2025年外研版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷649考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、恒溫恒容的情況下，反應A2(g)＋B2(g)2AB(g)達到平衡狀態(tài)的標志是()A.容器內(nèi)氣體的密度不隨時間而變化B.容器內(nèi)的總壓強不隨時間而變化C.單位時間內(nèi)生成2nmolAB的同時，生成nmol的B2D.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化2、某新型二次電池反應原理為M+3Cn(MCl4)+44+3Cn(M代表金屬，Cn代表石墨)。裝置如圖所示。下列說法正確的是。

A.放電時，b極為負極B.放電時，向b極遷移C.充電時，a極反應為4+3e－=7+MD.充電時，若電路中轉(zhuǎn)移0.5mol電子，則有0.5molCn(MCl4)被還原3、一定溫度下，在體積分別為V1、V2(V1>V2)的兩個恒容密閉容器中充入等物質(zhì)的量的發(fā)生反應下列圖示中，能正確表示Z的體積分數(shù)(φ)與反應時間(t)的關系的是(分別表示體積為V1、V2的密閉容器的壓強)A.B.C.D.4、在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應相同時間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實線所示(圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化)。下列說法正確的是（）

A.反應2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0B.圖中X點所示條件下，延長反應時間不能提高NO轉(zhuǎn)化率C.圖中Y點所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10?4mol·L?1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K>20005、如圖所示裝置中，試管A、B中電極為多孔石墨電極，C、D為鉑夾。斷開K1，閉合K2、K3一段時間后；A；B中氣體的量之間的關系如圖所示：

下列說法正確的是A.a為正極，b為負極B.紫紅色液滴向C端移動C.斷開K2、K3，閉合K1，A極反應式為O2+4e-+2H2O＝4OH-D.斷開K2、K3，閉合K1，溶液的pH增大6、用惰性電極電解某溶液時，發(fā)現(xiàn)兩電極上只有和生成，則電解一段時間后，下列有關該溶液（與電解前的溫度相同）的說法正確的是（）

①該溶液的可能增大②該溶液的可能減小③該溶液的可能不變④該溶液的濃度可能增大⑤該溶液的濃度可能不變⑥該溶液的濃度可能減小A.①②③⑥B.①②③④⑥C.①②③④⑤D.全部7、向100mL5.0mol·L?1的NaOH溶液中通入H2S氣體；含硫微粒在不同pH溶液中的分布系數(shù)(δ)如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線M表示pH與HS?的變化關系B.的平衡常數(shù)數(shù)量級為1014C.HS?的電離程度大于水解程度D.配制Na2S溶液時可將Na2S固體直接溶于水8、對下列現(xiàn)象或事實的解釋錯誤的是。選項現(xiàn)象或事實解釋A明礬可用于生活用水的凈化膠體具有殺菌消毒的作用B用鐵罐貯存濃硝酸常溫下鐵在濃硝酸中鈍化C用氯化鐵溶液蝕刻覆銅線路板的氧化性比的強D漂白粉在空氣中久置變質(zhì)與反應，生成的分解

A.AB.BC.CD.D9、某同學為了驗證難溶的氯化銀在水中也存在溶解平衡；設計了如下實驗方案：（）

A.步驟①中應加入過量的AgNO3溶液B.步驟①中應使NaCl溶液過量C.步驟②中現(xiàn)象是無沉淀產(chǎn)生D.步驟②中選用的AgNO3溶液濃度應小于步驟①評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、南京大學研究發(fā)現(xiàn)電化學“大氣固碳”有效方法，電池工作原理示意圖如圖所示。充電時，利用催化劑的選擇性，陽極電極反應式為：2Li2CO3-4e-=2CO2+O2+4Li+；下列有關說法正確的是。

A.放電時，M電極的電勢比N電極的高B.放電時，正極電極反應式：3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3C.充電時，M電極接外電源負極，電解質(zhì)可選含Li+水溶液D.該電池每放電、充電一次，若均轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上能固定標準狀況下11.2LCO211、在密閉容中發(fā)生下列反應aA(g)cC(g)＋dD(g)，反應達到平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半，當再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的1.8倍，下列敘述正確的是A.A的轉(zhuǎn)化率變小B.平衡向正反應方向移動C.D的體積分數(shù)變大D.a＜c＋d12、恒溫恒容下，向密閉容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入氣體，發(fā)生反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，能判斷反應處于平衡狀態(tài)的是A.v逆(CO2)=3v正(H2)B.體系內(nèi)氣體密度保持不變C.斷裂3molH—H鍵的同時斷裂3molH—O鍵D.CO2的體積分數(shù)保持不變13、利用可消除的污染，反應原理為在密閉容器中分別加入和測得不同溫度下隨時間變化的實驗數(shù)據(jù)如表所示，下列說法正確的是。實驗溫度/K時間/

物質(zhì)的量010204050①0.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.18

A.實驗①中內(nèi)，的降解速率為0.025mol?L?1?min?1B.由實驗數(shù)據(jù)可知，溫度T1條件下的平衡常數(shù)為0.64C.0.15＜M＜0.18D.該反應在任何溫度下都能正向自發(fā)進行14、化學反應中催化劑活性會因積碳反應而降低；同時存在的消碳反應則使積碳量減少。相關數(shù)據(jù)如下表：

。反應消碳反應CO2(g)+C(s)=2CO(g)消碳反應CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H/kJ?mol-1172172活化能/(kJ·mol-1)催化劑X3391催化劑Y437272在反應進料氣組成、壓強及反應時間相同的情況下，某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關系如圖所示。升高溫度時，下列關于積碳反應、消碳反應的平衡常數(shù)(K)和速率(v)的敘述正確的是。

