2025年牛津上海版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津上海版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、研究電化學腐蝕及防護具有重大意義。鐵片在海水中發(fā)生腐蝕的模擬裝置如圖所示；下列有關說法錯誤的是。

A.鐵片作負極，被腐蝕B.將海水換成蒸餾水，鐵片腐蝕速率減慢C.碳棒上發(fā)生的電極反應為D.將碳棒換成鋅片，鐵片不易被腐蝕2、利用固體表面催化工藝進行分解的過程如圖所示。

下列說法不正確的是A.是有毒氣體B.催化劑能改變的分解速率C.分解生成和D.過程②釋放能量，過程③吸收能量3、在甲、乙、丙三個不同密閉容器中按不同方式投料，一定條件下發(fā)生反應(起始溫度和起始體積相同)：A2(g)+3B2(g)2AB3(g)ΔH＜0，相關數(shù)據(jù)如下表所示：。容器甲乙丙相關條件恒溫恒容絕熱恒容恒溫恒壓反應物投料1molA2、3molB22molAB32molAB3反應物的轉化率a甲a乙a丙反應的平衡常數(shù)K=K甲K乙K丙平衡時AB3的濃度/mol·L-1c甲c乙c丙平衡時AB3的反應速率/mol·L-1·min-1v甲v乙v丙

下列說法正確的是A.v甲=v丙B.c乙＜c丙C.a甲+a乙＜1D.K乙≤K丙4、已知下面三個數(shù)據(jù)：7.2×10?4、4.6×10?4、4.9×10?10分別是下列有關的三種酸的電離平衡常數(shù)，若已知下列反應可以發(fā)生：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，由此可判斷下列敘述不正確的是A.HF和NaCN可以生成HCNB.K(HF)=7.2×10?4C.相同濃度的三種酸中，c(H+)最小的是HFD.相同溫度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)5、某學生的實驗報告所列出的下列數(shù)據(jù)中合理的是（）A.用量筒量取鹽酸B.用托盤天平稱量C.用廣泛pH試紙測得某溶液的pH為12.5D.用滴定管做中和滴定時，用去某濃度的堿溶液6、25℃時；弱酸的電離平衡常數(shù)如右表，下列說法錯誤的是。

。弱酸HCOOHHCNH2CO3K1.77×10-44.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.CN?+H2O+CO2＝HCN+B.2HCOOH+＝2HCOO?+H2O+CO2↑C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者大于后者7、常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃時，該反應的平衡常數(shù)K=2×10-5.已知：Ni(CO)4的沸點為42.2℃；固體雜質不參與反應。

第一階段：將粗鎳與CO反應轉化成氣態(tài)Ni(CO)4；

第二階段：將第一階段反應后的氣體分離出來；加熱至230℃制得高純鎳。

下列判斷正確的是A.減小c(CO)，平衡向逆向移動，反應的平衡常數(shù)減小B.第一階段，在30℃和50℃兩者之間選擇反應溫度，選30℃C.第二階段，Ni(CO)4分解率較高D.該反應達到平衡時，v生成[Ni(CO)4]=4v轉化(CO)評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、二元酸H2A在水中發(fā)生電離：H2A=H++HA-和HA-H++A2-，則下列幾種物質的水溶液中關系式不正確的是A.NaHA：c(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)B.NaHA：c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C.Na2A：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)D.H2A：c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)9、一定溫度下，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的SO2和O2，發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表(表中t12)，下列說法正確的是。反應時間/minn(SO2)/moln(O2)/mol00.100.060t10.012t20.016

A.反應在0～t1min內的平均速率為v(SO3)=mol/(L·min)B.保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2，達到平衡時，n(SO2)=0.012molC.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(SO2)=0.0070mol·L-1，則反應的ΔH>0D.相同溫度下，起始時向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，則反應達到平衡前：v(逆)>v(正)10、一定溫度下，將2molA和2molB兩種氣體混合放入體積為2L的密閉剛性容器中，發(fā)生反應3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末反應達到平衡，生成0.8molD，并測得C的物質的量濃度為0.4mol·L－1，下列說法正確的是()A.x的值為2B.A的平衡轉化率為40%C.此溫度下該反應的平衡常數(shù)K等于0.5D.A和B的平衡轉化率相等11、下列兩組實驗，將和通入體積為2L的恒容密閉容器中：。實驗組溫度/℃起始量/達到平衡所需時間/達到平衡所需時間/1650241.62.452900120.41.63

發(fā)生反應結合表中數(shù)據(jù)，下列說法錯誤的是A.混合氣體的平均相對分子質量不再變化，則反應達到平衡B.實驗1中，反應達到平衡后，的體積分數(shù)為40%C.實驗2的反應平衡常數(shù)D.升高溫度有利于提高實驗1和實驗2中的轉化率12、如圖為CFCl3破壞臭氧層的反應過程示意圖；下列說法不正確的是。

A.過程Ⅰ中斷裂非極性鍵Cl-Cl鍵B.過程Ⅱ可表示為O3＋Cl=ClO＋O2C.過程Ⅲ中O＋O=O2是吸熱過程D.上述過程說明氟利昂中氯原子是破壞O3的催化劑13、四氫鋁鋰(LiAlH4)常作為有機合成的重要還原劑。工業(yè)上以輝鋰礦(主要成分LiAlSi2O6，含少量Fe2O3)為原料合成LiAlH4的流程如下：

已知：金屬氫氧化物沉淀的pH如表所示：

。物質。

Fe(OH)3

Al(OH)3

開始沉淀的pH

2.3

4

完全沉淀的pH

3.7

6.5

碳酸鋰溶解度數(shù)據(jù)如下：

。溫度/℃

10

30

60

90

濃度/(mol?L-1)

0.21

0.17

0.14

0.10

下列說法錯誤的是A.為了獲取產(chǎn)品較為純凈，a的最小值為6.5B.操作1中加入足量碳酸鈉后，蒸發(fā)濃縮后趁熱過濾，能減少產(chǎn)品的溶解損失C.流程中由LiCl制備Li單質時電解得到的HCl可循環(huán)利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成時原子利用率能達到100%14、下列不能證明是弱電解質的是A.用溶液做導電實驗，燈泡很暗B.等pH等體積的鹽酸、溶液和足量鋅反應，放出的氫氣較少C.0.1mol/L的溶液的D.的溶液稀釋100倍，15、一定溫度下，硫酸鹽(代表)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：向10mL0.01mol/L溶液中滴入1滴(約0.05mL)0.01mol/L溶液出現(xiàn)白色渾濁，而滴入1滴(約0.05mL)0.01mol/L溶液無渾濁出現(xiàn)。下列說法中錯誤的是。

