2024年北師大版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年北師大版高一化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、rm{A}元素的原子最外層電子數(shù)是rm{a}次外層電子數(shù)是rmrm{B}元素的原子rm{M}層電子數(shù)是rm{(a-b)}rm{L}層電子數(shù)是rm{(a+b)}則rm{A}rm{B}兩元素形成的化學(xué)式可能表示為rm{(}rm{)}A.rm{B_{3}A_{2}}B.rm{BA_{2}}C.rm{A_{3}B_{2}}D.rm{AB_{2}}2、利用碳酸鈉晶體rm{(Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O)}來(lái)配制rm{1.0mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{500mL}假如其他操作均準(zhǔn)確無(wú)誤，下列情況會(huì)引起所配溶液濃度偏高的是rm{(}rm{)}A.稱取碳酸鈉晶體rm{53.0g}B.移液時(shí)，對(duì)用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進(jìn)行沖洗C.定容時(shí)，俯視觀察刻度線D.定容后，將容量瓶反復(fù)倒轉(zhuǎn)、搖勻、靜置時(shí)發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線3、下列關(guān)于物質(zhì)分類的說(shuō)法不正確的是（）

A.冰和干冰既是純凈物又是化合物。

B.不銹鋼和目前流通的硬幣都是合金。

C.純堿和熟石灰都是堿。

D.豆?jié){和霧都是膠體。

4、下列鑒別方法不可行的是（）A.僅用氨水即可鑒別NaCl、AlBr3、FeI2、AgNO3四種溶液B.用燃燒法鑒別環(huán)己醇、苯和四氯化碳C.用燒堿溶液鑒別地溝油、甘油和石油D.用新制氯水鑒別碘的淀粉溶液、含石蕊的燒堿溶液、硫酸銅溶液等三種藍(lán)色溶液5、1828年，德化學(xué)家將種無(wú)機(jī)物直接變化合物-尿素，由此破了無(wú)機(jī)化物與有機(jī)化的界限，尿素化學(xué)是（）A.CO（NH2）2B.（NH4）2CO3C.NH4NO3D.CH3COONH46、將0.2molMnO2和含0.6molHCl的濃鹽酸混合后加熱，反應(yīng)完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物質(zhì)的量（不考慮鹽酸的揮發(fā)）（）A.一定等于0.3molB.一定小于0.3molC.一定大于0.3molD.可能等于0.3mol7、下列說(shuō)法中，不正確的是（）A.Na2CO3水溶液呈堿性，所以其熱溶液可以除去物品表面的油污B.Fe（OH）3膠體能吸附水中的懸浮顆粒并沉降，因而具有凈水作用C.SO2與某些有色物質(zhì)反應(yīng)生成的無(wú)色物質(zhì)不穩(wěn)定，因而不能用于漂白紙漿D.鎂合金密度較小，硬度和強(qiáng)度較大，因而被大量用于制造火箭、導(dǎo)彈和飛機(jī)的部件評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、準(zhǔn)確稱取6g鋁土礦（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）樣品，放入盛有100mL稀H2SO4溶液的燒杯中，充分反應(yīng)后過濾去掉沉淀A，向?yàn)V液中加入10mol/L的KOH溶液，產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量和加入的KOH溶液的體積(mL)如右圖所示。試回答下列問題：（1）沉淀A是（填化學(xué)式），當(dāng)加入KOH溶液的體積超過35mL時(shí)所發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為(4分)（2）鋁土礦中Al2O3的物質(zhì)的量是多少?(2分)（3）稀硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為多少？(忽略溶液體積的變化)(2分)9、已知2A（g）＋B（g）2C（g），向容積為1L的密閉容器中加入0.050molA和0.025molB，在500℃時(shí)充分反應(yīng)，達(dá)平衡后測(cè)得c（C）=0.040mol·L-1，放出熱量Q1kJ。⑴能說(shuō)明上述反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是（填寫序號(hào)）a.v(C)=2v(B)b.容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變c.v逆(A)=2v正(B)d.容器內(nèi)氣體的密度保持不變⑵若在相同的容器中只加入0.050molC，500℃時(shí)充分反應(yīng)達(dá)平衡后，吸收熱量Q2kJ，則Q1與Q2之間的關(guān)系式可表示為（用含Q1、Q2的代數(shù)式表示）；⑶500℃時(shí)，上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=；⑷已知：K（300℃）＞K（350℃），該反應(yīng)是（填“放”或“吸”）熱反應(yīng)；若反應(yīng)溫度升高，A的轉(zhuǎn)化率（填“增大”、“減小”或“不變”）；⑸某溫度下，A的平衡轉(zhuǎn)化率（a）與體系總壓強(qiáng)（P）的關(guān)系如圖所示，平衡狀態(tài)由a變到b時(shí)，化學(xué)平衡常數(shù)K（A）K（B）（填“＞”、“＜”或“=”）。10、rm{(1)}質(zhì)量比為rm{16}rm{7}rm{6}的三種氣體rm{SO_{2}}rm{CO}rm{NO}分子個(gè)數(shù)之比為______；氧原子個(gè)數(shù)之比為______．

