2025年外研版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年外研版高一化學下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9題，共18分)1、欲萃取碘水中的I2，不能作為萃取劑的是A.苯B.酒精C.CCl4D.汽油2、不能用膠體的知識解釋的現(xiàn)象是（）A.清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產生的美麗景象（美麗的光線）B.尿毒癥患者使用血液透析治療C.明礬凈水D.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，會出現(xiàn)紅褐色3、下列四個數(shù)據是在不同條件下測出的合成氨反應的速率，其中最快是rm{(}rm{)}A.rm{V(H_{2})簍T0.1mol/(L?min)}B.rm{V(N_{2})簍T0.1mol/(L?min)}C.rm{V(NH_{3})簍T0.15mol/(L?min)}D.rm{V(N_{2})簍T0.002mol/(L?s)}4、某烷烴的結構為其主鏈的碳原子數(shù)為rm{(}rm{)}A.rm{5}B.rm{6}C.rm{7}D.rm{8}5、電解質是在水溶液里或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物，下列物質屬于電解質的是A.rm{Fe}B.rm{O_{2}}C.rm{NaCl}D.rm{KNO_{3}}溶液6、有一未知的無色溶液，只可能含有以下離子中的若干種（忽略由水電離產生的H+、OH﹣）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣；現(xiàn)取樣逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀與NaOH溶液的體積關系如圖．以下推測錯誤的是（）

A.原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B.不能確定原溶液是否含有K+、NO3﹣C.原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D.實驗所加的NaOH溶液濃度為2mol/L7、在rm{2A+B?}rm{3C+4D}中，表示該反應速率最快的是rm{(}rm{)}A.rm{婁脭(A)=0.5mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}B.rm{婁脭(B)=0.3mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}C.rm{婁脭(C)=0.8mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}D.rm{婁脭(D)=1mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}rm{婁脭(A)=

0.5mol隆隴L^{-1}隆隴S^{-1}}8、化學與生產生活、環(huán)境保護密切相關rm{.}下列說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.食鹽既可作調味品也可作食品防腐劑B.向海水中加入凈水劑明礬可以使海水淡化C.加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應不利于“藍天工程”的建設D.高鐵車廂材料大部分采用鋁合金，因為鋁合金強度大、質量輕、抗腐蝕能力強9、下列物質組合中，既能和酸反應又能和堿反應的化合物是rm{(}rm{)}

rm{壟脵Al}rm{壟脷Al_{2}O_{3}}rm{壟脹Al(OH)_{3}}rm{壟脺NaHCO_{3}}．A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脵壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脺}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（5分）現(xiàn)有mg某氣體，它由四原子分子構成，它的摩爾質量為Mg·mol－1，則：(1)該氣體的物質的量為mol.(2)該氣體中所含的原子總數(shù)為個．(3)該氣體在標準狀況下的體積為L.(4)該氣體溶于1L水中(不考慮反應)，其溶液中溶質的質量分數(shù)為．(5)該氣體溶于水后形成VL溶液，其溶液的物質的量濃度為mol·L－1.11、rm{(1)}在一定條件下，乙烷和乙烯都能制備氯乙烷rm{(C_{2}H_{5}Cl).}用乙烷制備氯乙烷的反應類型為______；用乙烯制備氯乙烷的化學方程式是：______．

rm{(2)}以rm{NH_{3}}代替氫氣研發(fā)燃料電池是當前科研的一個熱點rm{.}使用的電解質溶液是rm{2mol?L^{-1}}的rm{KOH}溶液，電池總反應為：rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O.}該電池負極的電極反應式為______；每消耗rm{3.4gNH_{3}}轉移的電子數(shù)目為______．12、下列是中學化學常見的物質：

A.金剛石rm{B.HCl}rm{C.NaCl}rm{D.K_{2}SO_{4}}rm{E.Na_{2}S}rm{F.He}rm{G.N_{2}}

rm{(1)}在固態(tài)時含極性共價鍵的分子晶體是______

rm{(2)}既含離子鍵又含共價鍵的是______

rm{(3)}固態(tài)時屬于離子晶體的是______

rm{(4)}熔化時需克服共價鍵的是______

rm{(5)}晶體中不存在化學鍵的是______．13、如圖為實驗室某鹽酸試劑瓶標簽上的有關數(shù)據，試根據標簽上的有關數(shù)據回答下列問題：（1）該濃鹽酸中HCl的物質的量濃度為mol?L-1。（2）取用任意體積的該鹽酸溶液時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是。A．溶液中HCl的物質的量B．溶液的濃度C．溶液中Cl-的數(shù)目D．溶液的密度（3）某學生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制480mL物質的量濃度為0.400mol?L-1的稀鹽酸。①容量瓶上需標有以下五項中的。A．溫度B．濃度C．容量D．壓強E．刻度線②將下列操作填寫完整，并排列其正確的操作順序（字母表示，每個字母只能用一次）；A．用30mL水洗滌燒杯2～3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B．用量筒準確量取濃鹽酸mL，注入燒杯中，加入少量水（約30mL），用玻璃棒慢慢攪拌，使其混合均勻C．將已冷卻的鹽酸沿玻璃杯注入中D．將容量瓶蓋緊，顛倒搖勻E．改用加水，使溶液凹液面恰好與刻度線相切F．繼續(xù)往容量瓶內小心加水，直到液面至刻度線下處。14、（10分）實驗室常用二氧化錳和濃鹽酸反應制取氯氣，反應式如下：MnO2+4HCl（濃）=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（1）用雙線橋法表示上述反應中電子轉移的方向和數(shù)目。（2）反應中發(fā)生氧化反應的物質是___________（填化學式），被還原的元素是___________（填元素名稱）。（3）氧化劑與還原劑的物質的量之比為_________________。（4）若反應中被氧化的鹽酸為1mol，則生成的氯氣體積為（標準狀況下）。15、（本題共12分）將純鋅片和純銅片按圖方式插入100mL相同濃度的稀硫酸中一段時間，回答下列問題：（1）下列說法正確的是____________。A．甲、乙均為化學能轉變?yōu)殡娔艿难b置B．乙中銅片上沒有明顯變化C．甲中銅片質量減少、乙中鋅片質量減少D．兩燒杯中溶液的c(H+)均增?。?）在相同時間內，兩燒杯中產生氣泡的速度：甲____乙（填“＞”、“＜“或“＝”）。（3）當甲中產生1.12L（標準狀況）氣體時，通過導線的電子數(shù)目為_______________。（4）當乙中產生1.12L（標準狀況）氣體時，將鋅、銅片取出，再將燒杯中的溶液稀釋至1L，測得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（設反應前后溶液體積不變）。試確定原稀硫酸的物質的量濃度為_________________。(5)甲中鋅片上發(fā)生的電極反應：_________________________；(6)若甲中兩電極的總質量為60g，工作一段時間后，取出鋅片和銅片洗凈干燥后稱重，總質量為47g，則：氫氣的體積(標準狀況)為________。16、現(xiàn)有下列電解質：

