2025年新世纪版高一化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年新世纪版高一化学下册月考试卷237考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）A.H2SO4B.Cl2C.NaAlO2D.NH32、海带中富含碘元素。从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作。下列图示对应的装置合理、操作规范的是A.灼烧B.过滤C.分液D.蒸馏3、实验室制备硝酸铝[Al(NO3)3·9H2O]可使用下列方法：反映上述反应有关的离子方程式错误的是A.2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑B.HCO3—+AlO2—+H2O=CO2↑+Al(OH)3↓C.NH4++AlO2—+2H2O=NH3·H2O+Al(OH)3↓D.3H++Al(OH)3=Al3++3H2O4、微量元素摄入量的多少，会直接影响人体健康，导致成年人出现甲状腺肿大的原因是缺乏下列元素中的（）A.铁B.碘C.钙D.锌5、检验NH3的方法或现象的描述中，正确的是（）A.干燥的红色石蕊试纸变红B.使湿润的红色石蕊试纸变蓝C.闻溶液的气味D.尝溶液的味道评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、复分解反应的条件是生成_____________、_____________或____________。7、有下列物质：①氢氧化钠固体②铜丝③氯化氢气体④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥熔融氯化钠⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体．请用序号填空：

（1）上述状态下可导电的是____．（2）属于电解质的是____．

（3）属于非电解质的是____．

（4）上述状态下的电解质不能导电的是____．8、写出符合题意的离子方程式向澄清石灰水中通入少量CO2气体至过量，其离子反应分步写____

向Ba（OH）2溶液中逐渐滴入H2SO4溶液____

向足量的NaHSO4溶液中加入CuO____．9、用化学方程式解释下列问题：

rm{(1)}久置氯水不能使有色布条褪色：______；

rm{(2)}被rm{SO_{2}}漂白的品红溶液中通入氯气后先复色再褪色；解释“复色”的原因：______；

rm{(3)}氢氟酸不能用玻璃瓶储存：______；

rm{(4)}饱和亚硫酸钠溶液能吸收rm{SO_{2}}______；

rm{(5)}氯化铁溶液能吸收硫化氢______．10、计算填空：

（1）现有34g某气体，摩尔质量为17g•mol-1；则：

①该气体的物质的量______。

②该气体所含分子数为______。

③该气体在标准状况下的体积为______。

（2）标准状况下，与22.4L二氧化碳中的氧原子数目相同的水的质量是______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）12、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）13、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）14、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）15、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．16、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）17、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）18、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共8分)19、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。20、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。21、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共12分)23、(2018·安徽省合肥市高三第三次教学质量检测)H2S在重金属离子处理；煤化工等领域都有重要应用。请回答：

Ⅰ．H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体；反应原理为。

ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol−1

ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=−42kJ·mol−1

已知断裂1mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)能量(kJ·mol−1)1310442x669

（1）计算表中x=_______。

（2）T℃时，向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；发生上述两个反应。

①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol，则T℃时反应ⅰ的平衡常数K=_______(保留2位有效数字)。

②上述反应达平衡后，若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，则再次达平衡后H2的体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”);若升高温度，则CO的平衡体积分数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其理由是_______。

Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2；同时生成硫蒸气。

（3）向2L密闭容器中加入0.2molH2S，反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如下图所示，则在此温度区间内，H2S分解反应的主要化学方程式为_______；在1300℃时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=_______。

Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。

（4）25℃时，向浓度均为0.001mol·L−1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c(Ag+)=_______。(已知：25℃时，Ksp(SnS)=1.0×10−25，Ksp(Ag2S)=1.6×10−49)。24、甲醇是重要的化工原料，利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇时；发生的主反应如下：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-99kJ•mol-1

②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)△H2=58kJ•mol-1

③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ•mol-1

（1）一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，假设只发生反应①，达平衡后测得各组分浓度如下：。物质COH2CH3OH浓度(mol•L-1)0.91.00.6

①列式并计算平衡常数K=___。

②若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是___。

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正__v逆(填“>”、“<”或“=”)。

（2）在实际生产中，当合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率α(CO)与温度和压强的关系如图所示。

α（CO）值随温度升高而___（填“增大”或“减小”），其原因是___。图中的压强由大到小为___，其判断理由是___。25、利用生物质乙醇制氢具有良好的应用前景。回答下列问题：