A.欲使c點對應溶液移向a點，可加濃溶液B.BaSO4和SrSO4兩沉淀可以相互轉化C.向等濃度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，先生成溶液SrSO4沉淀D.的平衡常數(shù)為16、工業(yè)上可采用CH3OHCO＋2H2的方法來制取高純度的CO和H2。我國科研人員通過計算機模擬，研究了在鈀基催化劑表面甲醇制氫的反應歷程如圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用標注。下列說法正確的是

CHO*+3H*→CO*+4H*

已知：甲醇脫氫反應的第一步歷程；有兩種可能方式：

方式Ⅰ：

方式Ⅱ：A.的B.①②都為O—H鍵的斷裂過程C.由活化能E值推測，甲醇脫氫過程主要歷經(jīng)的方式應為ⅠD.放熱最多階段的化學方程式為評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、電解質的水溶液中存在電離平衡。

（1）醋酸是常見的弱酸。

①醋酸在水溶液中的電離方程式為____________。

②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH電離程度增大的是_______（填字母序號）。

a滴加少量濃鹽酸b微熱溶液。

c加水稀釋d加入少量醋酸鈉晶體。

（2）用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的鹽酸和醋酸溶液；得到滴定過程中溶液pH隨加入NaOH溶液體積而變化的兩條滴定曲線。

①滴定醋酸的曲線是___________（填“I”或“Ⅱ”）。

②滴定開始前，0.1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的鹽酸和0.1mol·L-1醋酸三種溶液中由水電離出的c(H+)最大的是_______溶液。

③圖I中，V=10時，溶液中的c(H+)_________c(OH-)（填“>”、“＝”或“<”，下同），c(Na+)_________c(CH3COO-)。

（3）下表為某同學所測25℃時，甲、乙兩種溶液的pH。甲乙pH1111溶液氨水氫氧化鈉溶液

①甲溶液中的c(OH-)=___________mol/L。

②25℃時，等體積的甲、乙兩溶液與等濃度的鹽酸反應，消耗的鹽酸體積：甲_____乙。

③甲、乙溶液均加水稀釋10倍后，所得溶液的pH：甲_____乙。

（4）煤炭工業(yè)中經(jīng)常會產(chǎn)生大量SO2，為防止污染環(huán)境，常采用吸收法進行處理。以下物質可用于吸收SO2的是____________。

AH2O2BNa2CO3CNa2SO3DCa(OH)2

（5）下表是幾種常見弱酸的電離常數(shù)?；瘜W式CH3COOHH2SO3HClOH2CO3電離。

常數(shù)1.8×10-5K1=1.23×10-2

K2=6.6×10-83.0×10-8K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11

以下反應對應的離子方程式正確的是___________。

ANa2CO3溶液吸收少量SO2：CO32-+SO2+H2O=SO32-+HCO3-

B漂白液生效的原理：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-

C次氯酸鈉溶液吸收少量SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+SO32-

D醋酸除水垢中的CaCO3：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑18、(1)工業(yè)上常用磷精礦和硫酸反應制備磷酸。已知時：

則和硫酸反應生成磷酸的熱化學方程式是_________。

(2)貯氫合金可催化由CO、合成的反應。溫度為T時，該反應的熱化學方程式為____。

已知溫度為T時：

(3)已知：

由C和反應生成的熱化學方程式為_____。19、Ⅰ．可逆反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0,在一定條件下達平衡；若改變條件，將變化結果（“變大”；“變小”或“不變”）填入空格。

（1）化學平衡常數(shù)的表達式為_________。

（2）保持溫度和壓強不變，充入惰性氣體，則NH3的物質的量_______。

（3）保持溫度和體積不變，加入惰性氣體，則N2的轉化率______。

（4）體積不變時，加入N2，則H2的轉化率_______。

Ⅱ．已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)800℃時K=1.0；在此溫度下的恒容體系中，若用CO（g）和H2O（g）的起始濃度均為1mol/L開始反應。

（1）當CO轉化率為40%時，該反應___（填“是”或“否”）達到平衡，此時υ(正)___υ(逆)（填“大于”；“小于”或“等于”）。

（2）達到平衡時，H2O的轉化率為_____。

（3）當CO的起始濃度仍為1mol/L，H2O（g）的起始濃度為4mol/L，平衡時H2O的轉化率為___。20、沉淀的生成。

(1)應用：可利用生成沉淀來達到_______或除去某些離子的目的．

(2)方法。方法實例反應的離子方程式調節(jié)pH法用CuO等除去溶液中的沉淀劑法以等作沉淀劑除去污水中的等重金屬離子_______21、（1）實驗測得4g甲醇在氧氣中完全燃燒，生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出90.8kJ的熱量。試寫出甲醇燃燒熱的熱化學方程式______。

（2）現(xiàn)已知N2（g）和H2（g）反應生成1molNH3（g）過程中能量變化如圖所示。根據(jù)下列鍵能數(shù)據(jù)計算N-H鍵鍵能為______kJ/mol。

化學鍵H-HN≡N鍵能（kJ/mol）436946

（3）用如圖所示裝置進行中和熱測定實驗；請回答下列問題：

儀器A的名稱為______。取50mLHCl（0.1mol?L-1）溶液與50mLNaOH（0.1mol?L-1）溶液在小燒杯中進行中和反應，通過實驗并計算可得中和熱為54.8kJ/mol，上述實驗數(shù)值與57.3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生此偏差的原因可能是______（填字母序號）。

a；實驗裝置保溫、隔熱效果差。

b；用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度。

c；一次性把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中。

若用50mL0.1mol?L-1CH3COOH溶液代替HCl溶液進行上述實驗，測得反應前后溫度的變化值會______（填“偏大”、“偏小”、“不受影響”）。22、已知在25℃時；次氯酸；碳酸和亞硫酸的電離平衡常數(shù)如下：

HClOKa=4.7×10-8mol/L

H2CO3Ka1=4.2×10-7mol/LKa2=5.6×10-11mol/L

H2SO3Ka1=1.54×10-2mol/LKa2=1.02×10-7mol/L

(1)下列離子在溶液中不能大量共存的是_______

A.、B.C.D.

