2025年人教版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版高三化學(xué)上冊階段測試試卷920考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、能降低反應(yīng)所需的活化能的是（）A.降低溫度B.增大壓強C.使用催化劑D.增加濃度2、已知氧化性從強到弱的順序是：Cl2＞Br2＞Fe2+＞I2，則下列化學(xué)方程式（或離子方程式）中錯誤的是（）A.Cl2+2FeCl2→2FeCl3B.Br2+2Fe2+→2Fe3++2Br-C.2FeCl3+2KI→2FeCl2+2KCl+I2D.I2+2Fe2+→2I-+2Fe3+3、某溫度下，反應(yīng)N2O4（g）?2NO2（g），△H＞0，在體積可變的密閉容器中達到平衡．下列說法正確的是（）A.保持溫度和體積不變，加入少許N2O4，再達到平衡時，顏色變深，N2O4轉(zhuǎn)化率減小B.保持溫度和體積不變，加入少許NO2，將使正反應(yīng)速率減小C.保持溫度不變，增大壓強時，將使正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小D.保持體積不變，升高溫度，再達平衡時顏色變淺4、選擇萃取劑將碘水中的碘萃取出來，這種萃取劑應(yīng)具備的性質(zhì)是（）A.不溶于水，且必須易與碘發(fā)生化學(xué)反應(yīng)B.不溶于水，不與碘發(fā)生化學(xué)反應(yīng)且比水更易溶解碘C.不溶于水，且必須比水密度大D.不溶于水，且必須比水密度小5、下列各組比較中，前者比后者大的是（）A.25℃時，pH均為2的H2SO4溶液和鹽酸中氫離子的物質(zhì)的量濃度B.25℃時，pH均為2的鹽酸和CH3COOH溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度C.25℃時，同濃度的NaCl溶液和氨水的導(dǎo)電能力D.25℃時，pH均為3的HCl和FeCl3溶液中水的電離程度6、對下列化學(xué)反應(yīng)的熱現(xiàn)象的說法正確的是（）A.所有的放熱反應(yīng)不加熱都能進行B.任何化學(xué)反應(yīng)的發(fā)生一定伴有能量變化C.吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)都需要加熱才能發(fā)生D.化學(xué)反應(yīng)吸收或放出熱量的多少與參加反應(yīng)的物質(zhì)的多少無關(guān)7、已知1g氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量121kJ，且氧氣中1molO=O鍵完全斷裂時吸收熱量496kJ，水蒸氣中1molH-O鍵形成時放出熱量463kJ，則氫氣中1molH-H鍵斷裂時吸收熱量為（）A.872kJB.557kJC.436kJD.188kJ8、下列有關(guān)硫及其化合物的敘述中正確的是（）A.濃H2SO4可用于干燥Cl2，但不能干燥SO2B.SO2具有漂白性，所以它能使碘的淀粉溶液由藍色變?yōu)闊o色C.向Na2S2O3溶液中加入鹽酸產(chǎn)生淡黃色沉淀D.SO2和Cl2分別與雙氧水反應(yīng)均產(chǎn)生O2評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、下列物質(zhì)中，屬于合金的是（）A.水銀B.黃銅C.鋼鐵D.生鐵10、鋰-釩氧化物電池的能量密度遠遠超過其他材料電池，電池總反應(yīng)式為xLi+V2O5LixV2O5，下列說法正確的是（）A.放電時，鋰離子向負極移動B.放電時，負極上反應(yīng)的物質(zhì)是鋰，正極上反應(yīng)的物質(zhì)是V2O5C.放電時，負極的電極反應(yīng)為Li-e-=Li+D.充電時，V2O5在陰極被還原11、在一定條件下，N2和O2于密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：2N2（g）+O2（g）?2N2O（g）．下列說法能說明該反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)的有（）A.反應(yīng)不再進行B.反應(yīng)體系中的c（N2）不再發(fā)生變化C.c（N2O）=c（N2）D.N2O的分解速率與生成速率相等12、有四瓶常用溶液：①BaCl2溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④CuSO4溶液．不用其他試劑，可通過實驗方法將它們一一鑒別出來，被鑒別的先后順序是（）A.①④③②B.①③④②C.④①③②D.④①②③13、稀土是工業(yè)味精，鄧小平說過“中東有石油，我們有稀土”．稀土元素鈰（Ce）主要存在于獨居石中，金屬鈰在空氣中易氧化變暗，受熱時燃燒，遇水很快反應(yīng)．已知：鈰常見的化合價為+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+．下列說法正確的是（）A.已知Ce原子序數(shù)是58，則其為鑭系元素B.鈰有四種穩(wěn)定的核Ce、Ce、Ce、Ce，它們互為同位素C.用Ce（SO4）2溶液可與硫酸亞鐵溶液反應(yīng)，其離子方程式為：Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+D.鈰溶于氫碘酸的化學(xué)方程式可表示為：Ce+4HI=CeI4+2H2↑評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、（2015秋?彭州市校級期中）某研究性學(xué)習(xí)小組用PH=1的鹽酸滴定25.00mL未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液；從而求出該NaOH溶液的PH值（選用酚酞作為指示劑）

①實驗過程中需要使用的儀器有鐵架臺、滴定管夾、堿式滴定管、膠頭滴管、____、____；

②如圖，是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數(shù)為____mL．

③如何判斷滴定到達終點____．

③根據(jù)下列數(shù)據(jù)：

。滴定次數(shù)待測液體積（mL）標準鹽酸體積（mL）滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10請計算待測NaOH溶液的濃度（保留兩位小數(shù)）____mol/L．