①H2SO4②Ca（OH）2③BaSO4④CuCl2⑤NaHSO4⑥NaHCO3⑦Al2（SO4）3

（1）其中屬于酸的是______（填序號，下同），屬于堿的是______，屬于鹽的是______

（2）寫出②⑤⑥⑦在水溶液里的電離方程式：

②______⑤______⑥______⑦______．17、某學生為了探究鋅與鹽酸反應過程中的速率變化，他在rm{100mL}稀鹽酸中加入足量的鋅粉，用排水集氣法收集反應放出的氫氣，實驗記錄如表rm{(}累計值rm{)}

。時間rm{(min)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}氫氣體積rm{(ml)}rm{50}rm{120}rm{232}rm{290}rm{310}rm{(1)}哪一時間段rm{(}指rm{0隆蘆1}rm{1隆蘆2}rm{2隆蘆3}rm{3隆蘆4}rm{4隆蘆5min)}反應速率最大______；原因是______．

rm{(2)}哪一段時段的反應速率最小______；原因是______

rm{(3)}求rm{2隆蘆3}分鐘時間段以鹽酸的濃度變化來表示的該反應速率______．

rm{(4)}如果反應太激烈，為了減緩反應速率而又不減少產生氫氣的量，他在鹽酸中分別加入等體積的下列溶液：你認為可行的是______rm{(}填編號rm{)}．

A.蒸餾水rm{B.NaCl}溶液rm{C.Na_{2}CO_{3}}溶液rm{D.CuSO_{4}}溶液．18、將適量的蔗糖放入燒杯中，加入幾滴水，攪拌均勻，然后再加入適量濃硫酸，迅速攪拌，放出大量的熱，同時觀察到蔗糖逐漸變黑，體積膨脹，并產生刺激性氣味的氣體rm{.}根據上述實驗現(xiàn)象，說明濃硫酸具有______性質rm{(}填序號，下同rm{)}濃硫酸露置空氣中質量增加______，鐵制容器盛放濃硫酸______，熱的濃硫酸和銅反應______．

rm{壟脵(}強rm{)}氧化性rm{壟脷}脫水性rm{壟脹}吸水性rm{壟脺}酸性．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)19、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）20、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）21、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）22、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）23、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．24、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）25、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共8分)26、乙醛是一種重要的脂肪族化合物；在工業(yè)；農業(yè)、醫(yī)藥、食品和飼料添加劑等領域具有非常廣泛的應用。目前，常用乙醇脫氫來制備。

I(乙醇氧化脫氫)：2CH3CH2OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)?H1

II(乙醇直接脫氫)：CH3CH2OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)?H2

(1)已知相關共價鍵的鍵能數(shù)據如表：。共價鍵C-HO-HC-OC=OO=OC-C鍵能(kJ·mol-1)413462351745497348

?H1=___________kJ·mol-1

(2)在恒溫恒容下，如果從反應物出發(fā)建立平衡，不能說明反應I(乙醇氧化脫氫)達到平衡狀態(tài)的是___________。(填選項字母)

A、體系壓強不再變化B、v正(CH3CH2OH)=2v逆(O2)

C、混合氣體的密度保持不變D；混合氣體平均相對分子質量保持不變。

(3)對于反應II(乙醇直接脫氫)，T1℃，P1kPa條件下，向一容積可變的密閉容器中，充入2mol乙醇氣體，達平衡后乙醇的轉化率為50%，容器體積為2L。T1℃，P2kPa條件下，充入2mol乙醇氣體，平衡后乙醇的轉化率為60%，此時容器的體積為___________L。

(4)乙醇直接脫氫反應中Cu基催化劑是最常用的催化劑體系之一、研究者研究了用Cu35Zn25Al43作催化劑時不同溫度對乙醇直接脫氫反應性能的影響；圖像如圖：

最適宜的溫度為___________；結合圖像說明選擇該溫度的理由___________。

(5)乙醇直接脫氫反應中銅基催化劑有失活的缺點。大連物化所的研究者設計了一種多級海膽狀結構Cu-MFI-AE催化劑；在乙醇催化中展示了較高的乙醛選擇性；穩(wěn)定性。催化劑表面上反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物質用*標注。

寫出該歷程中最大能壘對應步驟的化學方程式___________。27、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)境保護的重要課題?；卮鹣铝袉栴}：

(1)煤燃燒產生的煙氣中含有氮的氧化物，用CH4催化還原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol則CH4催化還原NO的熱化學方程式為___________________。

(2)在汽車排氣系統(tǒng)中安裝三元催化轉化器，可發(fā)生反應：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)生上述反應時，c(CO)隨溫度(T)和時間(t)的變化曲線如圖所示。

①據此判斷該反應的正反應為__________(填“放熱”或“吸熱”)反應。

②溫度T1時，該反應的平衡常數(shù)K=___________；反應速率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、逆反應速率常數(shù)，計算a處=______________。

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

①SNCR-SCR脫硝技術中用NH3作還原劑還原NO的主要反應為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的化學方程式為_________________。

②體系溫度直接影響SNCR技術的脫硝效率；如圖所示：

SNCR與SCR技術相比，SCR技術的反應溫度不能太高,其原因是_________________；當體系溫度約為925℃時，SNCR脫硝效率最高，其可能的原因是_____________________。28、C；N、S的氧化物常會造成一些環(huán)境問題；科研工作者正在研究用各種化學方法來消除這些物質對環(huán)境的不利影響。

（1）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2和H2在230℃，催化劑條件下轉化生成甲醇蒸汽和水蒸氣。如圖表示恒壓容器中和平移轉化率達時的能量變化示意圖。寫出該反應的熱化學方程式______________________。

