2025年外研版高一化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年外研版高一化學(xué)上冊月考試卷990考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下圖分別表示四種操作，其中有兩處錯誤的是()2、非金屬元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外層有rm{n}個電子，則以下敘述錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{R}原子的電子數(shù)為rm{10+n}B.rm{R}能形成rm{R^{n-}}離子C.rm{R}的最高氧化物為rm{R_{2}O_{n}}或rm{RO_{n/2}}D.rm{R}的氣態(tài)氫化物的化學(xué)式是rm{H_{8-n}R}3、下列關(guān)于rm{N_{A}}的說法正確的是()A.rm{0.2mol}濃硫酸與足量的rm{Cu}充分反應(yīng)產(chǎn)生的rm{SO_{2}}分子數(shù)為rm{0.1N_{A}}B.足量rm{Fe}與rm{1mol}氯氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{3N_{A}}C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4LSO_{3}}含有分子的數(shù)目為rm{N_{A}}個D.rm{1molNa_{2}O_{2}}所含離子總數(shù)為rm{3N_{A}}4、下列生成乙酸的方法中，最符合綠色化學(xué)思想的是（）A.乙酸乙酯水解：CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OHB.乙醛氧化：2CH3CHO+O22CH3COOHC.淀粉發(fā)酵：淀粉→葡萄糖→乙醇→乙酸D.丁烷氧化：2CH3CH2CH2CH3+5O24CH3COOH+2H2O5、“鈷酞菁（分子直徑1.3×10-9m）”分子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物體內(nèi)的葉綠素非常相似，我國科學(xué)家在世界上第一次為“鈷酞菁”分子恢復(fù)了磁性．下列關(guān)于“鈷酞菁”的說法正確的是（）A.在水中形成的分散系屬于懸濁液B.分子直徑比Na+小C.“鈷酞菁”分子不能透過濾紙D.在水中形成的分散系具有丁達(dá)爾效應(yīng)評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、有一包白色固體粉末；可能由硫酸鈉；硝酸鉀、硝酸銨、碳酸鈣、氯化鋇、硫酸銅中的一種或幾種組成，做實驗得以下結(jié)果：

（1）將此固體粉末加到水中；得到白色沉淀和上層無色清液；

（2）過濾后；在濾出的白色沉淀里加入稀硝酸，白色沉淀部分溶解并有無色氣體生成，該氣體能使澄清石灰水變渾濁；

（3）在濾液中；加入適量的氫氧化鈉溶液并加熱，生成有刺激性氣味的無色氣體，該氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)．

由此實驗推斷：該粉末中一定含有____；

一定不含有____；可能含有____．（填化學(xué)式）7、三草酸合鐵rm{(}Ⅲrm{)}酸鉀晶體rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}有很重要的用途rm{.}可用如圖流程來制備rm{.}根據(jù)題意完成下列各題：

rm{(1)}要從溶液中得到綠礬，必須進行的實驗操作是______rm{.(}按前后順序填rm{)}

rm{a.}過濾洗滌rm{b.}蒸發(fā)濃縮rm{c.}冷卻結(jié)晶rm{d.}灼燒rm{e.}干燥。

某興趣小組為測定三草酸合鐵酸鉀晶體rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}中鐵元素含量；做了如下實驗：

步驟rm{1}稱量rm{5.000g}三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成rm{250ml}溶液．

步驟rm{2}取所配溶液rm{25.00ml}于錐形瓶中，加稀rm{H_{2}SO_{4}}酸化，滴加rm{KMnO_{4}}溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同時，rm{MnO_{4}^{-}}被還原成rm{Mn^{2+}.}向反應(yīng)后的溶液中加入一定量鋅粉；加熱至黃色剛好消失，過濾，洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時，溶液仍里酸性．

步驟rm{3}在酸性條件下，用rm{0.010mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液滴定步驟二所得溶液至終點，共做三次實驗，平均消耗rm{KMnO_{4}}溶液rm{20.00ml}滴定中rm{MnO_{4}^{-}}被還原成rm{Mn^{2+}}．

rm{(2)}步驟rm{1}中；配制三草酸合鐵酸鉀溶液需要使用的玻璃儀器除燒杯；玻璃棒以外還有______；

主要操作步驟依次是：稱量；溶解、轉(zhuǎn)移、______、定容、搖勻．

rm{(3)}步驟rm{2}中；加入鋅粉的目的是______．

rm{(4)}步驟rm{3}中；發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：______．

rm{(5)}步驟rm{2}中，若加入的rm{KMnO_{4}}的溶液的量不夠，則測得的鐵含量______rm{.(}選填“偏低”、“偏高”、“不變”rm{)}

rm{(6)}某同學(xué)將rm{8.74g}無水三草酸合鐵酸鉀rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}])}在一定條件下加熱分解，所得固體的質(zhì)量為rm{5.42g}同時得到密度為rm{1.647g/L(}已折合成標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{)}氣體rm{(}是物質(zhì)的量之比為rm{4}rm{5}的混合氣體rm{).}研究固體產(chǎn)物得知，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{K_{2}CO_{3}.}寫出該分解反應(yīng)的化學(xué)方程式______．8、較活潑金屬與硝酸反應(yīng)，產(chǎn)物復(fù)雜。如一定濃度的硝酸與鎂反應(yīng)，可同時得到rm{NO}rm{NO_{2}}rm{N_{2}}三種氣體。某同學(xué)欲用下列儀器組裝裝置來直接驗證有rm{NO}rm{NO_{2}}生成并制取氮化鎂。rm{(}假設(shè)實驗中每步轉(zhuǎn)化均是完全的rm{)}

