)=0.06mol/L，平衡时c(N2O4)=(c-0.06)mol/L=0.04mol/L；则c=0.10mol/L；

(4)达到平衡后，如升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度，化学平衡逆向移动，使NO2浓度增大，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡2NO2N2O4向吸热反应方向移动；则升高温度后，反应平衡常数将减小；

(5)恒温下如向该密闭容器中再充入0.32molHe气，并把容器体积扩大为4L，则c(NO2)和c(N2O4)都减小；相当于减小压强，所以v(正)；v(逆)速率都减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，即化学平衡向左移动。

【点睛】

本题考查了化学反应速率、平衡常数的计算、平衡移动等，注意根据平衡移动原理和化学基本概念进行分析判断与计算。【解析】①.2.5×10-3②.2.8③.0.10④.减小⑤.向左移动13、略

【分析】【分析】

【详解】

利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热，正确。【解析】对14、略

【分析】【详解】

（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；因此本题答案是：增大。

（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；因此本题答案是：a。

（3）a．CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸；该反应能够发生，故a错误；

b．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；

c．CO32-+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸；该反应无法发生，故c正确；

d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-；该反应不能发生，故d正确；综上所述，本题答案是：cd。

（4）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；pH=2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；综上所述，本题答案是：>；>；>。

【点睛】

浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多，但是同浓度同体积的醋酸和盐酸中和氢氧化钠的能力是完全一样的；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多，但是同体积、pH相同的醋酸和盐酸，中和氢氧化钠的能力醋酸强。【解析】增大acd>>>15、略

【分析】【详解】

(1)①醋酸为弱酸，每稀释倍，pH变化小于n个单位，10mL0.1mol·L-1醋酸溶液加水稀释至1000mL，pH值小于5，大于3，稀释过程中K保持不变，故不变，故答案为：不变；

②0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH=3，25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，则Kb(NH3·H2O)=10-5，由此可求c(OH-)=10-3mol·L-1；pH=11，故答案为：11；

(2)=0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中氢氧根浓度减小，则比值增大，比值增大，故选b；

故答案为：b；

(3)若某时刻时，测得c(N2)=1mol·L-1，c(H2)=3mol·L-1，c(NH3)=2mol·L-1，则反应向逆向进行，故答案为：B；【解析】不变11bB三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

由铅蓄电池负极反应：Pb+-2e‑=PbSO4↓，知反应后负极由Pb转化为PbSO4，增加质量，由电极反应得关系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知电路通过2mol电子，负极质量增加96g，题干说法错误。18、B【分析】【详解】

酸碱指示剂本身就是弱酸或弱碱，加入过多会使中和滴定结果产生较大误差。19、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。21、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、结构与性质(共1题，共3分)22、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为故答案为：

(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键；双键的键能大于单键的键能；

(4)SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。【解析】哑铃或纺锤体分子SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离五、工业流程题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

氧化铜锌矿经废酸浸取后过滤，可得到硫酸铜、硫酸锌溶液；向酸浸液中加铁可还原出铜，经过滤可得铜和硫酸亚铁、硫酸锌的混合液；然后加入A和氨水，将亚铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；后向滤液中加氨水等将锌离子转化为Zn2(OH)2CO3，最后焙烧，Zn2(OH)2CO3受热分解得到氧化锌。

【详解】

(1)影响化学反应速率的因素有多种；要提高氧化铜锌矿的酸浸速率，可采取的措施还有升高温度(增大酸浓度；将氧化铜锌矿粉碎以增大表面积等)，故答案为：适当升高温度(或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等)。

(2)因向含ZnS的悬浊液中滴加CuSO4溶液，溶液中发生反应当恰好出现CuS沉淀时，此时溶液为ZnS和CuS的混合饱和溶液，此时溶液中====1.2×1012，故答案为：1.2×1012。

(3)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，且加入A不引入新的杂质，H2O2反应过程中被还原为H2O，HNO3被还原为有有毒气体NOx，KMnO4、NaClO被还原所得生成物均会引入新杂质，为不引入新杂质和环境保护原则可知最佳的氧化剂为H2O2；故答案为：B。

(4)沉淀Zn2+的过程中Zn2+与和NH3·H2O之间发生复分解反应生成Zn2(OH)2CO3，若选用其他碱溶液，可能会与OH-之间发生反应导致最终得到ZnCO3或者Zn(OH)2，同时NH3·H2O受热易发生分解生成NH3和H2O，后续焙烧过程中可除去Zn2(OH)2CO3表面附着的NH3·H2O；由图表数据可知，Fe3+沉淀完全的pH为3.2，Zn2+开始沉淀的pH为6.2，为保证Fe3+沉淀完全同时防止Zn2+沉淀，沉淀过程中溶液pH应为故答案为：防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面杂质；

(5)因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为(NH4)2SO4。

(6)Zn2(OH)2CO3为复盐，焙烧可生成ZnO、H2O和CO2气体，反应的化学方程式为Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑。【解析】适当升高温度(或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等)1.2×1012B防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面杂质(NH4)2SO4Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑24、略