④在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成測定結(jié)果偏高的有：____．

A；滴定終點讀數(shù)時俯視讀數(shù)。

B；酸式滴定管使用前；水洗后未用鹽酸溶液潤洗。

C；錐形瓶水洗后未干燥。

D、酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失．15、A；B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；A的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍，B是短周期中金屬性最強的元素，C是同周期中陽離子半徑最小的元素，D元素的最高價氧化物與B元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的產(chǎn)物M是制備木材防火劑的原料，E的最外層電子數(shù)與內(nèi)層電子數(shù)之比為3：5．請回答：

（1）F元素的氫化物沸點比同族上一周期元素的氫化物____．（填“高”；“低”）

（2）D元素的最高價氧化物是____晶體．

（3）寫出M的水溶液久置于空氣中變渾濁的離子方程式____．

（4）B單質(zhì)與氧氣反應(yīng)的產(chǎn)物與C的單質(zhì)同時放入水中，產(chǎn)生兩種無色氣體，如果這兩種氣體恰好能完全反應(yīng)，與氧氣反應(yīng)的B單質(zhì)和放入水中的C單質(zhì)的質(zhì)量比為____．

（5）工業(yè)上將干燥的F單質(zhì)通入熔融的E單質(zhì)中可制得化合物E2F2．該物質(zhì)可與水反應(yīng)生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，0.2mol該物質(zhì)參加反應(yīng)時轉(zhuǎn)移0.3mol電子，其中只有一種元素化合價發(fā)生改變，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．16、實驗室用碳酸鈉晶體配制1.00mol/L的Na2CO3溶液98mL；回答下列問題：

（1）所需主要儀器為：藥匙、托盤天平、____、____、____、和____

（2）本實驗須稱量碳酸鈉晶體（Na2CO3?10H2O）____g．

（3）容量瓶上標有溫度、____、____．

（4）某同學(xué)將稱量好的碳酸鈉晶體用適量的蒸餾水在燒杯中溶解；冷卻后直接倒進所選的且經(jīng)檢查不漏水的容量瓶中，洗滌燒杯2-3次，洗滌液也移至容量瓶中，然后加水至離刻度線2cm處，用滴管加水至刻度線，倒入試劑瓶保存．請指出上述操作中的2處錯誤：

①____；②____．

（5）若實驗中出現(xiàn)下列現(xiàn)象對所配溶液濃度有什么影響？（填偏高；偏低、無影響）

①濃硫酸溶解后未冷至室溫即進行定容____；

②定容時俯視刻度線____．17、下邊是溫州城區(qū)2011年10月某日的空氣質(zhì)量日報。污染指數(shù)空氣質(zhì)量等級空氣污染指數(shù)空氣質(zhì)量等級二氧化硫二氧化氮可吸入顆粒物557856良（1）首要污染物是____；

（2）空氣污染指數(shù)是____；

（3）能引起光化學(xué)煙霧的是____（從表中選）；

（4）能引起酸雨的是____（從表中選）．18、（2015?滑縣校級模擬）已知：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=Q；其平衡常數(shù)隨溫度變化如下表所示：

。溫度/℃400500850平衡常數(shù)9.9491請回答下列問題：

（1）上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為：____．該反應(yīng)的Q____0（填“＞”或“＜”）．

（2）850℃時在體積為10L反應(yīng)器中，通入一定量的CO和H2O（g），發(fā)生上述反應(yīng)，CO和H2O（g）濃度變化如圖所示，則0～4min時平均反應(yīng)速率v（CO）=____．

（3）若在500℃時進行，且CO、H2O（g）的起始濃度均為0.020mol/L，該條件下，CO的最大轉(zhuǎn)化率為____．

（4）若在850℃時進行，設(shè)起始時CO和H2O（g）共為1mol，其中水蒸氣的體積分數(shù)為x，平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為y，試推導(dǎo)y隨x變化的函數(shù)關(guān)系式為____．

（5）有人提出可以設(shè)計反應(yīng)2CO═2C+O2（△H＞0）來消除CO的污染．請判斷上述反應(yīng)能否自發(fā)進行：____（填“可能”或“不可能”），理由是____．19、（1）在下列物質(zhì)中①熔融的NaOH②H2SO4③Al④乙醇⑤蔗糖⑥NaCl溶液⑦NaCl

屬于電解質(zhì)的有____（填序號，下同）；屬于非電解質(zhì)的有____；

（2）電子工業(yè)常用30%的FeCl3溶液腐蝕敷在絕緣板上的銅箔；制造印刷電路板．

①檢驗溶液中Fe3+存在的試劑是____，證明Fe3+存在的現(xiàn)象是____．

②寫出FeCl3溶液與金屬銅發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

工業(yè)上從海水中提取溴采用下列方法：

（1）向海水中通入氯氣使NaBr氧化，反應(yīng)方程式為____．

（2）實驗室常用氯化鋁與氨水反應(yīng)制備氫氧化鋁，反應(yīng)方程式為____．20、比較下列溶液的pH（填“＞”；“＜”或“=”）

（1）25℃時1mol/LFeCl3溶液____80℃時1mol/LFeCl3溶液．

（2）0.1mol/L（NH4）2CO3溶液____0.1mol/L（NH4）2SO4溶液．21、下表是元素周期表的一部分；按要求填空（填元素符號或化學(xué)式）：

。周期。

族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤4⑥⑦⑧（1）寫出下列元素的元素符號：②____③____⑦____