已知：rm{壟脵NO_{2}}沸點是rm{21.1隆忙}熔點是rm{-11隆忙}rm{NO}的沸點是rm{-151隆忙}熔點是rm{-164隆忙}rm{壟脷}氮化鎂遇水會發(fā)生水解生成氨氣；rm{壟脹NO}可被強氧化劑氧化?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}為達(dá)到上述實驗?zāi)康模x用的儀器的正確連接方式是rm{(}_____rm{)(}填序號rm{)}rm{a.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤Eb.A隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}rm{c.A隆煤F隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤Ed.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤E}rm{a.A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤Eb.

A隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}確定還原產(chǎn)物中有rm{c.A隆煤F隆煤C隆煤D隆煤F隆煤B隆煤Ed.

A隆煤F隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤E}的現(xiàn)象是______________________________，實驗中多次使用裝置rm{(2)}最后一次使用裝置rm{NO_{2}}的作用是____________________________________。rm{F}實驗前需先打開開關(guān)rm{F}向裝置內(nèi)通rm{(3)}氣體，其目的是____________，當(dāng)_______________時停止通入rm{K}rm{CO_{2}}實驗過程中，發(fā)現(xiàn)在rm{CO_{2}}中產(chǎn)生預(yù)期現(xiàn)象的同時，rm{(4)}中溶液顏色慢慢褪去，試寫出rm{D}中反應(yīng)的離子方程式____________________________________________________。rm{C}在rm{C}中反應(yīng)開始時，某同學(xué)馬上點燃rm{(5)}處的酒精燈，實驗結(jié)束后通過測定發(fā)現(xiàn)rm{A}處的產(chǎn)品純度不高，原因是______________________________________rm{B}用化學(xué)方程式回答rm{B}rm{(}驗證rm{)}處有氮化鎂生成的方法是_______________。rm{(6)}9、能電離出H+的化合物叫做酸______．（判斷對錯）10、rm{(1)1.5molH_{2}SO_{4}}的質(zhì)量是______，其中含有___rm{molH}rm{(2)9.03隆脕10^{23}}個氨分子含________rm{mol}氨分子。rm{(3)}從rm{1L1mol/LNaOH}溶液中取出rm{100mL}則這rm{100mLNaOH}溶液中含rm{NaOH}的質(zhì)量為__________rm{g}評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)11、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．12、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）13、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）14、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）15、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）16、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共9分)17、利用選擇性催化還原技術(shù)(簡稱“SCR技術(shù)”)實現(xiàn)汽車尾氣中NO、NO2的脫除技術(shù)是目前比較熱門的研究方向。SCR技術(shù)常以NH3(以尿素為原料轉(zhuǎn)化得到)為還原劑，在合適的溫度范圍內(nèi)將NO、NO2等氣體有選擇性的還原為N2和H2O，當(dāng)汽車尾氣中NO與NO2的比例不同時；分別發(fā)生三種不同類型的SCR反應(yīng)：

①標(biāo)準(zhǔn)SCR反應(yīng)4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②快速SCR反應(yīng)2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

③慢速SCR反應(yīng)8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g)ΔH=-2739.6kJ/mol

回答下列問題：

(1)由反應(yīng)①和②可計算反應(yīng)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=_______。

(2)三種SCR反應(yīng)的正反應(yīng)均能自發(fā)進行，原因是_______。當(dāng)汽車尾氣中＞1時，主要發(fā)生反應(yīng)_______(填序號)

(3)其他條件相同時；在甲；乙兩種催化劑作用下進行反應(yīng)①，相同時間內(nèi)，NO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示：

在催化劑甲作用下，M點時_______(填“可能”、“一定”或“沒有”)達(dá)到反應(yīng)的平衡狀態(tài)，理由是_______。

(4)當(dāng)氨氣足量時，在催化劑丙的作用下完成反應(yīng)③，測得在相同時間內(nèi)NO2脫除率隨反應(yīng)溫度變化的情況如圖所示，請解釋NO2脫除率隨溫度變化的原因(催化劑未失效)_______。