rm{(2)}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{6.8g}rm{PH_{3}}與標(biāo)準(zhǔn)狀況下______rm{L}rm{CH_{4}}含有相同數(shù)目的rm{H}原子．

rm{(3)}某氣體氧化物化學(xué)式為rm{RO_{2}}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{1.28g}該氧化物的體積為rm{448mL}則該氧化物的摩爾質(zhì)量為______，rm{R}的相對(duì)原子質(zhì)量為______．

rm{(4)273K}rm{1.01隆脕10^{5}}rm{Pa}時(shí)氣態(tài)單質(zhì)rm{X_{2}}的密度為rm{1.25g?L^{-1}}則rm{X}的相對(duì)原子質(zhì)量為______．

rm{(5)}相同溫度和壓強(qiáng)條件下，一定體積的氣態(tài)氫化物rm{H_{2}R}的質(zhì)量是等體積rm{NH_{3}}的rm{2}倍，則rm{R}的相對(duì)原子質(zhì)量為______．11、標(biāo)況下22.4LN2的質(zhì)量為______g．12、如圖均能表示甲烷的分子結(jié)構(gòu)，按要求回答下列問題．

rm{(1)}對(duì)號(hào)入座rm{(}填序號(hào)rm{)}

甲烷的球棍模型是___________；甲烷的電子式是______________．

rm{(2)}如果甲烷與氯氣以rm{1:1}的比例反應(yīng)；則產(chǎn)物一共有___________種．

rm{(3)}甲烷與氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷的化學(xué)方程式___________________________．13、原子序數(shù)rm{11隆蘆17}的元素，自鈉到氯，電子層數(shù)相同，最外層電子數(shù)從____增加到____，隨著核電荷數(shù)依次遞增，原子半徑依次____，核對(duì)外層電子的引力逐漸____，失電子能力逐漸____，得電子能力逐漸____，因此，金屬性逐漸____，非金屬性逐漸____。評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、過濾時(shí)，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化16、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對(duì)錯(cuò)）17、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對(duì)錯(cuò)）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共價(jià)鍵．．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化21、將藍(lán)色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、原理綜合題(共3題，共18分)22、汽車尾氣和燃煤尾氣是造成空氣污染的重要原因之一；治理汽車尾氣和燃煤尾氣是環(huán)境保護(hù)的重要課題?；卮鹣铝袉栴}：

（1）在汽車排氣系統(tǒng)中安裝三元催化轉(zhuǎn)化器，可發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密閉剛性容器中通入等量的CO和NO；發(fā)生上述反應(yīng)時(shí)，c(CO)隨溫度(T)和時(shí)間(t)的變化曲線如圖所示。

①據(jù)此判斷該反應(yīng)的正反應(yīng)為________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)。

②溫度T1時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____；反應(yīng)速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，計(jì)算a處=________。

（2）SNCR-SCR脫硝技術(shù)是一種新型的除去煙氣中氮氧化物的脫硝技術(shù)；一般采用氨氣或尿素作還原劑，其基本流程如圖：

①SNCR-SCR脫硝技術(shù)中用NH3作還原劑還原NO的主要反應(yīng)為4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，則用尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2的化學(xué)方程式為______________。

②體系溫度直接影響SNCR技術(shù)的脫硝效率；如圖所示：

SNCR與SCR技術(shù)相比，SCR技術(shù)的反應(yīng)溫度不能太高，其原因是__________；當(dāng)體系溫度約為925℃時(shí)，SNCR脫硝效率最高，其可能的原因是______________。23、作為一種綠色消毒劑，H2O2在公共衛(wèi)生事業(yè)中發(fā)揮了重要的作用。已知反應(yīng)：H2O2(l)=H2O(1)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1K=2.88×1020

回答問題：

(1)H2O2的強(qiáng)氧化性使其對(duì)大多數(shù)致病菌和病毒具有消殺功能。用3%醫(yī)用H2O2對(duì)傳染病房噴灑消毒時(shí)，地板上有氣泡冒出，該氣體是____________________。

(2)純H2O2可作為民用驅(qū)雹火箭推進(jìn)劑。在火箭噴口鉑網(wǎng)催化下，H2O2劇烈分解：H2O2(l)=H2O(g)+O2(g)，放出大量氣體，驅(qū)動(dòng)火箭升空。每消耗34gH2O2，理論上__________(填“放出”或“吸收”)熱量__________98kJ(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(3)純H2O2相對(duì)穩(wěn)定，實(shí)驗(yàn)表明在54℃下恒溫貯存2周，濃度仍能保持99%，原因是H2O2分解反應(yīng)的_______________(填編號(hào))。

a.ΔH比較小b.K不夠大c.速率比較小d.活化能比較大。

(4)向H2O2稀溶液中滴加數(shù)滴含Mn2+的溶液，即有氣泡快速逸出，反應(yīng)中Mn2+起_________作用。某組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：。t/min01020304050c(H2O2)/mol·L-10.700.490.350.250.170.12