【分析】【分析】

高温煅烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2)发生的主要反应为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，Cu2S+2O2=2CuO+SO2，故气体为SO2，固体Ⅰ为CuO、FeS、PbO、Al2O3、SiO2，气体中加入碳酸铵溶液发生离子反应得到亚硫酸铵溶液，固体1中加入稀硫酸，除SiO2不溶解，其他物质溶解得到相应的金属离子，其中铅离子与硫酸作用得到PbSO4沉淀，过滤得到固体2的成份为PbSO4和SiO2，溶液1中的金属离子为：Fe2+、Al3+、Cu2+，向其中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量的CuO调节pH沉淀Fe3+、Al3+，过滤，固体3为CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3的混合物；溶液2的主要成分为硫酸铜，将溶液2蒸发浓缩；冷却结晶得到胆矾，据此分析作答。

【详解】

(1)由上述分析可知流程中SO2与碳酸铵溶液反应生成亚硫酸铵，离子方程式为SO2+=+CO2或SO2+2+H2O=+2H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及溶液呈酸性可知，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(2)根据题意，加入试剂A后过滤的滤渣中有PbSO4，故试剂A为H2SO4；由上述分析可知，固体2的成份为PbSO4和SiO2；根据实验结果可以看出，在图表中，温度为90℃、浸出时间为2.5小时，铜的浸出率最高，此为最佳温度和时间，故答案为：H2SO4；SiO2；90℃；2.5小时；

(3)操作2是从溶液中获取晶体；故为蒸发浓缩；冷却结晶；

(4)试剂C的作用是调节pH，目的是除去Cu2+中的Fe3+、Al3+，所加入的物质能与H+反应，同时不能引入新杂质，因此所加物质为含铜同时能与H+反应的物质，且反应后不能遗留除Cu、O、H元素之外的元素，所以所选药品可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3；

(5)常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)=1×10-5mol/L，则c(OH−)==mol/L=2×10−11mol/L，则溶液中Al3+理论最大浓度为=mol/L=0.375mol/L。【解析】①.SO2+=+CO2或SO2+2+H2O=+2②.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O③.H2SO4④.SiO2⑤.90℃、2.5小时⑥.加热浓缩⑦.冷却结晶⑧.CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3⑨.0.375mol/L25、略

【分析】【分析】

由钛铁矿(主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质)制取金属钛，由流程可知，I中主要发生FeTiO3+2H2SO4(浓)FeSO4+TiOSO4+2H2O，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，只有二氧化硅不反应，过滤可除去二氧化硅，III中加Fe可与铁离子反应生成亚铁离子，从而得到晶体A为绿矾(FeSO4•7H2O)，TiOSO4水解生成H2TiO3，煅烧生成TiO2，VI中发生TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，蒸馏可分离出四氯化钛，最后发生2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；以此来解答。

【详解】

(1)根据分析可知，第I中主要发生FeTiO3+2H2SO4(浓)FeSO4+TiOSO4+2H2O；

(2)已知晶体A为绿矾(FeSO4⋅7H2O)，由于Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，为了避免亚铁离子被氧化，第Ⅲ步在浸取液中加入铁屑。检验绿矾是否变质产生Fe3+的方法是取少量晶体A溶于水；加入KSCN溶液，若溶液变成血红色，则产品变质；

(3)第Ⅵ步将二氧化钛、碳粉混合，在高温条件下通入氯气制得TiCl4和一种具有可燃性的有毒气体，该反应的化学方程式为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，制取的TiC14在室温下为无色液体，其中混有少量的SiCl4；结合已知信息②中物质的熔沸点，则提纯四氯化钛的方法是蒸馏；

(4)用第VII步还原过程是用过量的镁在高温条件下与TiCl4反应制得海绵钛，发生2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2，若用此方法制取4.8kg钛，理论上需要Mg的质量为×2×24g/mol=4.8kg，则Mg的利用率为×100%=80%；

(5)以熔融的氧化钙作电解质，直接电解TiO2也可以生产钛，Ti元素的化合价降低，得到电子，由图可知，二氧化钛电极连接电源负极，该极电极反应式为TiO2+4e−=Ti+2O2−；在熔融状态下，石墨电极会被部分氧化，产生CO、CO2。【解析】FeTiO3+2H2SO4(浓)FeSO4+TiOSO4+2H2O取少量晶体A溶于水，加入KSCN溶液，若溶液变血红色，则产品变质2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO蒸馏80%TiO2+4e-=Ti+2O2-在熔融状态下，石墨电极被部分氧化六、原理综合题(共2题，共20分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)C、O位于第二周期，同周期元素随着核电荷数的递增原子半径逐渐减小，则Na位于第三周期，则所以Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，最外层电子处于3s轨道，所以最外层电子云形状为球形，故答案为：球形；

(2)a．O无最高价氧化物对应水化物；故a错；

b．两种元素的气态氢化物的沸点高低为物理性质，与其非金属性强弱无关，故b错；

c．CO2中C元素显正价；O元素显负价，表明C的电子能力不如O强，所以C不如O的非金属性强，故选c；

d．非金属性越强越容易与氢气化合，所以与H2反应的难易程度能证明碳元素与氧元素非金属强弱；故选d；

答案选cd

(3)CO2与CS2是组成与结构相似的分子晶体，分子间以分子间作用力结合，CS2相对分子质量较大，分子间作用力更强，因此CS2熔沸点高，故答案为：CS2高，CO2与CS2是组成与结构相似的分子晶体，分子间以分子间作用力结合，CS2相对分子质量较大；分子间作用力更强，因此熔沸点高；

(4)由反应4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C(s，金刚石)可知，1000℃Na为气态，所以该反应的平衡常数由故答案为：

(5)

a．容器中只有钠蒸气和二氧化碳气体；若起始时二