A.K積、K消均增加B.v積減小、v消增加C.催化劑X效果比Y好D.v消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大15、下列實驗操作不能達到實驗目的的是。選項實驗目的實驗操作A測定與混合物中碳酸鈉質(zhì)量分數(shù)將固體溶于水配制成溶液，分別以酚酞和甲基橙為指示劑，用標準鹽酸滴定B比較HClO與的酸性用pH計測量相同濃度NaClO溶液和溶液的pHC提純混有雜質(zhì)的NaCl固體將固體溶于水，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾D比較的氧化性向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和振蕩，靜置

A.AB.BC.CD.D16、漂白粉和漂粉精是常用的消毒清潔用品，有效成分均為Ca(ClO)2；相應的生產(chǎn)流程如圖：

下列說法不正確的是A.①中陰極的電極反應式為2Cl－－2e－=Cl2↑B.②中反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OC.上述過程涉及氧化還原反應、化合反應、復分解反應D.制備漂白粉過程中，Cl2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO)2時，Cl的原子利用率為100％17、科學家以石墨烯為電極材料，設計出一種處理工業(yè)尾氣中的新方案；其原理如圖所示。

下列說法正確的是A.裝置工作時向陽極遷移，在陽極上發(fā)生氧化反應B.陰極區(qū)發(fā)生的反應有C.該過程的總反應方程式為D.電路中每轉(zhuǎn)移理論上需補充評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、(1)發(fā)射衛(wèi)星時可用肼(N2H4)為燃料；用二氧化氮為氧化劑，這兩種物質(zhì)反應生成氮氣和水蒸氣。已知：

①

②

寫出肼和二氧化氮反應生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式：______

(2)等質(zhì)量的下列物質(zhì)分別完全燃燒，放出熱量較多的是反應過程________(填選項字母)。

A.固體硫B.硫蒸氣。

(3)已知：通常條件下，強酸、強堿稀溶液中和生成放出的熱量為中和熱。稀溶液中和足量NaOH恰好反應時放出QkJ熱量，則其中和熱為________

(4)已知和反應放熱，且斷開鍵、鍵、鍵吸收的能量分別為由此推知下列關系正確的是________(填選項字母)。

A.B.C.D.19、甲醇(CH3OH)工業(yè)上由CO和H2合成，化學方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。如圖是在不同溫度下CO的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的曲線。

①T1___T2(填“＞”“＜”或“＝”)。T1和T2溫度下的平衡常數(shù)大小關系是K1___(填“＞”“＜”或“=”)K2。

②若容器容積不變，下列措施不能增加CO轉(zhuǎn)化率的是___(填字母)。

A．降低溫度。

B．充入He；使體系總壓強增大。

C．將CH3OH(g)從體系中分離。

D．使用合適的催化劑。

③生成甲醇的化學反應速率(v)與時間(t)的關系如圖所示。則圖中t2時采取的措施可能是___；t3時采取的措施可能是___。

④若在T1℃時，往一密閉容器通入等物質(zhì)的量CO和H2測得容器內(nèi)總壓強1MPa，40min達平衡時測得容器內(nèi)總壓強為0.8MPa，計算生成甲醇的壓強平衡常數(shù)Kp=___(MPa)-2(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。20、弱電解質(zhì)的電離平衡；鹽類的水解平衡和難溶物的沉淀溶解平衡均屬于化學平衡。

I.已知在水中存在以下平衡：

(1)常溫下，溶液的______(填字母序號)，原因是______(填離子方程式)。

A.大于7B.小于7C.等于7D.無法確定。

(2)常溫下，若向的溶液中逐滴滴加溶液至溶液呈中性。此時該混合溶液中的下列關系一定正確的是______(填字母序號)。

A.B.

C.D.

(3)常溫下，的飽和溶液中存在以下平衡：若要使該溶液中濃度增大，可采取的措施有______(填字母序號)。

A.升高溫度B.降低溫度C.加入少量蒸餾水D.加入固體。

Ⅱ.化學沉淀法是除去酸性廢水中的主要方法。根據(jù)其原理不同可以分為氫氧化物沉淀法、硫化物沉淀法等。水樣中各形態(tài)鉛的百分含量X與溶液變化的關系如圖所示。向含的溶液中逐滴滴加溶液，溶液變渾濁，繼續(xù)滴加溶液又變澄清。

(4)若采用氫氧化物沉淀法除溶液中的應將溶液的調(diào)至約為______；時，溶液中發(fā)生的主要離子方程式為______。

(5)向酸性含鉛廢水中加可將轉(zhuǎn)化為沉淀除去。若某工廠處理過的廢水中濃度為則為______21、電解原理在工業(yè)生產(chǎn)中應用廣泛。

（1）電解法生產(chǎn)MnO2的方法是以石墨為電極，電解酸化的MnSO4溶液。MnO2在_________極產(chǎn)生，若電解電路中通過2mol電子，則MnO2的理論產(chǎn)量為_________g。

（2）工業(yè)二氧化硫尾氣用Na2SO3吸收后轉(zhuǎn)化為NaHSO3溶液，再用惰性電極電解NaHSO3溶液，可在生產(chǎn)硫酸的同時再生成Na2SO3。原理如圖所示。