(5)利用汽車尾氣中CO還原其中NO、的技術(shù)(簡稱“NSR”)，也是近些年研究熱點，NSR技術(shù)的主要化學(xué)原理為：2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0。某實驗小組向2L恒溫恒容的密閉容器中，充入1molCO和1molNO混合氣體，加入Pt、Al2O3等催化劑模擬NSR技術(shù)發(fā)生NO脫除反應(yīng)，t1時達(dá)到平衡，測得反應(yīng)過程中CO2的體積分?jǐn)?shù)與時間的關(guān)系如圖所示。

①比較大小：m處v正_______n處v逆(填“＞”；“＜”或“＝”)。

②該反應(yīng)在該溫度下化學(xué)平衡常數(shù)K值為_______。18、研究氮及其化合物對化工生產(chǎn)有重要意義。

（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol－1

4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－908kJ·mol－1

請寫出氨氣被一氧化氮氧化生成無毒氣體的熱化學(xué)方程式：___________。

（2）工業(yè)合成氨的原理為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1。下圖甲表示在一定體積的密閉容器中反應(yīng)時N2的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化，圖乙表示在其他條件不變的情況下，改變起始投料中H2與N2的物質(zhì)的量之比（設(shè)為k）對該平衡的影響。

①已知圖甲中0～t1min內(nèi)，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1，則t1=________min；若從t2min起僅改變一個反應(yīng)條件，則所改變的條件可能是____________________________（填一種即可）。

②圖乙中，b點時k=_________。

③已知某溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=10，在該溫度下向容器中同時加入下列濃度的混合氣體：c(H2)=0.1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.1mol/L，則在平衡建立過程中NH3的濃度變化趨勢是__________（填“逐漸增大”“逐漸減小”或“恒定不變”）。

（3）聯(lián)氨（又稱肼，N2H4，無色液體）為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，是一種應(yīng)用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料。（已知：N2H4+H+N2H5+）

①N2H5+的電子式為_______。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為________。

②聯(lián)氨是一種常用的還原劑。向裝有少量AgCl的試管中加入聯(lián)氨溶液，觀察到的現(xiàn)象___________________________________________________________。

（4）尿素(CO(NH2)2)是目前使用量較大的一種化學(xué)氮肥；工業(yè)上利用下圖所示裝置(陰；陽極均為惰性電極)電解尿素的堿性溶液制取氫氣。

①該裝置中陽極的總電極反應(yīng)式為_____________________________________________。

②若兩極共收集到氣體22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則消耗的尿素為____________g(忽略氣體的溶解)。19、如圖所示：甲；乙為相互串聯(lián)的兩電解池。試回答：

（1）乙池中Fe極電極反應(yīng)式為___________，若在乙池中滴入少量酚酞試液，開始電解一段時間，鐵極附近呈_________色。

（2）甲池若為用電解原理精煉銅(假設(shè)粗銅的組成是均勻的，且比其活潑和不活潑的成分均存在)的裝置，則A電極名稱為_____極，電極反應(yīng)式為____________，電解質(zhì)溶液可以是______；通電一段時間后，A極增重12.8g，則甲池溶液原溶質(zhì)的濃度______(填“增大”、“減小”、“不變”或“無法確定”)，乙池C(石墨)極放出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為________，若此時，乙池剩余溶液為25℃，體積為400mL，則溶液的pH＝_______。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共4分)20、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(shè)計表，并在實驗?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)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?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細(xì)）對該反應(yīng)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(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、其他(共4題，共24分)21、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質(zhì)子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。23、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質(zhì)子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】試題分析：A、讀數(shù)時不能仰視或俯視，一處錯誤，錯誤；B、稀釋濃硫酸時不能在量筒中稀釋，也不能把水加入濃硫酸中，兩處錯誤，正確；C、稱量氫氧化鈉固體時，應(yīng)用小燒杯稱量，不能用紙片，一處錯誤，錯誤；D、溶解過程中應(yīng)用玻璃棒攪拌，不能用手搖動，一處錯誤，錯誤，答案選B?？键c：考查對操作正誤的判斷【解析】【答案】B2、B【分析】解：rm{A.}非金屬元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外層有rm{n}個電子，有rm{3}個電子層，各層電子數(shù)為rm{2}rm{8}rm{n}原子的電子數(shù)為rm{10+n}故A正確；

B.屬于非金屬，可以形成陰離子，帶rm{(8-n)}的單位負(fù)電荷，可能形成rm{R^{(8-n)-}}離子；故B錯誤；

C.最高正化合價為rm{n}rm{n}為奇數(shù)時，氧化物化學(xué)式為rm{R_{2}O_{n}}rm{n}為偶數(shù)時，氧化物化學(xué)式為rm{ROdfrac{n}{2}}故C正確；