0-30minH2O2反應(yīng)的平均速率v=_____mol·L·min-1

(5)H2O2的一種衍生物K2S2O8，陰離子結(jié)構(gòu)式為()。其中性溶液加熱至沸后，溶液pH降低，用離子方程式表明原因：_______________。24、近幾年我國(guó)大面積發(fā)生霧霾天氣，2.5微米以下的細(xì)顆粒物(PM2.5)是導(dǎo)致霧霾天氣的“罪魁禍?zhǔn)住??？諝庵械腃O、SO2；NOx等污染氣體會(huì)通過大氣化學(xué)反應(yīng)生成PM2.5顆粒物。

（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH1=-221.0kJ/mol

N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH2=+180.5kJ/mol

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH3=-746.0kJ/mol

用焦炭還原NO生成無(wú)污染氣體的熱化學(xué)方程式為_________________________________。

（2）已知由CO生成CO2的化學(xué)方程式為CO＋O2CO2＋O。其正反應(yīng)速率為v正=k正·c(CO)·c(O2)，逆反應(yīng)速率為v逆=k逆·c(CO2)·c(O)，k正、k逆為速率常數(shù)。在2500K下，k正=1.21×105L·s-1·mol-1，k逆=3.02×105L·s-1·mol-1。則該溫度下上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K值為_________________________(保留小數(shù)點(diǎn)后一位小數(shù))。

(3)CO2可用來(lái)生產(chǎn)燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1。在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：測(cè)得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時(shí)間變化如圖所示。

①?gòu)姆磻?yīng)開始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v(H2)＝___________________mol·(L·min)－1。

②氫氣的轉(zhuǎn)化率＝________________________。

③下列措施中能使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。

A．升高溫度B．充入0.5molCO2和1.5molH2

C．充入He(g)，使體系壓強(qiáng)增大D．將H2O(g)從體系中分離出去。

（4）利用如圖所示電解裝置(電極均為惰性電極)可吸收SO2，并用陰極室排出的溶液吸收NO2。與電源b極連接的電極的電極反應(yīng)式為____________________________________。

（5）NO2在一定條件下可轉(zhuǎn)化為NH4NO3和NH4NO2。相同溫度下，等濃度NH4NO3和NH4NO2兩份溶液，測(cè)得NH4NO2溶液中c(NH4+)較小，分析可能的原因________________________。評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)25、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細(xì)顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實(shí)驗(yàn)溫度為298K、308K，每次實(shí)驗(yàn)HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請(qǐng)完成以下實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表，并在實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實(shí)驗(yàn)①和②探究HNO3濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實(shí)驗(yàn)①和③探究溫度對(duì)該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實(shí)驗(yàn)①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對(duì)該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，如何檢驗(yàn)該裝置的氣密性________________________________

（3）實(shí)驗(yàn)①中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計(jì)算實(shí)驗(yàn)①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的框圖中，畫出實(shí)驗(yàn)②、③和④中CO2質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】解：rm{B}元素的原子rm{M}層電子數(shù)是rm{(a-b)}rm{L}層電子數(shù)是rm{(a+b)}則rm{(a+b)=8}rm{A}元素的原子最外層電子數(shù)是rm{a}次外層電子數(shù)是rm則rm{b=2}由于rm{(a+b)=8}所以rm{a=6}故A為氧元素；所以rm{(a-b)=6-2=4}所以rm{B}為硅元素，硅元素與氧元素可以形成rm{SiO_{2}}即符合rm{BA_{2}}．

故選B．

rm{B}元素的原子rm{M}層電子數(shù)是rm{(a-b)}rm{L}層電子數(shù)是rm{(a+b)}則rm{(a+b)=8}rm{A}元素的原子最外層電子數(shù)是rm{a}次外層電子數(shù)是rm則rm{b=2}由于rm{(a+b)=8}所以rm{a=6}故A為氧元素；所以rm{(a-b)=6-2=4}所以rm{B}為硅元素；據(jù)此判斷．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系，難度不大，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意核外電子排布規(guī)律的掌握．【解析】rm{B}2、C【分析】解：rm{A.}配制rm{1.0mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{500mL}應(yīng)稱量碳酸鈉晶體質(zhì)量rm{m=1.0mol/L隆脕0.5L隆脕286g/mol=143.0g}稱取碳酸鈉晶體rm{53.0g}導(dǎo)致稱取的溶質(zhì)的質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故A錯(cuò)誤；

B.移液時(shí)；對(duì)用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有進(jìn)行沖洗，導(dǎo)致部分溶質(zhì)損失，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故B錯(cuò)誤；

C.定容時(shí)；俯視觀察刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液的物質(zhì)的量濃度偏高，故C正確；

D.定容后；將容量瓶反復(fù)倒轉(zhuǎn)；搖勻、靜置時(shí)發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{C}．

分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)rm{C=dfrac{n}{V}}進(jìn)行誤差分析，凡是使rm{n}偏大或者是rm{V}偏小的操作；都會(huì)使溶液濃度偏高，反正使溶液濃度偏低，據(jù)此解答．