①電解總反應方程式是____________________________。

②陽極區(qū)可能放出SO2，分析其產(chǎn)生的原因：__________________________。22、（1）某溫度（t℃）時，水的離子積為KW=1.0×10﹣13mol2?L﹣2，則該溫度（填“大于”、“小于”或“等于”）_____25℃，其理由是________________________________。

（2）若將此溫度下pH=11的苛性鈉溶液aL與pH=1的稀硫酸bL混合（設混合后溶液體積的微小變化忽略不計）．若所得混合液為中性，則a：b=_____；此溶液中各種離子的濃度由大到小排列順序是_________________。

（3）FeCl3的水溶液呈酸性的原因是（用離子方程式表示）：______________。

（4）實驗室在配制FeCl3的溶液時，常將FeCl3固體先溶于較濃的鹽酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以__（填“促進”；“抑制”）其水解。

（5）把氯化鋁溶液蒸干并灼燒固體產(chǎn)物是______。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)23、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共28分)24、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分數(shù)___________。：25、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。26、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。評卷人得分六、原理綜合題(共3題，共24分)28、氨氣具有廣泛用途，工業(yè)上利用反應合成氨；其基本合成過程如下：

(1)某小組為了探究外界條件對反應的影響，參加合成氨的反應，在兩種條件下分別達到平衡，測得的濃度與反應時間的關系如圖甲所示。請回答下列問題：

①條件下，的平均反應速率________

②相對而言，可能改變的條件是________________。

③在條件下，時刻將容器容積壓縮至原來的時刻重新建立平衡狀態(tài)。請在圖中畫出時刻的變化曲線________________。

(2)某小組往一恒溫恒壓容器中充和模擬合成氨的反應，圖乙為不同溫度下平衡混合物中氨氣的體積分數(shù)與總壓強()的關系圖。若體系在下達到平衡。

①此時的平衡分壓為________MPa，的平衡分壓為________MPa。(分壓總壓物質(zhì)的量分數(shù))

②列式計算此時的平衡常數(shù)________。(用平衡分壓代替平衡濃度計算；結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

(3)分離器中的過程對整個工業(yè)合成氨的意義是________________________。29、合成氣是H2和CO的混合氣體；工業(yè)上可以用于合成氨；生產(chǎn)低級醇等，請回答下列相關問題。

(1)sparg工藝是生產(chǎn)合成氣的方法之一，該方法可將甲烷和二氧化碳在高溫下轉(zhuǎn)化為H2和CO，該反應的化學方程式為___________。

(2)工業(yè)生產(chǎn)中用合成氣合成乙醇的反應為2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)△H=akJ/mol①生產(chǎn)過程中會發(fā)生副反應2CO(g)+3H2(g)CH3CHO(g)+H2O(g)△H=bkJ/mol②

又已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=ckJ/mol③

則C2H5OH(g)催化氧化生成CH3CHO(g)和水蒸氣的熱化學方程式為__________________。

(3)向2L的恒溫恒容密閉容器中充入4molCO和6molH2，若只發(fā)生反應①，達平衡時容器中壓強是起始壓強的0.6倍，則CO的平衡轉(zhuǎn)化率為___________，該溫度下反應①的平衡常數(shù)等于___________。下列選項不能證明反應①達到平衡狀態(tài)的是___________(填標號)。

A.混合氣體的平均分子量不再改變。

B混合氣體的密度不再改變。

C.CO和H2的物質(zhì)的量之比不再改變。

D.每斷開4molH－H鍵的同時斷開3molH－O鍵。

(4)以醋酸為溶劑，甲醇與合成氣可以轉(zhuǎn)化為乙醇，同時會生成醚類、酯類等副產(chǎn)物，下圖是醋酸與甲醇的質(zhì)量比對生產(chǎn)的影響，則工業(yè)生產(chǎn)中醋酸與甲醇的最佳質(zhì)量比是___________。隨著醋酸和甲醇的質(zhì)量比增大，一定范圍內(nèi)甲醇的轉(zhuǎn)化率升高而醚類選擇性降低的原因可能是___________(從平衡移動角度解釋)。

30、消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護的重要研究課題。

(1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝akJ·mol－1

2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH＝bkJ·mol－1

4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l)ΔH＝ckJ·mol－1

則常溫常壓下，NH3與NO2反應生成無污染物質(zhì)的熱化學方程式_____________。

(2)水體中過量氨氮(以NH3表示)會導致水體富營養(yǎng)化。

①用次氯酸鈉除去氨氮的原理如圖所示：

寫出該圖示的總反應化學方程式：__________________。該反應需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的主要原因是______________。

②取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉的用量，反應一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量)去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m(NaClO)∶m(NH3)的變化情況如圖所示：

當m(NaClO)∶m(NH3)>7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是___。

(3)電極生物膜電解脫硝是電化學和微生物工藝的組合。某微生物膜能利用電解產(chǎn)生的活性原子將NO3-還原為N2；工作原理如圖所示：

①寫出該活性原子與NO3-反應的離子方程式：________________。

②若陽極生成標準狀況下2.24L氣體，理論上可除去NO3-的物質(zhì)的量為____mol。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．密度等于氣體質(zhì)量除以容器體積；氣體質(zhì)量不變，容器體積不變，密度始終不變，當容器內(nèi)氣體的密度不隨時間而變化，不能作為判斷平衡的標志，故A不符合題意；

