2025年外研版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年外研版高一化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、欲萃取碘水中的I2，不能作为萃取剂的是A.苯B.酒精C.CCl4D.汽油2、不能用胶体的知识解释的现象是（）A.清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）B.尿毒症患者使用血液透析治疗C.明矾净水D.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色3、下列四个数据是在不同条件下测出的合成氨反应的速率，其中最快是rm{(}rm{)}A.rm{V(H_{2})篓T0.1mol/(L?min)}B.rm{V(N_{2})篓T0.1mol/(L?min)}C.rm{V(NH_{3})篓T0.15mol/(L?min)}D.rm{V(N_{2})篓T0.002mol/(L?s)}4、某烷烃的结构为其主链的碳原子数为rm{(}rm{)}A.rm{5}B.rm{6}C.rm{7}D.rm{8}5、电解质是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，下列物质属于电解质的是A.rm{Fe}B.rm{O_{2}}C.rm{NaCl}D.rm{KNO_{3}}溶液6、有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH﹣）：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣；现取样逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图．以下推测错误的是（）

A.原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B.不能确定原溶液是否含有K+、NO3﹣C.原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D.实验所加的NaOH溶液浓度为2mol/L7、在rm{2A+B?}rm{3C+4D}中，表示该反应速率最快的是rm{(}rm{)}A.rm{娄脭(A)=0.5mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}B.rm{娄脭(B)=0.3mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}C.rm{娄脭(C)=0.8mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}D.rm{娄脭(D)=1mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}rm{娄脭(A)=

0.5mol隆陇L^{-1}隆陇S^{-1}}8、化学与生产生活、环境保护密切相关rm{.}下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.食盐既可作调味品也可作食品防腐剂B.向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化C.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应不利于“蓝天工程”的建设D.高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强9、下列物质组合中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是rm{(}rm{)}

rm{垄脵Al}rm{垄脷Al_{2}O_{3}}rm{垄脹Al(OH)_{3}}rm{垄脺NaHCO_{3}}．A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脷垄脹垄脺}C.rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脺}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（5分）现有mg某气体，它由四原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol－1，则：(1)该气体的物质的量为mol.(2)该气体中所含的原子总数为个．(3)该气体在标准状况下的体积为L.(4)该气体溶于1L水中(不考虑反应)，其溶液中溶质的质量分数为．(5)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为mol·L－1.11、rm{(1)}在一定条件下，乙烷和乙烯都能制备氯乙烷rm{(C_{2}H_{5}Cl).}用乙烷制备氯乙烷的反应类型为______；用乙烯制备氯乙烷的化学方程式是：______．

rm{(2)}以rm{NH_{3}}代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点rm{.}使用的电解质溶液是rm{2mol?L^{-1}}的rm{KOH}溶液，电池总反应为：rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O.}该电池负极的电极反应式为______；每消耗rm{3.4gNH_{3}}转移的电子数目为______．12、下列是中学化学常见的物质：

A.金刚石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)}在固态时含极性共价键的分子晶体是______

rm{(2)}既含离子键又含共价键的是______

rm{(3)}固态时属于离子晶体的是______

rm{(4)}熔化时需克服共价键的是______

rm{(5)}晶体中不存在化学键的是______．13、如图为实验室某盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为mol•L-1。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.400mol•L-1的稀盐酸。①容量瓶上需标有以下五项中的。A．温度B．浓度C．容量D．压强E．刻度线②将下列操作填写完整，并排列其正确的操作顺序（字母表示，每个字母只能用一次）；A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取浓盐酸mL，注入烧杯中，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅拌，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃杯注入中D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E．改用加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面至刻度线下处。14、（10分）实验室常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应式如下：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（1）用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目。（2）反应中发生氧化反应的物质是___________（填化学式），被还原的元素是___________（填元素名称）。（3）氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________。（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气体积为（标准状况下）。15、（本题共12分）将纯锌片和纯铜片按图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：（1）下列说法正确的是____________。A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置B．乙中铜片上没有明显变化C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D．两烧杯中溶液的c(H+)均增小（2）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲____乙（填“＞”、“＜“或“＝”）。（3）当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，通过导线的电子数目为_______________。（4）当乙中产生1.12L（标准状况）气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1L，测得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（设反应前后溶液体积不变）。试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_________________。(5)甲中锌片上发生的电极反应：_________________________；(6)若甲中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和铜片洗净干燥后称重，总质量为47g，则：氢气的体积(标准状况)为________。16、现有下列电解质：

