2025年外研版2024高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版2024高三化学上册阶段测试试卷786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5题，共10分)1、下列比较中正确的是（）A.溶液碱性：KOH＞LiOHB.溶液酸性：HNO3＜H2CO3C.原子半径：S＜FD.硫与氢气反应比氟与氢气反应更容易2、对下列装置的叙述错误的是A.X如果是HCl，则不论a和b用导线连接还是a和b分别连接直流电源正、负极时，H+的移动方向均相同B.X如果是硫酸铜，a和b分别连接直流电源正、负极，一段时间后铁片质量增加C.X如果是硫酸铁，则不论a和b是否用导线连接，铁片均发生氧化反应D.X如果是NaCl，则a和b连接时，该装置可模拟生铁在食盐水中被腐蚀的过程3、只用一种试剂就可以鉴别乙酸、葡萄糖溶液、蔗糖溶液，这种试剂是（）A.新制Cu（OH）2溶液B.Na2CO3溶液C.石蕊试液D.FeCl3溶液4、假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是（）A.浓盐酸挥发，浓度不足B.配制溶液时，未洗涤烧杯C.配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D.加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出5、下列有关实验问题的处理方法正确的是（）A.把硝酸钠分解实验后的残渣倒入水槽用水冲入下水道B.制备气体时为防止气流不通畅，应检查乳胶管是否弯折堵塞C.铜与浓硫酸反应时，用蘸有浓溴水的棉花放在导管口吸收多余的气体D.不慎将浓苛性钠溶液沾到皮肤上，立即用大量的水冲洗并用H2SO4中和评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、25℃时；电离平衡常数：

。弱酸化学式CH3COOHHCLOH2CO3电离平衡常数（25℃）1.75×10-53.0×10-8K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11回答下列问题：

（1）物质的量浓度为0.1mol•L-1的下列4种物质，pH最大的是____．

A．NaCO3B．NaCLOC．CH3COONaD．NaHCO3

（2）若增大氯水中次氯酸的浓度，不宜向氯水中加入的物质是____．

A．Na2CO3B．NaCLOC．CH3COONaD．NaHCO3

（3）常温下0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程；下列表达式的数据一定变小的是。

____．

A．c（H+）B.C．c（H+）c（OH-）D.

（4）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL；稀释过程pH变。

化如下图所示，则HX的酸性____（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的酸性；稀释后；

HX溶液中水电离出来的c（H+）____醋酸溶液水电离出来c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）．

（5）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液；若测得混合液pH=6，则溶液中。

c（CH3COO-）-c（Na+）=____．（填准确数值）7、某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题．当闭合该装置的电键时；观察到电流计的指针发生了偏转．请回答下列问题：

（1）甲装置的名称是____（填“原电池”或“电解池”）．

（2）写出电极反应式：Pt极____；当甲中产生0.1mol气体时，乙中析出铜的质量应为____．

（3）若乙中溶液不变，将其电极都换成铜电极，电键闭合一段时间后，乙中溶液的颜色____（填“变深”；“变浅”或“无变化”）．

（4）若乙池溶液通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度．则电解过程中转移电子的数目为____．（用NA表示）8、某学生用中和滴定法测定某烧碱的纯度．实验如下：

（1）配制待测液：用5.00g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制成1000mL的溶液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器有____．

（2）用标准0.1000mol/L的盐酸溶液滴定NaOH溶液的实验操作如下：

A．用碱式滴定管取稀NaOH溶液20mL；注入锥形瓶中，加入指示剂．

B．用待测定的NaOH溶液润洗碱式滴定管．

C．用蒸馏水洗干净滴定管．

D．取下酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后；将标准液注入酸式滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把酸式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下．

E．检查滴定管是否漏水．

F．另取锥形瓶；再重复操作一次．

G．把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度．

①滴定操作的正确顺序是（用序号填写）：____．

②该滴定操作中应选用的指示剂是：____．

（3）酸式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，导致滴定结果（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）____；酸式滴定管读数时，若先俯后仰，则结果会____．9、（2012春•长沙校级期末）化学反应速率和限度是中学化学原理中很重要部分；根据所学知识回答下列问题：

I．用纯净的锌粒与稀盐酸反应制取氢气气体；请回答：

（1）实验过程如图甲所示，分析判断____段化学反应速率最快．

（2）将锌粒投入盛有稀盐酸的烧杯中，刚开始时产生H2的速率逐渐加快，其影响因素是____，一定时间后反应速率逐渐减慢，其原因是____．

（3）为了减缓上述反应的速率，欲向溶液中加入下列物质，你认为可行的是____

A．蒸馏水B．氯化钠固体C．氯化钠溶液D．浓盐酸E．降低温度。

Ⅱ．某温度时；在2L密闭容器中，X；Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图乙所示．由图中数据分析：

（1）该反应的化学方程式：____；

（2）反应开始至2min末，X的反应速率为____（mol•L-1•min-1）；

（3）3min后图中曲线所表示的含义是____．10、如图是石油化工中的部分流程图，据此回答下列问题

（1）流程图中丙烯酸的官能团有____

（2）流程图中反应①和②的类型分别是____

（3）流程图中反应③的反应方程式为____

（4）以苯乙烯（）为原料工业制备苯乙炔（）的流程如下：

甲

①流程图中甲的结构简式：____

②流程图中由甲制苯乙炔的反应方程式是：____

（5）相对分子量为106的芳香烃的同分异构体有____种，其苯环上一氯取代物有两种的芳香烃的结构简式为____，其苯环上二氯取代物有三种的芳香烃的名称为____．11、设计出燃料电池使天然气CH4氧化直接产生电流是对世纪最富有挑战性的课题之一．最近有人制造了一种燃料电池，一个电极通入空气，另一电极通入天然气，电池的电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2-离子．回答如下问题：