D.最低負(fù)化合價為rm{-(8-n)}氫化物化學(xué)式為rm{H_{8-n}R}故D正確；

故選B．

A.非金屬元素rm{R}位于第三周期，其原子的最外層有rm{n}個電子，有rm{3}個電子層，各層電子數(shù)為rm{2}rm{8}rm{n}

B.屬于非金屬，可以形成陰離子，帶rm{(8-n)}的單位負(fù)電荷；

C.最高正化合價為rm{n}討論rm{n}的奇偶性書寫氧化物化學(xué)式；

D.最低負(fù)化合價為rm{-(8-n)}進而書寫氫化物化學(xué)式．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，難度不大，rm{C}選項為易錯點，學(xué)生容易忽略rm{n}的奇偶性問題．【解析】rm{B}3、D【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算與判斷，解題時應(yīng)注意銅與濃硫酸反應(yīng)條件，注意摩爾體積使用對象為氣體，注意過氧化鈉中陰離子為過氧根離子，題目難度不大?！窘獯稹緼.濃硫酸與銅反應(yīng)，消耗rm{0.2mol}濃硫酸則生成rm{0.1mol}二氧化硫，而含rm{H_{2}SO_{4}0.2mol}的濃硫酸與足量的rm{Cu}反應(yīng)，隨著反應(yīng)進行硫酸濃度降低，變?yōu)橄×蛩幔辉倥c銅反應(yīng)，所以生成的二氧化硫分子式小于rm{0.1N_{A}}故A錯誤；

B.足量rm{Fe}與rm{1}rm{mol}氯氣反應(yīng)，氯氣完全反應(yīng)生成rm{2mol}氯離子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{2N_{A}}故B錯誤；

C.標(biāo)況下；三氧化硫不是氣體，不能使用氣體摩爾體積，故C錯誤；

D.rm{1molNa_{2}O_{2}}所含rm{2mol}鈉離子，rm{1mol}過氧根離子，離子總數(shù)為rm{3N_{A}}故D正確。

故選D?！窘馕觥縭m{D}4、B【分析】解：原子利用率為100%；即反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為最終產(chǎn)物，生成物只有一種。

A．產(chǎn)物有兩種；不符合“綠色化學(xué)”的思想，故A錯誤；

B．反應(yīng)物中原子全部轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物；且產(chǎn)物只有一種，符合“綠色化學(xué)”的思想，故B正確；

C．葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳；產(chǎn)物有兩種，不符合“綠色化學(xué)”的思想，故C錯誤；

D．產(chǎn)物有兩種；不符合“綠色化學(xué)”的思想，故D錯誤；

故選：B。

根據(jù)“綠色化學(xué)”的特征：反應(yīng)物中原子全部轉(zhuǎn)化為欲制得的產(chǎn)物；即原子的利用率為100%；即生成物質(zhì)只有一種進行判斷。

本題考查綠色化學(xué)，難度不大。要抓住綠色化學(xué)的特征：原子利用率為100%，產(chǎn)物只有一種?！窘馕觥緽5、D【分析】解：A．鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm）；其大小在膠體粒子范圍之內(nèi)，屬于膠體，故A錯誤；

B．“鈷酞菁”分子（直徑為1.3nm），Na+半徑小于1nm；故B錯誤；

C．“鈷酞菁”分子（直徑為1.3nm）；能透過濾紙，不能透過半透膜，故C錯誤；

D．鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm）；在水中形成的分散系屬于膠體，具有丁達(dá)爾現(xiàn)象等性質(zhì)，故D正確．

故選D．

”鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm）；在水中形成的分散系屬于膠體分散系，具有膠體的性質(zhì)，具有丁達(dá)爾現(xiàn)象；能透過濾紙等性質(zhì)．

本題考查了膠體分散系的本質(zhì)特征和膠體的性質(zhì)，難度不大，掌握膠體分散系的本質(zhì)特征是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D二、填空題(共5題，共10分)6、Na2SO4、NH4NO3、CaCO3、BaCl2CuSO4KNO3【分析】【解答】（1）將此固體粉末加到水中，得到白色沉淀和上層無色清液，由于硫酸銅溶液是藍(lán)色的，故一定不含有CuSO4；得到的白色沉淀可能是CaCO3或BaSO4；

（2）過濾后，在濾出的白色沉淀里加入稀硝酸，白色沉淀部分溶解并有無色氣體生成，該氣體使澄清石灰水變渾濁，由于碳酸鈣能與硝酸反應(yīng)生成二氧化碳，故一定含有CaCO3；硫酸鋇是不溶于稀硝酸的白色沉淀，故一定有BaSO4，所以原固體中含有Na2SO4和BaCl2；

（3）在濾液中，加入適量的氫氧化鈉溶液并加熱，生成有刺激性氣味的無色氣體，該氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，說明生成了氨氣，銨態(tài)氮肥能與堿性物質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)生氨氣，故原固體中一定含有NH4NO3，不能確定是否含有KNO3；