（2）一定溫度下，向2L恒容密閉容器中通入和發(fā)生反應可用于回收燃燒煙氣中的硫。若反應進行到時達平衡，測得的體積分數(shù)為0.5，則前20min的反應速率_______該溫度下反應化學平衡常數(shù)K=________。（保留兩位小數(shù)）

（3）工業(yè)上有多種方法用于的脫除。

①可用NaClO堿性溶液吸收為了提高吸收效率，常加入反應過程的示意圖如圖所示，產生的四價鎳和氧原子具有極強的氧化能力，因此可加快對的吸收。

a.的作用是____________________。

b.過程2的離子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亞硫酸鹽法”吸收煙氣中的室溫條件下，將煙氣通入溶液中，測得溶液與含硫組分物質的量分數(shù)的變化關系如圖所示，點時溶液pH=7，則_____________。

（4）用石墨做電極，食鹽水做電解液電解煙氣脫氮的原理如圖1，被陽極產生的氧化性物質氧化尾氣經氫氧化鈉溶液吸收后排入空氣。電流密度對溶液和對煙氣脫硝的影響如圖2所示：

圖1圖2

①NO被陽極產生的氧化性物質氧化為NO3-反應的離子方程式__________________。排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是_________________（填化學式）。

②溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是___________________________。29、含硫廢氣污染嚴重，SO2治理迫在眉睫．

Ⅰ．某工廠用(NH4)2SO3和NH4HSO3混合溶液A吸收煙氣中SO2并制備(NH4)2SO3·H2O；已知:

。溶液(1mol·L-1)

(NH4)2SO3

NH4HSO3

pH(25℃)

8.0

4.6

(1)“吸收”過程中，溶液A中(NH4)2SO3和NH4HSO3物質的量之比變_________(填“大”或小)．

(2)(NH4)2SO3溶液呈堿性的原因是__________

(3)用不同的溶液A吸收SO2時，SO2吸收率和放空廢氣含N2量的變化如下圖．解釋圖中放空廢氣含NH3吸收量增大的原因____________隨(NH4)2SO3和NH4HSO3的物質的量之比增大____．

(注:不同溶液A的體積相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的總物質的量相同)

Ⅱ:Na2SO3同樣可用于處理低濃度SO2廢氣；流程如下。

(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化學方程式是_______________________．

(5)測定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH；數(shù)據如下．

。時刻。

①

②

③

④

溫度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

解釋①和④中pH不同的可能原因：___________________________________________．

(6)通過電解法可分離NaHSO3與Na2SO3混合物，實現(xiàn)Na2SO3的循環(huán)利用；示意圖如下。

結合電極方程式，簡述分離NaHSO3與Na2SO3混合物的原理__________評卷人得分五、解答題(共2題，共20分)30、實驗室欲配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL：

（1）需稱取NaOH固體的質量為______g

（2）某同學欲稱量NaOH的質量；他先用托盤天平稱量燒杯的質量，天平平衡后的狀態(tài)如圖1所示．由圖可見，該同學在操作時的一個明顯錯誤是______，燒杯的實際質量為______．

（3）在圖2所示儀器中；配制上述溶液肯定不需要的是______（填序號）．

（4）在容量瓶的使用方法中；下列操作正確的是______（可多選）

A．使用容量瓶前應首先檢驗是否漏水．

B．容量瓶用水洗凈后；再用待配溶液潤洗2～3次．

C．配制溶液時；如果試樣是固體，把稱好的固體用紙條小心倒入容量瓶中，緩慢加水至接近刻度線1～2cm處，用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線．

D．如果配制溶液時；溶質溶解速率比較慢，可以將容量瓶在酒精燈上加熱，促進溶質的溶解，節(jié)省配制溶液的時間．

E．洗燒杯和玻璃棒的洗滌液必須轉移入容量瓶中；不能倒掉．

（5）圖3是該同學轉移溶液的示意圖；該同學在操作過程中存在明顯的錯誤為：______．

（6）在配制該溶液過程中；下列操作會引起配制溶液濃度偏高的是______．

①沒有洗滌燒杯和玻璃棒②所用天平的砝碼生銹。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水④定容時俯視標線。

⑤定容時仰視標線。

⑥定容后塞上瓶塞反復搖勻；靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線．

31、一個完整的氧化還原反應方程式可以拆成兩個“半反應式”：一個是“氧化反應式”，一個是“還原反應式”．如：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆寫結果是：

氧化反應式是：Cu-2e-→Cu2+；還原反應式是：2Fe3++2e-→2Fe2+已知某個反應的半反應式：CH4+10OH--8e-→CO32-+7H2O

O2+2H2O+4e-→4OH-

則總反應的離子方程式為______；其中還原劑是______．

評卷人得分六、結構與性質(共1題，共6分)32、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】試題分析：萃取是利用溶質在不同溶劑中溶解度的不同而分類的，萃取劑的選擇應該符合以下條件：（1）、溶質在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大。（2）、萃取劑與元溶劑不相溶。（3）、萃取劑與溶質不反應。綜上所述，選B考點：萃取劑的條件?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、D【分析】解：A．清晨的陽光穿過茂密的林木枝葉所產生的美麗景象；是膠體的丁達爾現(xiàn)象，與膠體有關，故A不符合；

B．尿毒癥主要是血紅蛋白隨尿液排出；所以血液透析就是將血液通過半透膜，防止血紅蛋白流失，故B不符合；

C．明礬凈水原理是硫酸鋁鉀溶液中含有鋁離子，鋁離子水解Al3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+；生成氫氧化鋁膠體和氫離子，氫氧化鋁膠體具有吸附性凈水，和膠體有關，故C不符合；

D．在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀；發(fā)生的是復分解反應，與膠體無關，故D錯誤．

故選D．

A．氣溶膠具有丁達爾現(xiàn)象；

B．膠體不能通過半透膜；可以通過此性質來精制膠體，分離膠體；

C．明礬凈水原理是電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性；

D．紅褐色沉淀是生成的氫氧化鐵；不是膠體．

本題考查了膠體性質的應用，主要考查膠體的聚沉、膠體的分散質微粒直徑，丁達爾現(xiàn)象，熟練掌握膠體性質是解題關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】D3、D【分析】解：發(fā)生反應：rm{N_{2}+3H_{2}=2NH_{3}}rm{dfrac{v(H_{2})}{3}}化學反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大；反應速率越快；