本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制誤差分析，明確配制原理依據(jù)rm{C=dfrac{n}{V}}即可解答，題目難度不大．【解析】rm{C}3、C【分析】

A．冰是固態(tài)的水；干冰是固態(tài)二氧化碳，所以它們既是純凈物又是化合物，故A正確；

B．不銹鋼是鐵的合金；目前使用的硬幣有銅鎳合金和不銹鋼，都屬于合金，故B正確；

C．純堿是碳酸鈉；屬于鹽，熟石灰是氫氧化鈣，屬于堿，故C錯(cuò)誤；

D．豆?jié){是蛋白質(zhì)水中形成的分散系；霧是由小水滴凝結(jié)灰塵而成的符合膠體分散質(zhì)微粒直徑，故D正確；

故選C．

【解析】【答案】A．根據(jù)冰和干冰的成分考慮；

B．根據(jù)常見的合金鐵合金；銅合金等分析；

C．根據(jù)純堿是碳酸鈉；熟石灰是氫氧化鈣；

D．分散質(zhì)微粒直徑在1-100nm的分散系為膠體．

4、D【分析】【解答】A．氨水與NaCl不反應(yīng)，與AlBr3反應(yīng)生成白色沉淀，與FeI2反應(yīng)生成的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色，與AgNO3反應(yīng)先生成沉淀后沉淀消失；反應(yīng)現(xiàn)象不同，可鑒別，故A正確；

B．環(huán)己醇燃燒有淡藍(lán)色火焰；苯燃燒冒黑煙，四氯化碳不能燃燒，燃燒現(xiàn)象不同，可鑒別，故B正確；

C．地溝油與NaOH發(fā)生水解反應(yīng)后油狀液體消失；甘油與NaOH混合不分層；石油與NaOH混合分層，反應(yīng)現(xiàn)象不同，可鑒別，故C正確；

D．氯水中含HClO；具有漂白性，碘的淀粉溶液；含石蕊的燒堿溶液最后均為無(wú)色，則不能鑒別碘的淀粉溶液、含石蕊的燒堿溶液，故D錯(cuò)誤；

故選D．

【分析】A．氨水與NaCl不反應(yīng)，與AlBr3反應(yīng)生成白色沉淀，與FeI2反應(yīng)生成的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色，與AgNO3反應(yīng)先生成沉淀后沉淀消失；

B．環(huán)己醇燃燒有淡藍(lán)色火焰；苯燃燒冒黑煙，四氯化碳不能燃燒；

C．地溝油與NaOH發(fā)生水解反應(yīng)后油狀液體消失；甘油與NaOH混合不分層；石油與NaOH混合分層；

D．氯水中含HClO；具有漂白性，碘的淀粉溶液；含石蕊的燒堿溶液最后均為無(wú)色．

5、A【分析】解：1828；德學(xué)家弗里希維首次用無(wú)機(jī)物質(zhì)氰酸氨一無(wú)機(jī)化合物，可由氯化和氯酸銀應(yīng)制得）與硫酸銨人合了素，素的化學(xué)式為CO（NH）2故選A．

1828年國(guó)化學(xué)家維勒用無(wú)機(jī)物合了素；突破了有機(jī)物的界限，尿素的化學(xué)為CO（N2）．

本題主考查了化學(xué)度不大，平時(shí)注意關(guān)知識(shí)的積累．【解析】【答案】A6、C【分析】解：發(fā)生反應(yīng)：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由方程式可知若0.2molMnO2完全反應(yīng)消耗HCl為0.2mol×4=0.8mol＞0.6mol，故鹽酸不足，假設(shè)HCl完全反應(yīng)生成氯氣為0.6mol×=0.15mol，但隨著反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸的濃度減小，反應(yīng)不再進(jìn)行，故生成的氯氣小于0.15mol，根據(jù)氯離子守恒可知溶液中氯離子大于0.6mol-0.15mol×2=0.3mol，則反應(yīng)完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液；生成AgCl沉淀物質(zhì)的量一定大于0.3mol；

故選：C．

發(fā)生反應(yīng)：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由方程式可知若0.2molMnO2完全反應(yīng)消耗0.8molHCl；故鹽酸不足，假設(shè)HCl完全反應(yīng)生成氯氣為0.15mol，但隨著反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸的濃度減小，反應(yīng)不再進(jìn)行，故生成的氯氣小于0.15mol，根據(jù)氯離子守恒可知溶液中氯離子大于0.3mol．

本題考查化學(xué)方程式計(jì)算，難度不大，注意濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸的濃度減小，反應(yīng)不再進(jìn)行．【解析】【答案】C7、C【分析】解：A、油污的主要成分為油脂，在堿性條件下易發(fā)生水解，而Na2CO3為強(qiáng)堿弱酸鹽；溶液呈堿性，可用于洗去某些物質(zhì)表面的油污，故A正確；

B、明礬用作廢水處理的混凝劑，明礬溶于水可以形成Al（OH）3膠體；膠體具有很大的表面積，吸附懸浮物質(zhì)而沉降，起凈水作用，故B正確；

C；二氧化硫具有漂白性；與某些有色物質(zhì)反應(yīng)生成的無(wú)色物質(zhì)不穩(wěn)定，加熱又恢復(fù)原來(lái)的顏色，可用于漂白紙漿，故C錯(cuò)誤；