（2）在這些元素中，最活潑的金屬元素是____；元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物中，酸性最強的是____．

（3）元素①的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（4）在④與⑧的單質(zhì)中，化學(xué)性質(zhì)較為活潑的是____，請用離子方程式加以說明____．22、（2013?郴州模擬）研究和開發(fā)CO2和CO的創(chuàng)新利用是環(huán)境保護和資源利用的雙贏的課題．

（1）CO可用于合成甲醇．在壓強為0.1Mpa條件下，在體積為bL的密閉容器中充入amolCO和2amolH2；在催化劑作用下合成甲醇：

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）平衡時CO的轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強的關(guān)系如圖：

（i）該反應(yīng)屬于____反應(yīng)：（填“吸熱”或“放熱”）．

（ii）100℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)：K=____；（用a、b的代數(shù)式表示）．若一個可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)K值很大，對此反應(yīng)的說法正確的是：____填序號）

a；該反應(yīng)使用催化劑意義不大；

b；該反應(yīng)發(fā)生將在很短時間內(nèi)完成；

c；該反應(yīng)達到平衡時至少有一種反應(yīng)物百分含量很??；

d；該反應(yīng)一定是放熱反應(yīng)；

（iii）在溫度和容積不變的情況下，再向平衡體系中充入amolCO，2amolH2，達到平衡時CO轉(zhuǎn)化率____（填“增大”，“不變”或“減小”，下同）平衡常數(shù)：____．

（iv）在某溫度下，向一容積不變的密閉容器中充入2.5molCO，7.5molH2，反應(yīng)生成CH3OH（g），達到平衡時，CO轉(zhuǎn)化率為90%，此時容器內(nèi)壓強為開始時的壓強____倍．

（2）某溫度條件下，若將CO2（g）和H2（g）以體積比1：4混合；在適當(dāng)壓強和催化劑作用下可制得甲烷，已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3KJ/mol

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol

則CO2（g）和H2（g）反應(yīng)生成液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為：____．

（5）25°C時，將amol?L-1的氨水與0.1mol?L-1的鹽酸等體積混合．

①當(dāng)溶液中離子濃度關(guān)系滿足c（NH4+）＜c（Cl-）時，則反應(yīng)的情況可能為____

a．鹽酸不足，氨水剩余b．氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)c．鹽酸過量。

②當(dāng)溶液中c（NH4+）=c（Cl-）時，用含a的代數(shù)式表示NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)23、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）24、在0.5molNa2SO4中含有Na+的數(shù)目為6.02×1023個____．（判斷對錯）25、加用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液，產(chǎn)生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判斷對錯正確的打“√”，錯誤的打“×”）評卷人得分五、計算題(共2題，共12分)26、①在氧化還原化學(xué)反應(yīng)中（2CuO+C2Cu+CO2），物質(zhì)所含元素化合價高，這種物質(zhì)是____劑，在反應(yīng)中____（“得”或“失”）電子；元素化合價降低，表明該元素的原子在反應(yīng)中____（“得”或“失”）電子．若反應(yīng)中得到64gCu，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為____．

②用雙線橋法表示下列反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O

③硫代硫酸鈉可作為脫氯劑，已知25.0mL0.100mol?L-1Na2S2O3溶液恰好把224mL（標準狀況下）Cl2完全轉(zhuǎn)化為Cl-，則S2O中S被氧化的價態(tài)為____

④某河道兩旁有甲乙兩廠，它們排放的工業(yè)廢水中含有K+、Ag+、Fe3+、Cl-、OH-、NO3-六種雜質(zhì)離子；甲廠的廢水明顯呈堿性．

（1）乙廠的廢水中所含三種離子是____；

（2）將甲廠和乙廠的廢水按適當(dāng)?shù)谋壤旌?，可將____（填離子符號）為沉淀；過濾所得的廢水可灌溉農(nóng)田．

⑤寫出下列反應(yīng)的離子方程式：實驗室制備CO2____．27、假設(shè)SO2接觸氧化過程產(chǎn)生的熱量有70%可以利用，請問生產(chǎn)100t98%的硫酸在接觸氧化過程中能節(jié)約多少能量。（已知ΔH=-98.3kJ/mol）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】只有催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能．【解析】【解答】解：壓強；濃度只能改變單位體積的活化分子數(shù)目；不能改變活化能；降低溫度，活化分子百分數(shù)減小，反應(yīng)速率降低，但不是降低反應(yīng)的活化能的原因；

使用催化劑；可改變反應(yīng)歷程，降低活化能；

故選C．2、D【分析】【分析】根據(jù)化學(xué)方程式，只要根據(jù)氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性得出的結(jié)果符合題干已知條件的，說明反應(yīng)成立．【解析】【解答】解：A、根據(jù)2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+；符合題干已知條件，所以化學(xué)方程式成立，故A正確；

B、根據(jù)Br2+2Fe2+→2Fe3++2Br-可知氧化性是Br2＞Fe3+；符合題干已知條件，所以化學(xué)方程式成立，故B正確；

C、根據(jù)2FeCl3+2KI→2FeCl2+2KCl+I2可知氧化性是Fe3+＞I2；符合題干已知條件，所以化學(xué)方程式成立，故C正確；

D、根據(jù)I2+2Fe2+→2I-+2Fe3+可知氧化性是I2＞Fe3+；不符合題干已知條件，所以化學(xué)方程式不成立，故D錯誤；

故選D．3、A【分析】【分析】A、保持溫度和體積不變，加入少許N2O4；所到達平衡狀態(tài)，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強；