(1)电催化生物乙醇制氢的装置如图所示。能量转化方式为_______。

(2)乙醇；水蒸气催化重整制氢包含的主要反应如下：

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

①反应时_______

②一定条件下，各物质的物质的量分数()与温度的关系如图所示。随着温度升高，(g)的物质的量分数不断降低，其原因是_______；600K后，的物质的量分数逐渐降低的原因是_______。

③反应过程主要积炭反应及平衡常数如表：。反应500K600K700K800K199210.4397.68.71.36

为减少积炭，可采取的措施是_______(写一种)。

④在恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和mmol总压强为0.1MPa，在T℃发生反应(不考虑发生其它反应)，达平衡时，乙醇的转化率为氢气的压强为_______MPa，该反应的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。26、氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学；化工工业、国防等领域占有重要地位。

（1）发射航天火箭常用肼(N2H4)与N2O4作燃料与助燃剂。肼(N2H4)与N2O4的反应为2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1077kJ•mol-1

已知相关反应的化学键键能数据如下表所示：。化学键N-HN-NN≡NO-HE/（kJ•mol-1）390190946460

则使1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是___________。

（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)]随温度的变化如图所示。

①由图推测该反应的△H___0（填“>”或“<”），理由为________________。

②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强po为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp=_________（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数）。

③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=___________，在下左图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为__________（填字母代号）。

（3）电解NO2制备NH4NO3；其工作原理如图所示。

①阳极的电极反应式为________________________________________。

②为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充某种化合物A，则A的化学式为_________。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共5分)27、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【解答】解：A．硫酸在水中能电离，则其水溶液导电，即硫酸属于电解质，故A错误；B．因非电解质是化合物，而Cl2是单质，即Cl2既不是电解质也不是非电解质；故B错误；

C．因NaAlO2在水溶液或熔化状态下都能导电，则NaAlO2属于电解质；故C错误．

D．NH3的水溶液能导电，是因NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成离子而导电，即发生电离不是NH3本身，故NH3属于非电解质；故D正确；

故选D．

【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物．2、C【分析】【分析】本题考查学生物质的分离方法和实验基本操作知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。【解答】A.灼烧是在坩埚中进行的；不能在蒸发皿中进行，故A错误；

B.过滤实验要用到玻璃棒的引流作用；故B错误；

C.分液要在分液漏斗中进行；下层液体从下边漏出，上层液体从上口倒出，故C正确；

D.蒸馏时；温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口出，不能深入液面以下，故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}3、B【分析】NH4+和AlO2—两者均水解并且互相抑制，并不能发生双水解反应，B错；它们之间产生白色的Al(OH)3↓属于“强酸制弱酸”，NH4+给AlO2—提供H+，生成Al(OH)3。故答案为B。【解析】【答案】B4、B【分析】【解答】A．铁是合成血红蛋白的主要元素；缺铁会患缺铁性贫血，故A错误；

B．碘是合成甲状腺激素的主要元素；缺乏或摄入过多会患甲状腺肿大，故B正确；

C．钙元素是组成骨骼的主要元素；幼儿或青少年缺钙容易患佝偻病，老年人缺钙易导致骨质疏松症，故C错误；

D．锌影响人的生长发育；缺乏会食欲不振，生长迟缓，发育不良，故D错误．

故选B．

【分析】A．缺铁会患缺铁性贫血；

B．碘是合成甲状腺激素的主要元素；

C．钙元素是组成骨骼的主要元素；

D．锌影响人的生长发育．5、B【分析】解：A．红色石蕊试纸遇碱变蓝，但氨气不能电离，干燥的红色石蕊试纸没有水，故干燥的红色石蕊试纸遇NH3不变红。故A错误。

B．湿润的红色石蕊试纸，有水，NH3+H2O=NH3•H2O⇌NH4++OH-；湿润的红色石蕊试纸，遇碱变蓝。故B正确。

C．氨气易挥发；闻溶液的气味，有刺激性气味，但有刺激性气味的气体，不一定是氨气，二氧化硫；氯气等气体也是。故C错误。

D．尝溶液的味道；实验室化学药品，无论是否有毒，都不能尝。故D错误。

故选：B。

检验NH3，应利用NH3的性质解题．氨气具有以下几点性质：通常情况下是有刺激性气味的无色气体，密度比空气小，易液化，极易溶于水，V（NH3）：V（H2O）=700：1，NH3溶于水形成氨水是弱碱；NH3遇浓盐酸有白烟产生；氨与氧气发生催化氧化反应．