(2)將少量CO2通入到NaClO溶液中發(fā)生反應的離子方程式_______

(3)常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水達到平衡時，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1.若忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，已知10-5.60=2.5×10-6，則H2CO3?H++的平衡常數(shù)是_______

(4)實驗室用Zn和稀硫酸制取H2，反應時溶液中水的電離程度_______(填“增大”“減小”或者“不變”)；若加入少量下列固體試劑，可使產(chǎn)生H2的總量不變而速率減小的是_______。

a.NaNO3b.CuSO4c.CH3COONad.Na2SO4評卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)23、反應條件(點燃或加熱)對熱效應有影響，所以熱化學方程式必須注明反應條件。____A.正確B.錯誤24、鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘的資源有限，價格昂貴。_______A.正確B.錯誤25、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，該反應不能自發(fā)進行。__________________A.正確B.錯誤26、可以用已經(jīng)精確測定的反應熱效應來計算難于測量或不能測量的反應的熱效應。___A.正確B.錯誤評卷人得分五、元素或物質推斷題(共2題，共4分)27、下圖所示各物質是由1～20號元素中部分元素組成的單質或其化合物；圖中部分反應條件未列出。已知C；H是無色有刺激性氣味的氣體，D是一種黃綠色的氣體單質，物質J可用于泳池消毒。反應②和④是化工生產(chǎn)中的重要反應，反應⑤是實驗室制備氣體C的重要方法。

請回答下列問題：

(1)I中所含化學鍵類型_______________。

(2)G的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因_______________________。

(3)實驗室制備氣體C的化學方程式___________________________。

(4)已知含7.4gI的稀溶液與200mL1mol/L的H溶液反應放出11.56kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式_________________________________

(5)物質A由三種元素組成，1molA與水反應可生成1molB和2molC，A化學式為_______________。28、四種短周期元素在周期表中的相對位置如下表所示，其中Z原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。元素M與Z同周期，且原子半徑是同周期中最大的。元素R是第四周期的過渡元素；R有甲、乙兩種常見氫氧化物，其中甲在常溫下置于空氣中，會由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色的乙。XYZW

請按要求回答下列問題：

(1)X的單質的電子式：_________；W最高價氧化物的水化物的化學式：________________。

(2)M、Z、W分別形成的簡單離子的半徑由大到小順序為（填離子符號）__________；寫一個能說明元素W比元素Z的非金屬性強的化學方程式：____________________。

(3)甲變?yōu)橐业幕瘜W方程式為_______________________。

(4)常溫下，當用200mL1mol·L-1的MOH溶液吸收4.48L（已折算為標準狀況）ZY2時，所得溶液的主要溶質(填化學式)為___________；此時溶液pH<7，則其中含Z元素的幾種粒子(忽略ZY2)的濃度由大到小的順序為___________________________。

(5)工業(yè)上用電化學法治理酸性廢液中的XY3-的原理如圖示，其陰極的反應式為_______________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共27分)29、鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O)是無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，工業(yè)上利用鉬精礦(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量PbS等)制備鉬酸鈉的工藝如圖所示。

(1)“焙燒”過程中，為了提高鉬精礦焙燒速率，可采取的措施是_______(答兩條即可)。

(2)已知“焙燒”過程中生成了兩種氧化物，請寫出焙燒時發(fā)生反應的化學方程式_________。

(3)“堿浸”所得Na2MoO4溶液中含雜質，其中c()=1.0mol/L，c()=0.02mol/L，在結晶前需加入Ba(OH)2固體以除去溶液中的當BaMoO4開始沉淀時，的去除率是________。[Ksp(BaSO4)=1.1×10-10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8]溶液體積變化可忽略]

(4)“除雜”過程中加入的除雜試劑是Na2S，則廢渣的化學式為___________

(5)流程中由Na2MoO4溶液獲得晶體。以下最適合作為洗滌劑的是___________。

A．冷水B．乙醇與水的混合溶液C．Na2SO4飽和溶液。

(6)另一種利用鉬精礦制備鉬酸鈉的工藝流程中，直接向粉碎后的鉬精礦中加入NaOH溶液和NaClO溶液來得到鉬酸鈉，則得到鉬酸鈉的離子方程式為：______。

(7)空氣中鉬酸鹽對碳鋼的緩蝕原理是在鋼鐵表面形成FeMoO4-Fe2O3保護膜。密閉式循環(huán)冷卻水系統(tǒng)中的碳鋼管道緩蝕，除需加入鉬酸鹽外還需加入NaNO2。NaNO2的作用是__________。30、重鉻酸鉀常用作有機合成的氧化劑和催化劑等。由含鉻廢液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制備K2Cr2O7的流程如圖所示。

已知：I.在酸性條件下，H2O2能將Cr2O還原為Cr3+；

Ⅱ.相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：。金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHCr3+4.96.8Fe3+1.52.8

請回答下列問題：

（1）濾渣①的主要成分__。

（2）加入H2O2的作用是（用離子方程式解釋）__。

（3）加熱的目的是__。

（4）“酸化”過程中發(fā)生反應的離子方程式為__；若該反應的平衡常數(shù)K=4×1014L3·mol-3，已知：“酸化”后溶液中c(Cr2O)=1.6×10-3mol·L-1，則溶液中c(CrO)=__。

（5）“結晶”后得到K2Cr2O7(M=294g·mol-1)產(chǎn)品0.6000g，將其溶解后用稀H2SO4酸化，再用濃度為0.01000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定，滴定反應為：Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定終點消耗標準溶液的體積為900mL，則產(chǎn)品的純度為__。（計算結果保留四位有效數(shù)字）

（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物電化學技術實現(xiàn)含苯酚（C6H5OH）廢水的有效處理；其工作原理如圖所示。

①負極的電極反應式為__；

②一段時間后，中間室中NaCl溶液的濃度__（填“增大”、“減小”或“不變”）。31、高純碳酸鍶主要用于熒光玻璃、電子陶瓷、磁氧體和高科技領域。一種由工業(yè)級硝酸鍶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等雜質)制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：