（1）这个电池的正极发生的反应是：____；

（2）固体电解质里的O2-向____极（填“正”或“负”）；

（3）天然气燃料电池最大的障碍是氧化反应不完全，产生____堵塞电极的气体通道；有人估计，完全避免这种副反应至少还需10年时间，正是新一代化学家的历史使命．

（4）若将此甲烷燃料电池设计成在25%的KOH溶液中的电极反应，该电池的负极区域的碱性会____（填“增强”、“减弱”或“不变”）．12、以下是依据一定的分类标准；对某些物质与水反应情况进行分类的分类图．请根据你所学的知识，按要求填空：

（1）上述第一级分类标准（分成A、B组的依据）是____．

（2）F组中物质除了Cl2外还有____（填化学式）

（3）D组中的氨水呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：____．

（4）由Al3+制备Al（OH）3，最好不选择D组中的NaOH溶液，说明理由：____．13、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数，判断下列各项是否正确。rm{(1)1mol}羟基中电子数为rm{10N_{A}}()rm{(2)1.7gH_{2}O_{2}}中含有电子数为rm{0.9N_{A}}()rm{(3)1mol}乙烷分子中含有rm{8N_{A}}个共价键()rm{(4)58.5g}的rm{NaCl}固体中含有rm{N_{A}}个氯化钠分子()rm{(5)24g}镁的原子最外层电子数为rm{N_{A}}()rm{(6)}标准状况下，rm{22.4L}乙醇的分子数为rm{N_{A}}()rm{(7)}标准状况下，rm{22.4L}二氯甲烷的分子数约为rm{4N_{A}}个()rm{(8)}标准状况下，rm{22.4L}戊烷所含分子数为rm{0.1N_{A}}()rm{(9)1L0.1mol隆陇L^{-1}}乙酸溶液中rm{H^{+}}数为rm{0.1N_{A}}()rm{(10)1molCa}变成rm{Ca^{2+}}时失去的电子数为rm{2N_{A}}()rm{(11)1molCl_{2}}与足量rm{Fe}反应，转移的电子数为rm{3N_{A}}()rm{(12)1molCl_{2}}参加反应转移电子数一定为rm{2N_{A}}()rm{(13)}在反应rm{KIO_{3}+6HI篓TKI+3I_{2}+3H_{2}O}中，每生成rm{3molI_{2}}转移的电子数为rm{6N_{A}}()rm{(14)}将rm{0.1mol}氯化铁溶于rm{1L}水中，所得溶液含有rm{0.1N_{A}Fe^{3+}}()rm{(15)}在rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}碳酸钠溶液中，阴离子总数大于rm{0.1N_{A}}()rm{(16)}标准状况下，rm{2.24LH_{2}O}含有的分子数等于rm{0.1N_{A}}()rm{(17)}标准状况下，rm{22.4L}空气含有rm{N_{A}}个单质分子()rm{(18)}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}质量约为rm{28g}()rm{(19)}常温常压下，rm{22.4L}乙烯中rm{C-H}键数为rm{4N_{A}}()rm{(20)}乙烯和环丙烷rm{(C_{3}H_{6})}组成的rm{28g}混合气体中含有rm{3N_{A}}个氢原子()rm{(21)}标准状况下，rm{22.4L}氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为rm{N_{A}}()rm{(22)22.4LCl_{2}}中含有rm{N_{A}}个rm{Cl_{2}}分子()评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）15、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA．____（判断对错）16、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）17、由冰变成水蒸气需要吸收热量，是吸热反应____．（判断对错）18、常温常压下，16gCH4中所含中子数为10NA____（判断对错）19、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）20、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）21、中性干燥剂无水氯化钙，既可干燥H2，又可干燥HCl，还可干燥NH3____（判断对错）．22、胶体属于介稳体系____．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共3题，共15分)23、NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等．

（1）N2和H2以物质的量之比为1：3在不同温度和压强下发生反应：N2+3H2⇌2NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数如图1．

①下列途径可提高氨气产率的是______（填字母）．

a．采用常温条件。

b．采用适当的催化剂。

c．将原料气加压。

d．将氨液化；不断移去液氨。

②如图1中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1______（填“＞”“＜”或“=”）K2．

（2）肼（N2H4）是一种火箭燃料．已知：

N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）；△H=+67.7kJ•mol-1

N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534.0kJ•mol-1

NO2（g）═N2O4（g）；△H=-28.0kJ•mol-1

①反应2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）的△H=______kJ•mol-1．

②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为______．

（3）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3；其工作原理如图2．

①阴极的电极反应式为______．

②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为______．

（4）饮用水消毒时，氯胺（NH2Cl等）在酸性条件下具有良好的效果，其原因是______．24、科学家积极探索新技术对rm{CO_{2}}进行综合利用。Ⅰrm{.CO_{2}}可用来合成低碳烯烃。请回答：rm{2CO_{2}(g)}rm{+6H_{2}(g)?CH_{2}=CH_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{+6H_{2}(g)?

