2025年沪科版高一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年沪科版高一化学上册阶段测试试卷644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7题，共14分)1、以下对核外电子运动状态的描述正确的是（）A.电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B.能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动C.能层序数越大，s电子云的半径越大D.在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同2、下列变化过程，属于放热反应的是rm{(}rm{)}rm{垄脵}液态水变成水蒸气rm{垄脷}酸碱中和反应rm{垄脹}浓rm{H_{2}SO_{4}}稀释rm{垄脺}固体rm{NaOH}溶于水rm{垄脻H_{2}}在rm{Cl_{2}}中燃烧rm{垄脼}食物腐败A.rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}B.rm{垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脷垄脻垄脼}D.rm{垄脵垄脹垄脻}3、相同物质的量的下列有机物充分燃烧，消耗O2最多的是A.C3H4B.C3H8OC.C2H6D.C2H4O24、据报道，每年都有一些煤矿发生“瓦斯”爆炸事故，原因是在采集原煤的坑道中有一种可燃性气体-“坑气”。“坑气”的主要成分是A.氢气B.甲烷C.一氧化碳D.煤气5、下图是某有机物分子的球棍模型。下列关于该物质的说法正确的是()

A.能与醋酸发生中和反应B.能用于萃取碘水中的单质碘C.能使紫色石蕊试液变红色D.能与金属钠反应生成氢气6、在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}乙：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}现有下列状态：rm{C(s)+H_{2}O(g)?

CO(g)+H_{2}(g)}混合气体平均相对分子质量不再改变rm{CO(g)+H_{2}O(g)?

CO_{2}(g)+H_{2}(g)}反应体系中温度保持不变rm{垄脵}断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的rm{垄脷}倍rm{垄脹}恒温时，气体压强不再改变rm{2}各气体组成浓度相等rm{垄脺}混合气体密度不变rm{垄脻}单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为rm{垄脼}其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是rm{垄脽}rm{9隆脙1}A.rm{(}B.rm{)}C.rm{垄脵垄脹垄脻}D.rm{垄脷垄脺垄脼}rm{垄脷垄脹}7、列操作或装置能达到实验目的是rm{(}rm{)}。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}分离互溶但沸点相差较大的液体混合物钠在空气中燃烧检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气探究碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)8、依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是（）A.同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B.同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C.同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D.同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比9、元素周期律知识同族元素所形成的同一类型的化合物，其结构和性质都相似．化合物PH4I是一种白色晶体，下列对它的描述中不正确的是（）A.它是一种共价化合物B.在加热时此化合物可以分解为PH3和HI或H2和I2C.这种化合物能跟碱反应D.该化合物可以由PH3和HI化合而成10、将10mL淀粉胶体和5mL氯化钠溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中（如图所示）2min后，分别取袋内和烧杯内液体进行实验．下列说法正确的是（）A.烧杯内液体加入硝酸银溶液后有白色沉淀产生B.烧杯内液体加入碘水后呈蓝色C.袋内液体加入硝酸银溶液后不会出现白色沉淀D.袋内液体加入碘水后不变蓝11、一定条件下在一容积恒为rm{2L}的容器内发生反应：rm{2A(g)+B(g)?}rm{2C(g)}，已知起始投入rm{4molA(g)}和rm{2molB(g)}经rm{2s}后测得rm{C}的浓度为rm{0.6mol/L}并且rm{2s}后各组分浓度不再改变。下列说法正确的是A.rm{2s}内用物质rm{A}表示的平均反应速率为rm{0.3mol/(L隆陇s)}B.rm{2s}内用物质rm{B}表示的平均反应速率为rm{0.6mol/(L隆陇s)}C.rm{2s}后每有rm{0.6mol}的物质rm{B}生成，同时就有rm{0.6mol}物质rm{C}生成D.rm{2s}时物质rm{B}的浓度为rm{0.7mol/L}12、关于铯（Cs）及其化合物的性质，说法正确的是（）A.金属铯的熔点比金属钠高B.CsOH比NaOH的碱性强C.Cs与H2O能剧烈反应，甚至发生爆炸D.碳酸铯难溶于水13、下列关于卤素的叙述正确的是（）A.随核电荷数增加卤素原子半径增大B.随核电荷数增加，单质熔沸点升高C.随核电荷数增加，单质氧化性增强D.随核电荷数增加氢化物越来越稳定评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、（1）写出甲烷发生一氯取代反应的化学方程式____（2）写出苯和浓硝酸、浓硫酸混合液在50~60℃时发生反应的化学方程式____15、已知分析下图变化，试回答下列问题：（1）写出有机物的结构简式A____C____D____E____（2）写出下列有关反应的化学方程式并注明有机反应类型：D→E____；____E→F____；____16、保护环境已成为当前和未来的一项全球性重大课题．为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题；并缓解能源危机，有的专家提出利用太阳能促使燃料循环使用的构想，如图所示：