A.rm{dfrac{v(H_{2})}{3}=0.033}

B.rm{dfrac

{v(H_{2})}{3}=0.033}

C.rm{dfrac{v(NH_{3})}{2}=0.075}

D.rm{dfrac{v(N_{2})}{1}=0.1}rm{dfrac{v(N_{2})}{1}=0.12}

故D表示的反應速率最快；

故選D．

由于不同物質表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比；故化學反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快，注意單位要相同．

本題考查反應速率快慢的比較，利用反應速率與化學計量數(shù)的比值可快速解答，也可轉化為同種物質的反應速率來比較，題目難度不大．rm{dfrac

{v(NH_{3})}{2}=0.075}【解析】rm{D}4、B【分析】略【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本題考查了電解質與非電解質的判斷，題目難度不大，注意掌握電解質與非電解質的區(qū)別?！窘獯稹吭谒芤豪锘蛉廴跔顟B(tài)下能導電的化合物是電解質，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物為非電解質，無論電解質和非電解質都一定為化合物，單質和混合物一定不是電解質、非電解質；還要注意不屬于電解質的物質包括非電解質、單質和混合物rm{;}A.rm{Fe}是單質，既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B.rm{O_{2}}是單質，既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤rm{;}

C.rm{NaCl}屬于鹽；是化合物，是電解質，故C正確；

D.硝酸鉀溶液屬于混合物；既不是電解質也不是非電解質，故D錯誤；

故選C；

【解析】rm{C}6、B【分析】【解答】無色溶液，不含銅離子，逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀最大時，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺，說明加入OH﹣時無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3?H2O，說明含有銨根離子，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+；鎂離子和碳酸根離子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根離子；

A、原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣；故A正確；

B；不含碳酸根離子；根據溶液呈電中性，所以一定含硝酸根離子，故B錯誤；

C、根據圖象知，35﹣40mL時Al（OH）3和NaOH反應生成NaAlO2，則0﹣25mL時NaOH和Mg2+、Al3+反應生成沉淀，生成NaAlO2時需要NaOH5mL，則生成Al（OH）3需要NaOH15mL，則有10mLNaOH溶液和鎂離子反應，25﹣35mL時氫氧化鈉溶液和NH+4反應生成氨水，根據使用NaOH溶液體積知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2；故C正確；

D、當加入40mLNaOH溶液時，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=0.01mol，根據原子守恒知，n（Mg2+）=0.01mol，c（Mg2+）==0.1mol/L，生成0.01molMg（OH）2需要n（NaOH）是0.02mol，Al（OH）3和NaOH反應生成NaAlO2需要NaOH溶液的體積是5mL，則鋁離子和NaOH溶液反應生成Al（OH）3沉淀時需要NaOH溶液的體積是15mL，則生成氫氧化鎂需要NaOH溶液的體積是10mL，所以c（NaOH）==2mol/L；故D正確；

故選B．

【分析】無色溶液，不含銅離子，逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀最大時，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺，說明加入OH﹣時無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3?H2O，說明含有銨根離子，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+，鎂離子和碳酸根離子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根離子，由此分析解答．7、B【分析】【分析】本題考查反應速率的快慢比較，該類題的解題思路是統(tǒng)一物質、統(tǒng)一單位，統(tǒng)一物質時根據化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比進行轉換。【解答】用不同的物質表示反應速率，數(shù)值不一樣，根據反應速率比rm{=}方程式計量系數(shù)比，將反應速率均統(tǒng)一成rm{B}的反應速率，則A.由rm{v_{(A)}=0.5mol/(L?s)}知，rm{v_{(B)}=v_{(A)}/2=0.25mol/(L?s)}B.rm{v_{(B)}=v_{(A)}/2=0.25mol/(

L?s)}rm{v_{(B)}=0.3}rm{mol/(L?s}

C.由rm{)}知，rm{v_{(C)}=0.8mol/(L?s)}

D.由rm{v_{(B)}=0.8/3mol/(L?s)}rm{v_{(D)}=1mol/(L?s}知，rm{)}rm{v_{(B)}=0.25mol/(L?s)}選項反應速率最快，故B正確。故選B。rm{B}【解析】rm{B}8、B【分析】解：rm{A.}食鹽具有咸味；可做調味劑，食鹽能夠使細菌脫水死亡，達到抑制細菌繁殖的目的，可作防腐劑，故A正確；

B.向海水中加入凈水劑明礬只能除去懸浮物雜質；但不能使海水淡化，應用蒸餾的方法，故B錯誤；

C.化石燃料的燃燒會產生大量空氣污染物；如粉塵；有害氣體等，所以加大石油、煤炭的開采速度，增加化石燃料的供應量，不利于“藍天工程”建設，故C正確；

D.鋁常溫下能與空氣中氧氣反應；生成一層致密的氧化物保護膜，從而具有抗腐蝕性，鋁合金材料的密度小，用以減輕列車質量，鋁合金強度大，所以高鐵車廂大部分材料采用鋁合金，故D正確；

故選B．

A.食鹽具有咸味；食鹽能夠使細菌脫水死亡，達到抑制細菌繁殖的目的；

B.向海水中加入凈水劑明礬只能除去懸浮物雜質；

C.根據化石燃料的燃燒會產生大量空氣污染物；如粉塵；有害氣體等；

D.車廂大部分采用鋁合金材料制造；這是因為鋁合金具有質量輕，強度大，抗腐蝕能力比較強的優(yōu)點．

本題考查常見生活環(huán)境的污染及治理，題目難度不大，本題注意明礬的凈水原理．【解析】rm{B}9、B【分析】解：rm{壟脵}為單質，不符合題意，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷}為兩性氧化物，與酸反應：rm{Al_{2}O_{3}+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}O}也能與堿反應：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}為兩性氫氧化物，與酸反應：rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}也能與堿反應：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺}為弱酸的酸式鹽，與酸反應：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}也能與堿反應：rm{NaHCO_{3}+NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}故rm{壟脺}正確．

