2025年人教版（2024）高一化學下冊月考試卷

…………○…………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年人教版（2024）高一化學下冊月考試卷332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6題，共12分)1、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A.乙烷和氯氣反應B.乙烯和氯氣反應C.乙烯和氯化氫反應D.乙烯和氫氣反應后再和氯氣反應2、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序數都不超過rm{18}它們的離子rm{{,!}_{a}A^{m+}}rm{{,!}_B^{n+}}rm{{,!}_{c}C^{m-}}rm{{,!}_zjbfrf7D^{n-}}rm{(m>n)}均具有相同的電子層結構，則下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.原子序數：rm{a>b>c>d}B.離子半徑：rm{{,!}_{a}A^{m+}>_B^{n+}>_{c}C^{m-}>_d9jrj7jD^{n-}}C.離子還原性：rm{{,!}_{a}A^{(n+1)+}>_B^{n+}}離子氧化性：rm{{,!}_{c}C^{m-}>_9pllt1zD^{n-}}D.單質還原性：rm{B>A}單質氧化性：rm{D>C}3、化學科學需要借助化學專用語言來描述，下列有關化學用語正確的是rm{(}rm{)}A.甲烷的結構式：rm{CH_{4}}B.rm{NH_{4}Cl}的電子式：C.苯的實驗式：rm{CH}D.乙烯的結構簡式：rm{C_{2}H_{4}}4、有關硝酸的性質的敘述中，正確的是A.稀硝酸能使紅色石蕊試紙變藍B.硝酸能與Na2CO3反應，但不能生成CO2C.硝酸的氧化性很強，能氧化所有金屬D.濃硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黃色5、某元素R的氣態(tài)氫化物的化學式符合RH4，且氫的質量分數為25%。則R的最高價氧化物的水化物化學式為（）A.H2SO4B.H2CO3C.HNO3D.H2SiO36、已知某短周期元素原子的第三電子層上排布有rm{5}個電子，則該元素在周期表中位于A.第二周期Ⅳrm{A}族B.第二周期Ⅴrm{A}族C.第三周期Ⅳrm{A}族D.第三周期Ⅴrm{A}族評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)7、下列實驗操作或裝置錯誤的是（）A.

蒸餾B.

過濾C.

萃取D.

轉移溶液8、一定條件下在一容積恒為2L的容器內發(fā)生反應：2A（g）+B（g）2C（g），已知起始投入4molA（g）和2molB（g），經2s后測得C的濃度為0.6mol/L，并且2s后各組分濃度不再改變．下列說法正確的是（）A.2s內用物質A表示的平均反應速率為0.3mol/（L?s）B.2s內用物質B表示的平均反應速率為0.6mol/（L?s）C.2s后每有0.6mol的物質B生成，同時就有0.6mol物質C生成D.2s時物質B的濃度為0.7mol/L9、如圖，在光照條件下，將盛有CH4和Cl2的量筒倒扣于盛有飽和食鹽水的水槽中進行實驗，對實驗現象及產物分析中錯誤的是（）A.混合氣體的顏色變淺，量筒中液面上升B.量筒內壁上出現的油狀液滴，應只是三氯甲烷、四氯甲烷的混合物C.已知HCl可降低NaCl的溶解度，故水槽中有固體物質析出D.甲烷與氯氣反應后的產物只有CCl410、一定質量的鐵、氧化鐵、氧化銅的混合物粉末放入rm{100mL4.40mol/L}鹽酸中，充分反應后產生rm{896mLH_{2}(}標準狀況rm{)}殘留固體rm{1.28g.}過濾，濾液中無rm{Cu^{2+}}將濾液加水稀釋到rm{200mL}測得其中rm{c(H^{+})}為rm{0.400mol/L}下列判斷正確的是()A.殘留固體中一定不含有鐵B.濾液中可能含有rm{Fe^{3+}}C.原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe_{2}O_{3})+n(CuO)}D.原混合物中鐵為rm{3.36g}11、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均為短周期元素，它們在元素周期表中的位置如表所示，若rm{Y}原子的最外層電子數是次外層電子數的rm{3}倍rm{.}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}