已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中與Ba2+不能結合。

②在堿性條件下不能轉化為Cr3+。

③常溫下，各物質的溶度積常數(shù)如下表所示：?；衔顲a(OH)2CaC2O4Mg(OH)2MgC2O4SrCO3Ksp近似值4.6×10-62.2×10-95.6×10-124.8×10-65.6×10-10

回答下列問題：

(1)硝酸鍶溶解前需要粉碎，其目的是___________。

(2)“除鋇”時，pH偏低會導致的利用率不高，原因是___________(用離子方程式解釋)；不同pH時的利用率隨時間變化曲線如圖所示，分析“除鋇”過程中需用氨水將溶液調至pH=___________。

(3)“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為___________。

(4)“濾渣2”的成分主要是含鎂物質和___________(填化學式)。

(5)已知：碳酸的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，則“碳化”時，反應Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數(shù)K=___________(保留兩位有效數(shù)字)。

(6)“洗滌”過程中能夠除去SrCO3中的微量可溶性雜質，該雜質除NH4HCO3外還可能___________(填化學式)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

根據(jù)圖中信息可知；裝置為原電池，鐵片為負極，碳棒為正極，據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．鐵片作負極；被腐蝕，A正確；

B．將海水換成蒸餾水不含電解質；鐵片腐蝕速率減慢，B正確；

C．海水為中性，碳棒上發(fā)生吸氧腐蝕，電極反應為C錯誤；

D．將碳棒換成鋅片；鐵片不易被腐蝕，鋅片比鐵活潑，鋅片做負極，D正確；

答案選C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．是有毒氣體；能與血紅蛋白結合且結合能力比CO還強，A正確；

B．催化劑能降低反應的活化能；改變NO的分解速率；

C．分析過程圖可知分解生成和C正確；

D．分析過程圖可知過程②為斷鍵過程；吸收能量，過程③為成鍵過程，放出能量，D錯誤；

答案為：D。3、C【分析】【詳解】

A．容器甲為恒溫恒容，容器丙為恒溫恒壓，反應中氣體計量數(shù)的和左邊大于右邊，隨反應的進行，氣體物質的量減小，則甲中壓強小于丙中壓強，因此反應速率v甲＜v丙；故A錯誤；

B．根據(jù)乙、丙投料，反應逆向進行，隨反應的進行，氣體物質的量增大，容器乙為絕熱恒容，正反應為放熱反應，則逆反應為吸熱反應，乙的溫度小于丙，而壓強大于丙，高溫低壓有利于AB3的分解，則平衡時c乙＞c丙；故B錯誤；

C．若容器乙為恒溫恒容時，甲與乙為等效反應，則a甲+a乙=1，由于乙為絕熱容器，且逆反應為吸熱反應，則乙分解程度小于恒溫時，則a甲+a乙＜1；故C正確；

D．容器乙為絕熱恒容，正反應為放熱反應，則逆反應為吸熱反應，乙的溫度小于丙，有利于AB3的生成，則K乙＞K丙；故D錯誤；

答案選C。4、C【分析】【分析】

根據(jù)NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，說明三者酸的強弱為HF＞HNO2＞HCN，則三者的電離平衡常數(shù)分別為7.2×10?4、4.6×10?4、4.9×10?10。

【詳解】

A．根據(jù)前面分析HCN酸最弱，當相同濃度的三種酸中，c(H+)最小的是HCN；故A錯誤；

B．根據(jù)前面分析得到K(HF)=7.2×10?4；故B正確；

C．三者酸的強弱為HF＞HNO2＞HCN；因此HF和NaCN可以生成HCN，故C正確；

D．根據(jù)前面分析得到相同溫度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)；故D正確。

綜上所述，答案為A。5、D【分析】【詳解】

A.量筒的精確度為0.1mL；無法用10mL量筒量取7.13mL鹽酸，故A錯誤；

B.托盤天平的精確度是0.1g；無法用托盤天平稱量25.20gNaCl，故B錯誤；

C.廣泛pH試紙測定的溶液的pH值是整數(shù)；不是小數(shù)，故C錯誤；

D.滴定管的精確度為0.01mL；可以讀到21.70mL，故D正確；

故選D。6、C【分析】【詳解】

酸的電離平衡常數(shù)越大，說明其酸性越強，由電離平衡常數(shù)可知，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>

A．由強酸制弱酸可知，碳酸可與CN?反應生成HCN，又因酸性HCN>故碳酸與CN?反應生成HCN、故A項說法正確；

B．由強酸制弱酸可知，HCOOH與能夠生成碳酸；且甲酸為一元弱酸，因此由甲酸制備碳酸的離子方程式書寫正確，故B項說法正確；

C．因酸性：HCOOH>HCN，等體積、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶質的物質的量：n(HCN)>n(HCOOH)，二者均為一元酸，故消耗NaOH的量：n(HCN)>n(HCOOH)；故C項說法錯誤；

D．等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中Na+物質的量相等，因酸性：HCOOH>HCN，故HCOO-的水解能力小于CN-，則HCOONa溶液的pH小于NaCN溶液的pH，前者溶液中c(H+)大于后者，結合兩溶液中的電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)；因此最終兩溶液中所含離子總數(shù)前者大于后者，故D項說法正確；

綜上所述，答案為C。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．化學平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故溫度不變，平衡常數(shù)不變，A錯誤；

B．第一階段：將粗鎳與CO反應轉化成氣態(tài)Ni(CO)4，已知：Ni(CO)4的沸點為42.2℃，在30℃和50℃兩者之間選擇反應溫度，應該選擇50℃，轉化成氣態(tài)Ni(CO)4；B錯誤；

C．Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)，230℃時，該反應的平衡常數(shù)K=2×10-5，Ni(CO)4(g)?Ni(s)+4CO(g)，平衡常數(shù)K==5×104；平衡常數(shù)很大，分解率較高，C正確；

D．當4v(Ni(CO)4)生成═v(CO)生成=v(CO)轉化；CO正；逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，D錯誤；

故答案為：C。二、多選題(共9題，共18分)8、AD【分析】【詳解】

A、根據(jù)電離過程可以知道二元酸的一級電離是完全的，二級電離是可逆的所以HA-離子不水解而電離顯酸性，c(H+)＞c(OH-)；故A錯誤；

B、在NaHA溶液中存在陽離子是Na+、H+，陰離子HA-、A2-、OH-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)；故B正確；