故選B．

既能和酸反應又能和堿反應的化合物有兩性氧化物；兩性氫氧化物、弱酸的酸式鹽、弱酸弱堿鹽等．

本題考查常見物質的性質，題目難度不大，注意既能和酸反應又能和堿反應的物質類型．【解析】rm{B}二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】考查物質的量的有關計算。（1）根據n＝m/M可知，該氣體的物質的量是n＝m/Mmol。（2）氣體是由4個原子構成的，所以該氣體中所含的原子總數(shù)為N＝4×m/Mmol×6.02×1023/mol＝（3）根據可知，該氣體在標準狀況下的體積為L。（4）1L水的質量是1000g，所以溶液中溶質的質量分數(shù)為%。（5）根據c＝n/V可知，溶液的物質的量濃度為mol/L。【解析】【答案】（5分）(1)(2)(3)(4)%(5)11、略

【分析】解：rm{(1)}乙烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成氯乙烷，反應方程式為rm{C_{2}H_{6}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}C_{2}H_{5}Cl+HCl}該反應為取代反應，乙烯和rm{C_{2}H_{6}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}C_{2}H_{5}Cl+HCl}發(fā)生加成反應生成氯乙烷，反應方程式為rm{HCl}

故答案為：取代反應；rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}

rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}電池反應為：rm{(2)}該電池負極是氨氣失電子生成氮氣，反應的電極反應式為rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O.}反應中rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}氨氣反應電子轉移rm{2mol}電子，每消耗rm{6mol}物質的量rm{=dfrac{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}轉移的電子數(shù)為rm{3.4gNH_{3}}

故答案為：rm{=dfrac

{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}rm{0.6N_{A}}．

rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}乙烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成氯乙烷，乙烯和rm{0.6N_{A}}發(fā)生加成反應生成氯乙烷；

rm{(1)}依據化學方程式分析氨氣化合價變化，判斷發(fā)生氧化反應的物質是氨氣，原電池中在負極失電子，正極上氧氣得到電子生成氫氧根離子；結合化學方程式和電子轉移總數(shù)計算每消耗rm{HCl}轉移的電子數(shù)．

本題考查了取代反應和加成反應以及原電池電極方程式的書寫，根據有機物的官能團來分析其性質和反應，題目難度不大．rm{(2)}【解析】取代反應；rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl隆煤CH_{3}CH_{2}Cl}rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{0.6N_{A}}12、略

【分析】解：rm{A.}金剛石屬于原子晶體；熔化時克服共價鍵；

B.rm{HCl}屬于分子晶體；熔化時克服分子間作用力；

C.rm{NaCl}屬于離子晶體；熔化克服離子鍵；

D.rm{K_{2}SO_{4}}屬于離子晶體；含有離子鍵和共價鍵，熔化克服離子鍵；

E.rm{Na_{2}S}屬于離子晶體，熔化克服離子鍵；rm{F.He}屬于分子晶體；是單原子分子，沒有化學鍵，熔化時克服分子間作用力；

G.rm{N_{2}}屬于分子晶體；熔化時克服分子間作用力；

rm{(1)HCl}屬于分子晶體，rm{H}與rm{Cl}原子之間存在極性鍵，所以在固態(tài)時含極性共價鍵的分子晶體是rm{B}故答案為：rm{B}

rm{(2)K_{2}SO_{4}}屬于離子晶體，含有離子鍵和共價鍵，既含離子鍵又含共價鍵的是rm{D}故答案為：rm{D}

rm{(3)}固態(tài)時屬于離子晶體的是rm{CDE}故答案為：rm{CDE}

rm{(4)}原子晶體在熔化時，需要克服共價鍵，則熔化時需克服共價鍵的是rm{A}故答案為：rm{A}

rm{(5)}稀有氣體屬于單原子分子，分子中沒有化學鍵，則晶體中不存在化學鍵的是rm{F}故答案為：rm{F}．

A.金剛石屬于原子晶體；熔化時克服共價鍵；

B.rm{HCl}屬于分子晶體；熔化時克服分子間作用力；

C.rm{NaCl}屬于離子晶體；熔化克服離子鍵；

D.rm{K_{2}SO_{4}}屬于離子晶體；含有離子鍵和共價鍵，熔化克服離子鍵；

E.rm{Na_{2}S}屬于離子晶體，熔化克服離子鍵；rm{F.He}屬于分子晶體；是單原子分子，沒有化學鍵，熔化時克服分子間作用力；

G.rm{N_{2}}屬于分子晶體；熔化時克服分子間作用力，據此結合題目分析．

本題考查化學鍵的類型以及晶體的類型，根據物質的組成，及有關的概念進行判斷，題目難度不大，注意稀有氣體屬于單原子分子，分子中沒有化學鍵是易錯點．【解析】rm{B}rm{D}rm{CDE}rm{A}rm{F}13、略

【分析】試題分析：(1）該鹽酸的物質的量濃度=1000×1.19×36.5%/36.5mol/L=11.9mol/L.（2）A．溶液中HCl的物質的量和C．溶液中Cl-的數(shù)目隨著溶液體積的增多增加。B．由均一性可知溶液的濃度和D．溶液的密度是定值。（3）①容量瓶上需標有A．溫度C．容量E．刻度線三項。②根據實驗操作順序，下列排列其正確的操作順序BCAFED，各空的答案依次為B．16.8C．500mL容量瓶（無規(guī)格不得分）E．膠頭滴管F．1~2mL?？键c：本題考查物質的量濃度溶液的配制?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）11.9（2）BD（有錯不得分）（3）①ACE（有錯或缺2個不得分）②BCAFED（有錯不得分）B．16.8C．500mL容量瓶（無規(guī)格不得分）E．膠頭滴管F．1~2mL14、略

【分析】試題分析：（1）MnO2+4HCl（濃）=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反應中，+4價Mn的化合價降低2價，得到2個電子，Cl元素的化合價整體升高2價，失去2個電子，所以用雙線橋表示為（2）在該反應中，Cl元素的化合價升高，被氧化，所以發(fā)生氧化反應的物質是HCl，Mn元素的化合價降低，被還原；（3）參加反應的HCl中只有1/2被氧化，所以氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2；（4）若反應中被氧化的鹽酸為1mol，根據2HCl～Cl2，所以生成氯氣的物質的量是0.5mol，標準狀況下的體積是0.5mol×22.4L/mol=11.2L?？键c：考查對氧化還原反應的分析，雙線橋的表示【解析】【答案】（10分）（1）（2）HCl錳（3）1﹕2（4）11.2L15、略