掌握氨气的性质，从氨气不同于其它气体的性质入手解题．平时学习，应注意不同气体性质的差异．【解析】B二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【解析】【答案】沉淀、气体、弱电解质7、略

【分析】

（1）能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒；金属铜中存在能自由移动的带负电的电子能导电，稀硫酸和熔融氯化钠中都有能自由移动的正负离子，也能导电，故答案为：②④⑥；

（2）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；故答案为：①⑥⑦；

（3）非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；故答案为：③⑤⑧；

（4）题目中的电解质只有氢氧化钠固体；熔融氯化钠、碳酸钠粉末；氢氧化钠和碳酸钠在水溶液中或熔融状态下才能够导电，固体状态下没有能自由移动的正负离子，不能导电，故答案为：①⑦．

【解析】【答案】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；酸；碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质．能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电--是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子．

8、Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O、CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣|Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O|2H++CuO=Cu2++2H2O【分析】【解答】解：澄清石灰水中通人少量CO2气体至过量，先反应生成碳酸钙，离子方程式：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O；再通入二氧化碳，碳酸钙与二氧化碳反应生成碳酸氢钙，离子方程式：CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣；

Ba（OH）2溶液中逐渐滴入H2SO4溶液，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；

二者反应实质氢离子与氧化铜反应生成铜离子和水，离子方程式：2H++CuO=Cu2++2H2O；

故答案为：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O、CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣；Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；2H++CuO=Cu2++2H2O．

【分析】澄清石灰水中通人少量CO2气体至过量；先反应生成碳酸钙，再通入二氧化碳，碳酸钙与二氧化碳反应生成碳酸氢钙；

氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水；

二者反应实质氢离子与氧化铜反应生成铜离子和水．9、2HClO2HCl+O2↑；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；SO2+Na2SO3+H2O═2NaHSO3；2FeCl3+H2S=S↓+2FeCl2+2HCl【分析】解：rm{(1)}久置氯水不能使有色布条褪色，是因为次氯酸分解产生氧气，得到的溶液中无次氯酸，所以方程式为：rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{.}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}故答案为：rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{.}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}

rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{

.}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}和rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{

.}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}等物质的量混合通入品红溶液液中发生反应rm{(2)Cl_{2}}而两种酸无漂白性，再通入氯气又复原，故答案为：rm{SO_{2}}

rm{Cl_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HCl}氢氟酸能和玻璃成分二氧化硅反应rm{Cl_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HCl}故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸，故答案为：rm{(3)}

rm{4HF+SiO_{2}篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}与rm{4HF+SiO_{2}篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}反应生成rm{(4)SO_{2}}反应方程式为rm{Na_{2}SO_{3}}故答案为：rm{NaHSO_{3}}

rm{SO_{2}+Na_{2}SO_{3}+H_{2}O篓T2NaHSO_{3}}硫化氢气体与氯化铁溶液发生氧化还原反应，与量无关，反应的化学方程式为rm{SO_{2}+Na_{2}SO_{3}+H_{2}O篓T2NaHSO_{3}}故答案为：rm{(5)}．

rm{2FeCl_{3}+H_{2}S=S隆媒+2FeCl_{2}+2HCl}久置氯水不能使有色布条褪色；是因为次氯酸分解产生氧气，得到的溶液中无次氯酸；

rm{2FeCl_{3}+H_{2}S=S隆媒+2FeCl_{2}+2HCl}和rm{(1)}等物质的量混合通入品红溶液液中发生反应rm{(2)Cl_{2}}而两种酸无漂白性，再通入氯气又复原；

rm{SO_{2}}氢氟酸能和玻璃成分二氧化硅反应rm{Cl_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HCl}故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸；

rm{(3)}与rm{4HF+SiO_{2}篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}反应生成rm{(4)SO_{2}}

rm{Na_{2}SO_{3}}硫化氢气体与氯化铁溶液发生氧化还原反应，与量无关，反应的化学方程式为rm{NaHSO_{3}}．

本题考查了化学方程式的书写，题目难度不大，第rm{(5)}小题熟悉三价铁离子的性质是解题关键，注意离子方程式书写时应遵循电荷守恒、原子个数守恒．rm{2FeCl_{3}+H_{2}S=S隆媒+2FeCl_{2}+2HCl}【解析】rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{.}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{