C、在Na2A溶液中A2-離子水解溶液顯堿性，A2-+H2OHA-+OH-，HA-+H2OH2A+OH-；溶液中離子濃度一定是c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)；故C正確；

D、在H2A溶液中陽離子H+，陰離子HA-、A2-、OH-，溶液中存在電荷守恒一定是c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；故D錯誤；

故選AD。9、BD【分析】【詳解】

A．在0～t1min內的平均速率為v(SO3）==mol/(L·min)；故A錯誤；

B．t2時，參加反應的n(O2)=(0.060-0.016)mol=0.044mol，則參加反應的n(SO2)=2n(O2)=0.088mol，所以還剩余n(SO2)=(0.10-0.088)mol=0.012mol，所以t1時該反應達到平衡狀態(tài)；其它條件不變，起始時向容器中充入0.10molSO3和0.010molO2與起始時向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol氧氣相同，所以達到平衡狀態(tài)時n(SO2)=0.012mol；故B正確；

C．升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，如果平衡時c(SO2)=0.0070mol?L-1==0.006mol/L；則平衡向逆反應方向移動，所以正反應是放熱反應，故C錯誤；

D．由B項數(shù)據(jù)，起始時向容器中充入0.10mol二氧化硫和0.060mol時，平衡時n(SO2)=0.012mol，n(O2)=0.016mol，n(SO3)=0.088mol，該溫度下起始時向容器中充入0.012molSO2、0.010molO2和0.088molSO3，與上述平衡時數(shù)據(jù)比較，相當于在原平衡上減少了O2，平衡逆向移動，故反應達到平衡前：v(逆)>v(正)；故D正確。

答案選BD。10、AC【分析】【詳解】

A.由2min末反應達到平衡，生成0.8molD，并測得C的物質的量濃度為0.4mol·L－1可得x：2=(0.4mol·L－1×2)：0.8mol；解得x=2，故A正確；

B.由2min末反應達到平衡，生成0.8molD可知，反應消耗A的物質的量為=1.2mol，則A的平衡轉化率為×100%=60%；故B錯誤；

C.由2min末反應達到平衡，生成0.8molD可知，反應消耗A的物質的量為=1.2mol，消耗B的物質的量為=0.4mol，平衡時A、B、C、D的濃度分別為=0.4mol·L－1、=0.8mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，則此溫度下該反應的平衡常數(shù)K==0.5；故C正確；

D.由2min末反應達到平衡，生成0.8molD可知，反應消耗A的物質的量為=1.2mol，消耗B的物質的量為=0.4mol，則A的平衡轉化率為×100%=60%，B的平衡轉化率為×100%=20%；A和B的平衡轉化率不相等，故D錯誤；

故選AC。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應為恒容，前后分子數(shù)不變的反應，根據(jù)混合氣體的平均相對分子質量始終不變，不能判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B．根據(jù)反應前后氣體分子總數(shù)不變，的體積分數(shù)為故B正確；

C．根據(jù)三段式容器的體積為被2L，根據(jù)平衡常數(shù)計算公式可求出故C正確；

D．實驗2起始物質的量比實驗1少一半，若溫度相同兩個實驗是等效平衡，物質的量應該為0.8，但是溫度是900℃，物質的量為0.4mol，說明升高溫度平衡逆向移動，反應是放熱反應，的轉化率下降；故D錯誤；

故答案為AD。12、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)圖示，過程Ⅰ中CFCl3轉化為CFCl2和氯原子；斷裂極性鍵C-Cl鍵，A項錯誤；

B．根據(jù)圖示，過程Ⅱ中，O3和Cl原子反應生成ClO和O2，可表示為O3＋Cl=ClO＋O2；B項正確；

C．O+O=O2為原子結合成分子的過程；為放熱過程，C項錯誤；

D．根據(jù)圖示，氟利昂中氯原子在反應前后不變，是破壞O3的催化劑；D項正確；

答案選AC。13、CD【分析】【分析】

由題給流程可知；輝鋰礦粉與98%濃硫酸共熱反應后，過濾得到含有硅酸的濾渣1和含有硫酸鐵；硫酸鋁、硫酸鋰的濾液1；向濾液1中加入碳酸鈉溶液調節(jié)溶液pH大于6.5，使鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣2和含有硫酸鋰的濾液2；向濾液2中加入碳酸鈉溶液，將硫酸鋰轉化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰沉淀和含有硫酸鈉的濾液3；碳酸鋰經(jīng)過一系列處理制得氯化鋰，電解熔融的氯化鋰制得金屬鋰，金屬鋰與氫氣共熱反應生成氫化鋰，一定條件下，氫化鋰與氯化鋁反應制得四氫鋁鋰。

【詳解】

A．由分析可知；向濾液1中加入碳酸鈉溶液調節(jié)溶液pH大于6.5，能使鐵離子；鋁離子完全轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，有利于獲取產(chǎn)品較為純凈，故A正確；

B．由碳酸鋰溶解度數(shù)據(jù)可知；溫度升高，碳酸鋰的溶解度減小，為減少碳酸鋰因溫度降低溶解而造成損失，蒸發(fā)濃縮后應趁熱過濾，故B正確；

C．由分析可知；制得金屬鋰的反應為電解熔融的氯化鋰生成鋰和氯氣，沒有氯化氫生成，故C錯誤；

D．由分析可知；最后一步合成發(fā)生的反應為一定條件下，氫化鋰與氯化鋁反應制得四氫鋁鋰和氯化鋰，原子利用率不能達到100%，故D錯誤。

故選CD。14、AB【分析】【詳解】

弱電解質的證明，是基于與強電解質對比進行的。弱電解質與強電解質最大的區(qū)別就是弱電解質存在電離平衡，而強電解質不存在電離平衡。因此只要證明有電離平衡存在，就能證明是弱電解質；據(jù)此分析解題：