B．該反應是等體積反應；壓強始終不變，當容器內(nèi)的總壓強不隨時間而變化，不能作為判斷平衡的標志，故B不符合題意；

C．單位時間內(nèi)生成2nmolAB，正向反應，同時生成nmol的B2；逆向反應，生成物質(zhì)的量之比等于計量系數(shù)之比，因此能作為判斷平衡的標志，故C符合題意；

D．氣體摩爾質(zhì)量等于氣體質(zhì)量除以氣體物質(zhì)的量；正向反應，氣體質(zhì)量不變，氣體物質(zhì)的量不變，摩爾質(zhì)量始終不變，當容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變化，不能作為判斷平衡的標志，故D不符合題意。

綜上所述，答案為C。2、C【分析】【分析】

根據(jù)電池總反應可知，放電時負極M失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為2M-3e-+7=4正極發(fā)生Cn(MCl4)得電子的還原反應，電極反應式為Cn(MCl4)+e-=+Cn；原電池工作時陰離子移向負極；陽離子移向正極；充電時，外加電源與原電池相連接，陽離子移向陰極、陰離子移向陽極，據(jù)此分析。

【詳解】

A．根據(jù)分析；M發(fā)生失電子的反應，因此a為負極，A錯誤；

B．放電時，向負極a移動；B錯誤；

C．充電時，a電極發(fā)生得電子的反應，電極方程式為4+3e－=7+M；C正確；

D．充電時，若電路中轉(zhuǎn)移0.5mol電子，根據(jù)電極方程式+Cn-e-=Cn(MCl4)，有0.5mol的Cn被氧化，Cn(MCl4)為氧化產(chǎn)物；D錯誤；

故答案選C。3、B【分析】【詳解】

由容器的體積V1大于V2可知，壓強p1小于p2，壓強越大反應速率越快，壓強為p2時下反應先達到平衡，該反應為氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，Z的體積分數(shù)越小，則平衡時壓強為p2的Z的體積分數(shù)小于p1，所以圖B能正確表示Z的體積分數(shù)(φ)與反應時間(t)的關系，故選B。4、D【分析】【分析】

隨溫度升高NO的轉(zhuǎn)化率先升高后降低；說明溫度較低時反應較慢，一段時間內(nèi)并未達到平衡，分析溫度較高時，已達到平衡時的NO轉(zhuǎn)化率可知，溫度越高NO轉(zhuǎn)化率越低，說明溫度升高平衡向逆反應方向移動，根據(jù)勒夏特列原理分析該反應為放熱反應，以此解答。

【詳解】

A.由分析可知，該反應為放熱反應，ΔH<0；故A錯誤；

B.根據(jù)上述分析；X點時，反應還未到達平衡狀態(tài)，反應正向進行，所以延長反應時間能提高NO的轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；

C.Y點，反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，此時增加O2的濃度；使得正反應速率大于逆反應速率，平衡向正反應方向移動，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；

D.設NO起始濃度為amol/L，NO的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時NO、O2和NO2的濃度分別為0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根據(jù)平衡常數(shù)表達式K＝＝＝>＝2000；故D正確；

故選D。5、C【分析】【分析】

根據(jù)圖示，斷開K1，閉合K2、K3，左端電解氫氧化鈉溶液，相當于電解水，電解反應為2H2O2H2↑+O2↑，結(jié)合圖示A、B中氣體的量之間的關系，A中為氧氣，B中為氫氣，則A電極為陽極，B為陰極，陽極與電源正極相連，則電源a為負極，b為正極；濾紙上C為陰極，D為陽極。

【詳解】

A．根據(jù)分析可知，a為負極，b為正極；故A錯誤；

B．電解池中陰離子向陽極移動，顯紫色的離子為濾紙上D為陽極，則紫紅色液滴向D端移動，故B錯誤；

C．斷開K2、K3，閉合K1，構(gòu)成燃料電池，A為正極，B為負極，A極反應式為O2+4e-+2H2O＝4OH-；故C正確；

D．根據(jù)C項分析，斷開K2、K3，閉合K1，構(gòu)成氫氧燃料電池，電池總反應為O2+2H2=2H2O；KOH溶液的濃度減小，則溶液中的氫氧根離子濃度減小，溶液的堿性減弱，pH減小，故D錯誤；

答案選C。6、C【分析】【詳解】

解本題的關鍵是要正確分析電極周圍氫離子；氫氧根離子濃度的變化。電解該溶液的實質(zhì)是電解水；分兩種情況：

(1)電解非飽和溶液，若該溶液為硫酸溶液，則溶液顯酸性，電解一段時間后溶液的濃度增大，故其酸性增強，減??；

若該溶液為氫氧化鈉溶液，則溶液顯堿性，電解一段時間后溶液的濃度增大，故其堿性增強，增大；

若該溶液為硫酸鈉溶液，則溶液顯中性，電解一段時間后溶液的濃度增大，但溶液仍顯中性，故其不變；

(2)電解飽和溶液，無論該飽和溶液顯酸性、堿性還是中性，電解一段時間后，溶液的濃度和均不變；

綜上所述；①②③④⑤正確，C滿足題意。

答案選C。7、B【分析】【分析】

在NaOH溶液中通入H2S氣體，含硫微粒包括H2S、HS?、S2-，其中S2-水解，溶液顯堿性，H2S電離；溶液顯酸性，結(jié)合圖象分析判斷。

【詳解】

A．根據(jù)圖象，曲線M上表示的微粒隨著pH的增大，分布系數(shù)(δ)逐漸減小，在pH=6.9時，δ=0.5，因此曲線M表示pH與H2S的變化關系；故A錯誤；