____

过程I可用如下反应表示：

①2CO22CO+O2

②2H2O2H2+O2

③2N2+6H2O4NH3+3O2

④2CO2+4H2O2CH3OH+3O2

⑤2CO+4H2O2CH4+3O2

请回答下列问题：

（1）过程I的能量转化形式为：____能转化为____能．

（2）请完成第⑤个反应的化学方程式____

（3）上述转化过程中，△H1和△H2的关系是____

（4）断裂1mol化学键所需的能量见表：。共价键H﹣NH﹣ON≡NO=O断裂1mol化学键所需。

能量/kJ•mol﹣1393460941499常温下，N2和H2O反应生成NH3的热化学方程式为____17、______rm{molH_{2}O}含有的氧原子个数与rm{1.5molCO_{2}}中含有的氧原子数相同．18、B是化学实验室中最常见的有机物，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂。并能进行如图所示的反应。且D能发生加聚反应。（１）写出A的结构简式（2）下列反应的化学方程式和反应类型反应①：反应②：写出A与足量的溴水反应的方程式且命名产物：（3）写出D在一定条件下发生加聚反应的化学反应方程式：19、醛类因易被氧化为羧酸而使酸性高锰酸钾或溴水褪色．现已知柠檬醛的结构简式为：若要检验其中的碳碳双键，请你设计实验方案____20、回答下列问题．

rm{(1)}下列物质能导电且属于电解质的是______rm{(}填序号rm{)}．

A.固态氯化镁rm{(MgCl_{2})}rm{B.}液态氯化镁rm{(MgCl_{2})}

C.氯化钠溶液rm{D.}铝。

rm{(2)}写出下列物质在水溶液中的电离方程式：

rm{垄脵Na_{2}CO_{3}}______；

rm{垄脷H_{2}SO_{4}}______；

rm{垄脹KHSO_{4}}______．

rm{(3)}有人说可将无机化合物rm{KHSO_{4}}与rm{NaHCO_{3}}归为同一类别，你认为他的理由主要是______；有人说可将无机化合物rm{KHSO_{4}}与rm{H_{2}SO_{4}}归为同一类别，你认为他的理由主要是______．21、填写下列空白：rm{(1)}写出表示含有rm{8}个质子、rm{10}个中子的核素符号：_________rm{(2)}地壳中含量最多的非金属元素位于周期表中第_______纵行rm{(3)}某烃rm{4.2g}完全燃烧后生成rm{6.72L(}标准状况rm{)CO_{2}}和rm{5.4gH_{2}O}该有机物蒸气密度是相同状况下rm{H_{2}}密度的rm{42}倍，则该烃的分子式为_____________________。22、下列各情况，在其中rm{Fe}片腐蚀由快到慢的顺序是______．评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．24、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化25、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．26、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。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共8分)27、CO是大气污染气体；可利用化学反应进行治理或转化。

(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，此时H2与CH3OH的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数K＝___________；此时若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；则平衡将___________移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)

②在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的CO和H2，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系是___________。b、d点的正反应速率vb(CO)_______va(CO).

(2)沥青混凝土可作为2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器；相同起始浓度、反应相同的时间；使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

①a、b；c、d四点中表示平衡状态的是___________；

②e点转化率出现突变的原因可能是______________________。

(3)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解时CO2在阴极区转化为HCOOH；其原理示意图如下：

电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_________________________。28、研究CO、CO2的回收利用既可变废为宝；又可减少碳的排放。请回答下列问题：

(1)二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由CO和H2制备二甲醚的反应原理如下：

CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-90.1kJ/mol

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

已知：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41.0kJ/mol

则2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=________

(2)T1K时，将1mol二甲醚引入一个抽真空的150L恒容密闭容器中，发生分解反应CH3OCH3(g)⇌CH4(g)+H2(g)+CO(g)。

在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表。反应时间t/min06.513.026.552.6∞气体总压p总/kPa50.055.065.083.2103.8125.0

①由表中数据计算，0～6.5min内的平均反应速率)(CH3OCH3)=___

mol⋅L-1⋅min-1(结果保留两位有效数字)反应达平衡时，二甲醚的分解率为___，该温度下平衡常数K=___。

②反应达到平衡后，若升高温度，CH3OCH3的浓度增大，则该反应为___反应(填“放热”或“吸热”)。

在T2K、1.0×104 kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体发生如下反应：CO(g)+CH4(g)=CH3CHO(g)

反应速率v=v正-v逆=k正p(CO)⋅p(CH4)-k逆p(CH3HO)，k正、k逆分别为k正、k逆向反应速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数KP=4.5×10-5kPa-1，则CO的转化率为20%时，=___。29、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)。30、甲醇来源丰富；价格低廉，是一种重要的化工原料，有着非常重要；广泛的用途。工业上通常用水煤气在恒容、催化剂和加热的条件下生产甲醇，其热化学方程式为：

2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH=-90.8kJ/mol。

（1）该反应的平衡常数表达式为：K=______，如升高温度，K值将_____（填：增大；减小或不变）。

（2）以下各项不能说明该反应达到平衡状态的是____________.