A．用溶液做導電實驗，燈泡很暗，不能證明是弱電解質；只能說明溶液中離子濃度較小，A錯誤；

B．等pH等體積的鹽酸、溶液和足量鋅反應，放出的氫氣較多，說明醋酸還未完全電離，可證明是弱電解質；B錯誤；

C．溶液的說明醋酸沒有完全電離，可以證明是弱電解質；C正確；

D．的溶液稀釋至100倍，說明存在電離平衡，證明是弱電解質；D正確；

故答案為：AB。15、AC【分析】由題意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()＜×0.01mol/L=5×10?7，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c()＞×0.01mol/L=5×10?7，可判斷a點所在直線(實線)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲線，b、c點所在直線表示BaSO4沉淀溶解平衡曲線。

【詳解】

A．欲使c點SrSO4溶液(不飽和溶液)移向a點(飽和溶液)，需使c(Sr2+)、c()都增大且保持相等，則需加入SrSO4固體；故A錯誤；

B．利用數(shù)據(jù)可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1.0×10-5×1.0×10-5=1×10-10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c()=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10?3.2，則Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，在一定條件下，SrSO4可以轉化BaSO4，在c(Sr2+)足夠大的環(huán)境下，BaSO4也可以轉化SrSO4；故B正確；

C．根據(jù)B項分析，Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，向等濃度的BaCl2溶液和SrCl2溶液中滴入Na2SO4溶液，則先生成溶液BaSO4沉淀；故C錯誤；

D．的平衡常數(shù)K===106.8；故D正確；

答案選AC。16、CD【分析】【詳解】

A．由反應歷程圖可知，最終狀態(tài)能量高，反應吸熱，的故A錯誤；

B．甲醇中只有一個O—H鍵；①為O—H鍵的斷裂，②為C—H鍵的斷裂，故B錯誤；

C．催化劑能降低反應活化能；加快反應速率，方式Ⅰ活化能低，甲醇脫氫過程主要歷經(jīng)的方式應為Ⅰ，故C正確；

D．由圖可知CHO*和3H*轉化為CO*和4H*放出熱量最多，反應的化學方程式為故D正確；

故答案為CD。三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】【分析】

（1）①醋酸是弱酸；不完全電離。

②a.滴加少量濃鹽酸，增大了氫離子的濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減小。

b.微熱溶液，促進醋酸電離，CH3COOH電離程度增大。

c.加水稀釋，促進醋酸電離，CH3COOH電離程度增大。

d.加入少量醋酸鈉晶體，增大了醋酸根離子濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減小。

（2）①鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的鹽酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以鹽酸的pH=1,醋酸的pH>1。

②酸或堿抑制水電離，酸中c(H+)越大、堿中c(OH-)越大其抑制水的電離程度越大。

③圖I中，V=10時，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L。

②由于氨水是弱堿，c(NH3?H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L。

③由于氨水是弱堿，稀釋過程中電離程度增大，n(OH-)增大；NaOH是強堿。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O。

（5）根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)和強酸制弱酸的原理分析可得。

【詳解】

（1）①醋酸是弱酸，不完全電離，電離方程式為CH3COOHCH3COO—+H+，故答案為CH3COOHCH3COO—+H+。

②a.滴加少量濃鹽酸，增大了氫離子的濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減小，故a不選；

b.微熱溶液，促進醋酸電離，CH3COOH電離程度增大，故b選；

c.加水稀釋，促進醋酸電離，CH3COOH電離程度增大，故c選；

d.加入少量醋酸鈉晶體，增大了醋酸根離子濃度，平衡左移，CH3COOH電離程度減??；故d不選；

故選bc。

（2）①鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，0.1mol·L-1的鹽酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1mol·L-1醋酸中c(H+)<0.1mol/L，所以鹽酸的pH=1,醋酸的pH>1；根據(jù)圖知，I是醋酸曲線，Ⅱ是鹽酸曲線，故答案為I。

②酸或堿抑制水電離，酸中c(H+)越大、堿中c(OH-)越大其抑制水的電離程度越大，鹽酸中c(H+)等于氫氧化鈉溶液中c(OH-)都大于醋酸中c(H+)，所以抑制水電離程度:鹽酸=氫氧化鈉>醋酸，則滴定開始前，三種溶液中由水電離出的c(H+)最大的是0.1mol·L-1醋酸；故答案為醋酸。

③圖I中，V=10時，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)3COO-)，故答案為>；<。

（3）①甲溶液的pH=11，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L；故答案為0.001。

②由于氨水是弱堿，c(NH3?H2O)>10-3mol/L，c(NaOH)=10-3mol/L，所以25℃時，等體積的甲、乙兩溶液與等濃度的鹽酸反應，消耗的鹽酸體積：甲>乙，故答案為>。

③由于氨水是弱堿，稀釋過程中電離程度增大，n(OH-)增大；NaOH是強堿，故甲、乙溶液均加水稀釋10倍后，所得溶液的pH：甲>乙，故答案為>。

（4）A.H2O2+SO2=H2SO4；故A正確；

B.Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；故B正確；

C.Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；故C正確；

DCa(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O；故D正確；

故選ABCD。

（5）A.根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)可知H2SO3的酸性大于HCO3-；再根據(jù)強酸制弱酸的原理分析，A是正確的；

B.根據(jù)表格提供數(shù)據(jù)和強酸制弱酸的原理分析；B是正確的；

C.HClO能把SO32-氧化成SO42-；故C錯誤；

D.根據(jù)表格提供的數(shù)據(jù)可知醋酸的酸性大于碳酸；故D正確；

故選ABD?！窘馕觥緾H3COOHCH3COO—+H+bcICH3COOH><0.001>>ABCDABD18、略

【分析】【詳解】

(1)①

②根據(jù)蓋斯定律，由①②得

(2)①

②根據(jù)蓋斯定律，由②-①得

(3)①

②根據(jù)蓋斯定律，①-②得。

【點睛】

本題考查蓋斯定律的應用，明確化學反應的反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關，注意會根據(jù)蓋斯定律計算焓變。【解析】19、略

【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；本題考查化學平衡移動及轉化率的計算，運用勒夏特列原理和三段式分析。