B．的平衡常數(shù)K=根據(jù)圖象，當c(S2-)=c(HS-)時，pH=14.1，c(H+)=10-14.1，即K=1014.1，因此的平衡常數(shù)數(shù)量級為1014；故B正確；

C．根據(jù)圖像，當溶液中主要存在HS?時，溶液顯堿性，說明HS?的電離程度小于水解程度；故C錯誤；

D．Na2S能夠水解，為了抑制水解，配制Na2S溶液時可將Na2S固體溶于一定濃度的氫氧化鈉溶液中；再稀釋，故D錯誤；

故選B。8、A【分析】【詳解】

A．氫氧化鋁膠體不具有強氧化性；不能使蛋白質(zhì)變性，不具有殺菌消毒的作用，故A錯誤；

B．常溫下鐵在濃硝酸中鈍化；阻礙反應的繼續(xù)進行，所以可以用鐵罐貯存濃硝酸，故B正確；

C．鐵離子的氧化性強于銅離子；能與銅反應生成亞鐵離子和銅離子，所以可以用氯化鐵溶液蝕刻覆銅線路板，故C正確；

D．次氯酸的酸性弱于碳酸；漂白粉中的次氯酸鈣能空氣中的二氧化碳和水蒸氣反應生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定，遇光易分解生成鹽酸和氧氣，所以漂白粉在空氣中久置易變質(zhì)，故D正確；

關系A。9、A【分析】【分析】

為了驗證難溶的氯化銀在水中也存在溶解平衡；要證明在氯化鈉溶液中加入過量的硝酸銀溶液完全反應后的濾液中還存在氯離子，需要向濾液中加入濃度更大的硝酸銀溶液，觀察沉淀的生成。

【詳解】

為了驗證難溶的氯化銀在水中也存在溶解平衡；要證明在氯化鈉溶液中加入過量的硝酸銀溶液完全反應后的濾液中還存在氯離子，由圖可知：

A．步驟①中應加入過量的AgNO3溶液；故A正確；

B．步驟①中應加入過量的AgNO3溶液；使NaCl完全反應，故B錯誤；

C．步驟②中現(xiàn)象是產(chǎn)生了白色沉淀；這樣才能證明濾液中氯離子的存在，故C錯誤；

D．步驟②中選用的AgNO3溶液濃度應大于步驟①；故D錯誤；

故答案選A。二、多選題(共8題，共16分)10、BD【分析】【分析】

放電時為原電池，M極上Li失電子生成Li+，則M為負極，N為正極，正極上CO2得電子生成C和Li2CO3，反應式為3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充電時為電解池，陰極上Li+得電子生成Li，陽極上Li2CO3失電子生成CO2和O2，反應式為2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+；

【詳解】

A．放電時為原電池；M為負極，N為正極，正極電勢比負極電勢高，即N高于M，故A錯誤；

B．根據(jù)分析，原電池的正極上CO2得電子生成C和Li2CO3，反應式為3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；故B正確；

C．放電時M為負極，則充電時M為陰極，與電源負極相連，但電解質(zhì)不能選含Li+水溶液；因為Li電極會與水反應，故C錯誤；

D．根據(jù)放電時正極反應式3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3可知，電池每放電一次轉(zhuǎn)移2mol電子就有0.5mol碳生成；根據(jù)充電時陽極電極反應2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+，充電一次且每轉(zhuǎn)移2mole-時生成0.5molO2，C+O2═CO2，所以該電池每放、充2mol電子一次，理論上能固定0.5molCO2，標準狀況下為11.2LCO2；故D正確；

答案選BD。11、AD【分析】【分析】

將氣體體積壓縮到原來的一半；假定平衡不移動，D的濃度應為原來的2倍，而實際再次達到平衡時，D的濃度為原來的1.8倍，說明壓強增大，平衡向逆反應方向移動，即a＜c+d，據(jù)此進行分析。

【詳解】

A．由分析可知；平衡向逆反應方向移動，A的轉(zhuǎn)化率變小，A正確；

B．由分析可知；平衡向逆反應方向移動，B錯誤；

C．由分析可知；平衡向逆反應方向移動，D的體積分數(shù)減小，C錯誤；

D．由分析可知；壓強增大，平衡向逆反應方向移動，即a＜c+d，D正確；

答案選AD。12、CD【分析】【詳解】

A．根據(jù)化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可得則3v逆(CO2)=v正(H2)時處于平衡狀態(tài)；故A錯；

B．反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中格物質(zhì)均為氣體，所以氣體質(zhì)量不變，在恒容的密閉容器中，則體積不變，由可得；密度始終保持不變，不能用于判斷反應是否處于平衡狀態(tài)，故B錯；

C．斷裂3molH—H鍵時，則消耗3mol斷裂3molH—O鍵，則消耗1molCH3OH(g)和1molH2O(g)；所以速率大小相等，方向相反，則處于平衡狀態(tài)，故C正確；

D．CO2的體積分數(shù)保持不變時；則混合物中格物質(zhì)的濃度均保持不變，則處于平衡狀態(tài)，故D正確；

答案選CD。13、BD【分析】【詳解】

A．實驗①中內(nèi)，甲烷物質(zhì)的量改變量為0.25mol，則二氧化氮改變量為0.5mol，則的降解速率為故A錯誤；

B．由實驗數(shù)據(jù)可知，溫度T1條件下平衡時甲烷物質(zhì)的量為0.1mol，改變量為0.4mol，二氧化氮剩余0.4mol，氮氣改變量為0.4mol，二氧化碳改變量為0.4mol，水蒸氣改變量為0.8mol，其次溫度下的平衡常數(shù)為故B正確；