A；混合气体的密度保持不变B、甲醇的质量分数保持不变。

C、CO的浓度保持不变D、2v逆(H2)=v正(CH3OH)

（3）在2100C、2400C和2700C三种不同温度；2L恒容密闭容器中研究合成甲醇的规律。

上图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是____________。由起始达到a点所需时间为5min，则H2的反应速率____________mol/(L·min)。

（4）某兴趣小组设计了如图所示的甲醇燃料电池装置。

①该电池工作时，正极是_____极（填“a”或“b”）；

②该电池负极反应的离子方程式为____________________________________。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共27分)31、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)32、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。33、铅及其化合物用途广泛，三盐基硫酸铅（3PbO·PbSO4·H2O，摩尔质量=990g/mol）简称三盐。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐的工艺流程如图所示。

已知：

请回答下列问题：

(1)步骤①中涉及的主要反应的平衡常数K=____（列出计算式即可）。步骤②中滤渣的主要成分是____。

(2)步骤③酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是____（任答一条）。

(3)步骤⑥合成三盐的化学方程式为____。现用100t铅泥可制得纯净干燥的三盐49.5t，若铅元素的利用率为75%，则铅泥中铅元素的质量分数为___%。简述步骤⑦检验沉淀洗涤完全的方法___。

(4)已知水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、Pb(OH)3-、Pb(OH)42-，其中Pb(OH)2是沉淀，各形态铅的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如图所示，除去污水中的铅，最好控制溶液的pH在____左右，当溶液的pH由13转化为14时发生反应的离子方程式是：________________

(5)将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，进一步电解Na2PbCl4生成Pb，如图所示。阴极电极反应式是_________

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】电子的运动没有固定的轨道，A错误。各能层都有S能级，B错误。能层序数越大，s电子云的半径越大，C正确。在同一能级上运动的电子，其运动状态不一定相同，D错误。【解析】【答案】C2、C【分析】【分析】

本题考查了常见的放热反应和吸热反应。解答本题的关键是掌握不论是放热反应还是吸热反应，都一定是化学变化。一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或rm{CO}作还原剂且需持续加热的反应等是吸热反应。【解答】放出热量的化学反应是放热反应，rm{垄脵垄脹垄脺}均是物理变化，是放热过程；rm{垄脷}酸碱中和反应、rm{垄脷}燃烧和rm{垄脻}食物腐败等缓慢氧化均为放热反应，故C正确。故选C。rm{垄脻}【解析】rm{C}3、B【分析】【解析】试题分析：根据有机物的燃烧通式CnHmOz＋（n＋m/4－z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O可知，在物质的量相等的条件下，有机物完全燃烧消耗氧气的多少只与（n＋m/4－z/2）有关系，所以根据有机物的化学式可知选项B中消耗的氧气最多，答案选B。考点：考查有机物燃烧的有关计算【解析】【答案】B4、B【分析】【解析】【答案】B5、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握发生的官能团及性质为解答的关键，侧重乙醇的性质考查，题目难度不大【解答】由球棍模型中原子形成的共价键数判断，黑球形成rm{4}个共价键为rm{C}原子，红球形成rm{2}个共价键为rm{O}原子，白球为rm{H}原子，则有机物结构简式为rm{CH_{3}CH_{2}OH}为乙醇；

A.有机物为rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以与醋酸发生酯化反应，故A错误；

B.乙醇与水互溶，不能用于萃取碘水中的单质碘，故B错误；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}显中性；不能使紫色石蕊试液变红色，故C错误；

D.rm{CH_{3}CH_{2}OH}能能与金属钠反应生成氢气；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}6、C【分析】【分析】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意反应前后气体体积不变的化学反应不能用压强来判断是否达到平衡状态。【解答】rm{垄脵}混合气体平均相对分子质量不再改变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以平均相对分子质量始终不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的rm{2}倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}恒温时，气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度不变，无法证明达到了平衡状态，故rm{垄脻}错误；

rm{垄脼}混合气体密度不变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故rm{垄脼}错误；

rm{垄脽}单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为rm{9}rm{1}水与氢气的物质的量之比为rm{1}rm{1}表示的都是正逆反应速率，无法判断正逆反应速率相等，故rm{垄脽}错误；能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是rm{垄脷垄脹}故C正确。故C正确。