【詳解】

Ⅰ．（1）化學平衡常數(shù)的表達式為

故答案為：

（2）保持溫度和壓強不變，充入惰性氣體，則容器體積增大，NH3的濃度減小，但是，NH3物質的量不變。

故答案為：不變；

（3）保持溫度和體積不變，加入惰性氣體，壓強增大，但是物質的濃度均沒有改變，平衡沒有移動，則N2的轉化率不變。

故答案為：不變；

（4）體積不變時，加入N2，增大反應物濃度，平衡向正方向移動，則H2的轉化率變大。

故答案為：變大；

Ⅱ．（1）當CO轉化率為40%時，

此時濃度商所以不是平衡狀態(tài)，此時反應正向移動，υ(正)大于υ(逆)；

故答案為：否；大于；

（2）（1）設達到平衡時；CO的反應濃度為x,

則解得x=0.5,H2O的轉化率=

故答案為：50%；

（3）當CO的起始濃度仍為1mol/L，H2O（g）的起始濃度為4mol/L；設平衡時CO的轉化率為y,

則解得y=0.8，H2O的轉化率=

故答案為：20%。

【點睛】

化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變?！窘馕觥坎蛔儾蛔冏兇蠓翊笥?0%20%20、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】分離21、略

【分析】【分析】

（1）燃燒熱指的是：1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物所放出的熱量，常溫下，碳元素生成的穩(wěn)定氧化物是CO2氣體，氫元素生成的穩(wěn)定氧化物是液態(tài)H2O；

（2）△H=反應物斷鍵吸收的熱量－生成物成鍵放出的熱量；

（3）中和熱的測定實驗需注意：保溫；隔熱；選擇強酸、強堿的稀溶液；溫度計測過一種溶液的溫度之后要洗干凈、擦干；再測量其他溶液的溫度；將酸、堿溶液迅速混合，減少熱量損失。

【詳解】

（1）4gCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出90.8kJ熱量，則32g（1mol）CH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出726.4kJ熱量，甲醇燃燒熱的熱化學方程式為CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol；

（2）由圖可知，N2（g）和H2（g）反應生成NH3（g）的熱化學方程式為N2（g）+H2（g）NH3（g）△H=1127kJ/mol－1173kJ/mol=－46kJ/mol，設N-H鍵的鍵能為x，則×946kJ/mol+×436kJ/mol－3x=－46kJ/mol；x=391kJ/mol，即N-H鍵的鍵能為391kJ/mol，故答案為：391；

（3）由裝置圖可知，儀器A為環(huán)形玻璃攪拌棒；通過實驗并計算可得中和熱為54.8kJ/mol，上述實驗數(shù)值比57.3kJ/mol偏小，可能的原因為：實驗裝置保溫、隔熱效果差，使熱量散失多，測得的溫差偏小；用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定HCl溶液的溫度，溫度計上沾有的NaOH溶液與HCl反應放出熱量，測得的HCl溶液的起始溫度偏高，則溫差偏小；而一次性把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，可減少熱量散失，操作正確；CH3COOH是弱電解質，邊反應邊電離，電離過程吸熱，使測得的反應前后的溫度變化值偏小；故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；ab；偏小。

【點睛】

以下情況，即使生成1molH2O；但反應熱不等于中和熱：

①弱酸或弱堿參與反應，反應前后的能量變化除了有H+與OH-生成水時放出的熱量；還包含弱酸或弱堿電離時吸收的熱量；

②H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l)，生成BaSO4沉淀會放出熱量；

③濃硫酸參與反應；濃硫酸稀釋會放出熱量；

④NaOH固體參與反應，NaOH溶解過程會放熱?！窘馕觥緾H3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4kJ/mol391環(huán)形玻璃攪拌棒ab偏小22、略

【分析】【詳解】

(1)A．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO則和不反應；可以大量共存，故A不符合題意；

B．Ka2(H2CO3)<Ka2(H2SO3)，所以酸性HCO根據(jù)強酸制弱酸原理可知可以和反應生成HCO和不能大量共存，故B符合題意；

C．和不反應可以大量共存；故C不符合題意；

D．Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)，Ka1(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，所以和不反應；可以大量共存，故D不符合題意；

綜上所述答案為B；

(2)根據(jù)各酸的電離平衡常數(shù)大小可知酸性H2CO3>HClO>HCO所以將少量CO2通入到NaClO溶液反應生成HClO和NaHCO3，離子方程式為CO2+H2O+ClO-=+HClO；

(3)溶液pH=5.60，則c(HCO)=c(H+)=110-5.6，所以H2CO3?H++的平衡常數(shù)Ka2==4.2×10-7；

(4)Zn和稀硫酸制取H2；硫酸電離出的氫離子不斷被消耗，濃度減小，對水的電離的抑制作用減弱，所以水的電離程度增大；

若加入少量下列固體試劑，可使產(chǎn)生H2的總量不變而速率減小的是：

a．加入硝酸鈉固體可以電離出硝酸根；酸性環(huán)境硝酸根的氧化性更強，會被鋅還原成氮氧化物，不產(chǎn)生氫氣，故a不符合題意；

b．鋅置換出銅單質后形成原電池加快反應速率，故b不符合題意；

c．加入醋酸鈉；醋酸根結合氫離子使溶液中氫離子濃度減小，反應速率減慢，但不影響氫離子的總量和鋅的總量，產(chǎn)生氫氣的總量不變，故c符合題意；

d．加入硫酸鈉固體不影響反應速率；故d不符合題意；

綜上所述答案為c?！窘馕觥緽CO2+H2O+ClO-=+HClO4.2×10-7增大c四、判斷題(共4題，共40分)23、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學方程式主要是強調這個反應的反應熱是多少，而不是強調這個反應在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應熱都是一樣的，因此不需要注明反應條件，該說法錯誤。24、B【分析】【詳解】

鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘屬于重金屬，會對環(huán)境造成嚴重的污染，故錯誤。25、B【分析】【分析】

【詳解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自發(fā)，高溫下可以自發(fā)，故錯誤。26、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，反應熱只與反應物和生成物的狀態(tài)有關，與路徑無關，因此可以將難于或不能測量反應熱的反應設計成多個可以精確測定反應熱的方程式，用蓋斯定律計算，該說法正確。五、元素或物質推斷題(共2題，共4分)27、略