故答案為：Na2SO4、NH4NO3、CaCO3、BaCl2；CuSO4；KNO3．

【分析】由題意知溶液無色．則推知不含CuSO4溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，可以推知有本身不溶于水的CaCO3存在或能相互反應(yīng)生成BaSO4的Na2SO4和BaCl2的存在，然后依據(jù)加入稀硝酸沉淀部分溶解，則可以推斷兩種沉淀均存在，又通過加入強堿產(chǎn)生有刺激性氣味的其體可以推斷含有NH4NO3，對于KNO3只能為可能含有，以此解答該題．7、bcae；250ml容量瓶；洗滌；將Fe3+全部還原成Fe2+；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；偏高；2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2【分析】解：rm{(1)}將混合液來制備綠礬時應(yīng)先將溶液加熱濃縮、然后冷卻結(jié)晶，將析出的固體過濾、洗滌、干燥，即可得到綠礬，故答選：rm{bcae}

rm{(2)}配制步驟有計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移到rm{250mL}容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線rm{1隆蘆2cm}時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、rm{250mL}容量瓶、膠頭滴管，故答案為：rm{250ml}容量瓶；洗滌；

rm{(3)}加入鋅粉的目的是將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{2+}}故答案為：將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{2+}}

rm{(4)MnO_{4}^{-}}能氧化rm{Fe^{2+}}得到rm{Fe^{3+}}和rm{Mn^{2+}}在步驟rm{3}中發(fā)生的離子反應(yīng)為：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

故答案為：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

rm{(5)}若在步驟rm{2}中滴入酸性高錳酸鉀溶液不足，則會有部分草酸根未被氧化，在步驟rm{3}中則會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大；從而計算出的鐵的量增多，含量偏高；

故答案為：偏高；

rm{(6)}氣體密度為rm{1.647g/L}其摩爾質(zhì)量為rm{1.647g/L隆脕22.4L/mol=36.9g/mol}所以氣體為rm{CO}和rm{C0_{2}}兩者的物質(zhì)的量之比rm{dfrac{44-36.9}{36.9-28}=dfrac{4}{5}}固體產(chǎn)物中，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{dfrac{44-36.9}{36.9-28}=dfrac

{4}{5}}結(jié)合電子得失守恒，可推測鐵元素只能以亞鐵和鐵單質(zhì)的形式存在，故方程式為：rm{K_{2}CO_{3}}

故答案為：rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]簍T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}．

綠礬溶解于稀硫酸后加入草酸得到草酸亞鐵晶體，過濾得到沉淀加入rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]簍T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}rm{K_{2}Cr_{2}O_{4}}rm{H_{2}O_{2}}反應(yīng)后得到三草酸合鐵rm{H_{2}C_{2}O_{4}}Ⅲrm{(}酸鉀晶體rm{)}

rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}根據(jù)溶液來得到晶體來分析實驗操作；將混合液來制備綠礬時應(yīng)先將溶液加熱濃縮；然后冷卻結(jié)晶，將析出的固體過濾、洗滌、干燥；

rm{(1)}根據(jù)實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應(yīng)所需儀器；

rm{(2)}根據(jù)鋅粉能與rm{(3)}反應(yīng)，加入鋅粉的目的是將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{3+}}

rm{Fe^{2+}}根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)和書寫離子方程式的要求來分析；

rm{(4)}若在步驟rm{(5)}中滴入酸性高錳酸鉀溶液不足，則會有部分草酸根未被氧化，在步驟rm{2}中則會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大；從而計算出的鐵的量增多；

rm{3}根據(jù)氣體的密度為求出其摩爾質(zhì)量，然后根據(jù)摩爾質(zhì)量和質(zhì)量守恒來判斷成分；依據(jù)信息：固體產(chǎn)物中，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{(6)}結(jié)合電子得失守恒，可推測鐵元素只能以亞鐵和鐵單質(zhì)的形式存在；最后寫出方程式．

本題主要考查溶液的配制、滴定和結(jié)晶等操作，注意基礎(chǔ)實驗知識的積累，把握實驗步驟、原理和注意事項等問題，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．rm{K_{2}CO_{3}}【解析】rm{bcae}rm{250ml}容量瓶；洗滌；將rm{Fe^{3+}}全部還原成rm{Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}偏高；rm{2K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]簍T3K_{2}CO_{3}+Fe+FeO+4CO+5CO_{2}}8、（1）a