D；鎂合金具有硬度大、耐腐蝕性、密度小等方面的特點(diǎn)；可用于制造火箭、導(dǎo)彈和飛機(jī)的部件，故D正確；

故選C．

A；油污的主要成分為油脂；在堿性條件下易發(fā)生水解；

B、明礬用作廢水處理的混凝劑，明礬溶于水可以形成Al（OH）3膠體；膠體具有很大的表面積，吸附懸浮物質(zhì)而沉降，起凈水作用．

C；二氧化硫具有漂白性；與某些有色物質(zhì)反應(yīng)生成的無(wú)色物質(zhì)不穩(wěn)定，加熱又恢復(fù)原來(lái)的顏色；

D；鎂合金具有硬度大、耐腐蝕性、密度小等方面的特點(diǎn)．

本題主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大，注意掌握原理是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】C二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】試題分析：（1）Al2O3、Fe2O3、SiO2幾種物質(zhì)中SiO2不和H2SO4溶液反應(yīng)，故沉淀A是SiO2，加入35mL氫氧化鈉溶液時(shí)，沉淀量最大，此時(shí)沉淀為Al(OH)3,Fe(OH)3,當(dāng)KOH溶液的體積超過35mL時(shí)Al(OH)3會(huì)發(fā)生溶解，離子方程式為：Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-（2）從35mL～45mL段Al(OH)3會(huì)發(fā)生溶解，該段消耗的n（KOH）=0.01L×10mol/L=0.1mol，根據(jù)離子方程式Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-可知，氫氧化鋁的物質(zhì)的量為0.1mol則n（Al2O3）=0.05mol，（3）當(dāng)加入KOH溶液的體積為35mL時(shí)沉淀量最大，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為K2SO4，根據(jù)K元素守恒有n（K2SO4）=1/2n（KOH）=0.5×0.035L×10mol/L=0.175mol，K2SO4中的SO42-都來(lái)自于稀H2SO4，則n（H2SO4）=n（K2SO4）=0.175mol，稀H2SO4的濃度為：c(H2SO4)=n/V=0.175mol，÷0.1L=1.75mol/L考點(diǎn)：化學(xué)圖像的認(rèn)識(shí)、離子方程式的書寫、有關(guān)物質(zhì)的量的計(jì)算?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）SiO2;Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-（2）n(Al2O3)=0.05mol（3）1.75mol/L9、略

【分析】【解析】試題分析：（1）在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時(shí)（但不為0），反應(yīng)體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學(xué)平衡狀態(tài)。選項(xiàng)a中不能確定反應(yīng)速率的方向，因此不能確定是否達(dá)到平衡狀態(tài)，a不正確；該反應(yīng)是體積減小的可逆反應(yīng)，反應(yīng)過程中壓強(qiáng)是減小的，所以當(dāng)容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化時(shí)可以說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，b正確；c中反應(yīng)速率的方向相反，且滿足反應(yīng)速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，可以說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)，c正確；密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反應(yīng)過程中容積內(nèi)氣體的質(zhì)量和容器容積始終是不變的，即密度始終是不變的，因此選項(xiàng)d不能說(shuō)明，答案選bc。（2）若在相同的容器中只加入0.050molC，500℃時(shí)充分反應(yīng)達(dá)平衡，則該平衡狀態(tài)與題干中的平衡狀態(tài)是相同的。原平衡中，達(dá)平衡后測(cè)得c（C）＝0.040mol·L-1，放出熱量Q1kJ。則該該平衡狀態(tài)中平衡時(shí)c（C）＝0.040mol·L-1，即消耗C的濃度是0.010mol·L-1，所以Q1＝4Q2。（3）2A（g）＋B（g）2C（g）起始濃度（mol/L）0.0500.0250轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.0400.0200.040平衡濃度（mol/L）0.0100.0050.040所以平衡常數(shù)K＝＝3200（4）已知：K（300℃）＞K（350℃），這說(shuō)明升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；因此若反應(yīng)溫度升高，A的轉(zhuǎn)化率減小。（5）對(duì)于特定的可逆反應(yīng)，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，改變壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，則化學(xué)平衡常數(shù)K（A）＝K（B）?？键c(diǎn)：考查化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、反應(yīng)熱的判斷和計(jì)算、外界條件對(duì)平衡狀態(tài)的影響以及平衡狀態(tài)的判斷等【解析】【答案】（1）bc（2）Q1＝4Q2（3）3200（4）放熱減?。?）＝10、5：5：4；10：5：4；3.36；64g/mol；32；14；32【分析】解：rm{(1)}質(zhì)量比為rm{16}rm{7}rm{6}的三種氣體rm{SO_{2}}rm{CO}rm{NO}物質(zhì)的量之比為rm{dfrac{16g}{64g/mol}}rm{dfrac{7g}{28g/mol}}rm{dfrac{6g}{30g/mol}=5}rm{5}rm{4}故三者分子數(shù)目之比為rm{5}rm{5}rm{4}含有氧原子數(shù)目之比為rm{5隆脕2}rm{5隆脕1}rm{4隆脕1=10}rm{5}rm{4}