CH_{2}=CH_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=a}图rm{kJ/mol}图rm{1}rm{2}已知：rm{(1)}和rm{H_{2}}的燃烧热分别是rm{CH_{2}=CH}rm{285.8}和rm{kJ/mol}rm{1411.0}且rm{kJ/mol}rm{H_{2}O(g)H_{2}O(l)}rm{triangleH=}rm{-44.0}rm{kJ}则rm{/mol}_______rm{a=}rm{kJ/mol}上述由rm{(2)}合成rm{CO_{2}}的反应在_______下自发进行rm{CH_{2}=CH_{2}}填“高温”或“低温”rm{(}rm{)}在体积为rm{(3)}的恒容密闭容器中，充入rm{1L}rm{3}和rm{molH_{2}}rm{1mol}测得温度对rm{CO_{2}}的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图rm{CO_{2}}所示。下列说法正确的是_______。rm{1}A.平衡常数大小：rm{K}rm{K}rm{{,!}_{M}}rm{<}rm{K}rm{<}时rm{K}rm{{,!}_{N}}B.其他条件不变，若不使用催化剂，则rm{250隆忙}时rm{CO}rm{250隆忙}rm{CO}中rm{{,!}_{2}}点时，乙烯的体积分数为的平衡转化率可能位于点rm{M}rm{M}rm{{,!}_{1}}C.图rm{1}中rm{M}点时，乙烯的体积分数为rm{7.7%}rm{1}rm{M}rm{7.7%}不变时均可证明化学反应已达到平衡状态D.当压强或rm{n(}rm{H}保持温度不变，在体积为rm{n(}rm{H}的恒容容器中以rm{{,!}_{2}}的投料比加入反应物，rm{)/n(CO}时达到化学平衡。请在图rm{)/n(CO}中作出容器内混合气体的平均相对分子质量rm{{,!}_{2}}随时间变化的图象。

Ⅱrm{)}不变时均可证明化学反应已达到平衡状态利用“rm{)}”电池将rm{(4)}变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“rm{V}”电池，以钠箔和多壁碳纳米管rm{L}为电极材料，总反应为rm{4Na+3CO_{2}underset{路脜碌莽}{overset{鲁盲碌莽}{?}}2Na_{2}CO_{3}+C}放电时该电池“吸入”rm{n(H_{2}):n(CO_{2})=3:1}其工作原理如图rm{t_{0}}所示：图rm{2}rm{bar{M}}放电时，正极的电极反应式为_________________。rm{.}若生成的rm{Na-CO_{2}}和rm{CO_{2}}全部沉积在正极表面，当转移rm{Na-CO_{2}}rm{(MWCNT)}rm{4Na+3CO_{2}

underset{路脜碌莽}{overset{鲁盲碌莽}{?}}2Na_{2}CO_{3}+C}时，正极增加的质量为______rm{CO_{2}}rm{3}选用高氯酸钠四甘醇二甲醚做电解液的优点是____________________。rm{3}25、苯乙烯是重要的基础有机化工原料rm{.}工业中以乙苯rm{(C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3})}为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯rm{(C_{6}H_{5}-CH=CH_{2})}的反应方程式为：

rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=akJ?mol^{-1}}

rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=akJ?mol^{-1}}向体积为rm{(1)}的密闭容器中充入rm{VL}乙苯，反应达到平衡状态时，平衡体系组成rm{nmol}物质的量分数rm{(}与温度的关系如图所示rm{)}则温度为rm{.}时；该反应的平衡常数为______．

rm{600隆忙}乙苯在特定催化剂下发生氧化脱氢：

rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)triangleH_{1}}

已知：rm{(2)}的燃烧热rm{triangleH_{2}=bkJ?mol^{-1}}水的汽化热为rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{1}}则rm{H_{2}}______

rm{triangle

H_{2}=bkJ?mol^{-1}}在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH<0.}则该反应在______rm{cJ?g^{-1}}填“高温”、“低温”或“任何温度”rm{triangleH_{1}=}下能自发进行rm{(3)}在某温度下，rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H<0.}密闭容器中充入rm{(}rm{)}各rm{.}进行反应，测得rm{2L}物质的量变化如图所示，rm{NO}分钟末反应达到平衡rm{CO}第rm{0.4mol}分钟继续加入rm{NO}rm{5}rm{.}和rm{6}请在图中画出到rm{0.2molNO}分钟末反应达到平衡rm{0.2molCO}的物质的量随时间的变化曲线．

rm{0.2molCO_{2}}沉淀物并非绝对不溶，且在水及各种不同的溶液中溶解度有所不同，同离子效应、络合物的形成等都会使沉淀物的溶解度有所改变rm{0.3molN_{2}}已知rm{9}如图rm{NO}是某温度下rm{(4)}在rm{.}rm{AgCl+Cl隆楼=[AgCl_{2}]隆楼}溶液中的溶解情况rm{2}由以上信息可知：

rm{AgCl}由图可知该温度下rm{NaCl}的溶度积常数为______．

rm{AgNO_{3}}在rm{.}溶液中的溶解出现如图所示情况rm{垄脵}先变小后变大rm{AgCl}的原因是：______．rm{垄脷AgCl}评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：28、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．29、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、其他(共2题，共6分)30、苯佐卡因是一种医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯。用芳香烃A为原料合成苯佐卡因E的路线如下：请回答：（1）写出结构简式B________________C_________________。（2）写出反应类型①_______________②________________。（3）化合物D经聚合反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。写出该聚合反应的化学方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能与E发生化学反应的是_________。a．HClb．NaClc．Na­2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列条件的化合物E的同分异构体有_____种。i.为1,4—二取代苯，其中苯环上的一个取代基是氨基；ii.分子中含结构的基团31、日常生活中的一些用品与我们化学实验中的仪器作用相似．请写出下列生活用品相对应的实验仪器名称：

。炒菜时取味精（小勺子）____烧热水（电热器）____冲白糖水（杯子）____给病人打针（注射器）____参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A．元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的碱性越强；

B．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的酸性越强；

C．一般来说原子核外电子层越多；半径越大；

D．元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应．【解析】【解答】解：A．金属性K＞Li；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强，故A正确；

B．非金属性N＞C；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，故B错误；

C．S位于第三周期；F位于第二周期，一般来说原子核外电子层越多，半径越大，故C错误；

D．非金属性F＞S；元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，故D错误．

故选A．2、A【分析】试题分析：A项中a、b用导线连接时H+移向a，分别连接直流电源的正负极时H+移向b极，错误。考点：原电池原理、电解原理。【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】乙酸虽是弱酸，但能溶解氢氧化铜，乙酸与其混合后溶液澄清；葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；蔗糖不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．乙酸溶解氢氧化铜；葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；蔗糖不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象，三种溶液现象各不相同，能鉴别，故A正确；