（2）A中有紅棕色氣體生成防止E中水蒸氣進入B中，造成產(chǎn)物不純

（3）排除裝置內(nèi)空氣，防止干擾實驗E中產(chǎn)生白色沉淀

（4）5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O

（5）CO2+2Mg2MgO+C

（6）取B中固體少量于試管中，向其中加入少量水，若產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，則B中有氮化鎂生成【分析】【分析】本題考查反應(yīng)產(chǎn)物的測定、對實驗原理與裝置的理解、實驗方案設(shè)計等，題目難度中等，理解實驗原理是解題的關(guān)鍵，是對知識的綜合考查，需要學(xué)生具有知識的基礎(chǔ)與綜合運用知識分析問題、解決問題的能力。探究一定濃度的硝酸與【解答】反應(yīng)產(chǎn)物：三頸燒瓶中為鎂和硝酸反應(yīng)，可能得到rm{Mg}rm{A}三種氣體，若二氧化氮氣體，rm{NO_{2}}中有紅棕色氣體產(chǎn)生，rm{NO}沸點為rm{N_{2}}經(jīng)過rm{A}裝置冰鹽水冷卻生成的氣體，rm{NO_{2}}中出現(xiàn)有色液體，rm{21.1隆忙}中盛放rm{D}的酸性高錳酸鉀，若出現(xiàn)高錳酸鉀褪色，說明有rm{D}生成，氧化反應(yīng)為：rm{C}經(jīng)過裝置rm{1%}進行氣體干燥，然后進入裝置rm{NO}進行鎂和氮氣的反應(yīng)，再經(jīng)過裝置rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}簍T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}防止水蒸氣進入rm{F}導(dǎo)致氮化鎂水解，最后用氫氧化鋇吸收尾氣；rm{B}rm{F}為達(dá)到上述實驗?zāi)康模x用的儀器的正確連接方式是：rm{B}rm{(1)}為達(dá)到上述實驗?zāi)康?，所選用的儀器的正確連接方式是根據(jù)實驗裝置中的藥品及實驗的目的確定所選用的儀器的正確連接方式，二氧化氮為紅棕色氣體，確定還原產(chǎn)物中有rm{(1)}的現(xiàn)象是rm{A隆煤D隆煤C隆煤F隆煤B隆煤F隆煤E}中有紅棕色氣體產(chǎn)生；故選rm{a}或rm{a}中出現(xiàn)有色液體rm{(2)}氮化鎂易水解，rm{NO_{2}}使用rm{A}的目的是防止水蒸氣進入rm{(}導(dǎo)致氮化鎂水解；rm{D}裝置在該實驗中為吸收尾氣裝置，實驗中先打開開關(guān)rm{)}通過導(dǎo)管向裝置內(nèi)通入最后一次氣體以排出裝置內(nèi)的空氣，當(dāng)rm{F}中出現(xiàn)白色沉淀，說明二氧化碳已經(jīng)充滿整個裝置；rm{B}中溶液顏色慢慢褪去，為rm{(3)E}和高錳酸根離子反應(yīng)氧化還原反應(yīng)，該反應(yīng)中，反應(yīng)中物質(zhì)的化合價變化：rm{K}rm{CO_{2}}元素化合價由rm{E}價rm{(4)C}價，一個rm{NO}得rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}個電子；rm{Mn}rm{+7}由rm{隆煤+2}價變成rm{MnO_{4}^{-}}價，一個rm{5}分子失去rm{NO隆煤NO_{3}^{-}}個電子，所以其最小公倍數(shù)為rm{N}故rm{+2}的計量數(shù)為rm{+5}rm{NO}的計量數(shù)為rm{3}然后根據(jù)原子守恒配平其它元素，配平后的離子方程式為：rm{15}故答案為：rm{MnO_{4}^{-}}rm{3}鎂條與二氧化碳發(fā)生置換反應(yīng)，生成碳與氧化鎂，反應(yīng)為rm{NO}所以在rm{5}中開始反應(yīng)時，馬上點燃rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}簍T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}處的酒精燈，實驗結(jié)束后通過測試發(fā)現(xiàn)rm{5NO+4H^{+}+3MnO_{4}^{-}簍T3Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+2H_{2}O}處的產(chǎn)品純度不高，原因是裝置中充滿rm{(5)}而加熱時rm{2Mg+CO_{2}=2MgO+C}也能與rm{A}反應(yīng)，故答案為：裝置中充滿rm{B}而加熱時rm{B}也能與rm{CO_{2}}反應(yīng)；rm{CO_{2}}鎂與硝酸反應(yīng)時若有氮氣生成，則生成的氮氣和鎂反應(yīng)生成氮化鎂，氮化鎂易水解生成氨氣，所以取少量rm{Mg}中反應(yīng)后的固體放入試管中，再向試管中滴加適量的水并將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口處，試紙變藍(lán)，說明有氮氣生成，故答案為：取少量rm{CO_{2}}中反應(yīng)后的固體放入試管中，再向試管中滴加適量的水并將濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口處，試紙變藍(lán)。rm{CO_{2}}rm{Mg}【解析】rm{(1)a}rm{(1)a}中有紅棕色氣體生成防止rm{(2)A}中有紅棕色氣體生成防止rm{E}中水蒸氣進入rm{B}中，造成產(chǎn)物不純中水蒸氣進入rm{(2)A}中，造成產(chǎn)物不純rm{E}排除裝置內(nèi)空氣，防止干擾實驗rm{B}中產(chǎn)生白色沉淀rm{(3)}排除裝置內(nèi)空氣，防止干擾實驗rm{E}中產(chǎn)生白色沉淀rm{(3)}rm{E}rm{(4)5NO+3MnO}rm{(4)5NO+3MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}_{=}}rm{3Mn}rm{3Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+5NO}rm{+5NO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+2H}取rm{+2H}中固體少量于試管中，向其中加入少量水，若產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，則rm{{,!}_{2}}中有氮化鎂生成rm{O}9、略