①H2SO4②Ca（OH）2③BaSO4④CuCl2⑤NaHSO4⑥NaHCO3⑦Al2（SO4）3

（1）其中属于酸的是______（填序号，下同），属于碱的是______，属于盐的是______

（2）写出②⑤⑥⑦在水溶液里的电离方程式：

②______⑤______⑥______⑦______．17、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在rm{100mL}稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如表rm{(}累计值rm{)}

。时间rm{(min)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}氢气体积rm{(ml)}rm{50}rm{120}rm{232}rm{290}rm{310}rm{(1)}哪一时间段rm{(}指rm{0隆芦1}rm{1隆芦2}rm{2隆芦3}rm{3隆芦4}rm{4隆芦5min)}反应速率最大______；原因是______．

rm{(2)}哪一段时段的反应速率最小______；原因是______

rm{(3)}求rm{2隆芦3}分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率______．

rm{(4)}如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：你认为可行的是______rm{(}填编号rm{)}．

A.蒸馏水rm{B.NaCl}溶液rm{C.Na_{2}CO_{3}}溶液rm{D.CuSO_{4}}溶液．18、将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀，然后再加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并产生刺激性气味的气体rm{.}根据上述实验现象，说明浓硫酸具有______性质rm{(}填序号，下同rm{)}浓硫酸露置空气中质量增加______，铁制容器盛放浓硫酸______，热的浓硫酸和铜反应______．

rm{垄脵(}强rm{)}氧化性rm{垄脷}脱水性rm{垄脹}吸水性rm{垄脺}酸性．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）21、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）22、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）23、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．24、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）25、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共4题，共8分)26、乙醛是一种重要的脂肪族化合物；在工业；农业、医药、食品和饲料添加剂等领域具有非常广泛的应用。目前，常用乙醇脱氢来制备。

I(乙醇氧化脱氢)：2CH3CH2OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)∆H1

II(乙醇直接脱氢)：CH3CH2OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)∆H2

(1)已知相关共价键的键能数据如表：。共价键C-HO-HC-OC=OO=OC-C键能(kJ·mol-1)413462351745497348

∆H1=___________kJ·mol-1

(2)在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，不能说明反应I(乙醇氧化脱氢)达到平衡状态的是___________。(填选项字母)

A、体系压强不再变化B、v正(CH3CH2OH)=2v逆(O2)

C、混合气体的密度保持不变D；混合气体平均相对分子质量保持不变。

(3)对于反应II(乙醇直接脱氢)，T1℃，P1kPa条件下，向一容积可变的密闭容器中，充入2mol乙醇气体，达平衡后乙醇的转化率为50%，容器体积为2L。T1℃，P2kPa条件下，充入2mol乙醇气体，平衡后乙醇的转化率为60%，此时容器的体积为___________L。

(4)乙醇直接脱氢反应中Cu基催化剂是最常用的催化剂体系之一、研究者研究了用Cu35Zn25Al43作催化剂时不同温度对乙醇直接脱氢反应性能的影响；图像如图：

最适宜的温度为___________；结合图像说明选择该温度的理由___________。

(5)乙醇直接脱氢反应中铜基催化剂有失活的缺点。大连物化所的研究者设计了一种多级海胆状结构Cu-MFI-AE催化剂；在乙醇催化中展示了较高的乙醛选择性；稳定性。催化剂表面上反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。

写出该历程中最大能垒对应步骤的化学方程式___________。27、汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一；治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：

(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原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则CH4催化还原NO的热化学方程式为___________________。

(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。

①据此判断该反应的正反应为__________(填“放热”或“吸热”)反应。

②温度T1时，该反应的平衡常数K=___________；反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=______________。

(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术；一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：

①SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0，则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为_________________。

②体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率；如图所示：

SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高,其原因是_________________；当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是_____________________。28、C；N、S的氧化物常会造成一些环境问题；科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。

（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表示恒压容器中和平移转化率达时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式______________________。

（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入和发生反应可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到时达平衡，测得的体积分数为0.5，则前20min的反应速率_______该温度下反应化学平衡常数K=________。（保留两位小数）

（3）工业上有多种方法用于的脱除。

①可用NaClO碱性溶液吸收为了提高吸收效率，常加入反应过程的示意图如图所示，产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，因此可加快对的吸收。

a.的作用是____________________。

b.过程2的离子方程式___________________________________。

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是_______________。

②“亚硫酸盐法”吸收烟气中的室温条件下，将烟气通入溶液中，测得溶液与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，点时溶液pH=7，则_____________。

（4）用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1，被阳极产生的氧化性物质氧化尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液和对烟气脱硝的影响如图2所示：

图1图2

①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式__________________。排入空气的尾气，一定含有的气体单质是_________________（填化学式）。

②溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是___________________________。29、含硫废气污染严重，SO2治理迫在眉睫．

Ⅰ．某工厂用(NH4)2SO3和NH4HSO3混合溶液A吸收烟气中SO2并制备(NH4)2SO3·H2O；已知:

。溶液(1mol·L-1)

(NH4)2SO3

NH4HSO3

pH(25℃)

8.0

4.6

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_________(填“大”或小)．

(2)(NH4)2SO3溶液呈碱性的原因是__________

(3)用不同的溶液A吸收SO2时，SO2吸收率和放空废气含N2量的变化如下图．解释图中放空废气含NH3吸收量增大的原因____________随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大____．

(注:不同溶液A的体积相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同)

Ⅱ:Na2SO3同样可用于处理低浓度SO2废气；流程如下。

(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是_______________________．

(5)测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH；数据如下．

。时刻。

①

②

③

④

温度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

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

(6)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用；示意图如下。

结合电极方程式，简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理__________评卷人得分五、解答题(共2题，共20分)30、实验室欲配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL：

（1）需称取NaOH固体的质量为______g

（2）某同学欲称量NaOH的质量；他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图1所示．由图可见，该同学在操作时的一个明显错误是______，烧杯的实际质量为______．

（3）在图2所示仪器中；配制上述溶液肯定不需要的是______（填序号）．

（4）在容量瓶的使用方法中；下列操作正确的是______（可多选）

A．使用容量瓶前应首先检验是否漏水．

B．容量瓶用水洗净后；再用待配溶液润洗2～3次．

C．配制溶液时；如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．

D．如果配制溶液时；溶质溶解速率比较慢，可以将容量瓶在酒精灯上加热，促进溶质的溶解，节省配制溶液的时间．

E．洗烧杯和玻璃棒的洗涤液必须转移入容量瓶中；不能倒掉．

（5）图3是该同学转移溶液的示意图；该同学在操作过程中存在明显的错误为：______．

（6）在配制该溶液过程中；下列操作会引起配制溶液浓度偏高的是______．

①没有洗涤烧杯和玻璃棒②所用天平的砝码生锈。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水④定容时俯视标线。

⑤定容时仰视标线。

⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀；静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线．

31、一个完整的氧化还原反应方程式可以拆成两个“半反应式”：一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+的拆写结果是：

氧化反应式是：Cu-2e-→Cu2+；还原反应式是：2Fe3++2e-→2Fe2+已知某个反应的半反应式：CH4+10OH--8e-→CO32-+7H2O

O2+2H2O+4e-→4OH-

则总反应的离子方程式为______；其中还原剂是______．

评卷人得分六、结构与性质(共1题，共6分)32、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9题，共18分)1、B【分析】试题分析：萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同而分类的，萃取剂的选择应该符合以下条件：（1）、溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大。（2）、萃取剂与元溶剂不相溶。（3）、萃取剂与溶质不反应。综上所述，选B考点：萃取剂的条件。【解析】【答案】B2、D【分析】解：A．清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象；是胶体的丁达尔现象，与胶体有关，故A不符合；

B．尿毒症主要是血红蛋白随尿液排出；所以血液透析就是将血液通过半透膜，防止血红蛋白流失，故B不符合；

C．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，和胶体有关，故C不符合；

D．在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀；发生的是复分解反应，与胶体无关，故D错误．

故选D．

A．气溶胶具有丁达尔现象；

B．胶体不能通过半透膜；可以通过此性质来精制胶体，分离胶体；

C．明矾净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；

D．红褐色沉淀是生成的氢氧化铁；不是胶体．

本题考查了胶体性质的应用，主要考查胶体的聚沉、胶体的分散质微粒直径，丁达尔现象，熟练掌握胶体性质是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】D3、D【分析】解：发生反应：rm{N_{2}+3H_{2}=2NH_{3}}rm{dfrac{v(H_{2})}{3}}化学反应速率与其化学计量数的比值越大；反应速率越快；

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表示的反应速率最快；

故选D．

由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要相同．

本题考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较，题目难度不大．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】本题考查了电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的区别。【解答】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质和非电解质都一定为化合物，单质和混合物一定不是电解质、非电解质；还要注意不属于电解质的物质包括非电解质、单质和混合物rm{;}A.rm{Fe}是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.rm{O_{2}}是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误rm{;}

C.rm{NaCl}属于盐；是化合物，是电解质，故C正确；

D.硝酸钾溶液属于混合物；既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选C；

【解析】rm{C}6、B【分析】【解答】无色溶液，不含铜离子，逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH﹣时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3•H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+；镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子；