B、保持溫度和體積不變，加入少許NO2；達到平衡狀態(tài)，等效為原平衡狀態(tài)的基礎(chǔ)上增大壓強；

C；壓強增大正逆反應(yīng)速率都增大；

D、反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進行，達到平衡狀態(tài)氣體顏色加深；【解析】【解答】解：A、保持溫度和體積不變，加入少許N2O4，所到達平衡狀態(tài)，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強，平衡狀態(tài)濃度增大，氣體顏色加深，平衡逆向進行，N2O4轉(zhuǎn)化率減小；故A正確；

B、保持溫度和體積不變，加入少許NO2；達到平衡狀態(tài)，等效為原平衡狀態(tài)的基礎(chǔ)上增大壓強，反應(yīng)速率增大，正逆反應(yīng)速率都增大，故B錯誤；

C；保持溫度不變；壓強增大正逆反應(yīng)速率都增大，故C錯誤；

D；保持體積不變；反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進行，達到平衡狀態(tài)氣體顏色加深，故D錯誤；

故選A．4、B【分析】【分析】萃取劑的選擇必須符合下列條件：溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大；萃取劑與原溶劑不相溶；萃取劑與溶質(zhì)不反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．萃取劑必須不能和溶質(zhì)碘反應(yīng)；故A錯誤；

B．萃取劑必須具備下列條件：碘在萃取劑中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取劑和水不互溶，且萃取劑和碘不反應(yīng)，故B正確；

C．萃取劑必須不溶于水；但密度不一定比水大，故C錯誤；

D．萃取劑必須不溶于水；但密度不一定比水小，故D錯誤．

故選B．5、C【分析】【分析】A．硫酸和鹽酸都是強酸；pH相同時溶液中氫離子濃度相同；

B．醋酸為弱酸；醋酸的濃度大于氫離子濃度；

C．氨水為弱堿；溶液中只能部分電離出銨根離子和氫氧根離子；

D．酸抑制了水的電離，鐵離子促進了水的電離．【解析】【解答】解：A．25℃時，pH均為2的H2SO4溶液和鹽酸中氫離子的物質(zhì)的量濃度都是0.01mol/L；故A錯誤；

B．pH=2的鹽酸中氯化氫的濃度為0.01mol/L；醋酸為弱酸，pH=2的醋酸中氫離子濃度為0.01mol/L，醋酸的濃度大于0.01mo/L，前者的濃度小于后者，故B錯誤；

C．溶液導(dǎo)電性與溶液中離子濃度有關(guān)；25℃時，同濃度的NaCl溶液和氨水中，氨水中離子濃度小于氯化鈉，所以氯化鈉溶液的導(dǎo)電能力大于氨水，故C正確；

D．鹽酸中氫離子抑制了水的電離；鐵離子水解促進了水的電離，所以前者水的電離程度小于后者，故D錯誤；

故選C．6、B【分析】【分析】A；有些放熱反應(yīng)需要加熱才能進行；

B；所有的反應(yīng)均存在熱效應(yīng)；

C；反應(yīng)吸放熱與反應(yīng)條件無關(guān)；

D、反應(yīng)的熱效應(yīng)與物質(zhì)的物質(zhì)的量呈比例．【解析】【解答】解：A；有些放熱反應(yīng)需要加熱才能進行；如煤炭的燃燒雖然是放熱反應(yīng)，但也需加熱才能發(fā)生，故A錯誤；

B；所有的反應(yīng)均存在熱效應(yīng)；不存在既不吸熱也不放熱的反應(yīng)，故B正確；

C；反應(yīng)吸放熱與反應(yīng)條件無關(guān)；吸熱反應(yīng)不一定需要加熱，放熱反應(yīng)也不一定不需要不加熱，故C錯誤；

D；反應(yīng)的熱效應(yīng)與物質(zhì)的物質(zhì)的量呈正比；故化學(xué)反應(yīng)吸收或放出熱量的多少與參加反應(yīng)的物質(zhì)的多少有關(guān)，故D錯誤．

故選B．7、C【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)放出的熱量=新鍵生成釋放的能量-舊鍵斷裂吸收的能量，依此結(jié)合反應(yīng)方程式進行計算．【解析】【解答】解：氫氣完全燃燒生成水蒸氣是放熱反應(yīng)，所以化學(xué)反應(yīng)放出的熱量=新鍵生成釋放的能量-舊鍵斷裂吸收的能量，設(shè)氫氣中1molH-H鍵斷裂時吸收熱量為Q，根據(jù)方程式：2H2+O22H2O；則：4×121kJ=4×463kJ-（2Q+496kJ），解得Q=436KJ；

故選C．8、C【分析】解：A．濃H2SO4可用于干燥Cl2，也能能干燥SO2；故A錯誤；

B．SO2具有還原性；所以它能使碘的淀粉溶液由藍色變?yōu)闊o色，故B錯誤；

C．Na2S2O3與鹽酸反應(yīng)生成單質(zhì)硫；二氧化硫、氯化鈉和水；故C正確；

D．SO2與雙氧水反應(yīng)生成硫酸；Cl2與雙氧水反應(yīng)生成氧氣和鹽酸；故D錯誤；

故選C．

A．濃H2SO4與Cl2和SO2都不反應(yīng)；

B．SO2具有還原性；能與碘發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C．Na2S2O3與鹽酸反應(yīng)生成單質(zhì)硫；二氧化硫、氯化鈉和水；