C．根據(jù)表格中數(shù)據(jù)得到在溫度T2條件下20min時已經(jīng)達到平衡；因此M=0.18，故C錯誤；

D．根據(jù)表格中數(shù)據(jù)得出溫度T2條件下反應速率快，說明T2＞T1，溫度T2下；平衡時甲烷的量多，說明升高溫度，平衡逆向移動，逆向是吸熱反應，正向是放熱反應，又由于該反應是ΔS＞0的反應，根據(jù)ΔG＝ΔH?TΔS，因此該反應在任何溫度下都能正向自發(fā)進行，故D正確。

綜上所述，答案為BD。14、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．由表格數(shù)據(jù)可知，積碳反應、消碳反應都是吸熱反應，所以升高溫度，平衡右移，K積、K消均增加；A正確；

B．升高溫度，混合氣中各分子的能量均升高，分子碰撞的次數(shù)增多，反應速率加快，所以v積增大、v消增加；B不正確；

C．從表中活化能數(shù)據(jù)(活化能數(shù)值越大；反應越困難)可以看出，對于積碳反應，催化劑X效果比Y好，對于消碳反應，催化劑X效果比Y差，C不正確；

D．從圖中曲線看，催化劑表面的積碳量是先增大后減小，則表明隨著溫度的不斷升高，v消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大；D正確；

故選AD。15、CD【分析】【詳解】

A．若以酚酞為指示劑，則加入鹽酸溶液由紅色變無色時，碳酸鈉已完全轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，以甲基橙為指示劑，加入鹽酸溶液由黃色變橙色，此時碳酸氫鈉完全轉(zhuǎn)化為CO2；根據(jù)消耗標準鹽酸的量可以計算碳酸鈉或碳酸氫鈉的質(zhì)量分數(shù)，實驗操作正確能達到實驗目的，A正確；

B．弱酸的酸性越強，其酸根離子水解的程度越弱，相同濃度下其酸根離子水解液的pH越小，用pH計測量相同濃度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH；pH大的溶液對應的酸的酸性更弱，B正確；

C．提純混有KNO3雜質(zhì)的NaCl固體，NaCl溶解度隨溫度變化小，KNO3溶解度隨溫度變化大；應該采用蒸發(fā)濃縮；趁熱過濾、將濾液冷卻結(jié)晶、過濾的方法，C錯誤；

D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I-；得出溴離子還原性比碘離子弱，即溴的氧化性比碘強，同時氯氣的氧化性也比碘強，但是不能比較溴和氯氣的氧化性強弱，D錯誤；

故答案選CD。16、AD【分析】【詳解】

A．電解飽和食鹽水，陽極發(fā)生氧化反應：2Cl－－2e－=Cl2↑；A錯誤；

B．②中氯氣和氫氧化鈣反應：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；故B正確；

C．反應①②③均有元素化合價的升降；反應是氧化還原反應，反應④是化合反應，反應⑤是復分解反應，C正確；

D．氯氣和氫氧化鈣反應，除了生成Ca(ClO外，還生成Ca和水；所以Cl的原子利用率小于100%，D錯誤；

答案選AD。17、BC【分析】【分析】

由圖示知，該方案為電解原理的應用，右側(cè)電極上NH3失電子轉(zhuǎn)化為N2，故右側(cè)為陽極，對應電極反應為：2NH3-6e-=N2+6H+，產(chǎn)生氫離子移向左側(cè)陰極，陰極上Fe3+得電子生成Fe2+，F(xiàn)e2+與O2反應再生Fe3+；循環(huán)使用。

【詳解】

A．由分析知，H+移向左側(cè)陰極；A錯誤；

B．陰極區(qū)Fe3+在電極表面得電子生成Fe2+，發(fā)生反應Fe3++e-=Fe2+，F(xiàn)e2+與O2反應再生Fe3+，即發(fā)生反應4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；B正確；

C．由圖示知，F(xiàn)e2+/Fe3+起催化劑作用，故過程總反應為：4NH3+3O22N2+6H2O；C正確；

D．由圖示知，F(xiàn)e3+可通過Fe2+與O2反應再生；理論上不需要補充，D錯誤；

故答案選BC。三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】【分析】

肼和二氧化氮反應生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式可根據(jù)蓋斯定律計算得到；等質(zhì)量的同一物質(zhì)，氣態(tài)比固態(tài)具有的能量高，據(jù)此可判斷同一物質(zhì)不同狀態(tài)發(fā)生反應得到相同產(chǎn)物時放出熱量的相對大??；=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能；

【詳解】

已知：

根據(jù)蓋斯定律可得：

等質(zhì)量的同一物質(zhì)，氣態(tài)比固態(tài)具有的能量高，二者生成物均為氣態(tài)二氧化硫具有相同的能量，可知等質(zhì)量硫燃燒時，硫蒸氣釋放的能量多，故答案為：

稀溶液中和足量NaOH恰好反應時生成放出QkJ熱量，則生成(l)放出熱量；

中含鍵，斷開鍵需吸收的能量分別為則生成鍵放出熱量，對于反應斷開鍵和鍵所吸收的能量生成新鍵釋放的能量為kJ，該反應放熱，即故答案為C?！窘馕觥緽C19、略

【分析】【分析】

【詳解】

①在其它條件不變時，升高溫度，反應速率加快，達到平衡所需時間縮短。根據(jù)圖象可知反應在溫度為T2時比在溫度為T1時先達到平衡，說明溫度：T1＜T2；

在其它條件不變時，升高溫度CO轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度，化學平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，則該反應的正反應是放熱反應。升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，使化學平衡常數(shù)減小，故化學平衡常數(shù)關系是K1＞K2；