B．Na2CO3溶液与乙酸反应生成气体；但与葡萄糖和蔗糖不反应，故B错误；

C．石蕊为酸碱指示剂；不能用来鉴别葡萄糖和蔗糖，故C错误；

D．FeCl3溶液与三种溶液都不反应；不能鉴别，故D错误．

故选A．4、C【分析】【分析】盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，逐项分析即可．【解析】【解答】解：消耗的标准液盐酸体积减少；说明读数时标准液的体积比实际体积减少了；

A；浓盐酸挥发；浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，故A不选；

B；配制溶液时；未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，故B不选；

C；配制溶液时；俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，故C选；

D；加水时超过刻度线；用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，故D不选；

故选C．5、B【分析】【分析】A．根据实验室废弃物的处理方法进行分析判断；

B．制备气体时乳胶管弯折会影响导气；

C．根据溴有毒易挥发；

D．根据H2SO4具有腐蚀性，容易灼伤皮肤．【解析】【解答】解：A；硝酸钠分解实验后的残渣有亚硝酸盐；亚硝酸盐对人体有害．污染环境，不能冲入下水道，故A错误；

B．制备气体时为防止气流不通畅；应检查乳胶管是否弯折堵塞，故B正确；

C．因溴有毒易挥发；故不能采用，宜用蘸有一定浓度的小苏打溶液的棉花，故C错误；

D．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上；要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故D错误；

故选B二、填空题(共8题，共16分)6、AAA大于大于1.0×10-6-1.0×10-8mol/L【分析】【分析】（1）酸的电离常数越大；酸的酸性越强，其盐的水解程度越小，盐溶液的pH越小；

（2）增大氯水中次氯酸的浓度；要消耗盐酸，而不消耗HClO；

（3）CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大；Kw不变；

（4）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小；对水的电离抑制能力小；

（5）25℃时，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）．【解析】【解答】解：由电离常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-；

（1）酸的电离常数越大，酸的酸性越强，其盐的水解程度越小，盐溶液的pH越小，碳酸根离子的酸性最弱，碳酸钠的水解程度最大，则pH最大的是Na2CO3；

故答案为：A；

（2）增大氯水中次氯酸的浓度，要消耗盐酸，而不消耗HClO，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，则HClO能与Na2CO3反应，所以不能加入Na2CO3；

故答案为：A；

（3）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小；故A正确；

B．=；稀释过程促进醋酸的电离，氢离子的物质的量最大，醋酸的物质的量减小，所以比值变大，故B错误；

C．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）•c（OH-）=Kw；Kw不变，故C错误；

D．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则变大；故D错误；

故答案为：A；

（4）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大；

故答案为：大于；大于；

（5）25℃时，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=1.0×10-6mol/L-c（OH-）=1.0×10-8mol/L=1.0×10-6-1.0×10-8mol/L；

故答案为：1.0×10-6-1.0×10-8mol/L．7、原电池4OH--4e-=O2↑+2H2O6.4g无变化0.4NA【分析】【分析】（1）根据构成原电池的条件知：甲装置为铜锌原电池；Zn为负极，Cu为正极；

（2）Pt极与铜相连应为阳极；氢氧根离子失电子；C极上铜离子得电子析出铜根据电子守恒计算；

（3）若乙中溶液不变；将其电极都换成铜电极，该装置为电镀池，根据溶液中离子浓度是否变化判断；

（4）根据“析出什么加入什么”的原则计算．【解析】【解答】解：（1）由图中的铜；锌两种电极和电解质稀硫酸和闭合电路知：该装置为原电池；Zn活泼，则Zn作负极，Cu作正极，故答案为：原电池；

（2）Pt极与铜相连应为阳极，氢氧根离子失电子，反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；当甲中产生0.1mol气体时即0.1mol氢气，所以转移电子为0.2mol，则C极上铜离子得电子析出铜，反应为Cu2++2e-=Cu；析出铜为0.1mol×64g/mol=6.4g；

故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；6.4g；

（3）若乙中溶液不变；将其电极都换成铜电极，则为电镀池，阳极铜失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子生成铜单质，则溶液中铜离子的浓度不变，所以溶液的颜色不变；

故答案为：无变化；

（4）根据“析出什么加入什么”的原则知，0.1mol的Cu（OH）2相当于0.1molCuO和0.1molH2O，阴极上析出氢气和铜，则转移电子的数目=0.1mol×（2+2）×NA/mol=0.4NA，故答案为：0.4NA．8、玻璃棒、1000ml容量瓶、胶头滴管E→C→D→B→A→G→F酚酞或甲基橙偏大偏大【分析】【分析】（1）根据实验操作过程选取实验仪器；

（2）①根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

②根据NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性；可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；

（3）根据c（待测）=分析不当操作对c（待测）的影响，以此判断浓度的误差．【解析】【解答】解：（1）操作步骤有称量；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到1000ml容量瓶容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、1000ml容量瓶、胶头滴管，则除烧杯外，还需要的玻璃仪器有：玻璃棒、1000ml容量瓶、胶头滴管；

故答案为：玻璃棒；1000ml容量瓶、胶头滴管；

（2）①中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

故答案为：E→C→D→B→A→G→F

②NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性；可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；

故答案为：酚酞或甲基橙；

（3）酸式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，标准液浓度降低，造成V（标）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；酸式滴定管读数时，若先俯后仰，读数差增大，造成V（标）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大；

故答案为：偏大；偏大．9、EF温度随着反应的进行，浓度逐渐减小，浓度因素大于温度因素ACEY+2Z⇌3X0.1在此条件下该反应已达到反应限度（或化学平衡）【分析】【分析】Ⅰ；（1）根据图象判断；反应速率越大，斜率越大；