D．SO2與雙氧水反應(yīng)生成硫酸；Cl2與雙氧水反應(yīng)生成氧氣和鹽酸．

本題考查濃硫酸和二氧化硫的性質(zhì)，難度不大．要注意硫代硫酸鈉的性質(zhì)．【解析】【答案】C二、多選題(共5題，共10分)9、BCD【分析】【分析】合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質(zhì)；合金具有以下特點：①一定是混合物；②合金中至少有一種金屬等．【解析】【解答】解：A．水銀是單質(zhì)；不屬于合金，故A錯誤；

B．黃銅是銅鋅合金；故B正確；

C．鋼鐵是鐵與碳的合金；屬于合金，故C正確；

D．生鐵是鐵與碳的合金；故D正確．

故選BCD．10、BC【分析】【分析】放電時，該原電池中鋰失電子而作負極，V2O5得電子而作正極，負極上發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，陽離子向正極移動，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A．放電時；該裝置是原電池，鋰離子向正極移動，故A錯誤；

B．該原電池中，鋰失電子而作負極，V2O5得電子而作正極；故B正確；

C．該原電池中，鋰失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負極，電池反應(yīng)式為：xLi-xe-=xLi+；故C正確；

D．放電時V2O5得電子而作正極；發(fā)生還原反應(yīng)，充電時做陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯誤；

故選BC．11、BD【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)到達平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不再發(fā)生變化來進行判斷．【解析】【解答】解：A；反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時；正逆反應(yīng)速率相等但反應(yīng)不停止且反應(yīng)速率不為0，故A錯誤；

B；化學(xué)反應(yīng)到達平衡時；各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不再發(fā)生變化，故B正確；

C；化學(xué)反應(yīng)到達平衡時；各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不再發(fā)生變化，但是不一定是相等的，故C錯誤；

D、N2O的分解速率與生成速率相等；說明正逆反應(yīng)速率相等，達到了平衡，故D正確．

故選BD．12、CD【分析】【分析】硫酸銅溶液為藍色溶液，可以先鑒別出來，然后利用硫酸銅把硫酸銅分別與其它三種物質(zhì)反應(yīng)，能生成沉淀的是氯化鋇，把氯化鋇與剩余的兩種物質(zhì)反應(yīng)，能生成白色沉淀的是硫酸鈉，剩余的為氯化鈉，對于硫酸鈉和氯化鈉，不強調(diào)明顯先后順序．四種物質(zhì)鑒別完畢，可以據(jù)此答題．【解析】【解答】解：硫酸銅溶液為藍色；所以硫酸銅可以首先被鑒別出來，然后利用硫酸銅和氯化鋇反應(yīng)，把氯化鋇鑒別出來，把剩余兩液體分別滴入到氯化鋇中，無現(xiàn)象時所加溶液為氯化鈉，有沉淀時所加溶液為硫酸鈉溶液．所以這四種物質(zhì)先后被鑒別出的順序為：硫酸銅溶液；氯化鋇溶液、硫酸鈉溶液、氯化鈉溶液或者是硫酸銅溶液、氯化鋇溶液、氯化鈉溶液、硫酸鈉溶液，即：④①③②或者④①②③．

故選CD．13、AB【分析】【分析】A．鑭系元素是第57號元素鑭到71號元素镥15種元素的統(tǒng)稱；

B．質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的一類原子互稱為同位素；

C．電荷不守恒；

D．由Fe3+氧化I-可知，Ce4+也可氧化I-，故CeI4不存在，應(yīng)為CeI3．【解析】【解答】解：A．鑭系元素是第57號元素鑭到71號元素镥15種元素的統(tǒng)稱；則Ce原子序數(shù)是58，則其為鑭系元素，故A正確；

B．Ce、Ce、Ce、Ce質(zhì)子數(shù)均Wie58；中子數(shù)不同，則互稱為同位素，故B正確；

C．用Ce（SO4）2溶液可與硫酸亞鐵溶液反應(yīng)，其離子方程式為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；故C錯誤；

D．由Fe3+氧化I-可知，Ce4+也可氧化I-，故CeI4不存在，應(yīng)為CeI3，則鈰溶于氫碘酸的化學(xué)方程式可表示為：2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑；故D錯誤；

故選AB．三、填空題(共9題，共18分)14、酸式滴定管錐形瓶22.60當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏嘻}酸，溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且在半分鐘?nèi)不變色0.0800BD【分析】【分析】①本滴定實驗還需要裝標準液鹽酸的酸式滴定管；裝待測液的錐形瓶；

②從圖中讀出數(shù)據(jù)為22.60mL；

③當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏嘻}酸；溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且在半分鐘?nèi)不變色，說明達到終點；算出標準液體積的平均值，根據(jù)關(guān)系式HCl～NaOH來計算該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度；

④用公式c（待測）=分析誤差，主要是對標準液所用體積的影響進行分析．【解析】【解答】解：①本滴定實驗還需要裝標準液鹽酸的酸式滴定管；裝待測液的錐形瓶；

故答案為：酸式滴定管；錐形瓶；

②從圖中讀出數(shù)據(jù)為22.60mL；

故答案為：22.60；

③當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏嘻}酸；溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬以诎敕昼妰?nèi)不變色，說明達到終點；PH=1的鹽酸的濃度為0.1mol/L，標準液體積的平均值為：（19.90mL+20.10mL）=20.00mL；

n（鹽酸）=c（鹽酸）×V（鹽酸）=0.1mol/L×0.0200L=0.0020mol；根據(jù)關(guān)系式HCl～NaOH可知氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.0020mol，待測液的體積為25.00mL；

NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度：c（NaOH）===0.0800mol/L；

故答案為：當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏嘻}酸；溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且在半分鐘?nèi)不變色；0.0800；

④用公式c（待測）=分析誤差；主要是對標準液所用體積的影響進行分析；

A．滴定終點讀數(shù)時俯視讀數(shù)；讀數(shù)偏小，所以標準液的體積偏小，結(jié)果偏低，故A錯誤；

B．酸式滴定管使用前；水洗后未用鹽酸溶液潤洗，標準液被稀釋，達到終點時消耗的標準液體積增大，使測定結(jié)果偏高，故B正確；

C．錐形瓶水洗后未干燥；水珠附著在瓶壁，對待測液的物質(zhì)的量沒有影響，消耗標準液無影響，所以對結(jié)果無影響，故C錯誤；

D．酸式滴定管尖嘴部分有氣泡；滴定后消失，達到終點時消耗的標準液體積增大，使測定結(jié)果偏高，故D正確；

故答案為：BD．15、低原子SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓23：92S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl【分析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍，A原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；B是短周期中金屬性最強的元素，則B為Na；結(jié)合原子序數(shù)可知，C、D、E、F都處于第三周期，C是同周期中陽離子半徑最小的元素，則C為Al；D元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物與B元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的產(chǎn)物M是制備木材防火劑的原料，則D為Si、M為Na2SiO3；E的最外層電子數(shù)與內(nèi)層電子數(shù)之比為3：5，則最外層電子數(shù)為6，故E為硫元素，F(xiàn)的原子序數(shù)最大，故F為Cl，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍，A原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；B是短周期中金屬性最強的元素，則B為Na；結(jié)合原子序數(shù)可知，C、D、E、F都處于第三周期，C是同周期中陽離子半徑最小的元素，則C為Al；D元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物與B元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的產(chǎn)物M是制備木材防火劑的原料，則D為Si、M為Na2SiO3；E的最外層電子數(shù)與內(nèi)層電子數(shù)之比為3：5；則最外層電子數(shù)為6，故E為硫元素，F(xiàn)的原子序數(shù)最大，故F為Cl；

（1）F為Cl元素；由于HF分子間存在氫鍵，所以HF的沸點高于HCl；

故答案為：低；

（2）D為硅元素；它的最高價氧化物是二氧化硅，是原子晶體；

故答案為：原子；

（3）Na2SiO3水溶液久置于空氣中，與二氧化碳反應(yīng)生成不溶于水的硅酸，溶液變渾濁，該反應(yīng)離子方程式為：SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓；

故答案為：SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓；

（4）由關(guān)系式：2Na→Na2O2→O2和Al→H2，則與氧氣反應(yīng)的鈉和與放入水中的鋁的質(zhì)量比為23×2：27×=23：9；

故答案為：23：9；

（5）S2Cl2與水反應(yīng)生成一種能使品紅溶液褪色的氣體為二氧化硫，只有一種元素化合價發(fā)生改變，故S元素化合價降低，轉(zhuǎn)移0.3mol電子生成二氧化硫為0.1mol，故有0.3molS原子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知S元素在還原產(chǎn)物中的化合價為0，故生成S，同時生成HCl，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl；

故答案為：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl；16、燒杯玻璃棒100mL容量瓶膠頭滴管28.6容積刻度線直接倒入容量瓶中，沒有用玻璃棒引流定容后沒有將容量瓶倒轉(zhuǎn)搖勻偏高偏高【分析】【分析】（1）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液配制步驟選擇使用儀器來解答；

（2）根據(jù)鈉原子守恒可知Na2CO3與Na2CO3?10H2O的物質(zhì)的量相等，根據(jù)m=cvM計算所需Na2CO3?10H2O的質(zhì)量；

（3）根據(jù)容量瓶的構(gòu)造進行解答；

（4）根據(jù)操作的方法和注意事項；

（5）根據(jù)c=并結(jié)合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）操作步驟有計算；稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水加入燒杯），并用玻璃棒攪拌，加速溶解．冷卻后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2-3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，所以所需儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管、藥匙；

故答案為：燒杯；玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；

（2）本實驗須稱量碳酸鈉晶體（Na2CO3?10H2O）的質(zhì)量為=0.1L×1.0mol?L-1×286g/mol=28.6g；故答案為：28.6；

（3）由根據(jù)容量瓶的構(gòu)造可知；容量瓶上標有溫度；容積和刻度線，故答案為：容積；刻度線；

（4）因溶解；冷卻后的溶液應(yīng)轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中；并用玻璃棒引流，所以錯誤為直接倒入容量瓶中，沒有用玻璃棒引流；

定容結(jié)束后需要將配制的溶液搖勻；該操作中定容后沒有將容量瓶倒轉(zhuǎn)搖勻；

故答案為：①直接倒入容量瓶中；沒有用玻璃棒引流；②定容后沒有將容量瓶倒轉(zhuǎn)搖勻．

（5）①濃硫酸溶解后未冷至室溫即進行定容；待冷卻后溶液體積偏小，則濃度偏大，故答案為：偏高；

②定容時俯視刻度線，則溶液體積偏小，濃度偏大，故答案為：偏高．17、二氧化氮78NO2NO2SO2【分析】【分析】首要污染物是二氧化氮，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知污染指數(shù)是78．能引起光化學(xué)煙霧的是NO2，能引起酸雨的SO2和NO2．【解析】【解答】解：（1）空氣污染重的首要污染物是二氧化氮；故答案為：二氧化氮；