A、原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣；故A正确；

B；不含碳酸根离子；根据溶液呈电中性，所以一定含硝酸根离子，故B错误；

C、根据图象知，35﹣40mL时Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2，则0﹣25mL时NaOH和Mg2+、Al3+反应生成沉淀，生成NaAlO2时需要NaOH5mL，则生成Al（OH）3需要NaOH15mL，则有10mLNaOH溶液和镁离子反应，25﹣35mL时氢氧化钠溶液和NH+4反应生成氨水，根据使用NaOH溶液体积知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2；故C正确；

D、当加入40mLNaOH溶液时，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=0.01mol，根据原子守恒知，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反应生成NaAlO2需要NaOH溶液的体积是5mL，则铝离子和NaOH溶液反应生成Al（OH）3沉淀时需要NaOH溶液的体积是15mL，则生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是10mL，所以c（NaOH）==2mol/L；故D正确；

故选B．

【分析】无色溶液，不含铜离子，逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH﹣时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3•H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，由此分析解答．7、B【分析】【分析】本题考查反应速率的快慢比较，该类题的解题思路是统一物质、统一单位，统一物质时根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行转换。【解答】用不同的物质表示反应速率，数值不一样，根据反应速率比rm{=}方程式计量系数比，将反应速率均统一成rm{B}的反应速率，则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)}选项反应速率最快，故B正确。故选B。rm{B}【解析】rm{B}8、B【分析】解：rm{A.}食盐具有咸味；可做调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作防腐剂，故A正确；

B.向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故B错误；

C.化石燃料的燃烧会产生大量空气污染物；如粉尘；有害气体等，所以加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，不利于“蓝天工程”建设，故C正确；

D.铝常温下能与空气中氧气反应；生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故D正确；

故选B．

A.食盐具有咸味；食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的；

B.向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；

C.根据化石燃料的燃烧会产生大量空气污染物；如粉尘；有害气体等；

D.车厢大部分采用铝合金材料制造；这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点．

本题考查常见生活环境的污染及治理，题目难度不大，本题注意明矾的净水原理．【解析】rm{B}9、B【分析】解：rm{垄脵}为单质，不符合题意，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}为两性氧化物，与酸反应：rm{Al_{2}O_{3}+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}O}也能与碱反应：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}为两性氢氧化物，与酸反应：rm{Al(OH)_{3}+3HCl=AlCl_{3}+3H_{2}O}也能与碱反应：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}为弱酸的酸式盐，与酸反应：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}也能与碱反应：rm{NaHCO_{3}+NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}故rm{垄脺}正确．

故选B．

既能和酸反应又能和碱反应的化合物有两性氧化物；两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐等．

本题考查常见物质的性质，题目难度不大，注意既能和酸反应又能和碱反应的物质类型．【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】考查物质的量的有关计算。（1）根据n＝m/M可知，该气体的物质的量是n＝m/Mmol。（2）气体是由4个原子构成的，所以该气体中所含的原子总数为N＝4×m/Mmol×6.02×1023/mol＝（3）根据可知，该气体在标准状况下的体积为L。（4）1L水的质量是1000g，所以溶液中溶质的质量分数为%。（5）根据c＝n/V可知，溶液的物质的量浓度为mol/L。【解析】【答案】（5分）(1)(2)(3)(4)%(5)11、略

【分析】解：rm{(1)}乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，反应方程式为rm{C_{2}H_{6}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}C_{2}H_{5}Cl+HCl}该反应为取代反应，乙烯和rm{C_{2}H_{6}+Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{

}C_{2}H_{5}Cl+HCl}发生加成反应生成氯乙烷，反应方程式为rm{HCl}

故答案为：取代反应；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}电池反应为：rm{(2)}该电池负极是氨气失电子生成氮气，反应的电极反应式为rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O.}反应中rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}氨气反应电子转移rm{2mol}电子，每消耗rm{6mol}物质的量rm{=dfrac{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}转移的电子数为rm{3.4gNH_{3}}

故答案为：rm{=dfrac

{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}rm{0.6N_{A}}．

rm{2NH_{3}+6OH^{-}-6e^{-}=N_{2}+6H_{2}O}乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，乙烯和rm{0.6N_{A}}发生加成反应生成氯乙烷；

rm{(1)}依据化学方程式分析氨气化合价变化，判断发生氧化反应的物质是氨气，原电池中在负极失电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；结合化学方程式和电子转移总数计算每消耗rm{HCl}转移的电子数．

本题考查了取代反应和加成反应以及原电池电极方程式的书写，根据有机物的官能团来分析其性质和反应，题目难度不大．rm{(2)}【解析】取代反应；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.}金刚石属于原子晶体；熔化时克服共价键；