【分析】解：酸是在溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物，但是能電離出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4屬于鹽；但是能電離出氫離子，所以說法錯誤．

故答案為：×．

酸是在溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物；據(jù)此分析．

本題考查了酸的概念，側(cè)重于對基礎(chǔ)知識的考查，題目難度不大，注意把握酸的概念．【解析】×10、（1）147g3（2）1.5（3）4【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量的計算知識，難度不大，掌握以物質(zhì)的量的計算是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)}rm{1.5molH}rm{1.5molH}rm{{,!}_{2}}rm{SO}的質(zhì)量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g}其中含有rm{SO}氫離子；rm{{,!}_{4}}的質(zhì)量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}其中含有rm{3mol}氫離子；個氨分子含：rm{dfrac{9.03隆脕{10}^{23}}{6.02隆脕{10}^{23}mo{l}^{-1}}=1.5mol}氨分子；rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}從rm{3mol}溶液中取出rm{(2)9.03隆脕10}則這rm{(2)9.03隆脕10}溶液的濃度不變，所以氫氧化鈉的質(zhì)量為：rm{0.1L隆脕1{mol}big/{L}隆脕40{g}big/{mol}=4g}rm{{,!}^{23}}【解析】rm{(1)147g}rm{3}rm{(2)1.5}rm{(3)4}三、判斷題(共6題，共12分)11、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(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)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(zhì)．

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(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．12、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個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．13、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目14、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個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．15、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，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【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/mol16、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素四、原理綜合題(共3題，共9分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1632.4kJ/mol

②2NO(g)+4NH3(g)+2NO2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1518.2kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)①-②，整理可得反應(yīng)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH=-114.2kJ/mol；

(2)三個反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，焓變減少，熵又是增加的反應(yīng)，體系的自由能△G=ΔH-T△S＜0；所以反應(yīng)能夠自發(fā)進行；

當(dāng)汽車尾氣中＞1時，c(NO)＞c(NO2)；尾氣主要以NO為主，則主要發(fā)生①反應(yīng)；

(3)①催化劑只能加快反應(yīng)速率；但不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動，故在其它條件相同時，使用甲催化劑與乙催化劑反應(yīng)達(dá)到平衡時NO的轉(zhuǎn)化率相等。由圖可知在催化劑甲作用下，M點NO的轉(zhuǎn)化率小于相同溫度下乙作催化劑時NO的轉(zhuǎn)化率，因此M點時反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)；

(4)當(dāng)氨氣足量時，在催化劑丙的作用下完成反應(yīng)③，測得在相同時間內(nèi)NO2脫除率隨反應(yīng)溫度變化的情況如圖所示，由于此時催化劑未失效，根據(jù)圖示可知：在180℃之前NO2脫除率隨溫度的升高而增大，這是由于在180℃反應(yīng)未達(dá)到平衡，隨著溫度的升高，反應(yīng)速率加快，有更多的NO2反應(yīng)轉(zhuǎn)化為N2，使NO2的脫除率增大；由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，在180℃反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)后，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致NO2的脫除率所溫度的升高而減?。?/p>

(5)①n處二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)不再改變，說明n處已達(dá)平衡狀態(tài)，在n處：v正=v逆；在反應(yīng)達(dá)到平衡之前，正反應(yīng)速率隨著反應(yīng)物濃度的減小而減小，逆反應(yīng)速率隨生成物濃度的增大而增大，因此m處v正＞n處v正，而n處v正=v逆，所以m處v正＞n處v逆；

②對于反應(yīng)2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，在反應(yīng)開始時n(CO)=n(NO)=1mol，假設(shè)反應(yīng)CO物質(zhì)的量是xmol，則根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知平衡時各種氣體的物質(zhì)的量分別是n(CO)=n(NO)=(1-x)mol，n(CO)=xmol，n(N2)=0.5xmol，由于平衡時CO2的體積分?jǐn)?shù)是50%，則解得x=0.8mol，由于容器的容積是2L，則各種氣體的平衡濃度分別是c(CO)=c(NO)==0.1mol/L，c(CO2)==0.4mol/L，c(N2)==0.2mol/L，則該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)K=【解析】-114.2kJ/mol3個SCR反應(yīng)都是焓減、熵增的反應(yīng)，體系的自由能△G＜0①沒有M點處NO的轉(zhuǎn)化率小于相同溫度下乙作催化劑時的NO的轉(zhuǎn)化率在180℃反應(yīng)達(dá)到平衡前，隨著溫度的升高，反應(yīng)速率增大，有更多NO2發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)化為N2，導(dǎo)致NO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而增大；當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度，平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致NO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而減小＞32018、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律計算可得；