（2）开始时反应物浓度最大；且反应放热，温度逐渐升高，随着反应的进行，浓度逐渐减小；

（3）减缓反应速率；可降低氢离子浓度以及反应温度等；

Ⅱ；（1）根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；

（2）根据v=计算；

（3）从曲线的变化特点分析．【解析】【解答】解：Ⅰ；（1）由图象可知反应速率越大；斜率越大，则EF段反应速率最大，故答案为：EF；

（2）开始时反应物浓度最大；随着反应的进行浓度降低，但反应放热，温度逐渐升高，所以反应速率逐渐增大，随着反应的进行，浓度逐渐减小，浓度因素大于温度因素，反应速率逐渐减小；

故答案为：温度；随着反应的进行；浓度逐渐减小，浓度因素大于温度因素；

（3）A．加入蒸馏水；反应速率减小，故A正确；

B．加入氯化钠固体；浓度不变，反应速率不变，故B错误；

C．加入氯化钠溶液；浓度减小，反应速率减小，故C正确；

D．加入浓盐酸；氢离子浓度增大，反应速率增大，故D错误；

E．降低温度；反应速率减小，故E正确．

故答案为：ACE；

Ⅱ；（1）由图象可以看出；反应中Z、Y的物质的量减少，应为反应物，X的物质的量增多，应为生成物；

当反应进行到3min时；△n（Y）=0.2mol，△n（Z）=0.4mol，△n（X）=0.6mol；

则△n（Y）：△n（Z）：△n（X）=1：2：3；参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；

则反应的方程式为：Y+2Z⇌3X；故答案为：Y+2Z⇌3X；

（2）反应开始至2min末，X的反应速率为：v===0.1mol/（L•min）；故答案为：0.1；

（3）3min后，各物质的物质的量不再发生变化，说明反应达到反应限度，故答案为：在此条件下该反应已达到反应限度（或化学平衡）．10、碳碳双键、羧基取代反应、加成反应CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr+2NaOH+2NaBr+2H2O4对二甲苯或1，4-二甲苯【分析】【分析】乙烯和HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2Br，A发生反应生成B，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，B、C中碳原子个数相等，B、C发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B是CH3CH2OH、C是CH3COOH；A发生取代反应生成B；丙烯被氧化生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸；

（4）苯乙烯和溴发生加成反应生成甲，甲为发生消去反应生成苯乙炔；

（5）=810，所以相对分子量为106的芳香烃分子式为C8H10，可能为二甲苯，有邻间对三种，可能为乙苯，据此分析解答．【解析】【解答】解：乙烯和HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2Br，A发生反应生成B，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，B、C中碳原子个数相等，B、C发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B是CH3CH2OH、C是CH3COOH；A发生取代反应生成B；丙烯被氧化生成丙烯酸，丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸；

（1）流程图中丙烯酸的官能团有碳碳双键和羧基；故答案为：碳碳双键；羧基；

（2）苯在浓硫酸作催化剂、加热条件下和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，乙烯和HBr发生加成反应生成溴乙烷；所以流程图中反应①和②的类型分别是取代反应；加成反应，故答案为：取代反应、加成反应；

（3）A发生水解反应或取代反应生成B，流程图中反应③的反应方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

（4）苯乙烯和溴发生加成反应生成甲，甲为发生消去反应生成

①流程图中甲的结构简式：故答案为：

②发生消去反应生成苯乙炔，流程图中由甲制苯乙炔的反应方程式是：+2NaOH+2NaBr+2H2O；

故答案为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；

（5）=810，所以相对分子量为106的芳香烃分子式为C8H10，可能为二甲苯，有邻间对三种，可能为乙苯，所以相对分子量为106的芳香烃的同分异构体有4种，其苯环上一氯取代物有两种的芳香烃的结构简式为其苯环上二氯取代物有三种的芳香烃的名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；

故答案为：4；对二甲苯或1，4-二甲苯．11、O2+4e-=2O2-负C减弱【分析】【分析】（1）该燃料电池中；正极上仪器得电子生成氧离子；

（2）放电时；电解质中阴离子向负极移动；

（3）天然气如果被氧化不完全；则生成固体碳而阻塞电极气体通道；

（4）甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．【解析】【解答】解：（1）该燃料电池中，正极上仪器得电子生成氧离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故答案为：O2+4e-=2O2-；

（2）放电时；电解质中阴离子向负极移动；阳离子向正极移动，所以氧离子向负极移动，故答案为：负；

（3）天然气如果被氧化不完全；则生成固体碳而阻塞电极气体通道，故答案为：C；

（4）甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，负极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，有氢氧根离子参加反应导致溶液碱性减弱，故答案为：减弱．12、是否发生氧化还原反应NO2NH3•H2O⇌NH4++OH-过量NaOH会溶解生成的沉淀【分析】【分析】（1）依据图表变化和物质分类分析变化判断；

（2）水在氧化还原反应中既不是氧化剂也不是还原剂的为氯气；二氧化氮；

（3）氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡电离出氢氧根离子；

（4）氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸强碱．【解析】【解答】解：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、SO2、CaO、Na2O溶于水发生化合反应生成对应酸和碱是非氧化还原反应；Cl2、Na、NO2；溶于水反应发生的是氧化还原反应，所以依据是否发生氧化还原反应，故答案为：是否发生氧化还原反应；

（2）Cl2、Na、NO2，溶于水反应发生的是氧化还原反应，氯气自身氧化还原，二氧化氮自身氧化还原反应，钠做还原剂被水氧化，所以判断氯气和二氧化氮复印纸水既不是氧化剂也不是还原剂，故答案为：NO2；

（3）氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡电离出氢氧根离子，电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；

（4）氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强酸强碱，过量NaOH会溶解生成的沉淀，故答案为：过量NaOH会溶解生成的沉淀．13、​(1)×