故选C。

rm{垄脷垄脹}【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}蒸馏装置中；冷却水下进上出，则图中冷却水方向不合理，故A错误；

B.钠燃烧放热；易使表面皿炸裂，应选坩埚中加热，故B错误；

C.铁与水蒸气反应生成氢气；氢气具有可燃性，则图中装置可检验氢气，故C正确；

D.碳酸氢钠不稳定；加热分解生成碳酸钠，则小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；

故选C．

A.蒸馏装置中；冷却水下进上出；

B.钠燃烧放热；易使表面皿炸裂；

C.铁与水蒸气反应生成氢气；氢气具有可燃性；

D.碳酸氢钠不稳定；加热分解生成碳酸钠．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、性质实验、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{C}二、双选题(共6题，共12分)8、C|D【分析】解：A、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积之与摩尔质量成反比，故A错误；

B、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误；

C；由pM=ρRT可知；同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确；

D；由pV=nRT可知；同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确；

故选CD．

根据pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系及物质的量与密度的关系；

同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比；

又根据pM=ρRT可知；同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比．

本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确pV=nRT是解答本题的关键，注意公式的变形及公式中一个量随另一个量的变化来分析解答即可．【解析】【答案】CD9、C|D【分析】解：该物质的结构和氯化铵相似；所以其性质和氯化铵相似，氯化铵的构成微粒是阴阳离子，属于离子化合物；不稳定，受热易分解，能和碱反应；

A．PH4I为离子化合物；故A错误；

B．由于HI不稳定，PH4I受热分解时，应生成PH3、H2和I2；故B错误；

C．由NH4Cl的性质和生成可知，与碱反应生成PH3；故C正确；

D．由NH3和HCl反应生成NH4Cl，可知PH3和HI化合生成PH4I；故D正确．

故选CD．

该物质的结构和氯化铵相似；所以其性质和氯化铵相似，氯化铵的构成微粒是阴阳离子，属于离子化合物；不稳定，受热易分解，能和碱反应，据此分析解答．

本题考查信息迁移题目，题目难度不大，注意同族元素所形成的同一类型的化合物，其结构和性质往往相似这一点，根据NH4Cl的性质对比解答．【解析】【答案】CD10、A|C【分析】解：淀粉胶体和氯化钠溶液混合后；放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中后，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，但是氯离子和钠离子能通过半透膜而进入烧杯的水中．

A．烧杯内液体含有钠离子和氯离子；加入硝酸银有白色沉淀，故A正确；

B．烧杯内液体含有钠离子和氯离子；不含有淀粉，加入碘水后无现象，故B错误；

C．袋内液体不含氯离子；加入硝酸银溶液后不会出现白色沉淀，故C正确；

D．袋内液体含有淀粉；加入碘水变蓝，故D错误；

故选：AC．

胶体粒子不能通过半透膜；胶体中加入可溶性的盐可以产生聚沉现象，而氯化钠中的离子可以通过半透膜，氯离子可以和银离子反应生成白色沉淀，淀粉遇到碘水会变蓝色，据此来分析即可．

本题考查学生胶体和溶液之间的分离实验：渗析，明确溶液、胶体分散质粒度大小是解题关键，难度不大．【解析】【答案】AC11、AD【分析】【分析】考查化学反应速率的有关计算、化学平衡状态等，难度不大，注意基础知识的积累掌握。【解答】A.rm{2s}内用物质rm{C}表示的平均反应速率为rm{v(C)=dfrac{trianglec(C)}{trianglet;}=dfrac{0.6mol/L}{;2s}=0.3mol/(L?s)}，rm{v(C)=dfrac{trianglec(C)}{triangle

t;}=dfrac{0.6mol/L}{;2s}=0.3mol/(L?s)}故A正确；

B.rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.3mol/(L?s)=0.15mol/(L?s)}；故B错误；

C.rm{v(A)=v(C)=0.3mol/(L?s)}的物质rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=

dfrac{1}{2}隆脕0.3mol/(L?s)=0.15mol/(L?s)}生成，表示逆反应方向，同时有rm{0.6mol}物质rm{B}生成，表示正反应方向，正逆反应速率之比为rm{0.6mol}rm{C}不等于系数之比rm{1}rm{1}未处于平衡状态，反应向正反应方向进行，故C错误；

D.rm{trianglec(B)=dfrac{1}{2}trianglec(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.6mol/L=0.3mol/L}，rm{2}时物质rm{1}的浓度为：rm{dfrac{2mol}{;2L}-0.3mol/L=0.7mol/L}故D正确。