【分析】依題意可知甲構成原電池，乙沒有形成閉合的通路不是原電池。構成原電池加快反應速率，兩燒杯中產生氣泡的速度：甲＞乙。當甲中產生1.12L也就是1mol（標準狀況）氣體時，通過導線的電子數(shù)目為0.1NA.當乙中產生1.12L（標準狀況）氣體時，將鋅、銅片取出，再將燒杯中的溶液稀釋至1L，測得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（設反應前后溶液體積不變）。試確定原稀硫酸n(H+)=(0.1+0.1)mol,原稀硫酸的物質的量濃度為1mol/L,甲中減輕的為13G,是消耗的鋅的質量，物質的量為0.2mol,產生氫氣為0.2mol?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）BD（2）甲＞乙（3）6.02×1022(0.1NA)（4）1mol/L(5)Zn-2e-=Zn2+；(6)4.48L16、略

【分析】解：（1）電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸，故①H2SO4為酸；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿，故②Ca（OH）2為堿；電離出的陰離子是酸根離子、陽離子是金屬離子或銨根離子的化合物為鹽，故③BaSO4④CuCl2⑤NaHSO4⑥NaHCO3⑦Al2（SO4）3均為鹽．故答案為：①；②；③④⑤⑥⑦；

（2）Ca（OH）2是強堿，在溶液中完全電離為一個鈣離子和2個氫氧根，故電離方程式為：Ca（OH）2=Ca2++2OH-；

NaHSO4是強酸強堿的酸式鹽，在溶液中完全電離為鈉離子、氫離子和硫酸根，電離方程式為：NaHSO4=Na++H++SO42-；

NaHCO3是強堿弱酸鹽，在溶液中完全電離為鈉離子和碳酸氫根離子，故電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3-；

Al2（SO4）3是強電解質，能完全電離為2個鋁離子和3個硫酸根離子，Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-．

故答案為：Ca（OH）2=Ca2++2OH-；NaHSO4=Na++H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；

（1）電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿；電離出的陰離子是酸根離子；陽離子是金屬離子或銨根離子的化合物為鹽；

（2）Ca（OH）2是強堿；在溶液中完全電離為一個鈣離子和2個氫氧根；

NaHSO4是強酸強堿的酸式鹽；在溶液中完全電離為鈉離子；氫離子和硫酸根；

NaHCO3是強堿弱酸鹽；在溶液中完全電離為鈉離子和碳酸氫根離子；

Al2（SO4）3是強電解質；能完全電離為2個鋁離子和3個硫酸根離子．

本題考查了酸、堿、鹽的概念和電離方程式的書寫，難度不大，應注意的是碳酸氫鈉和硫酸氫鈉電離方程式書寫方法的區(qū)別．【解析】①；②；③④⑤⑥⑦；Ca（OH）2=Ca2++2OH-；NaHSO4=Na++H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-；Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-17、略

【分析】解：rm{(1)}在rm{0隆蘆1}rm{1隆蘆2}rm{2隆蘆3}rm{3隆蘆4}rm{4隆蘆5min}時間段中，產生氣體的體積分別為rm{50mL}rm{70mL}rm{112mL}rm{68mL}rm{20mL}由此可知反應速率最大的時間段為rm{2隆蘆3}rm{min}

故答案為：rm{2隆蘆3}rm{min}因反應為放熱反應；溫度升高，反應速率增大；

rm{(2)}反應速率最小的時間段是rm{4隆蘆5min}時間段，此時溫度雖然較高，但rm{H^{+}}濃度?。?/p>

故答案為：rm{4隆蘆5}rm{min}此時rm{H^{+}}濃度?。?/p>

rm{(3)}在rm{2隆蘆3min}時間段內，rm{n(H_{2})=dfrac{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}根據rm{n(H_{2})=dfrac

{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}計算消耗鹽酸的物質的量為rm{2HCl隆蘆H_{2}}則rm{婁脭(HCl)=dfrac{dfrac{0.01mol}{0.1L}}{1min}=0.1}rm{0.01mol}

故答案為：rm{婁脭(HCl)=dfrac{dfrac

{0.01mol}{0.1L}}{1min}=0.1}rm{mol/(L?min)}

rm{婁脭(HCl)=0.1}加入蒸餾水，rm{mol/(L?min)}濃度減?。环磻俾蕼p小且不減少產生氫氣的量，故A正確；

B.加入rm{(4)A.}溶液，rm{H^{+}}濃度減?。环磻俾蕼p小且不減少產生氫氣的量，故B正確；

C.加入rm{NaCl}溶液，生成rm{H^{+}}氣體；影響生成氫氣的量，故C錯誤；

D.加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，rm{CO_{2}}置換出rm{CuSO_{4}}反應速度增大；但影響生成氫氣的量，故D錯誤；

故答案為：rm{Zn}．

rm{Cu}和rm{AB}在rm{(1)}rm{(2)}rm{0隆蘆1}rm{1隆蘆2}rm{2隆蘆3}時間段中，產生氣體的體積分別為rm{3隆蘆4}rm{4隆蘆5min}rm{50mL}rm{70mL}rm{112mL}生成氣體體積越大的時間段，反應速率越大，結合溫度；濃度對反應速率的影響分析；

rm{68mL}計算出氫氣的體積，根據rm{20mL}計算消耗鹽酸的物質的量，計算濃度的變化，根據rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算反應速率；

rm{(3)}為了減緩反應速率但不減少產生氫氣的量，可降低rm{2HCl隆蘆H_{2}}濃度，但不能影響rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}的物質的量；

本題考查反應速率的探究，難度中等rm{(4)}要注意根據把握影響反應速率的因素，掌握基礎是關鍵．rm{H^{+}}【解析】rm{2隆蘆3min}因反應為放熱反應，溫度升高，反應速率增大；rm{4隆蘆5min}rm{4隆蘆5min}時間段rm{H^{+}}濃度??；rm{0.1mol/(L?min)}rm{AB}18、略

【分析】解：因濃硫酸具有吸水性，濃硫酸吸水稀釋而放出大量的熱，濃硫酸將蔗糖中的rm{H}和rm{O}以rm{2}rm{1}的形式脫去，蔗糖變黑；濃硫酸具有強氧化性：rm{C+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}產生有刺激性氣味的氣體，說明濃硫酸具有強氧化性脫水性吸水性；