【分析】【分析】

圖中各物質是由1至20號元素中部分元素組成的單質或其化合物，D是一種黃色的氣體單質，則D為Cl2，物質J可用于飲水消毒，反應④是化工生產(chǎn)中的重要反應，應是工業(yè)制備漂白粉原理，則I為Ca(OH)2、J為Ca(ClO)2、K為CaCl2，C是無色有刺激性氣味的氣體，反應⑤是實驗室制備氣體C，結合反應物與生成可知，為制備氨氣的反應，故C為NH3、G為NH4Cl，結合轉化關系可知H為HCl。F與水反應生成Ca(OH)2，則F為CaO，反應②是化工生產(chǎn)中的重要反應，為碳酸鈣高溫分解反應，故B為CaCO3、E為CO2、物質A由三種元素組成，1molA與水反應可生成1molB(CaCO3)和2molC(NH3)，根據(jù)元素守恒可知A含有鈣、碳、氮三種元素，由原子守恒可知，A的化學式為CaCN2；然后分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知A為CaCN2，B為CaCO3，C為NH3，D為Cl2，E為CO2，F(xiàn)為CaO，G為NH4Cl，H為HCl，I為Ca(OH)2、J為Ca(ClO)2、K為CaCl2。

(1)I為Ca(OH)2，該物質是離子化合物，由Ca2+、OH-通過離子鍵結合，在OH-中含有極性共價鍵，所以Ca(OH)2中所含有的化學鍵為離子鍵；極性共價鍵；

(2)G為NH4Cl，該物質是強酸弱堿鹽，在溶液中NH4+發(fā)生水解反應，消耗水電離產(chǎn)生的OH-，最終達到平衡時，溶液中c(H+)>c(OH-)，所以NH4Cl的水溶液呈酸性，反應的離子方程式為NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(3)C為NH3，在實驗室用銨鹽與堿共熱反應產(chǎn)生NH3，反應的化學方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

(4)I為Ca(OH)2，7.4gCa(OH)2的物質的量為n[Ca(OH)2]==0.1mol，200mL1mol/L鹽酸中含有HCl的物質的量為n(HCl)=c·V=1mol/L×0.2L=0.2mol，二者恰好發(fā)生反應放出11.56kJ的熱量，則1molCa(OH)2與2molHCl反應生成CaCl2和水放出115.6kJ的熱量，所以反應的熱化學方程式為：Ca(OH)2(aq)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+2H2O(l)△H=-115.6kJ/mol；

(5)根據(jù)上述分析可知物質A的化學式為CaCN2。

【點睛】

本題考查無機推斷，D是黃綠色的氣體單質是本題的突破口，結合J的用途與中學常見的重要化工反應進行推斷，側重考查學生對元素及化合物的熟練掌握。作為突破口常從顏色上入手，例如：Cl2、氯水——黃綠色；F2——淡黃綠色氣體；Br2——深紅棕色液體；I2——紫黑色固體；Fe(OH)2——白色沉淀；Fe3+——黃色；Fe(OH)3——紅褐色沉淀Fe(SCN)3——血紅色溶液；Na2O2—淡黃色固體；NO——無色氣體；NO2——紅棕色氣體；NH3——無色、有刺激性氣味氣體。【解析】離子鍵、共價鍵NH4++H2ONH3·H2O+H+Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OCa(OH)2(aq)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+2H2O(l)△H=-115.6kJ/molCa(CN)228、略

【分析】【分析】

Z原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍；則Z為S元素；根據(jù)四種短周期元素在周期表中的相對位置，W為Cl元素，Y為O元素，X為N元素；元素M與Z同周期，且原子半徑是同周期中最大的，M為Na元素。元素R是第四周期的過渡元素；R有甲；乙兩種常見氫氧化物，其中甲在常溫下置于空氣中，會由白色變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色的乙，則R為Fe元素，且甲為氫氧化亞鐵，乙為氫氧化鐵。

【詳解】

(1)氮氣的電子式為氯元素的最高價氧化物的水化物的化學式為，故答案為HClO4；

(2)離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，M、Z、W分別形成的簡單離子的半徑由大到小順序為S2->Cl->Na+；氯氣能夠將硫化氫氧化生成硫單質，說明元素氯比元素硫的非金屬性強，故答案為S2->Cl->Na+；H2S+Cl2=S2↓+HCl；

(3)氫氧化亞鐵變?yōu)闅溲趸F的化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(4)200mL1mol·L-1的NaOH溶液中含有0.2molNaOH，標準狀況下，4.48LSO2的物質的量為=0.2mol，等物質的量的氫氧化鈉和二氧化硫反應生成NaHSO3；此時溶液pH<7，說明電離程度大于水解程度，則其中含S元素的幾種粒子的濃度由大到小的順序為c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故答案為NaHSO3；c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)；

(5)由圖示知在Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應，因此Ag-Pt電極為陰極，在陰極反應是NO3-得電子發(fā)生還原反應生成N2，利用電荷守恒與原子守恒知有H2O參與反應且有水生成，所以陰極上發(fā)生的電極反應式為：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案為2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑。

【點睛】

本題考查了元素周期表和元素周期律的知識，正確推導出元素是解題的關鍵。本題的難點是電極反應式的書寫，明確陰陽極上發(fā)生的電極反應和判斷方法是解答的前提。【解析】HClO4S2->Cl->Na+H2S+Cl2=S2↓+HCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3NaHSO3c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O六、工業(yè)流程題(共3題，共27分)29、略

【分析】【分析】

鉬精礦在空氣中焙燒，生成兩種氧化物，流程圖中給出了SO2，后續(xù)操作中沒有加入氧化劑，所以此時Mo的價態(tài)與產(chǎn)品中相同，其為MoO3；堿浸時加入Na2CO3溶液，生成CO2，另外生成Na2MoO4；加入沉淀劑Na2S，必是除去鉛雜質，所以廢渣應為PbS；最后采用蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；便可獲得產(chǎn)品。

【詳解】

(1)增大接觸面積；增大濃度、升高溫度；都可加快反應速率，所以“焙燒”過程中，為了提高鉬精礦焙燒速率，可采取的措施是充分粉碎鉬精礦，加壓增大氧氣濃度，升高溫度等;

答案為：充分粉碎鉬精礦；加壓增大氧氣濃度，升高溫度等；

(2)由上面分析知，“焙燒”過程中生成了SO2和MoO3，所以焙燒時發(fā)生反應的化學方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

(3)c()=1.0mol/L，c(Ba2+)=mol/L=4.0×10-8mol/L，則溶液中剩余c()=mol/L=0.00275mol/L，當BaMoO4開始沉淀時，的去除率是=86.25%;