（2）①由速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；然后根據(jù)速率的計算公式求出時間。根據(jù)影響化學(xué)平衡的因素來解答；

②當(dāng)N2與H2的起始體積比符合方程式中化學(xué)計量數(shù)之比時；達(dá)到平衡時氨的體積分?jǐn)?shù)最大；

③根據(jù)濃度商和化學(xué)平衡常數(shù)比較，判斷化學(xué)平衡移動方向，進而判斷平衡建立過程中NH3的濃度變化趨勢；

（3）①N2H4是二元弱堿，其性質(zhì)與氨氣相似，第一步電離出1個氫氧根離子和N2H5+，則第二步中N2H5+電離出1個氫氧根離子和N2H62+；

【詳解】

（1）令①：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol－1，②：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=－908kJ·mol－1，氨氣被一氧化氮氧化生成無毒氣體的化學(xué)方程式為③：4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)，③=②-5①，△H=（－908-5180）kJ·mol－1=－1808kJ·mol－1，則氨氣被一氧化氮氧化生成無毒氣體的熱化學(xué)方程式4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)ΔH＝－1808kJ·mol－1；

（2）①0～t1min內(nèi)，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1，v(N2)=0.01mol·L-1·min-1，則==0.01mol·L-1·min-1，解得t1=30min。從t2min起N2的濃度逐漸減小，則所改變的條件可能是降低溫度（或增大H2濃度、減小NH3濃度）使得平衡正向移動引起的；

②當(dāng)N2與H2的起始體積比符合方程式中化學(xué)計量數(shù)之比時，達(dá)到平衡時氨的體積分?jǐn)?shù)最大，即圖乙中，b點時k=3：1；

③c(H2)=0.1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.1mol/L，則Qc===20＞10，所以反應(yīng)逆向進行，NH3的濃度逐漸減??；

（3）①N2H4是二元弱堿，其性質(zhì)與氨氣相似，第一步電離出1個氫氧根離子和N2H5+，則第二步中N2H5+電離出1個氫氧根離子和N2H62+。N2H5+的電子式為N2H4是二元弱堿，其性質(zhì)與氨氣相似，第一步電離出1個氫氧根離子和N2H5+，則第二步中N2H5+電離出1個氫氧根離子和N2H62+，則聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為N2H6(HSO4)2；

②N2H4被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質(zhì)銀，-2價的N元素被氧化為N2，反應(yīng)方程式為：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr；因此反應(yīng)出現(xiàn)現(xiàn)象為：固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生；

（4）①陽極化合價升高失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，CO(NH2)2被氧化為N2，在堿性條件下產(chǎn)生碳酸根離子，則該裝置中陽極的總電極反應(yīng)式為CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋CO32—＋6H2O；

②該電解池總反應(yīng)式為：CO(NH2)2＋2OH－=N2↑＋CO32—＋3H2↑，若兩極共收集到氣體22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，即1mol氣體，其中氮氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1:3，故氮氣有0.25mol，CO(NH2)2的物質(zhì)的量也為0.25mol，則消耗的尿素為0.25mol15g。【解析】4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)ΔH＝－1808kJ·mol－130降低溫度（或增大H2濃度、減小NH3濃度）3:1逐漸減小N2H6(HSO4)2固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋＋6H2O1519、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)裝置圖；乙池中和電源正極連接的C電極為陽極，F(xiàn)e為陰極，溶液中的氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，溶液中氫氧根離子濃度增大；

(2)依據(jù)電解精煉原理；粗銅做陽極，精銅做陰極，含銅離子的電解質(zhì)溶液；依據(jù)電極反應(yīng)結(jié)合電子守恒計算放出氣體體積和離子濃度，從而計算溶液的pH。

【詳解】

(1)根據(jù)裝置圖，乙池中和電源正極連接的C電極為陽極，F(xiàn)e為陰極，溶液中的氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，陰極的反應(yīng)式為：2H++2e-═H2↑；溶液中氫氧根離子濃度增大，酚酞變紅，故答案為：2H++2e-═H2↑；紅；

(2)甲池若用電解原理精煉銅，粗銅做陽極，精銅做陰極，用含銅離子的電解質(zhì)為電解質(zhì)溶液；甲池中A為陰極，B為陽極；所以A電極材料為精銅，電極反應(yīng)為：Cu2++2e-═Cu，B電極為粗銅，Cu-2e-═Cu2+，電解質(zhì)溶液可以為硫酸銅溶液，通電一段時間后，甲池中陽極上粗銅中的鐵、鋅、鎳等金屬失電子，溶液中銅離子得到電子析出銅，所以溶液中原溶質(zhì)的濃度減?。籄極增重12.8g為銅，物質(zhì)的量==0.2mol，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.4mol；乙池中C電極為陽極，溶液中氯離子失電子生成氯氣，陽極電極反應(yīng)為2Cl--2e-═Cl2↑，陰極電極反應(yīng)：2H++2e