故选AD。rm{trianglec(B)=dfrac{1}{2}triangle

c(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.6mol/L=0.3mol/L}【解析】rm{AD}12、B|C【分析】解：A．第ⅠA族碱金属从上到下熔点在降低；则金属铯的熔点比金属钠低，故A错误；

B．第ⅠA族碱金属从上到下金属性在增强；则CsOH比NaOH的碱性强，故B正确；

C．第ⅠA族碱金属从上到下金属性在增强，则Cs与H2O能剧烈反应；甚至发生爆炸，故C正确；

D．因碳酸钠易溶于水；同主族元素的化合物的性质相似，则碳酸铯能溶于水，故D错误；

故选BC．

Cs位于第ⅠA族；从上到下，金属性在增强，熔点在降低，并利用同主族元素及其化合物的性质相似来解答．

本题考查元素在周期表中的位置及元素周期律，明确碱金属元素的性质变化规律及同主族元素及其化合物的性质的关系即可解答，难度不大．【解析】【答案】BC13、A|B【分析】解：A．同主族元素从上到下；电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，故A正确；

B．卤族元素从上到下对应单质的相对分子质量逐渐增大；因都为分子晶体，则晶体熔沸点逐渐升高，故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应单质的氧化性逐渐减弱，故C错误；

D．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，故D错误．

故选AB．

卤族元素由上到下；非金属性减弱，以此比较单质的氧化性；气态氢化物的稳定性、阴离子的还原性；卤族元素由上到下，颜色加深、单质的沸点升高，而气态氢化物中HF中含氢键，沸点较高，以此来解答．

本题考查卤素原子结构与性质的比较，侧重元素周期表、元素周期律及非金属性比较的考查，注重规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】【答案】AB三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）在光照条件下甲烷和氯气可以发生加成反应生成一氯甲烷和氯化氢，反应的化学方程式是CH4+Cl2CH3Cl+HCl。（2）在一定条件下，苯和浓硝酸发生硝化反应的方程式是考点：考查常见有机反应方程式的书写【解析】【答案】（1）CH4+Cl2CH3Cl+HCl（2）15、略

【分析】【解析】试题分析：根据已知的信息可知，含有醛基的有机物能和HCN发生加成反应，所以A是丙醛，结构简式是CH3CH2CHO。B就是CH3CH2CHOHCN。B水解生成C，则根据已知信息可知，C是CH3CH2CH(OH)COOH。C中含有羟基，而D能和甲醇发生反应，这说明C生成D的反应是羟基的消去反应，则D的结构简式是CH3CH=CHCOOH。D中含有羧基，能和甲醇发生酯化反应，所以E的结构简式是CH3CH=CHCOOCH3。E中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物F。考点：考查有机物合成与制备、结构简式、方程式以及有机反应类型的判断【解析】【答案】（10分）CH3CH2CHOCH3CH2CH(OH)COOHCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH3CH3CH=CHCOOH+CH3OHCH3CH=CHCOOCH3+H2O酯化16、太阳能化学能2CO+4H2O2CH4+3O2△H1=﹣△H22N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1189KJ/mol【分析】【解答】（1）由图可知；过程Ⅰ是太阳能转化为化学能；

故答案为：太阳；化学；

（2）由图可知产物为甲烷，故方程式为：2CO+4H2O2CH4+3O2；

故答案为：2CO+4H2O2CH4+3O2；

（3）由盖斯定律和能量守恒定律定律可知，△H1=﹣△H2；

故答案为：△H1=﹣△H2；

（4）常温下，N2与H2O反应生成NH3的反应为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）；

反应焓变△H=2×941KJ/mol+6×2×460KJ/mol﹣（4×3×393KJ/mol+3×499KJ/mol）=1189KJ/mol；

热化学方程式为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1189KJ/mol；

故答案为：2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）△H=+1189KJ/mol．

【分析】（1）过程Ⅰ是太阳能转化为化学能；

（2）由图可知产物为甲烷；

（3）根据盖斯定律和能量守恒定律分析；

（4）依据反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，依据热化学方程式的书写方法进行书写．17、略

【分析】解：每个rm{CO_{2}}分子含有rm{2}个rm{O}原子，故Crm{O_{2}}中含有的氧原子物质的量为rm{CO_{2}}的rm{2}倍，rm{1.5molCO_{2}}含有氧原子物质的量rm{=1.5mol隆脕2=3mol}rm{H_{2}O}含有的氧原子个数与rm{1.5molCO_{2}}中含有的氧原子数相同，则含有氧原子物质的量相等，rm{H_{2}O}含有的氧原子物质的量与rm{H_{2}O}的物质的量相等，故水的物质的量为rm{3mol}