②A．根據(jù)①分析可知：該反應的正反應是放熱反應；降低溫度，化學平衡正向移動，CO轉(zhuǎn)化率增大，A不符合題意；

B．充入He；使體系總壓強增大，由于不能改變反應體系的任何一種物質(zhì)的濃度，因此化學平衡不移動，CO轉(zhuǎn)化率不變，B符合題意；

C．將CH3OH(g)從體系中分離；減小生成物濃度，化學平衡正向移動，CO轉(zhuǎn)化率增大，C不符合題意；

D．使用合適的催化劑；只能改變反應速率但不能使平衡發(fā)生移動，因此CO轉(zhuǎn)化率不變，D符合題意；

故合理選項是BD；

③根據(jù)圖象可知：在t2時，改變條件，使v正、v逆都增大，且v正＞v逆；化學平衡正向移動，則由于該反應的正反應是氣體體積減小的放熱反應，改變的條件是增大壓強；

在t3時刻改變條件使v正、v逆都增大，且v正=v逆；化學平衡不發(fā)生移動，則改變的條件是使用合適的催化劑；

④假設反應容器的容積是VL，向其中充分的CO、H2的物質(zhì)的量是amol，開始時容器內(nèi)氣體總物質(zhì)的量是2amol，在40min反應達到平衡時，生成甲醇的物質(zhì)的量是xmol，則此時n(CO)=(a-x)mol，n(H2)=(a-2x)mol，此時容器中氣體總物質(zhì)的量為n(總)=(a-x)mol+(a-2x)mol+xmol=(2a-2x)mol，在恒容密閉容器中氣體物質(zhì)的量的比等于壓強之比，則解得x=0.2amol，所以平衡時n(CO)=0.8amol，n(H2)=0.6amol，n(CH3OH)=0.2amol，n(總)=1.6amol，則生成甲醇的壓強平衡常數(shù)Kp=【解析】①.＜②.＞③.BD④.增大壓強⑤.加催化劑⑥.2.7820、略

【分析】【詳解】

Ⅰ(1)由于A2-離子水解導致溶液顯堿性，故此處選A；對應原因的離子方程式為：

(2)A．常溫時，稀溶液中始終存在Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；A正確；

B．加入NaOH后，溶液中始終存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由于溶液顯中性，故c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)；B正確；

C．由故若Ka1＞10-7，則即c(HA-)＞c(H2A)，若Ka1＜10-7，則即c(HA-)＜c(H2A)，若Ka1=10-7，則即c(HA-)=c(H2A)；故C選項無法確定；

D．由于此時加入的NaOH與H2A物質(zhì)的量之比不一定為1：1；故D選項的物料守恒也不一定成立，D不一定正確；

故答案選AB；

(3)A．升溫，促進CaA溶解平衡正向移動，溶液中c(Ca2+)增大；A符合題意；

B．降溫，CaA溶解平衡逆向移動，溶液中c(Ca2+)減??；B不符合題意；

C．由于溶液飽和，加水后，溶液由飽和變?yōu)椴伙柡?，故c(Ca2+)減??；C不符合題意；

D．加入Na2A，CaA溶解平衡逆向移動，溶液中c(Ca2+)減??；D不符合題意；

故答案選A；

Ⅱ(4)由圖像知，pH在10左右時，Pb(OH)2沉淀量達最大，pH＞10時，Pb(OH)2溶解，故pH應調(diào)至約為10；pH=11時，主要是Pb(OH)2轉(zhuǎn)化為即

(5)由Ksp=c(Pb2+)·c(S2-)=c(Pb2+)×2.0×10-20mol/L=8.0×10-28，解得c(Pb2+)=4×10-8mol/L?！窘馕觥緼ABA1021、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)MnSO4→MnO2錳元素化合價升高發(fā)生氧化反應，故MnO2在陽極產(chǎn)生，電極方程式為：由得失電子數(shù)守恒知，若電解電路中通過2mol電子，則得到1molMnO2；則其理論產(chǎn)量為87g。

(2)①用惰性電極電解NaHSO3溶液，可在生產(chǎn)硫酸的同時再生成Na2SO3，則硫的化合價升高，所以陽極是HSO溶液失去電子被氧化生成SO陰極為氫離子得電子生成氫氣，電解總反應方程式是2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑；②陽極區(qū)顯酸性，電解過程中，HSO通過陰離子交換膜進入陽極區(qū)，再與H+發(fā)生反應：HSO+H+＝SO2↑+H2O，產(chǎn)生SO2?！窘馕觥筷?72NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑電解過程中，HSO3-通過陰離子交換膜進入陽極區(qū)，再與H+發(fā)生反應：HSO3-+H+＝SO2↑+H2O，產(chǎn)生SO222、略