故答案為：rm{5}rm{5}rm{4}rm{10}rm{5}rm{4}

rm{(2)}依據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N;_{A}}=dfrac{V}{Vm}}要使二者含有氫原子數(shù)相等則滿足：rm{dfrac{6.8g}{34g/mol}隆脕3=dfrac{V}{22.4L/mol}隆脕4}解得rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N;_{A}}=

dfrac{V}{Vm}}

故答案為：rm{dfrac{6.8g}{34g/mol}隆脕3=dfrac

{V}{22.4L/mol}隆脕4}

rm{V=3.36L}的物質(zhì)的量的物質(zhì)的量為rm{dfrac{0.448L}{22.4L/mol}=0.02mol}其摩爾質(zhì)量為rm{dfrac{1.28g}{0.02mol}=64g/mol}rm{3.36}的相對(duì)原子質(zhì)量為rm{(3)RO_{2}}

故答案為：rm{dfrac

{0.448L}{22.4L/mol}=0.02mol}rm{dfrac

{1.28g}{0.02mol}=64g/mol}

rm{R}rm{64-32=32}rm{64g/mol}時(shí)氣態(tài)單質(zhì)rm{32}的密度為rm{(4)273K}則rm{1.01隆脕10^{5}}標(biāo)rm{Pa}則rm{X_{2}}的相對(duì)原子質(zhì)量為：rm{1.25g?L^{-1}}

故答案為：rm{M=婁脩}

rm{隆脕22.4L/mol=1.25g?L^{-1}隆脕22.4L/mol=28g/mol}相同狀態(tài)下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體其物質(zhì)的量相等，根據(jù)rm{X}知，相同物質(zhì)的量時(shí)氣體質(zhì)量與摩爾質(zhì)量成正比，相同狀況下，一定體積的氣態(tài)氫化物rm{28隆脗2=14}的質(zhì)量是等體積rm{14}的rm{(5)}倍，則rm{m=nM}的摩爾質(zhì)量是氨氣的rm{H_{2}R}倍，為rm{NH_{3}}則rm{2}摩爾質(zhì)量rm{H_{2}R}相對(duì)原子質(zhì)量為rm{2}

故答案為：rm{34g/mol}．

rm{R}根據(jù)rm{=(34-2)g/mol=32g/mol}計(jì)算rm{32}rm{32}rm{(1)}的物質(zhì)的量之比；分子數(shù)目之比等于其物質(zhì)的量之比，結(jié)合分子式計(jì)算含有氧原子數(shù)目之比；

rm{n=dfrac{m}{M}}依據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N;_{A}}=dfrac{V}{Vm}}結(jié)合rm{SO_{2}}含有rm{CO}個(gè)rm{NO}rm{(2)}含有rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N;_{A}}=

dfrac{V}{Vm}}個(gè)rm{PH_{3}}解答；

rm{3}根據(jù)rm{H}計(jì)算rm{CH_{4}}的物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{4}計(jì)算其摩爾質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算rm{H}的相對(duì)原子質(zhì)量；

rm{(3)}依據(jù)rm{n=dfrac{V}{Vm}}標(biāo)rm{RO_{2}}計(jì)算rm{M=dfrac{m}{n}}然后計(jì)算rm{R}的相對(duì)原子質(zhì)量；

rm{(4)}相同狀態(tài)下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體其物質(zhì)的量相等，根據(jù)rm{婁脩}計(jì)算rm{=dfrac{M}{Vm}}的摩爾質(zhì)量．

本題考查物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，明確相同條件下不同氣體質(zhì)量與摩爾質(zhì)量關(guān)系是解本題關(guān)鍵，熟練掌握并靈活運(yùn)用物質(zhì)的量有關(guān)公式，題目難度不大．rm{M}【解析】rm{5}rm{5}rm{4}rm{10}rm{5}rm{4}rm{3.36}rm{64g/mol}rm{32}rm{14}rm{32}11、略

【分析】解：標(biāo)況下22.4LN2的質(zhì)量為×28g/mol=28g；

故答案為：28．

結(jié)合n=nM、n=計(jì)算．

本題考查物質(zhì)的量的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握質(zhì)量、體積、物質(zhì)的量的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意基本計(jì)算公式的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】2812、（1）CD