故答案为：rm{3}．

rm{CO_{2}}中含有的氧原子物质的量为rm{CO_{2}}的rm{2}倍，rm{H_{2}O}含有的氧原子物质的量与rm{H_{2}O}的物质的量相等；二者含有氧原子个数相同，则含有氧原子物质的量相等，据此计算．

本题考查微粒数目的计算，比较基础，注意对化学式意义的理解．【解析】rm{3}18、略

【分析】试题分析：B是化学实验室中最常见的有机物，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，则B是乙烯，A与氢气反应生成乙烯，A为乙炔，则（1）A的结构简式为CH≡CH，乙炔能与HCl反应生成D，D能发生加聚反应，则D是氯乙烯，则（2）反应①的化学方程式为CH≡CH+HClCH2=CHCl，反应类型为加成反应；乙炔与氢气反应生成乙烯，则反应的化学方程式为：CH≡CH+H2CH2=CH2，反应类型为加成反应；乙炔与足量溴水反应为：CH≡CH+Br2→CBr2CBr2，根据系统命名法，它叫1,1,2,2—四溴乙烷；（3）D能发生加聚反应，D是氯乙烯，则D在一定条件下发生加聚反应的化学反应方程式：nCH2=CHCl考点：考查有机物化学式的书写，有机化学反应的书写及反应类型等知识。【解析】【答案】16、（1）CH≡CH（2）反应①CH≡CH+HClCH2=CHCl加成反应反应②CH≡CH+H2CH2=CH2，加成反应（3）nCH2=CHCl19、取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热，充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性溶液，充分振荡，若高锰酸钾褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键．【分析】【解答】检验碳碳双键的存在；即是检验烯烃的存在，我们易想到常用方法是，向该物质的少量液体中加入溴水或高锰酸钾酸性溶液．若它们褪色，则该物质的分子结构中含碳碳双键，但柠檬醛的分子结构中不但含有碳碳双键，还含有﹣CHO，醛基具有还原性，也能使溴水；高锰酸钾酸性溶液褪色．因此要检验柠檬醛分子结构中有碳碳双键，必须把醛基转变为不具还原性的基团．

此时不能再用溴水来检验碳碳双键；因为所得清液还可能有过量的银氨溶液，它也能使溴水褪色，且形成淡黄色浑浊，不利于现象的观察．

故答案为：取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热；充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性溶液，充分振荡，若高锰酸钾褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键．

【分析】向该物质的少量液体中加入溴水或高锰酸钾酸性溶液．若它们褪色，则该物质的分子结构中含碳碳双键，但柠檬醛的分子结构中不但含有碳碳双键，还含有﹣CHO，醛基具有还原性，也能使溴水、高锰酸钾酸性溶液褪色．因此要检验柠檬醛分子结构中有碳碳双键，必须把醛基转变为不具还原性的基团．20、略

【分析】解：rm{(1)A.}固态氯化镁rm{(MgCl_{2})}不含有自由移动电子或离子；不导电，故A不选；

rm{B.}液态氯化镁rm{(MgCl_{2})}含有自由移动的离子；能够导电，是化合物，属于电解质，故B选；

C.氯化钠溶液；是混合物，不是电解质，故C不选；

rm{D.}铝是单质；不是电解质，故D不选；

故选：rm{B}

rm{(2)垄脵}碳酸钠是强电解质水溶液中完全电离，rm{Na_{2}CO_{3}=2Na^{+}+CO_{3}^{2-}}故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}=2Na^{+}+CO_{3}^{2-}}

rm{垄脷}硫酸是强电解质水溶液中完全电离，rm{H_{2}SO_{4}=2H^{+}+SO_{4}^{2-}}故答案为：rm{H_{2}SO_{4}=2H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{垄脹KHSO_{4}}是强电解质水溶液中完全电离，rm{KHSO_{4}=K^{+}+H^{+}+SO_{4}^{2-}}故答案为：rm{KHSO_{4}=Na^{+}+H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{(3)KHSO_{4}}与rm{NaHCO_{3}}都由金属阳离子和酸式根离子构成，都属于酸式盐，可以将他们分为一类，rm{KHSO_{4}}与rm{H_{2}SO_{4}}都能在水溶液中电离出rm{H^{+}}水溶液显酸性，将无机化合物rm{KHSO_{4}}与rm{H_{2}SO_{4}}归为同一类别；