濃硫酸露置空氣中質量增加是因為濃硫酸具有吸水性；吸收空氣中的水蒸氣，說明濃硫酸具有吸水性；

鐵制容器盛放濃硫酸；是因為濃硫酸具有強的氧化性，常溫下使鐵鈍化形成致密氧化膜，阻止反應進行，體現(xiàn)濃硫酸強的氧化性；

熱的濃硫酸和銅反應生成硫酸銅；二氧化硫和水；體現(xiàn)濃硫酸強的氧化性和酸性；

故答案為：rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{壟脵壟脷壟脹}rm{壟脹}rm{壟脵}．

依據濃硫酸的酸性；強氧化性；脫水性、吸水性結合現(xiàn)象解答，注意銅與濃硫酸反應過程中硫酸中部分硫元素化合價升高、部分化合價降低，據此判斷解答．

本題主要考查了濃硫酸的性質，明確濃硫酸的強氧化性、脫水性、吸水性三大特性及硫酸的酸性是解題關鍵，題目難度不大，注意脫水性與吸水性區(qū)別．rm{壟脵壟脺}【解析】rm{壟脵壟脷壟脹}rm{壟脹}rm{壟脵}rm{壟脵壟脺}三、判斷題(共7題，共14分)19、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．20、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據此解題．21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．22、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol23、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．24、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．25、B【分析】【解答】摩爾是物質的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質的量的單位．四、原理綜合題(共4題，共8分)26、略

【分析】【詳解】

(1)2CH3CH2OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)中，每生成2molH2O，斷裂2molC-H、2molC-O、1molO=O，形成2molC=O、2molO-H，則?H1=(2×413+351×2+497-2×745-462×2)kJ·mol-1=-389kJ·mol-1；

(2)反應I為氣體體積增大的放熱反應；

A．在恒溫恒容下；氣體體積之比等于其物質的量之比，體系壓強不再變化則說明氣體總物質的量不變，可說明反應已達到平衡狀態(tài)；

B．v正(CH3CH2OH)、v逆(O2)所表示的化學反應方向不同，v正(CH3CH2OH)=2v逆(O2)滿足平衡時化學反應速率之比等于其系數(shù)之比；可說明反應處于平衡狀態(tài)；

C．該反應中參加反應的物質均為氣體；反應過程中氣體質量不變，且容器為恒容裝置，混合氣體的密度始終不變，因此不能用密度判斷反應是否處于平衡狀態(tài)；

D．反應過程中氣體總質量不變；氣體物質的量會變化，因此混合氣體平均相對分子質量保持不變時可說明反應處于平衡狀態(tài)；

故答案為C；

(3)CH3CH2OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)中，充入2mol乙醇氣體，達平衡后乙醇的轉化率為50%，容器體積為2L，則c(CH3CH2OH)==0.5mol/L，c(CH3CHO)=c(H2)==0.5mol/L，則K1===0.5，T1℃，P2kPa條件下，充入2mol乙醇氣體，平衡后乙醇的轉化率為60%，則c(CH3CH2OH)=c(CH3CHO)=c(H2)=溫度不變，則平衡常數(shù)不變，則=0.5；解得V=3.6L；

(4)由圖可知；隨溫度升高，乙醇轉化率逐漸增大，乙醇選擇性逐漸下降，當溫度高于280℃后，乙醇選擇性下降較大，因此乙醇直接脫氫反應的最適宜的溫度為280℃，故答案為：280℃；溫度較低時，乙醇轉化率較低；溫度高于280℃后乙醇選擇性降低；

(5)由圖可知，該過程中能壘依次為-0.66eV、+0.19eV、-1.7eV、+0.83eV、-0.44eV、+0.89eV、+1.99eV、-0.1eV，因此該歷程中最大能壘對應步驟的化學方程式為C2H4O(g)+2H*=C2H4O(g)+H2(g)?！窘馕觥?389kJ/molC3.6L280℃溫度較低時，乙醇轉化率較低；溫度高于280℃后乙醇選擇性降低C2H4O(g)+2H*=C2H4O(g)+H2(g)27、略

【分析】【分析】

(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol

利用蓋斯定律計算①+②-③×2得到CH4催化還原NO的熱化學方程式；

(2)①根據先拐先平溫度高，T1＞T2；縱軸溫度越高CO濃度越大，說明升溫平衡逆向進行；

②溫度為T1時，化學平衡常數(shù)的的含義，利用三段式計算出各種物質的平衡濃度，將各種物質的平衡濃度帶入公式可得其平衡常數(shù)的數(shù)值；速率常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，速率常數(shù)不變，根據平衡時v正=v逆，可得=K，根據v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，代入即可計算出其數(shù)值；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2；反應生成氮氣；二氧化碳和水；

②脫硝的最佳溫度約為925℃；此時脫硝效率最大，SNCR與SCR技術相比，SNCR技術的反應溫度較高是因為未加入催化劑，從催化劑活性分析溫度的影響；從平衡移動角度及反應速率選擇合適的溫度。

【詳解】

(1)①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867.0kJ/mol；

②2N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.8kJ/mol；

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+89.0kJ/mol

利用蓋斯定律計算①+②-③×2得到CH4催化還原NO的熱化學方程式CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol；

(2)①先拐先平溫度高，T1＞T2，縱軸溫度越高CO濃度越大，說明升溫平衡逆向進行，則該反應的正反應為放熱反應，△H＜0；

②在某密閉容器中通入等量的CO和NO；根據圖像可知開始時，c(CO)=c(NO)=2mol/L，平衡狀態(tài)下一氧化碳濃度為0.4mol/L；

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

起始量(mol/L)2200

變化量(mol/L)1.61.61.60.8

平衡量(mol/L)0.40.41.60.8

根據平衡常數(shù)的含義可得該溫度下的反應平衡常數(shù)K==80；

當該可逆反應達到平衡時v正=v逆，根據v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，可得=K，根據v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，在a點，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，根據物質反應時的物質的量關系可知，此時c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)=0.4mol/L，則===648；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作還原劑還原NO2，反應生成氮氣、二氧化碳和水，反應的化學方程式為：4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O；

②圖像可知SNCR技術的脫硝的最佳溫度為：925°C左右；但溫度也不能太高，這是因為溫度低，反應速率慢，但溫度太高，會降低催化劑活性；當體系溫度約為925℃C時，SNCR脫硝效率最高，其可能的原因是溫度較低時，化學反應速率慢，達到平衡所需的時間過長，生產效率低下，溫度過高，催化劑活性降低，且升高溫度有利于反應向吸熱的逆反應方向方向進行，不利于脫硝技術消除煙氣中的氮氧化物。