.}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HCl}rm{4HF+SiO_{2}篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}rm{SO_{2}+Na_{2}SO_{3}+H_{2}O篓T2NaHSO_{3}}rm{2FeCl_{3}+H_{2}S=S隆媒+2FeCl_{2}+2HCl}10、2mol2NA44.8L36g【分析】解：（1）①该气体的物质的量：=2mol；

故答案为：2mol；

②该气体所含分子数为：2mol×NA=2NA；

故答案为：2NA；

③该气体在标准状况下的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L；

故答案为：44.8L；

（2）要使二氧化碳和水含有相同氧原子数，则应满足n（CO2）×2×NA=n（H2O）×1×NA，即：×2×NA=×1×NA；

m（H2O）=36g；

故答案为：36g。

（1）依据n===结合物质的结构组成计算解答。

（2）要使二氧化碳和水含有相同氧原子数，则应满足n（CO2）×2×NA=n（H2O）×1×NA；据此计算解答。

本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式即可解答，题目难度不大。【解析】2mol2NA44.8L36g三、判断题(共8题，共16分)11、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．12、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．13、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．14、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素15、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．16、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．17、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目18、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素四、其他(共4题，共8分)19、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)220、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-21、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)222、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、原理综合题(共4题，共12分)23、略

【分析】【详解】

Ⅰ．试题分析：H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体，反应原理为ⅰ．COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1，该反应为吸热反应；ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-42kJ·mol-1；该反应为放热反应。

(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ·mol-1可知；1310+442-x-669=7，所以x=1076。

(2)T℃时,向VL容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)；发生上述两个反应。

①在T℃时测得平衡体系中COS为0.80mol，H2为0.85mol，由物料守恒可以求出H2S和CO的平衡量分别为0.20mol和0.15mol，由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1，所以，T℃时反应ⅰ的平衡常数K=

②上述反应达平衡后,若向其中再充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g)，则与原平衡体系的起始投料的配比相同，由于两个反应均分气体分子数不变的反应，所以再次达平衡后H2的体积分数不变；若升高温度；则CO的平衡体积分数增大，因为反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；而反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数也增大。

Ⅱ．H2S在高温下分解制取H2；同时生成硫蒸气。

(3)向2L密闭容器中加入0.2molH2S,反应在不同温度(900~1500℃)下达到平衡时,由图中数据可知，混合气体中两种生成物的体积分数不同，其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍，由此可以推断，H2S主要分解为H2和S2，则在此温度区间内，H2S分解反应的主要化学方程式为2H2S2H2+S2；在1300℃时,反应经2min达到平衡，由图中数据可知，此时的体积分数为50%，设H2S的变化量为x，则H2和S2的变化量分别为x和0.5x，则解之得x=0.08mol，所以，0～2min的反应速率v(H2S)=0.02mol·L-1·min-1。

Ⅲ．H2S用作重金属离子的沉淀剂。

(4)25℃时,向浓度均为0.001mol·L-1Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，c(S2-)mol/L，所以，溶液中c(Ag+)=4.0×10-14mol·L-1。

点睛：本题属于化学反应原理的综合考查，主要考查了反应热的计算、化学平衡常数的计算、有关化学反应速率的计算、有关沉淀溶解平衡的计算以及外界条件对化学平衡的影响。总之，本题以化学反应原理为载体，主要考查了学生分析图表数据的能力和计算能力，加深对相关计算原理的理解和应用，能根据实际情况简化计算过程，快速高效解题。【解析】10760.044不变增大反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大2H2S2H2+S20.02mol·L−1·min−14.0×10−14mol·L−124、略

【分析】【分析】

（1）①平衡常数K=代入表中数据即可求出K。

②若将容器体积压缩为1L，预测c(H2)的取值范围，若平衡不移动，c(H2)=2.0mol/L，当平衡移动达新平衡后，c(H2)>1.0mol/L(平衡移动只能减弱这种改变，所以比原平衡时的浓度大)，最终c(H2)介于两个极端点之间。

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，利用浓度商与K进行比较，确定平衡移动的方向，从而确定v正与v逆的相对大小。