（2）可以入顆粒物的污染指數(shù)78；故答案為：78；

（3）氮的氧化物是引起光化學(xué)煙霧的主要原因；故答案為：NO2；

（4）氮的氧化物、硫的氧化物是酸雨的主要原因；故答案為：NO2SO2．18、K=＜0.03mol/（L?min）75%y=x不可能△H＞0吸熱且△S＜0（或依據(jù)吉布斯自由能判斷）【分析】【分析】（1）根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積；根據(jù)平衡常數(shù)隨溫度的變化進行判斷；

（2）根據(jù)圖象中CO的濃度變化及v=計算0～4min時平均反應(yīng)速率v（CO）；

（3）到達平衡時轉(zhuǎn)化率最大；令平衡時CO的濃度變化量為cmol/L，根據(jù)三段式法用c表示出平衡時各組分個濃度，再利用平衡常數(shù)列方程，求出c，再利用轉(zhuǎn)化率定義計算；

（4）起始時水的物質(zhì)的量為xmol；轉(zhuǎn)化的CO的物質(zhì)的量為（1-x）ymol，利用三段式法求出平衡時各組分的物質(zhì)的量，代入850℃平衡常數(shù)，據(jù)此解答；

（5）根據(jù)吉布斯自由能的大小判斷反應(yīng)能否進行．【解析】【解答】解：平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，故K=；依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，升高溫度，平衡常數(shù)減小，平衡逆向移動，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；

故答案為：K=；＜；

（2）v（CO）==0.03mol/（L?min）；

故答案為：0.03mol/（L?min）；

（3）設(shè)CO的濃度變化量為c；則。

CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）；

起始（mol/L）：0.020.0200

轉(zhuǎn)化（mol/L）：cccc

平衡（mol/L）：0.02-c0.02-ccc

代入500℃時反應(yīng)平衡常數(shù)有K===9；解得c=0.015；

CO的最大所以轉(zhuǎn)化率為：=75%；

故答案為：75%；

（4）因850℃時反應(yīng)平衡常數(shù)為1．起始時水的物質(zhì)的量為xmol；CO的物質(zhì)的量為（1-x）mol，則。

CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）；

起始（mol/L）：（1-x）x00

轉(zhuǎn)化（mol/L）：（1-x）y（1-x）y（1-x）y（1-x）y

平衡（mol/L）：（1-x）（1-y）（x-y+xy）（1-x）y（1-x）y

所以平衡常數(shù)k==1；解得y=x；

故答案為：y=x；

（5）反應(yīng)2CO=2C+O2（△H＞0）；則△G=△H-T?△S＞0，反應(yīng)△H＞0吸熱且△S＜0，依據(jù)吉布斯自由能判斷任何情況下不能自發(fā)進行；

故答案為：不能；△H＞0吸熱且△S＜0（或依據(jù)吉布斯自由能判斷）．19、①②⑦④⑤KSCN溶液變紅色2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl22NaBr+Cl2=2NaCl+Br2AlCl3+3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl【分析】【分析】（1）水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì)；酸；堿、鹽都是電解質(zhì)；在上述兩種情況下都不能導(dǎo)電的化合物稱為非電解質(zhì)，蔗糖、乙醇等都是非電解質(zhì)．大多數(shù)的有機物都是非電解質(zhì)；單質(zhì)，混合物既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

（2）①檢驗溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在；

②銅與氯化鐵反應(yīng)生成氯化鐵；氯化亞鐵；

（1）氯氣具有氧化性氧化溴化鈉為氯化鈉和溴單質(zhì)；

（2）氯化鋁和一水合氨反應(yīng)生成氫氧化鋁呈和氯化銨；【解析】【解答】解：（1）①熔融的NaOH能導(dǎo)電；是電解質(zhì)；

②H2SO4屬于酸是電解質(zhì)；

③Al是金屬單質(zhì)；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

④乙醇在水溶液中以乙醇分子的形式存在；是非電解質(zhì)；

⑤蔗糖在水溶液中以蔗糖分子的形式存在；是非電解質(zhì)；

⑥NaCl溶液中有自由離子能導(dǎo)電；但它是混合物，故既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)；

⑦NaCl固體是電解質(zhì)；但固體狀態(tài)下不能夠?qū)щ姡?/p>

故答案為：①②⑦；④⑤；

（2）①檢驗溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液與試管中，滴加KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在；

故答案為：KSCN溶液；溶液變紅；

②銅與氯化鐵反應(yīng)生成氯化鐵、氯化亞鐵，反應(yīng)方程式為：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；

故答案為：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；

（1）氯氣具有氧化性氧化溴化鈉為氯化鈉和溴單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；

故答案為：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；

（2）氯化鋁和一水合氨反應(yīng)生成氫氧化鋁呈和氯化銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：AlCl3+3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；

故答案為：AlCl3+3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；20、＞＞【分析】【分析】（1）FeCl3為強酸弱堿鹽；水解呈酸性，加熱促進水解；

（2）（NH4）2CO3為弱酸弱堿鹽，（NH4）2SO4為強酸弱堿鹽．【解析】【解答】解：（1）FeCl3為強酸弱堿鹽；水解呈酸性，加熱促進水解，溶液酸性增強，則升高溫度pH降低，故答案為：＞；

（2）一水合氨的電離程度比碳酸大，（NH4）2CO3為弱酸弱堿鹽，CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈堿性，（NH4）2SO4為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，則（NH4）2CO3溶液pH較大；