（2）2

（3）CH4+Cl2→CH3Cl+HCl【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，難度不大，掌握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)}用小球表示原子，小棍表示化學(xué)鍵的圖形就是球棍模型，故應(yīng)當(dāng)選C，甲烷一個(gè)碳原子與rm{4}個(gè)氫形成rm{4}個(gè)共價(jià)鍵，故應(yīng)當(dāng)是：rm{B}用小球表示原子，小棍表示化學(xué)鍵的圖形就是球棍模型，故應(yīng)當(dāng)選C，甲烷一個(gè)碳原子與rm{(1)}個(gè)氫形成rm{4}個(gè)共價(jià)鍵，故應(yīng)當(dāng)是：rm{4}rm{B}甲烷與氯氣rm{(2)}甲烷與氯氣rm{1:1}反應(yīng)生成一氯甲烷與氯化氫，故產(chǎn)物共有rm{2}種；反應(yīng)生成一氯甲烷與氯化氫，故產(chǎn)物共有rm{(2)}種；rm{1:1}甲烷與氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷的化學(xué)方程式：rm{2}rm{(3)}甲烷與氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷的化學(xué)方程式：【解析】rm{(1)C}rm{D}rm{(2)2}rm{(3)CH_{4}+Cl_{2}隆煤CH_{3}Cl+HCl}13、17減小增大減弱增強(qiáng)減弱增強(qiáng)【分析】【分析】本題考查元素周期律，比較基礎(chǔ)，注意從結(jié)構(gòu)上理解同周期元素性質(zhì)遞變規(guī)律?！窘獯稹坑蓃m{Na}到rm{Cl}最外層電子數(shù)由rm{1}遞增到rm{7}同周期隨原子序數(shù)增大，原子半徑依次減小，核電荷數(shù)對(duì)核外電子吸引逐漸增大，同周期隨原子序數(shù)增大，原子核對(duì)核外電子吸引增大，失電子能力減弱、得電子能力增強(qiáng)，金屬性減弱、非金屬性增強(qiáng)，故答案為：rm{1}rm{7}減小；增大；減弱；增強(qiáng)；減弱；增強(qiáng)。

【解析】rm{1}rm{7}減小增大減弱增強(qiáng)減弱增強(qiáng)三、判斷題(共8題，共16分)14、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來(lái)的一種混合物分離的方法；過濾時(shí)，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬(wàn)一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，所以題干說(shuō)法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項(xiàng)‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進(jìn)行分析解答．

一貼：過濾時(shí)；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應(yīng)緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會(huì)導(dǎo)致過濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬(wàn)一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．15、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2；是化學(xué)變化；

煤液化；是把固體炭通過化學(xué)加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進(jìn)潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱；煤發(fā)生復(fù)雜的反應(yīng)獲得煤焦油；焦?fàn)t煤氣等的過程，是化學(xué)變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學(xué)變化，故此說(shuō)法錯(cuò)誤．故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化；16、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個(gè)電子，失去最外層1個(gè)電子形成鈉離子，此時(shí)最外層有8個(gè)電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對(duì)．

【分析】先計(jì)算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計(jì)算最外層電子總數(shù)．17、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡(jiǎn)稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物．18、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol19、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價(jià)鍵；故答案為：錯(cuò)。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式來(lái)確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價(jià)鍵的數(shù)目20、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2；是化學(xué)變化；

煤液化；是把固體炭通過化學(xué)加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進(jìn)潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱；煤發(fā)生復(fù)雜的反應(yīng)獲得煤焦油；焦?fàn)t煤氣等的過程，是化學(xué)變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學(xué)變化，故此說(shuō)法錯(cuò)誤．故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化；21、B【分析】【解答】藍(lán)色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學(xué)變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．四、原理綜合題(共3題，共18分)22、略

【分析】【分析】

(2)①先拐先平溫度高T1＞T2；溫度越高CO濃度越大，說(shuō)明升溫平衡逆向進(jìn)行；

②溫度T1時(shí)，CO平衡濃度為0.4mol·L－1，結(jié)合三行計(jì)算列式計(jì)算平衡濃度得到該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=計(jì)算平衡狀態(tài)下反應(yīng)速率v=v正=v逆=k正c2(NO)c2(CO)=kc2(CO2)c(N2)，

(3)①用尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2的反應(yīng)生成二氧化碳；氮?dú)夂退?/p>

②SCR技術(shù)的反應(yīng)溫度不能太高；升溫催化劑活性降低，當(dāng)體系溫度約為925℃C時(shí)，SNCR脫硝效率最高，SNCR技術(shù)脫硝的最佳溫度選擇925℃的理由是925℃時(shí)脫硝效率高，殘留氨濃度較小。

【詳解】

①圖像分析可知，先拐先平溫度高T1＞T2；溫度越高CO濃度越大，說(shuō)明升溫平衡逆向進(jìn)行，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

②溫度T1時(shí)，CO平衡濃度為0.4mol·L-1；結(jié)合三行計(jì)算列式得到平衡濃度計(jì)算平衡常數(shù)；

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)

起始量(mol·L-1)2200

變化量(mol·L-1)1.61.61.60.8

平衡量(mol·L-1)0.40.41.60.8

平衡常數(shù)K==80；

平衡狀態(tài)下，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，=K=80；

2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)

起始量(mol·L-1)2200

變化量(mol·L-1)0.80.80.80.4

a點(diǎn)量(mol·L-1)1.21.20.80.4

=80×=648；

(3)①用NH3作還原劑還原NO的主要反應(yīng)為4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H＜0，則用尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2的化學(xué)方程式為：4CO(NH2)2]+6NO24CO2+7N2+8H2O；