B.rm{HCl}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

C.rm{NaCl}属于离子晶体；熔化克服离子键；

D.rm{K_{2}SO_{4}}属于离子晶体；含有离子键和共价键，熔化克服离子键；

E.rm{Na_{2}S}属于离子晶体，熔化克服离子键；rm{F.He}属于分子晶体；是单原子分子，没有化学键，熔化时克服分子间作用力；

G.rm{N_{2}}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

rm{(1)HCl}属于分子晶体，rm{H}与rm{Cl}原子之间存在极性键，所以在固态时含极性共价键的分子晶体是rm{B}故答案为：rm{B}

rm{(2)K_{2}SO_{4}}属于离子晶体，含有离子键和共价键，既含离子键又含共价键的是rm{D}故答案为：rm{D}

rm{(3)}固态时属于离子晶体的是rm{CDE}故答案为：rm{CDE}

rm{(4)}原子晶体在熔化时，需要克服共价键，则熔化时需克服共价键的是rm{A}故答案为：rm{A}

rm{(5)}稀有气体属于单原子分子，分子中没有化学键，则晶体中不存在化学键的是rm{F}故答案为：rm{F}．

A.金刚石属于原子晶体；熔化时克服共价键；

B.rm{HCl}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力；

C.rm{NaCl}属于离子晶体；熔化克服离子键；

D.rm{K_{2}SO_{4}}属于离子晶体；含有离子键和共价键，熔化克服离子键；

E.rm{Na_{2}S}属于离子晶体，熔化克服离子键；rm{F.He}属于分子晶体；是单原子分子，没有化学键，熔化时克服分子间作用力；

G.rm{N_{2}}属于分子晶体；熔化时克服分子间作用力，据此结合题目分析．

本题考查化学键的类型以及晶体的类型，根据物质的组成，及有关的概念进行判断，题目难度不大，注意稀有气体属于单原子分子，分子中没有化学键是易错点．【解析】rm{B}rm{D}rm{CDE}rm{A}rm{F}13、略

【分析】试题分析：(1）该盐酸的物质的量浓度=1000×1.19×36.5%/36.5mol/L=11.9mol/L.（2）A．溶液中HCl的物质的量和C．溶液中Cl-的数目随着溶液体积的增多增加。B．由均一性可知溶液的浓度和D．溶液的密度是定值。（3）①容量瓶上需标有A．温度C．容量E．刻度线三项。②根据实验操作顺序，下列排列其正确的操作顺序BCAFED，各空的答案依次为B．16.8C．500mL容量瓶（无规格不得分）E．胶头滴管F．1~2mL。考点：本题考查物质的量浓度溶液的配制。【解析】【答案】（1）11.9（2）BD（有错不得分）（3）①ACE（有错或缺2个不得分）②BCAFED（有错不得分）B．16.8C．500mL容量瓶（无规格不得分）E．胶头滴管F．1~2mL14、略

【分析】试题分析：（1）MnO2+4HCl（浓）=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反应中，+4价Mn的化合价降低2价，得到2个电子，Cl元素的化合价整体升高2价，失去2个电子，所以用双线桥表示为（2）在该反应中，Cl元素的化合价升高，被氧化，所以发生氧化反应的物质是HCl，Mn元素的化合价降低，被还原；（3）参加反应的HCl中只有1/2被氧化，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，根据2HCl～Cl2，所以生成氯气的物质的量是0.5mol，标准状况下的体积是0.5mol×22.4L/mol=11.2L。考点：考查对氧化还原反应的分析，双线桥的表示【解析】【答案】（10分）（1）（2）HCl锰（3）1﹕2（4）11.2L15、略

【分析】依题意可知甲构成原电池，乙没有形成闭合的通路不是原电池。构成原电池加快反应速率，两烧杯中产生气泡的速度：甲＞乙。当甲中产生1.12L也就是1mol（标准状况）气体时，通过导线的电子数目为0.1NA.当乙中产生1.12L（标准状况）气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1L，测得溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1（设反应前后溶液体积不变）。试确定原稀硫酸n(H+)=(0.1+0.1)mol,原稀硫酸的物质的量浓度为1mol/L,甲中减轻的为13G,是消耗的锌的质量，物质的量为0.2mol,产生氢气为0.2mol。【解析】【答案】（1）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）电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故①H2SO4为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故②Ca（OH）2为碱；电离出的阴离子是酸根离子、阳离子是金属离子或铵根离子的化合物为盐，故③BaSO4④CuCl2⑤NaHSO4⑥NaHCO3⑦Al2（SO4）3均为盐．故答案为：①；②；③④⑤⑥⑦；