(2)√

(3)×

(4)x

(5)x

(6)x

(7)x

(8)x

(9)x

(10)√

(11)x

(12)x

(13)x

(14)x

(15)√

(16)x

(17)x

(18)x

(19)x

(20)x

(21)√

(22)x【分析】【分析】本题考查阿伏伽德罗常数的计算。【解答】rm{(1)-OH}中含rm{9}个电子，rm{1mol}羟基中电子数为rm{9N_{A}}错误，故答案为：rm{x}rm{(2)1.7gH_{2}O_{2}}中含有电子数为rm{dfrac{1.7g}{34g/mol}隆脕18隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=0.9NA}正确，故答案为：rm{dfrac{1.7g}{34g/mol}隆脕18隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=

0.9NA}rm{隆脤}分子含rm{(3)CH_{3}CH_{3}}条共价键，rm{7}乙烷分子中含有rm{1mol}个共价键，错误，故答案为：rm{7N_{A}}rm{x}属于离子化合物，固体中无氯化钠分子，错误，故答案为：rm{(4)NaCl}rm{x}镁的物质的量为rm{(5)24g}镁原子最外层有rm{1mol}个电子，镁的原子最外层电子数为rm{2}错误，故答案为：rm{2N_{A}}rm{x}标准状况下乙醇为液体，则不能利用rm{(6)}来计算其物质的量，错误，故答案为：rm{22.4L/mol}rm{x}标准状况下二氯甲烷为液体，不能用rm{(7)}计算rm{22.4L/mol}二氯甲烷的分子数，错误，故答案为：rm{22.4L}rm{x}标准状况下戊烷为液体，不能用rm{(8)}计算rm{22.4L/mol}戊烷所含分子数，错误，故答案为：rm{22.4L}rm{x}乙酸属于弱电解质，水溶液中部分电离，rm{(9)}乙酸溶液中rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}数小于rm{H^{+}}错误，故答案为：rm{0.1N_{A}}rm{x}钙原子最外层电子数为rm{(10)}失去最外层电子变为钙离子，rm{2}变成rm{1molCa}时失去的电子数为rm{Ca^{2+}}正确，故答案为：rm{2N_{A}}rm{隆脤}氯气和铁反应生成氯化铁，铁足量，电子转移按照全部反应的氯气计算，转移电子rm{(11)}错误，故答案为：rm{2N_{A}}rm{x}rm{(12)1}rm{mol}参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为rm{Cl_{2}}如rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}反应rm{2N_{A}}转移电子数为rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+

H_{2}O}错误，故答案为：rm{1molCl_{2}}rm{N_{A}}在反应rm{x}中，碘酸钾中rm{(13)}元素化合价由rm{KIO_{3}+6HI篓TKI+3I_{2}+3H_{2}O}价变为rm{I}价、rm{+5}中rm{0}元素化合价由rm{HI}价变为rm{I}价，每生成rm{-1}rm{0}rm{3}转移的电子数为rm{mol}错误，故答案为：rm{I_{2}}rm{5N_{A}}将rm{x}氯化铁溶于rm{(14)}水中，铁离子水解生成氢氧化铁，所得溶液含有rm{0.1mol}小于rm{1L}错误，故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{0.1N_{A}}水解生成了rm{x}和rm{(15)CO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?OH^{-}+HCO_{3}^{-}}一个阴离子水解生成两个阴离子所以rm{OH^{-}}碳酸钠溶液中阴离子总数大于rm{HCO_{3}^{-}}正确，故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?OH^{-}+

HCO_{3}^{-}}rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}}在标况下，水的状态不是气体，无法计算rm{0.1N_{A}}水的物质的量，错误，故答案为：rm{隆脤}rm{(16)}空气中除了单质分子还有不是单质的分子，例如二氧化碳，所以标准状况下，rm{2.24L}空气中的单质分子一定少于rm{x}个，错误，故答案为：rm{(17)}rm{22.4L}个分子是rm{N_{A}}rm{x}rm{(18)N_{A}}的摩尔质量都是rm{1mol}所以质量一定是rm{CO}没有说明状态，所以体积不一定是rm{C_{2}H_{4}}错误，故答案为：rm{28g/mol}rm{28g}常温常压下，气体摩尔体积大于rm{22.4L}故rm{x}乙烯的物质的量小于rm{(19)}故含有的rm{22.4L/mol}键的数目小于rm{22.4L}错误，故答案为：rm{1mol}rm{C-H}乙烯和环丙烷rm{4N_{A}}组成最简比相同为rm{x}rm{(20)}混合气体中所含氢原子数rm{=dfrac{28g}{28g/mol}隆脕2隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=4N_{A}}个氢原子，错误，故答案为：rm{(C_{3}H_{6})}rm{CH_{2}}氯气自身氧化还原反应，rm{28g}氯气反应电子转移电子为rm{=dfrac{28g}{28g/mol}隆脕2隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=

4N_{A}}标准状况下，rm{x}氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为rm{(21)}正确，故答案为：rm{1mol}rm{1mol}无标况下，rm{22.4L}的物质的量未知，无法计算含有的rm{N_{A}}分子数，错误，故答案为：rm{隆脤}rm{(22)}【解析】​rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}rm{(3)隆脕}rm{(4)x}rm{(5)x}rm{(6)x}rm{(7)x}rm{(8)x}rm{(9)x}rm{(10)隆脤}rm{(11)x}rm{(12)x}rm{(13)x}rm{(14)x}rm{(15)隆脤}rm{(16)x}rm{(17)x}rm{(18)x}rm{(19)x}rm{(20)x}rm{(21)隆脤}rm{(22)x}三、判断题(共9题，共18分)14、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．15、√【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故正确，故答案为：√．16、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，据此解题．【解析】【解答】解：冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，故答案为：×．18、×【分析】【分析】1个CH4中含有的中子数为6个，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此时H原子不含中子，则1个CH4中含有的中子数为6个，1mol甲烷含有6NA个中子．