【點睛】

本題考查了熱化學方程式書寫、化學反應速率和平衡常數(shù)的計算、影響化學平衡的因素分析、氧化還原反應和圖像中定量關系計算的解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度適中?！窘馕觥緾H4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol放熱806484CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O溫度太高，會降低催化劑活性低于925℃反應速率較慢，高于925℃不利于脫硝反應正向進行28、略

【分析】【分析】

（1）根據圖示，可知0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80%時放熱23-3.4=19.6kJ，然后按比例計算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出該反應的熱化學方程式；

（2）列出三行式；利用已知關系找出轉化量和平衡量，代入計算公式計算速率和平衡常數(shù)；

（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；

b.根據催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-；O；據此寫出離子方程式；

c.Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

②b點時溶液的pH=7；根據電荷守恒分析解答；

（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產生Cl2，將NO氧化為NO3-。電解時陰極產生H2。

②由圖2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高。

【詳解】

（1）根據圖中數(shù)據，恒壓容器中0.5molCO2和1.5molH2轉化率達80％時的能量變化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，該反應的熱化學方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

因此，本題正確答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

（2）設進行到20min時達平衡，轉化的CO的物質的量為2x，則：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

轉化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

根據平衡時CO2的體積分數(shù)為0.5，有：=0.5；解得x=0.6；

則前20min的反應速率=0.03

平衡時，CO、SO2和CO2濃度分別為0.4mol/L；0.2mol/L、0.6mol/L；則。

平衡常數(shù)K===11.25。

因此；本題正確答案是：0.03；11.25；

（3）①a.由過程1和過程2的反應可知，Ni2O3的作用是作為催化劑；

b.根據催化過程的示意圖可知，過程2中NiO2和ClO-反應生成Ni2O3、Cl-、O，離子方程式為2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；

c.Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，是因為Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

因此，本題正確答案是：催化劑；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4；有利于反應的進行；

②b點時溶液的pH=7，根據電荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根據圖可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1；

因此；本題正確答案是：3:1；

（4）①由圖1可知，用石墨做電極，電解食鹽水在陽極產生Cl2，將NO氧化為NO3-，反應的離子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。電解時陰極產生H2，故排入空氣的尾氣，一定含有的氣體單質是H2。

因此，本題正確答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；

②由圖2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH對NO去除率存在相關關系的原因是次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強。

因此，本題正確答案是：次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強?！窘馕觥緾O2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol0.0311.25催化劑2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OCa2+與SO42-結合生成難溶的CaSO4，有利于反應的進行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸鈉在酸性條件下氧化性增強29、略

【分析】【分析】

(1)“吸收”過程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反應生成NH4HSO3，導致(NH4)2SO3量減小，而NH4HSO3的量增大；

(2)溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+；

(3)SO2溶液水，導致溶液顯酸性可增大NH3吸收量；c(SO32-)增大，則水解使溶液堿性增強，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動；

(4)Na2SO3、SO2與水反應生成亞硫酸氫鈉；

(5)根據表中數(shù)據對比說明鹽的成分發(fā)生改變；導致水解程度減?。?/p>

(6)通電時，陽極水失電子生成氧氣和氫離子，溶液中的氫離子經過陽離子交換膜向b室移動，氫離子與b室的SO32-反應生成HSO3-，而b室的鈉離子向c室移動，c室陰極氫離子得電子生成氫氣，導致HSO3-H++SO32-向右移動，c中NaHSO3轉化為Na2SO3；實現(xiàn)分離。

【詳解】

(1)“吸收”過程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反應生成NH4HSO3，導致(NH4)2SO3物質的量減小，而NH4HSO3物質的量增大；則其比值減??；

(2)(NH4)2SO3為弱酸弱堿鹽，溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-水解使溶液呈堿性，而NH4+水解呈酸性，此時溶液呈堿性則SO32-水解程度大于NH4+水解；

(3)SO2溶液水，導致溶液顯酸性，即c(H+)>c(OH-)，酸性溶液可增大NH3吸收量；隨(NH4)2SO3和NH4HSO3的物質的量之比增大，c(SO32-)增大，則水解使溶液堿性增強，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動，促進NH3逸出；

(4)Na2SO3、SO2與水反應生成亞硫酸氫鈉，方程式為Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；

(5)根據表中數(shù)據，0.1mol·L-1Na2SO3溶液升高溫度后，水的電離程度增大，pH減?。辉倩謴椭猎瓬囟群?，pH卻減小，說明鹽的成分發(fā)生改變，導致水解程度減小，則可能為在升溫過程中，SO32-被空氣中氧氣氧化變成SO42-，使SO32-濃度下降；水解程度降低，pH降低；

(6)通電時，陽極水失電子生成氧氣和氫離子，溶液中的氫離子經過陽離子交換膜向b室移動，氫離子與b室的SO32-反應生成HSO3-，而b室的鈉離子向c室移動，c室陰極氫離子得電子生成氫氣，導致HSO3-H++SO32-向右移動，c中NaHSO3轉化為Na2SO3，實現(xiàn)分離。【解析】小SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-的水解程度更大使溶液中c(H+)>c(OH-)隨溶液中c(NH4+)和c(OH-)均增大，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移動，促進NH3逸出SO32-+SO2+H2O==2HSO3-在升溫過程中，SO32—被空氣中氧氣氧化變成SO42—，使SO32—濃度下降，水解程度降低，pH降低陽極發(fā)生4OH--4e-=O2↑+2H2O，c(OH-)降低，促進水電離，使c(H+)升高，多余的H+由a室經陽離子交換膜進入b室將b室中SO32-轉化為HSO3-，陰極2H++2e-==H2↑，導致平衡HSO3-H++SO32-向右移動，生成更多SO32-，Na+從b室進入c室．最終b中Na2SO3轉化為NaHSO3，c中NaHSO3轉化為Na2SO3，實現(xiàn)分離五、解答題(共2題，共20分)30、略

【分析】

（1）需氫氧化鈉的質量為：0.5L×0.5mol?L-1×40g/mol=10.0g；

故答案為：10.0；

（2）天平稱量遵循左物右碼；由圖可見燒杯與砝碼的位置放反了；

由圖可知；游碼的讀數(shù)為2.6g，砝碼的質量為1