故答案为：rm{KHSO_{4}}与rm{NaHCO_{3}}都由金属阳离子和酸式根离子构成，都属于酸式盐；rm{KHSO_{4}}与rm{H_{2}SO_{4}}都能在水溶液中电离出rm{H^{+}}水溶液显酸性．

rm{(1)}在水溶液或熔化状态下能导电的化合物为电解质；有自由移动电子或离子的物质能导电；

rm{(2)}分析物质所属类别；在水溶液中的电离的程度分析判断，硝酸铵；硫酸钾、硫酸氢钠都是可溶于水的盐是强电解质，水溶液中完全电离；

rm{(3)}从离子构成上确定rm{KHSO_{4}}与rm{NaHCO_{3}}的类别；根据rm{KHSO_{4}}与rm{H_{2}SO_{4}}在水溶液中电离出的离子以及溶液的酸性来判断．

本题考查物质的分类、与量有关的离子方程式的书写，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果、物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】rm{B}rm{Na_{2}CO_{3}=2Na^{+}+CO_{3}^{2-}}rm{H_{2}SO_{4}=2H^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{KHSO_{4}=K^{+}+H^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{KHSO_{4}}与rm{NaHCO_{3}}都是由金属阳离子和酸式酸根离子构成的无机化合物，都属于酸式盐；rm{KHSO_{4}}与rm{H_{2}SO_{4}}都能在水溶液中电离出rm{H^{+}}水溶液都显酸性21、（1）（2）16（3）C6H12【分析】【分析】本题主要考查了核数的表示方法、元素周期表的结构、有机物分子式的确定，试题培养了学生的分析能力及概念实质的理解能力，题目难度不大。【解答】rm{(1)}质子数rm{=}原子序数，质子数决定元素种类，所以含有rm{8}个质子的元素是rm{O}并且质子数rm{+}中子数rm{=}质量数，所以该元素的质量数是rm{18}表示为rm{{}_{8}^{18}{O}}

故答案为：rm{{}_{8}^{18}{O}}rm{(2)}地壳中含量最多的非金属元素是rm{O}位于周期表中第二周期位于周期表中第二周期Ⅵrm{O}族，即rm{A}纵行；第rm{16}纵行；rm{16}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}则故答案为：rm{16}有机物中：rm{16}rm{(3)}

rm{n({H}_{2}O)=dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}则rm{(3)}有机物中：rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{6.72L}{22.4L/mol}=0.3mol}rm{4.2g}因rm{n(C)=n(CO_{2})=0.3mol}所以有机物中不含rm{m(C)=0.3mol隆脕12g/mol=3.6g}元素，则有机物中：rm{n({H}_{2}O)=

dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{4.2g}rm{n(H)=2n(H_{2}O)=0.6mol}rm{m(H)=0.6mol隆脕1g/mol=0.6g}

所以该有机物的最简式为rm{(0.6g+3.6g)=4.2gg}又该化合物的蒸气对氢气的相对密度是rm{O}倍，则rm{n(C)}该有机物的分子式为rm{n(H)=0.3mol}rm{0.6mol=1}；

故答案为：rm{2}rm{CH_{2}}。rm{42}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{{}_{8}^{18}{O}}rm{(2)16}rm{(3)C}rm{(2)16}rm{(3)C}rm{{,!}_{6}}rm{H}22、（4）＞（2）＞（1）＞（3）【分析】解：根据图知，rm{(2)}rm{(3)}装置是原电池，rm{(4)}装置是电解池；

rm{(2)}装置中铁作负极；很容易失电子变成离子进入溶液，促进铁腐蚀的速度；

rm{(3)}装置铁作正极；锌易失电子而使铁受到保护，抑制铁腐蚀的速度；

rm{(4)}装置中铁作阳极；在外加电源的作用下，腐蚀速度最快；

rm{(3)}装置铁受到保护，rm{(1)}装置铁的反应速度未受到保护也未受到抑制，所以rm{(1)}中铁的腐蚀比rm{(3)}中的快．

故答案为：rm{(4)>(2)>(1)>(3)}

先判断装置是原电池还是电解池；再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序．

不同条件下金属腐蚀的快慢：

电解原理引起的腐蚀rm{>}原电池原理引起的腐蚀rm{>}化学腐蚀rm{>}有防护腐蚀措施的腐蚀．【解析】rm{(4)>(2)>(1)>(3)}四、判断题(共4题，共32分)23、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；24、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；25、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；26、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．五、原理综合题(共4题，共8分)27、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，两种气体的体积之比等于物质的量之比，计算出平衡时反应物生成物各自的物质的量浓度，然后计算平衡常数，达到平衡后再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；计算此时的浓度商，然后与平衡常数对比；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123；对应放热反应，温度越高，平衡常数越小；同温时压强越大反应速率越快；

（2）①对应放热反应，当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，反应物转化率下降，判断a、b；c、d四点中哪个点处于平衡状态；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高催化剂中毒；失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，导致HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【详解】