（2）Ca（OH）2是强碱，在溶液中完全电离为一个钙离子和2个氢氧根，故电离方程式为：Ca（OH）2=Ca2++2OH-；

NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-；

NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，故电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；

Al2（SO4）3是强电解质，能完全电离为2个铝离子和3个硫酸根离子，Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-．

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

（1）电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；电离出的阴离子是酸根离子；阳离子是金属离子或铵根离子的化合物为盐；

（2）Ca（OH）2是强碱；在溶液中完全电离为一个钙离子和2个氢氧根；

NaHSO4是强酸强碱的酸式盐；在溶液中完全电离为钠离子；氢离子和硫酸根；

NaHCO3是强碱弱酸盐；在溶液中完全电离为钠离子和碳酸氢根离子；

Al2（SO4）3是强电解质；能完全电离为2个铝离子和3个硫酸根离子．

本题考查了酸、碱、盐的概念和电离方程式的书写，难度不大，应注意的是碳酸氢钠和硫酸氢钠电离方程式书写方法的区别．【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隆芦1}rm{1隆芦2}rm{2隆芦3}rm{3隆芦4}rm{4隆芦5min}时间段中，产生气体的体积分别为rm{50mL}rm{70mL}rm{112mL}rm{68mL}rm{20mL}由此可知反应速率最大的时间段为rm{2隆芦3}rm{min}

故答案为：rm{2隆芦3}rm{min}因反应为放热反应；温度升高，反应速率增大；

rm{(2)}反应速率最小的时间段是rm{4隆芦5min}时间段，此时温度虽然较高，但rm{H^{+}}浓度小；

故答案为：rm{4隆芦5}rm{min}此时rm{H^{+}}浓度小；

rm{(3)}在rm{2隆芦3min}时间段内，rm{n(H_{2})=dfrac{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}根据rm{n(H_{2})=dfrac

{0.112L}{22.4L/mol}=0.005mol}计算消耗盐酸的物质的量为rm{2HCl隆芦H_{2}}则rm{娄脭(HCl)=dfrac{dfrac{0.01mol}{0.1L}}{1min}=0.1}rm{0.01mol}

故答案为：rm{娄脭(HCl)=dfrac{dfrac

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

rm{娄脭(HCl)=0.1}加入蒸馏水，rm{mol/(L?min)}浓度减小；反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；

B.加入rm{(4)A.}溶液，rm{H^{+}}浓度减小；反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；

C.加入rm{NaCl}溶液，生成rm{H^{+}}气体；影响生成氢气的量，故C错误；

D.加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，rm{CO_{2}}置换出rm{CuSO_{4}}反应速度增大；但影响生成氢气的量，故D错误；

故答案为：rm{Zn}．

rm{Cu}和rm{AB}在rm{(1)}rm{(2)}rm{0隆芦1}rm{1隆芦2}rm{2隆芦3}时间段中，产生气体的体积分别为rm{3隆芦4}rm{4隆芦5min}rm{50mL}rm{70mL}rm{112mL}生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度；浓度对反应速率的影响分析；

rm{68mL}计算出氢气的体积，根据rm{20mL}计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算反应速率；

rm{(3)}为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低rm{2HCl隆芦H_{2}}浓度，但不能影响rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}的物质的量；

本题考查反应速率的探究，难度中等rm{(4)}要注意根据把握影响反应速率的因素，掌握基础是关键．rm{H^{+}}【解析】rm{2隆芦3min}因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大；rm{4隆芦5min}rm{4隆芦5min}时间段rm{H^{+}}浓度小；rm{0.1mol/(L?min)}rm{AB}18、略

【分析】解：因浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水稀释而放出大量的热，浓硫酸将蔗糖中的rm{H}和rm{O}以rm{2}rm{1}的形式脱去，蔗糖变黑；浓硫酸具有强氧化性：rm{C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}产生有刺激性气味的气体，说明浓硫酸具有强氧化性脱水性吸水性；

浓硫酸露置空气中质量增加是因为浓硫酸具有吸水性；吸收空气中的水蒸气，说明浓硫酸具有吸水性；

铁制容器盛放浓硫酸；是因为浓硫酸具有强的氧化性，常温下使铁钝化形成致密氧化膜，阻止反应进行，体现浓硫酸强的氧化性；

热的浓硫酸和铜反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；体现浓硫酸强的氧化性和酸性；

故答案为：rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{垄脵垄脷垄脹}rm{垄脹}rm{垄脵}．

依据浓硫酸的酸性；强氧化性；脱水性、吸水性结合现象解答，注意铜与浓硫酸反应过程中硫酸中部分硫元素化合价升高、部分化合价降低，据此判断解答．

本题主要考查了浓硫酸的性质，明确浓硫酸的强氧化性、脱水性、吸水性三大特性及硫酸的酸性是解题关键，题目难度不大，注意脱水性与吸水性区别．rm{垄脵垄脺}【解析】rm{垄脵垄脷垄脹}rm{垄脹}rm{垄脵}rm{垄脵垄脺}三、判断题(共7题，共14分)19、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．20、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．21、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．22、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol23、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．24、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．25、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．四、原理综合题(共4题，共8分)26、略