故答案为：×．19、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．20、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），据此解题．【解析】【解答】解：氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），因此不能使用无水氯化钙来干燥氨气，故答案为：×．22、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．四、简答题(共3题，共15分)23、略

【分析】解：（1）①a．采用常温条件；化学反应速率慢，故a错误；

b．采用适当的催化剂，加快合成氨的速率，故b正确；

c．将原料气加压；加快了合成氨的速率，平衡正向移动，故c正确；

d．将氨液化；不断移去液氨，平衡正向移动，故d正确；

故答案为：bcd；

②图1中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时的温度都是400℃；温度相同，化学平衡常数相等，故答案为：=；

（2）①已知a．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol；

b．N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ/mol；

c．NO2（g）═N2O4（g）；△H=-28.0kJ•mol-1；

由盖斯定律b×2-a-c×2得到：热化学方程式：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1079.7kJ/mol；

故答案为：-1079.7；

②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼、氯化钠、水，化学方程式为2NH3+NaClO═NaCl+N2H4+H2O，离子方程式为2NH3+ClO-═Cl-+N2H4+H2O；

故答案为：2NH3+ClO-═Cl-+N2H4+H2O；

（3）①工业上电解NO制备NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3-，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O；

故答案为：NO+5e-+6H+═NH4++H2O；

②总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，生成的硝酸和反应的NO的物质的量之比等于2：8=1：4，通入的NH3的物质的量至少应与生成的硝酸的物质的量相等，因此通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为1：4；

故答案为：1：4；

（4）氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO，酸性条件下，减小了NH3的浓度；平衡右移使次氯酸浓度变大；

故答案为：氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO；酸性条件下平衡右移使次氯酸浓度变大．

（1）①提高氨气产率；整体从速率；平衡移动的角度分析就可；

②化学平衡常数只受温度的影响；

（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；从而得到反应热；

②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼；氯化钠、水；写出化学方程式，改写为离子方程式；

（3）①工业上电解NO制备NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3-，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+；

②总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，通入的NH3的物质的量至少应与生成的硝酸的物质的量相等；

（4）氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO；从平衡移动的角度分析．

本题考查合成氨条件的选择、反应热的计算、电解原理、化学平衡的应用，综合性强，题目难度中等，其中提高氨气产率，整体从速率、平衡移动的角度分析，为本题的易错点．【解析】bcd；=；-1079.7；2NH3+ClO-═Cl-+N2H4+H2O；NO+5e-+6H+=NH4++H2O；1：4；氯胺与水反应存在平衡：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO，酸性条件下平衡右移使次氯酸浓度变大24、（1）-127.8

（2）低温

（3）C

（4）

（5）3CO2+4Na++4e-=2Na2O3+C

（6）11.2

（7）导电性好、与金属钠不反应、难挥发【分析】【分析】本题考查本题考查了盖斯定律、化学平衡移动的影响因素、化学平衡计算等，注意把握盖斯定律的应用方法、三段式在化学平衡计算中的灵活应用是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力、计算能力和画图能力，题目难点中等。【解答】I.rm{(1)垄脵H}rm{(1)垄脵H}rm{{,!}_{2}}rm{O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285.8kJ/mol}rm{(g)+1/2}rm{(g)+1/2}rm{O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285.8

kJ/mol}rm{垄脷C}rm{垄脷C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+3O}rm{(g)triangleH=-1411.0kJ/mol}

rm{(g)+3O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=2H}rm{(g)=2H}rm{{,!}_{2}}

rm{O(l)+2CO}得rm{O(l)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)triangle

H=-1411.0kJ/mol}rm{(g)triangle

H=-1411.0kJ/mol}rm{垄脹H}rm{垄脹H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)篓TH}rm{O(g)篓TH}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)triangleH=-44kJ/mol}rm{O(l)triangleH=-44kJ/mol}rm{O(g)triangleH=6(-285.8kJ/mol)-(-1411.0kJ/mol)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol}将方程式rm{6垄脵-垄脷-4垄脹}得rm{6H}

rm{6垄脵-垄脷-4垄脹}根据上面热化学方程式，rm{6H}即正向放热反应，rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2CO}rm{(g)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}反应前后气体体积减小，熵变rm{(g)+4H}满足rm{triangleH-TtriangleS<0}应在低温下能自发进行；

rm{(g)+4H}

rm{{,!}_{2}}化学平衡常数大于rm{O(g)triangleH=6(-285.8kJ/mol

)-(-1411.0kJ/mol)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol}故A错误；

rm{O(g)triangleH=6(-285.8kJ/mol

)-(-1411.0kJ/mol)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol}时故答案为：rm{-127.8}rm{-127.8}rm{(2)}根据上面热化学方程式，rm{triangleH<0}即正向放热反应，rm{6H}故B错误；

rm{(2)}rm{triangleH<0}的rm{6H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2CO}rm{(g)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}则图中rm{(g)}点时二氧化碳转化率rm{?}

rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+4H}rm{(g)+4H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)}反应前后气体体积减小，熵变rm{triangleS<0}满足rm{triangleH-Ttriangle

S<0}应在低温下能自发进行；rm{O(g)}rm{triangleS<0}rm{triangleH-Ttriangle

S<0}

rm{(3)}rm{(3)}A.升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以rm{M}化学平衡常数大于rm{N}故A错误；rm{M}rm{N}