（1）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和1.2molH2，一段时间后达到平衡，令反应消耗CO的物质的量为xmol，反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，故反应消耗H2的物质的量为2xmol，反应生成CH3OH的物质的量为xmol，故平衡时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(1.2-2x)mol，n(CH3OH)=xmol，同一容器中，两气体的体积之比等于物质的量之比，(1.2-2x)：x=2：5，x=5/6，x=0.5，故平衡时n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.2mol，n(CH3OH)=0.5mol，c(CO)=0.25mol·L－1，c(H2)=0.1mol·L－1，c(CH3OH)=0.25mol·L－1，K=0.25/[0.25×(0.1)2]=100；此时向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)，容器中CO、CH3OH的物质的量浓度变为0.45mol·L－1、0.35mol·L－1，Qc=0.35/[0.45×(0.1)2]=77.7<100；说明此时平衡向正反应方向移动；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，当压强相同时，温度越高CO的平衡转化率越低，结合图象，T123，正反应为放热反应，温度越高，正反应的平衡常数越小，故K(a)>K(b)>K(c)；在其他条件相同时，增大压强，化学反应速率加快，由于压强b>d，vb(CO)>va(CO).；

（2）①当反应达到平衡后，升高温度平衡要逆向移动，CO的转化率降低，则a、b；c、d四点中表示平衡状态的是c、d；

②e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性；

（3）阳极产生发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的H+与HCO3-反应，H++HCO3-=CO2↑+H2O，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区。

【点睛】

本题考查化学反应平衡常数，浓度商与平衡常数之间的关系，结合图像回答有关反应速率和化学平衡有关问题，考生要能从题中的图像中分析问题。【解析】100正反应方向K(a)>K(b)>K(c)>c、d温度升高后催化剂失去活性阳极产生O2，pH降低，HCO3-的浓度降低，K+部分迁移至阴极区28、略

【分析】【分析】

由盖斯定律的∆H。

(2)①设CH3OCH3的变化量为x；则0~6.5min内反应的三段式为。

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，便可求出min内的平均反应速率

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，便可求出反应达平衡时，二甲醚的分解率；平衡常数代入数据，可求出K。

升高温度，的浓度增大；说明平衡逆向移动，由此可推出正反应类型。

当反应达到平衡时则K、时，设起始时则。

反应的三段式为。

所以所以代入数据便可得出结果。

【详解】

由盖斯定律有的

的答案为：

(2)①设CH3OCH3的变化量为x；则0~6.5min内反应的三段式。

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，min内的平均反应速率

恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即50kPa，反应达平衡时，二甲醚的分解率平衡常数答案为：

升高温度，的浓度增大；说明平衡逆向移动，所以正向反应是放热反应。

当反应达到平衡时则K、时，设起始时则。

反应的三段式为。

所以所以答案为：放热；

【点睛】

利用盖斯定律进行计算时，我们可根据待求反应中的反应物与生成物，调整已知反应的反应物与生成物，同时需注意，当我们将一个反应的反应物与生成物位置进行互换时，∆H的数值不变，但“+”、“-”号应发生改变；当我们调整化学计量数时，∆H应发生同等程度的改变。【解析】-122.7kJ/mol5.1×10-5mol/(L⋅min)75%7.5×10-5放热0.829、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↑140.8g30、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据平衡常数表达式的书写原则，2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的平衡常数表达式为：K=c(CH3OH)/[c2(H2)·c(CO)]；该反应是放热反应，升高温度，K值减小。

（2）A、在恒容、密闭容器中，混合气体的密度始终保持不变，不能说明可逆反应处于平衡状态，选；B、甲醇的质量分数保持不变，说明甲醇的浓度不变，说明达到了平衡状态，不选；C、CO的浓度保持不变，说明达到了平衡状态，不选；D、正逆反应速率之比应等于其系数之比，应为v逆(H2)=2v正(CH3OH)；选;选AD。

（3）当H2和C0的起始组成比相同时，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，则曲线Z对应的温度是2700C。根据2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)

起始浓度0.750.50

变化浓度0.50.250.25

平衡浓度0.250.250.25

则H2的反应速率=0.5/5=0.1mol/(L·min)。

（4）①在甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子，而氧气在正极得电子，所以该电池工作时，正极是a极，②甲醇在负极失电子生成CO2和水，该电池负极反应的离子方程式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。【解析】K=c(CH3OH)/[c2(H2)·c(CO)]减小AD2700C0.1mol/(L·min)aCH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+六、工业流程题(共3题，共27分)31、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O3；该物质是红棕色粉末状固体，可用作颜料，也可以用作炼铁的原料；

(2)①根据图示可知溶液中H+越大，Cr2O72-的浓度越大，说明含量越高，说明溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率增大；

②在溶液中存在可逆反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在开始时c(CrO42-)=1.0mol/L，平衡时c(Cr2O72-)=