【分析】【详解】

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

(2)反应I为气体体积增大的放热反应；

A．在恒温恒容下；气体体积之比等于其物质的量之比，体系压强不再变化则说明气体总物质的量不变，可说明反应已达到平衡状态；

B．v正(CH3CH2OH)、v逆(O2)所表示的化学反应方向不同，v正(CH3CH2OH)=2v逆(O2)满足平衡时化学反应速率之比等于其系数之比；可说明反应处于平衡状态；

C．该反应中参加反应的物质均为气体；反应过程中气体质量不变，且容器为恒容装置，混合气体的密度始终不变，因此不能用密度判断反应是否处于平衡状态；

D．反应过程中气体总质量不变；气体物质的量会变化，因此混合气体平均相对分子质量保持不变时可说明反应处于平衡状态；

故答案为C；

(3)CH3CH2OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)中，充入2mol乙醇气体，达平衡后乙醇的转化率为50%，容器体积为2L，则c(CH3CH2OH)==0.5mol/L，c(CH3CHO)=c(H2)==0.5mol/L，则K1===0.5，T1℃，P2kPa条件下，充入2mol乙醇气体，平衡后乙醇的转化率为60%，则c(CH3CH2OH)=c(CH3CHO)=c(H2)=温度不变，则平衡常数不变，则=0.5；解得V=3.6L；

(4)由图可知；随温度升高，乙醇转化率逐渐增大，乙醇选择性逐渐下降，当温度高于280℃后，乙醇选择性下降较大，因此乙醇直接脱氢反应的最适宜的温度为280℃，故答案为：280℃；温度较低时，乙醇转化率较低；温度高于280℃后乙醇选择性降低；

(5)由图可知，该过程中能垒依次为-0.66eV、+0.19eV、-1.7eV、+0.83eV、-0.44eV、+0.89eV、+1.99eV、-0.1eV，因此该历程中最大能垒对应步骤的化学方程式为C2H4O(g)+2H*=C2H4O(g)+H2(g)。【解析】-389kJ/molC3.6L280℃温度较低时，乙醇转化率较低；温度高于280℃后乙醇选择性降低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

利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式；

(2)①根据先拐先平温度高，T1＞T2；纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行；

②温度为T1时，化学平衡常数的的含义，利用三段式计算出各种物质的平衡浓度，将各种物质的平衡浓度带入公式可得其平衡常数的数值；速率常数只与温度有关，温度不变，速率常数不变，根据平衡时v正=v逆，可得=K，根据v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，代入即可计算出其数值；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2；反应生成氮气；二氧化碳和水；

②脱硝的最佳温度约为925℃；此时脱硝效率最大，SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高是因为未加入催化剂，从催化剂活性分析温度的影响；从平衡移动角度及反应速率选择合适的温度。

【详解】

(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

利用盖斯定律计算①+②-③×2得到CH4催化还原NO的热化学方程式CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol；

(2)①先拐先平温度高，T1＞T2，纵轴温度越高CO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；

②在某密闭容器中通入等量的CO和NO；根据图像可知开始时，c(CO)=c(NO)=2mol/L，平衡状态下一氧化碳浓度为0.4mol/L；

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

起始量(mol/L)2200

变化量(mol/L)1.61.61.60.8

平衡量(mol/L)0.40.41.60.8

根据平衡常数的含义可得该温度下的反应平衡常数K==80；

当该可逆反应达到平衡时v正=v逆，根据v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，可得=K，根据v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，在a点，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，根据物质反应时的物质的量关系可知，此时c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)=0.4mol/L，则===648；

(3)①尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2，反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O；

②图像可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925°C左右；但温度也不能太高，这是因为温度低，反应速率慢，但温度太高，会降低催化剂活性；当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是温度较低时，化学反应速率慢，达到平衡所需的时间过长，生产效率低下，温度过高，催化剂活性降低，且升高温度有利于反应向吸热的逆反应方向方向进行，不利于脱硝技术消除烟气中的氮氧化物。