B.由图象可知，其他条件不变，若不使用催化剂，则rm{250隆忙}时rm{CO}rm{250隆忙}rm{CO}rm{{,!}_{2}}的平衡转化率可能位于点rm{M}故B错误；

rm{M}C.若在密闭容器中充入体积比为rm{3}rm{1}的rm{H}rm{3}rm{1}rm{H}

rm{{,!}_{2}}和rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}的体积分数rm{=dfrac{;0.25}{;1.5+0.5+0.25+1;}隆脕100拢楼=7.7拢楼}，故图，设为rm{3mol}rm{1mol}则图中rm{M}点时二氧化碳转化率rm{50%}中rm{3mol}点时，乙烯的体积分数为rm{1mol}故C正确；rm{M}

rm{50%}

rm{6H}反应前混合气体的平均相对分子质量rm{=dfrac{;44隆脕2+2隆脕6}{;2+6};=12.5}，所以起点坐标为rm{6H}随着反应进行，气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至rm{{,!}_{2}}时达到化学平衡，若全部转化为rm{(g)+2CO}和rm{(g)+2CO}平均相对分子质量rm{=dfrac{;28+18隆脕4}{;1+4;}=20}则rm{{,!}_{2}}达平衡时rm{(g)}应在区间rm{(g)}rm{?}时将容器体积瞬间扩大至rm{C}平衡向逆方向移动，rm{C}时重新达平衡，平均相对分子质量减小，rm{{,!}_{2}}达平衡时

rm{H}rm{H}所以图象为rm{{,!}_{4}}rm{(g)+4H}

rm{(g)+4H}正极rm{{,!}_{2}}rm{O(g)}rm{O(g)}起始量rm{(mol)}rm{3}rm{1}rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{3}rm{1}rm{0}rm{0}变化量rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}平衡量rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}产物rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

rm{=CH}正极发生的电极反应

rm{=CH}rm{{,!}_{2}}的体积分数rm{=

dfrac{;0.25}{;1.5+0.5+0.25+1;}隆脕100拢楼=7.7拢楼}rm{=

dfrac{;0.25}{;1.5+0.5+0.25+1;}隆脕100拢楼=7.7拢楼}rm{1}rm{M}rm{7.7%}D.混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能根据混合气体的密度来判断化学反应是否达到平衡状态，故D错误；故答案为：rm{C}rm{C}rm{(4)}反应前混合气体的平均相对分子质量rm{=dfrac{;44隆脕2+2隆脕6}{;2+6};=12.5

}

rm{(4)}rm{=dfrac{;44隆脕2+2隆脕6}{;2+6};=12.5

}rm{(0,12.5)}rm{t_{0}}

rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{H_{2}O}rm{=dfrac{;28+18隆脕4}{;1+4;}=20

}rm{t_{0}}

rm{bar{M}}总rm{(12.5,20)}rm{t_{1}}rm{2VL}rm{t_{2}}rm{t_{2}}

rm{bar{M}}选用髙氯酸钠应大于rm{12.5}所以图象为四甘醇二甲醚做电解液的优点是导电性好，与金属钠不反应，难挥发，rm{12.5}

，【解析】rm{(1)-127.8}rm{(2)}低温rm{(3)C}rm{(4)}rm{(5)3CO_{2}+4Na^{+}+4e^{-}=2Na_{2}O_{3}+C}rm{(6)11.2}rm{(7)}导电性好、与金属钠不反应、难挥发25、略

【分析】解：rm{(1)}由图可知，平衡体系中苯乙烯的物质的量分数为rm{25%}设乙苯的变化量为rm{x}

rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)}

起始量rm{amol}rm{0}rm{0}

变化量rm{xmol}rm{xmol}rm{xmol}

平衡量rm{(a-x)mol}rm{xmol}rm{xmol}

由题可知：rm{dfrac{x}{a-x+2x}隆脕100%=25%}则rm{dfrac

{x}{a-x+2x}隆脕100%=25%}

平衡状态下乙苯平衡浓度为rm{dfrac{a-x}{V}=dfrac{2a}{3V}}结合化学平衡三行计算列式计算平衡浓度；

rm{x=dfrac{1}{3}a}

起始浓度rm{dfrac{a-x}{V}=dfrac

{2a}{3V}}rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{/(mol?L^{-1})}rm{dfrac{a}{V}}

变化浓度rm{0}rm{0}rm{/(mol?L^{-1})}rm{dfrac{a}{3V}}

平衡浓度rm{dfrac{a}{3V}}rm{dfrac{a}{3V}}rm{/(mol?L^{-1})}rm{dfrac{2a}{3V}}

rm{K=dfrac{dfrac{a}{3V}隆脕dfrac{a}{3V}}{dfrac{2a}{3V}}=dfrac{a}{6V}}

故答案为：rm{dfrac{a}{3V}}

rm{dfrac{a}{3V}}的燃烧热rm{triangleH_{2}=bkJ?mol^{-1}}水的汽化热为rm{K=dfrac{dfrac{a}{3V}隆脕dfrac

{a}{3V}}{dfrac{2a}{3V}}=dfrac{a}{6V}}可得热化学方程式：

rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=bKJ/mol}

水的汽化热为rm{dfrac{a}{6V}}焦耳rm{(2)H_{2}}克，则为rm{triangle

H_{2}=bkJ?mol^{-1}}可得：

rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=ckJ/mol}

已知rm{cJ?g^{-1}}rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{1}=akJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律，rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=bKJ/mol}可得：rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)}故rm{triangleH=(a+b+0.018c)kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{2441.12}

rm{(3)2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH<0}反应前后气体体积减小rm{/}低温下满足rm{triangleH-TtriangleS<0}即在低温时反应自发进行；

已知反应为rm{18隆脕2.4412kJ/mol隆脰44kJ/mol}rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangle

H=ckJ/mol}密闭容器中充入rm{垄脹}rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H_{1}=akJ?mol^{-1}}各rm{垄脹+垄脵+垄脷}达到平衡时rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)}为rm{triangle

H=(a+b+0.018c)kJ?mol^{-1}}

rm{(a+b+0.018c)kJ?mol^{-1}}

起始rm{(3)2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}