【分析】【詳解】

（1）本題考查水的離子積，常溫下水的離子積為10－14，水水的離子積只受溫度的影響，的電離是吸熱過程，溫度升高，促進水的電離，水的離子積增大，即該溫度大于25℃；（2）考查離子濃度大小的比較、溶液的酸堿性的判斷，此溫度水的離子積為10－13，因此NaOH中c(OH－)=10－13/10－11mol·L－1=10－2mol·L－1，此溫度下溶液顯中性，說明NaOH中n(OH－)等于硫酸中n(H＋)，a×10－2=b×10－1，解得a:b=10：1，氫氧化鈉和硫酸都是強電解質(zhì)，溶液顯中性，溶質(zhì)為Na2SO4，因此離子濃度大小順序是c(Na＋)>c(SO42－)>c(H＋)=c(OH－)；（3）考查鹽類水解原理的應用，F(xiàn)eCl3屬于強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解，即Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；（4）考查影響鹽類水解因素，根據(jù)(3)，加入鹽酸H＋濃度增大，平衡向逆反應方向進行，即溶于較濃的鹽酸中目的是抑制Fe3＋的水解；（5）考查鹽類水解原理的應用，AlCl3的水解：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，鹽類水解是吸熱反應，升高溫度，促進水解，HCl易揮發(fā)，蒸干得到Al(OH)3，因為氫氧化鋁不穩(wěn)定，受熱易分解，因此灼燒得到固體產(chǎn)物是氧化鋁?！窘馕觥竣?大于②.水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水電離，則水的離子積常數(shù)增大，某溫度（T℃）時，水的離子積常數(shù)Kw=1×10-13＞10-14，則該溫度大于25℃③.a：b=10：1④.c（Na+）＞c（SO42-）＞c（H+）=c（OH-）⑤.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋⑥.抑制⑦.Al2O3四、判斷題(共1題，共7分)23、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據(jù)錯誤。五、有機推斷題(共4題，共28分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數(shù)小于8，所以Y的最外層為3個電子，Q的最外層為4個電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，Z的原子序數(shù)等于Y；W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據(jù)元素分析，該反應方程式為

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質(zhì)量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負極37g26、略

【分析】【詳解】

(1)A、B、C、E中均有鈉元素，根據(jù)B的用途可猜想出B為NaHCO3，X為C(碳)，能與CO2反應生成NaHCO3的物質(zhì)可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之間能按物質(zhì)的量之比為1∶1反應，則A是NaOH，E為Na2CO3，能與NaHCO3反應放出無色無味的氣體，且這種物質(zhì)中含有鈉元素，則C只能為Na2O2，D為O2，結(jié)合題設條件可知F為Fe，G為Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+與以離子鍵結(jié)合，中O原子與O原子以共價鍵結(jié)合，其電子式為

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反應為3Fe+2O2Fe3O4，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，則轉(zhuǎn)移8mol電子放出2akJ熱量，則其熱化學反應方程式為：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol。

(5)N2在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成NH3：N2+6H++6e?2NH3?！窘馕觥竣?NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol⑥.N2+6H++6e?2NH327、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應生成硫酸鈉，①常用作泡沫滅火器的是NaHCO3，故為乙；②濃度相同的碳酸氫鈉溶液和硫酸鈉溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的電離程度大；

(2)金屬鋁是13號元素，核外電子排布為2、8、3②n(Al)=n(NaOH)時，生成偏鋁酸鈉，根據(jù)方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質(zhì)的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯氣，與氫氧化鈉生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根據(jù)電荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液顯中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根據(jù)物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、原理綜合題(共3題，共24分)28、略

【分析】【詳解】

(1)．①由圖像可知，a條件下，0～t0時間內(nèi)，氫氣的濃度變化量為(c0-c1)×10-2mol/L，所以用氫氣表示的化學反應速率為mol·L-1·min-1，由于化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以氮氣的平均反應速率v(N2)=mol·L-1·min-1，故答案為：

②相對a而言，b到達平衡的時間縮短，說明化學反應速率加快，氫氣的濃度降低，說明平衡正向移動，該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，不會是升高溫度造成的，增大壓強，各物質(zhì)的濃度都會增大，不會是增大壓強造成的，則可能改變的條件是增大c(N2)，故答案為：增大

③在a條件下t1時刻將容器體積壓縮至原來的氫氣濃度迅速增大至2c1，平衡正向移動，氫氣的濃度降低，但t2時刻重新建立平衡狀態(tài)時，氫氣的濃度大于c1；所以圖像為。

故答案為：

(2)．①若體系在下達到平衡，相同溫度下，氣體的體積分數(shù)等于其物質(zhì)的量分數(shù)，設平衡時

平衡時氨氣體積分數(shù)故氮氣的分壓氨氣的分壓氫氣的分壓故答案為：9；15；

②用平衡分壓代替平衡濃度帶入平衡常數(shù)表達式中，此時的平衡常數(shù)故答案為：

(3)．分離器中的操作是分離出液氨，促進平衡正向進行，增大原料利用率或產(chǎn)率，故答案為：及時分離出液氨，減小，使平衡往生成的方向移動，增大原料利用率(或產(chǎn)率)。【解析】增大9915及時分離出液氨，減小，使平衡往生成的方向移動，增大原料利用率(或產(chǎn)率)29、略

【分析】【分析】

(1)甲烷和二氧化碳在高溫下轉(zhuǎn)化為H2和CO；以此書寫化學方程式；

(2)根據(jù)蓋斯定律②×2+③-①×2得2C2H5OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)計算△H；寫出熱化學方程式；

(3)列出三段式；根據(jù)平衡時容器中壓強是起始壓強的0.6倍，求出平衡時各物質(zhì)的濃度，進而求出CO的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)；根據(jù)達到化學平衡時正反應速率等于逆反應速率，有關各變量不變分析是否達到平衡狀態(tài)；

(4)由圖分析醋酸與甲醇的最佳