【点睛】

本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图像中定量关系计算的解应用，掌握基础是解题关键，题目难度适中。【解析】CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-977.2kJ/mol放热806484CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O温度太高，会降低催化剂活性低于925℃反应速率较慢，高于925℃不利于脱硝反应正向进行28、略

【分析】【分析】

（1）根据图示，可知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热23-3.4=19.6kJ，然后按比例计算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的△H得出该反应的热化学方程式；

（2）列出三行式；利用已知关系找出转化量和平衡量，代入计算公式计算速率和平衡常数；

（3）①a.由过程1和过程2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；

b.根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-；O；据此写出离子方程式；

c.Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

②b点时溶液的pH=7；根据电荷守恒分析解答；

（4）①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将NO氧化为NO3-。电解时阴极产生H2。

②由图2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高。

【详解】

（1）根据图中数据，恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2转化率达80％时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，△H==-49kJ/mol，该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

因此，本题正确答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol；

（2）设进行到20min时达平衡，转化的CO的物质的量为2x，则：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)

起始量（mol）210

转化量（mol）2xx2x

平衡量（mol）2-2x1-x2x

根据平衡时CO2的体积分数为0.5，有：=0.5；解得x=0.6；

则前20min的反应速率=0.03

平衡时，CO、SO2和CO2浓度分别为0.4mol/L；0.2mol/L、0.6mol/L；则。

平衡常数K===11.25。

因此；本题正确答案是：0.03；11.25；

（3）①a.由过程1和过程2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；

b.根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；

c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

因此，本题正确答案是：催化剂；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4；有利于反应的进行；

②b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根据图可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1；

因此；本题正确答案是：3:1；

（4）①由图1可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将NO氧化为NO3-，反应的离子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。电解时阴极产生H2，故排入空气的尾气，一定含有的气体单质是H2。

因此，本题正确答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；

②由图2可知；溶液的pH越小，NO的去除率越高，溶液的pH对NO去除率存在相关关系的原因是次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。

因此，本题正确答案是：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。【解析】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol0.0311.25催化剂2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2OCa2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强29、略

【分析】【分析】

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3，导致(NH4)2SO3量减小，而NH4HSO3的量增大；

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

(3)SO2溶液水，导致溶液显酸性可增大NH3吸收量；c(SO32-)增大，则水解使溶液碱性增强，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动；

(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠；

(5)根据表中数据对比说明盐的成分发生改变；导致水解程度减小；

(6)通电时，阳极水失电子生成氧气和氢离子，溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动，氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-，而b室的钠离子向c室移动，c室阴极氢离子得电子生成氢气，导致HSO3-H++SO32-向右移动，c中NaHSO3转化为Na2SO3；实现分离。

【详解】

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3，导致(NH4)2SO3物质的量减小，而NH4HSO3物质的量增大；则其比值减小；

(2)(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐，溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-水解使溶液呈碱性，而NH4+水解呈酸性，此时溶液呈碱性则SO32-水解程度大于NH4+水解；

(3)SO2溶液水，导致溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，酸性溶液可增大NH3吸收量；随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大，c(SO32-)增大，则水解使溶液碱性增强，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动，促进NH3逸出；

(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠，方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；

(5)根据表中数据，0.1mol·L-1Na2SO3溶液升高温度后，水的电离程度增大，pH减小；再恢复至原温度后，pH却减小，说明盐的成分发生改变，导致水解程度减小，则可能为在升温过程中，SO32-被空气中氧气氧化变成SO42-，使SO32-浓度下降；水解程度降低，pH降低；

(6)通电时，阳极水失电子生成氧气和氢离子，溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动，氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-，而b室的钠离子向c室移动，c室阴极氢离子得电子生成氢气，导致HSO3-H++SO32-向右移动，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离。【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-)随溶液中c(NH4+)和c(OH-)均增大，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动，促进NH3逸出SO32-+SO2+H2O==2HSO3-在升温过程中，SO32—被空气中氧气氧化变成SO42—，使SO32—浓度下降，水解程度降低，pH降低阳极发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，c(OH-)降低，促进水电离，使c(H+)升高，多余的H+由a室经阳离子交换膜进入b室将b室中SO32-转化为HSO3-，阴极2H++2e-==H2↑，导致平衡HSO3-H++SO32-向右移动，生成更多SO32-，Na+从b室进入c室．最终b中Na2SO3转化为NaHSO3，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离五、解答题(共2题，共20分)30、略

【分析】

（1）需氢氧化钠的质量为：0.5L×0.5mol•L-1×40g/mol=10.0g；

故答案为：10.0；

（2）天平称量遵循左物右码；由图可见烧杯与砝码的位置放反了；

由图可知；游码的读数为2.6g，砝码的质量为1