故答案為：＞．21、FClCaKHClO4NH3+HNO3=NH4NO3Cl2Cl2+2Br-=2Cl-+Br2【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①為N，②為F，③為Al，④為Cl，⑤為Ar，⑥為K，⑦為Ca，⑧為Br，非金屬性越強，其單質(zhì)越活潑，其最高價氧化物的水化物的酸性越強，結(jié)合元素及其單質(zhì)、化合物的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①為N，②為F，③為Al，④為Cl，⑤為Ar，⑥為K，⑦為Ca，⑧為Br；

（1）由上述分析可知；②為F，③為Al，⑦為Ca，故答案為：F；Al；Ca；

（2）左下角元素的金屬性強，則以上元素中金屬性最強的為K，元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物中，酸性最強的是HClO4，故答案為：K；HClO4；

（3）①的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3+HNO3=NH4NO3，故答案為：NH3+HNO3=NH4NO3；

（4）④⑧位于同一主族，從上到下非金屬性減弱，則④與⑧的單質(zhì)中，化學(xué)性質(zhì)較為活潑的是Cl2，單質(zhì)之間的置換反應(yīng)可說明，如Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

故答案為：Cl2；Cl2+2Br-=2Cl-+Br2．22、放熱c增大不變0.55CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ?mol-1abc【分析】【分析】（1）（i）由圖可知；壓強一定時，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，故升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，據(jù)此判斷；

（ii）化學(xué)平衡常數(shù)K=；根據(jù)CO的轉(zhuǎn)化率，利用三段式計算出平衡時各組分的物質(zhì)的量，進而求出平衡時各組分的濃度，代入平衡常數(shù)計算；

可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)越大；說明反應(yīng)進行的程度越大，不能說明反應(yīng)速率快慢；不能說明該反應(yīng)在通常條件下一定可以發(fā)生、不能說明反應(yīng)是吸熱還是放熱；

（iii）在溫度和容積不變的情況下，再向平衡體系中充入amolCO（g）、2amolH2（g）；等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大一倍壓強，平衡向正反應(yīng)移動；

化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度影響；與濃度無關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變；

（iv）計算參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量；利用差量法計算平衡時反應(yīng)混合物的物質(zhì)的量變化量，進而計算平衡時總的物質(zhì)的量，利用恒溫恒容下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比解答；

（2）根據(jù)蓋斯定律書寫目標熱化學(xué)方程式；

（3）①根據(jù)電荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），若足c（NH4+）＜c（Cl-），則c（H+）＞c（OH-）；溶液呈酸性，據(jù)此結(jié)合選項判斷；

②溶液中存在平衡NH3．H2O?NH4++OH-，根據(jù)電荷守恒計算溶液的pH值，進而計算溶液中c（OH-），根據(jù)氯離子濃度計算c（NH4+），利用物料守恒計算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3?H2O的電離常數(shù)表達式計算．【解析】【解答】解：（1）（i）由圖可知；壓強一定時，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，故升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

故答案為：放熱；

（2）100℃；平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為0.5，所以參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量為0.5amol．

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；

開始（mol）：a2a0

變化（mol）：0.5aa0.5a

平衡（mol）：0.5aa0.5a

所以平衡時，CO的濃度為=mol/L，H2的濃度為=mol/L，CH3OH的濃度為=mol/L，100℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)k═=；

a．可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)很大；說明反應(yīng)進行的程度很大，不能說明該反應(yīng)在通常條件下一定可以發(fā)生，該反應(yīng)可能需要催化劑才可以進行，故a錯誤；

b．可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)很大，說明反應(yīng)進行的程度很大，不能說明該條件下反應(yīng)速率很快，故b錯誤；

c．可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)很大；說明反應(yīng)進行的程度很大，反應(yīng)達平衡時至少有一種反應(yīng)物的百分含量很小，故c正確；

d．可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)很大；說明反應(yīng)進行的程度很大，不能說明該反應(yīng)是吸熱還是放熱，故d錯誤；

故答案為：；c；

（iii）在溫度和容積不變的情況下，再向平衡體系中充入amolCO（g）、2amolH2（g）；等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大一倍壓強，平衡向正反應(yīng)移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度影響，與濃度無關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變；

故答案為：增大；不變；

（iv）參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量為2.5mol×90%=2.25mol；則：

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）物質(zhì)的量減少△n

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2.25mol4.5mol

故平衡時總的物質(zhì)的量為2.5mol+7.5mol-4.5mol=5.5mol，恒溫恒容下壓強之比等于物質(zhì)的量之比，故平衡時容器內(nèi)壓強為開始時壓強的=0.55倍；

故答案為：0.55；

（2）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ?mol-1

②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.8kJ?mol-1；

利用蓋斯定律，將②×4-①可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=4×（-285.8kJ?mol-1）-（-890.3kJ?mol-1）=-252.9kJ?mol-1；

故答案為：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ?mol-1；

（5）①根據(jù)電荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），若足c（NH4+）＜c（Cl-），則c（H+）＞c（OH-）；溶液呈酸性；

a．鹽酸不足；氨水剩余，為氯化銨與氨水的混合溶液，銨根離子水解程度大于氨水的電離時，溶液可能呈酸性，故a可能；

b．氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)，為氯化銨溶液，銨根離子水解，溶液呈酸性，故b可能；

c．鹽酸過量；溶液為氯化銨；鹽酸的混合溶液，溶液呈酸性，故c可能；

故選：abc；

②根據(jù)電荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），由于c（NH4+）=c（Cl-），故c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故溶液中c（OH-）=10-7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=×0.1mol?L-1=0.05mol?L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol?L-1-0.05mol?L-1=（0.5a-0.05）mol/L，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb==；

故答案為：