（2）从图中可以看出，α（CO）值随温度升高而减小，其原因可从①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-99kJ•mol-1③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ•mol-1两个反应进行分析。图中压强的大小关系仍可从①；③两个反应进行分析。

【详解】

（1）①平衡常数K==L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)；答案为：L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)；

②若将容器体积压缩为1L，可预测c(H2)的取值范围。若平衡不移动，c(H2)=2.0mol/L，当平衡移动达新平衡后，c(H2)>1.0mol/L(平衡移动只能减弱这种改变，所以比原平衡时的浓度大)，最终c(H2)介于两个极端点之间，即1mol•L-1<c(H2)<2mol•L-1；答案为：1mol•L-12)<2mol•L-1；

③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，浓度商Q==K，所以平衡不发生移动，从而确定v正=v逆。答案为：=。

（2）从图中可以看出，α（CO）值随温度升高而减小；其原因为：升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低。

对于反应①，压强大则CO的转化率大，对于反应③，压强改变平衡不发生移动，CO的转化率不变，所以，CO转化率大，则表明压强大，由此可得p3＞p2＞p1；其判断理由是：

相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。答案为：减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低；p3＞p2＞p1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。【解析】L2•moL-2(或0.67L2•moL-2)1mol•L-12)<2mol•L-1=减小升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；从而得出：随温度升高，使CO的转化率降低p3＞p2＞p1相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高25、略

【分析】(1)

由图可知；电催化生物乙醇制氢的过程中涉及的能量转化为太阳能转化为电能；电能转化为化学能，故答案为：太阳能转化为电能、电能转化为化学能；

(2)

①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—得反应则△H=(+255.6kJ/mol)—=+246.9kJ/mol；故答案为：+246.9；

②由方程式可知，反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡移动过程中，水的物质的量分数都不断降低；反应为吸热反应，600K后温度升高，平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数逐渐降低，故答案为：反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度平衡右移，反应Ⅲ是放热反应，升高温度平衡左移，水的物质的量均不断减小；反应为吸热反应；温度升高，平衡右移；

③由平衡常数随温度升高都减小可知；主要积炭反应的反应都为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，减少积炭，故答案为：升高温度；

④由题意可建立如下三段式：

由三段式可知，氢气的压强为MPa，反应的平衡常数=故答案为：【解析】(1)太阳能转化为电能；电能转化为化学能。

(2)+246.9反应Ⅰ、Ⅱ均是吸热反应，升高温度平衡右移，反应Ⅲ是放热反应，升高温度平衡左移，水的物质的量均不断减小反应为吸热反应，温度升高，平衡右移升高温度26、略

【分析】【分析】

根据反应的焓变＝反应物总键能－生成物总键能计算。根据图像分析；随着温度升高，四氧化二氮的平衡转化率增大，说明升高温度有利于反应正向进行，据此判断焓变。根据反应方程式计算平衡时体系中的四氧化二氮和二氧化氮的分压，代入平衡常数表达式计算分压平衡常数即可。电解池阳极发生氧化反应，根据原理分析，二氧化氮在阳极变为硝酸根离子，阴极为二氧化氮变为铵根离子，根据电子守恒分析硝酸根离子和铵根离子的物质的量的关系，并分析使二氧化氮电解全部转化为硝酸铵需要将剩余的氢离子转化为铵根离子，据此分析Ａ物质。

【详解】

(1)假设1molN2O4(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量为xkJ，△H=2×（190+390×4）+x-946×3-460×8=-1077，计算x=1941kJ；(2)①根据图像分析，随着温度升高，α（N2O4）增加，说明平衡右移。该反应为吸热反应，△H>0；②四氧化二氮与二氧化氮之间存在反应，a点起始时四氧化二氮的压强为108kPa，四氧化二氮的平衡转化率为40%，则平衡时p(N2O4)=po(1-40%),p(NO2)=po×40%×2，所以反应的分压平衡常数为115.2KPa；③当达到平衡时满足正逆反应速率相等，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则k1、k2与平衡常数Kp的关系为Kp=根据2v(N2O4)=v(NO2)，则可以表示化学平衡的点为B点与D点。(3)①电解池阳极发生氧化反应，根据原理图分析，二氧化氮在阳极失去电子转化为硝酸根离子，则阳极的电极反应为NO2-e-+H2