②圖像可知SNCR技術(shù)的脫硝的最佳溫度為：925°C左右；SNCR與SCR技術(shù)相比，SCR技術(shù)的反應(yīng)溫度不能太高，其原因是溫度過高，催化劑活性降低，當(dāng)體系溫度低于900℃時(shí)，SNCR脫硝效率隨溫度升高而增大，反應(yīng)速率較慢，當(dāng)體系溫度高于950℃時(shí)，SNCR脫硝效率明顯降低，不利于脫硝反應(yīng)正向進(jìn)行。

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率和平衡常數(shù)的計(jì)算、影響化學(xué)平衡的因素分析、氧化還原反應(yīng)和圖像反應(yīng)的定量關(guān)系的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵。【解析】放熱806484CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O溫度太高，會(huì)降低催化劑活性低于925℃反應(yīng)速率較慢，高于925℃不利于脫硝反應(yīng)正向進(jìn)行23、略

【分析】【分析】

根據(jù)過氧化氫分解的方程式分析產(chǎn)生的氣體；根據(jù)過氧化氫的質(zhì)量計(jì)算放出的熱量；根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率分析反應(yīng)快慢的原因；根據(jù)一段時(shí)間內(nèi)濃度的變化量計(jì)算化學(xué)反應(yīng)速率；根據(jù)過硫酸根結(jié)構(gòu)分析水解產(chǎn)物。

【詳解】

(1)利用雙氧水消毒的時(shí)候會(huì)有氣泡放出；是由于雙氧水分解生成的氫氣的緣故，故放出的氣體是氧氣，故答案為：氧氣；

(2)過氧化氫的分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)；根據(jù)題干，34g過氧化氫為1mol，1mol過氧化氫完全分解生成水蒸氣和氧氣，由于液態(tài)水變成水蒸氣需要吸收一部分能量，故生成水蒸氣時(shí)放出是熱量小于生成液態(tài)水使放出的熱量，故答案為：放出；小于；

(3)實(shí)驗(yàn)表明在54℃下恒溫貯存2周；濃度仍能保持99%，說(shuō)明在54℃下過氧化氫的分解速率較慢，產(chǎn)生較慢反應(yīng)速率的原因是過氧化氫分解過程中的需要的能量較高，化學(xué)反應(yīng)活化能較大，而54℃的溫度所提供的能量較少，故反應(yīng)速率較慢，故答案選擇cd；

(4)向H2O2稀溶液中滴加數(shù)滴含Mn2+的溶液，即有氣泡快速逸出，說(shuō)明Mn2+的加入加快雙氧水的分解速率，但Mn2+本身沒有發(fā)生任何變化，故Mn2+起到了催化劑的作用；起始時(shí)雙氧水的濃度為0.7mol/L，30min時(shí)雙氧水的濃度為0.25mol/L，其濃度變化量Δc=0.7mol/L-0.25mol/L=0.45mol/L，則這段時(shí)間內(nèi)雙氧水的反應(yīng)速率v===0.015mol·L-1·min-1，故答案為：催化劑、0.015mol·L-1·min-1；

(5)過硫酸根在水中易發(fā)生水解生成過一硫酸氫根、硫酸根和氫離子，加熱升高溫度有助于加速水解，其溶液pH降低，故過硫酸根水解的方程式為S2O+H2OHSO+H++SO故答案為：S2O+H2OHSO+H++SO【解析】O2（或氧氣）放出小于cd催化劑0.015mol·L-1·min-1S2O+H2OHSO+H++SO24、略

【分析】【詳解】

(1)①2C(s)+O2(g)?2CO(g)△H1=-221.0kJ/mol，②N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H2=+180.5kJ/mol，③2NO(g)+2CO(g)?2CO2(g)+N2(g)△H3=-746.0kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，(①+③-②)×得：2NO(g)+C(s)?CO2(g)+N2(g)△H=-573.75kJ/mol，故答案為2NO(g)+C(s)?CO2(g)+N2(g)△H=-573.75kJ/mol；

(2)由CO生成CO2的化學(xué)方程式為CO+O2?CO2+O．其正反應(yīng)速率為v正=k正?c(CO)?c(O2)，逆反應(yīng)速率為v逆=k逆?c(CO2)?c(O)，平衡常數(shù)K====0.4；故答案為0.4；

(3)①根據(jù)圖像分析可知甲醇變化濃度為0.75mol/L，反應(yīng)速率v(CH3OH)==0.075mol/(L?min)，速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，v(H2)=3v(CH3OH)=0.225mol/(L?min)；故答案為0.225；

②氫氣的轉(zhuǎn)化率=×100%=75%；故答案為75%；

③A．因正反應(yīng)放熱，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則比值減小，故A錯(cuò)誤；B．再充入充入0.5molCO2和1.5molH2，增大反應(yīng)物濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則比值增大，故B正確；C．充入He(g)，使體系壓強(qiáng)增大，但對(duì)反應(yīng)物質(zhì)來(lái)說(shuō)，濃度沒有變化，平衡不移動(dòng)，比值不變，故C錯(cuò)誤；D．將H2O(g)從體系中分離；平