。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}A.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：rm{X<Y}B.最高價氧化物對應水化物的酸性：rm{W>Z>X}C.元素rm{Y}和元素rm{Z}的最高正化合價之和的數值等于rm{9}D.rm{W}的單質具有漂白性，能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色12、下表各組物質中，rm{x}是主體物質，rm{y}是少量雜質，rm{z}是為了除去雜質所要加入的試劑，其中所加試劑正確的一組是()。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{x}rm{FeCl_{2}}溶液rm{FeCl_{3}}溶液rm{Fe}rm{CO_{2}}rm{y}rm{FeCl_{3}}rm{CuCl_{2}}rm{Al}rm{HCl}rm{z}rm{Cl_{2}}rm{Fe}rm{NaOH}溶液飽和rm{NaHCO_{3}}溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、下列有關化學用語表示正確的是()

A.中子數為rm{10}的氧原子：rm{^{18}_{phantom{0}8}mathrm{O}}B.二氧化碳的電子式：C.rm{^{18}_{phantom{0}8}mathrm{O}

}rm{Na_{2}}的電子式：rm{O}的電子式：D.rm{O}的電子式：14、對于放熱反應rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}下列說法正確的是A.產物所具有的總能量高于反應物所具有的總能量B.反應物所具有的總能量高于產物所具有的總能量C.斷開rm{1molH-H}鍵和rm{1molCl隆陋Cl}鍵所吸收的總能量小于形成rm{2molH-Cl}鍵所放出的能量D.rm{HCl}分子較穩(wěn)定是因為其分子間作用力較大的緣故評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、為定性探究乙醇的分子結構；某化學課外小組設計了如下實驗方案：在盛有少量無水乙醇的試管中，加入一粒擦干煤油的金屬鈉，在試管口迅速塞上配有醫(yī)用注射針頭的單孔塞，點燃放出的氣體，并把一干燥的小燒杯罩在火焰上（如圖），在燒杯壁上出現液滴后，迅速倒轉燒杯，向燒杯中加入少量的澄清石灰水，觀察有無混濁．

（1）以上實驗設計存在重大安全隱患，請你幫他們指出來____．

（2）確認所用乙醇為無水乙醇的方法是____．

（3）若向燒杯中加入少量澄清石灰水后發(fā)現有混濁，那么燃燒產生CO2的物質最可能是____．

（4）若向燒杯中加入少量澄清石灰水后未發(fā)現混濁，則可推斷乙醇分子結構中含有____．

16、設rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數，已知rm{a}rm{g}某氣體中含分子數為rm且該氣體的摩爾質量為______．17、某課外實驗小組利用稀硫酸與金屬鐵反應探究影響化學反應速率的因素；得到如下實驗數據：

。實驗。

序號鐵的。

質量g鐵的。

形態(tài)C（H2SO4）

Mol/LV（H2SO4）

mL溶液溫度金屬消失的時間s反應前反應后反應前反應后10.10鐵片0.750203625020.10鐵片0.850203520030.10鐵粉0.85020362540.10鐵片1.050203512550.10鐵片1.050355050分析上述數據；回答下列問題：

（1）實驗2和3表明，______對反應速率有影響，影響規(guī)律是______

（2）僅表明反應物濃度對反應速率產生影響的實驗有______（填序號）

（3）本實驗中影響反應速率的其他因素還有______，能體現該影響因素的實驗序號是______

（4）在實驗4中滴入幾滴硫酸銅溶液，金屬消失的時間小于125s，原因是______．18、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液rm{200mL}平均分成兩份。向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解rm{9.6g}向另一份中逐漸加入鐵粉，產生氣體的量隨鐵粉質量增加的變化如下圖所示rm{(}巳知硝酸只被還原為rm{NO}氣體rm{)}

rm{(1)OA}段反應的離子方程式為__________。rm{BC}段反應的離子方程式為__________。rm{(2)}第二份溶液中最終溶質為__________，實驗驗證此溶液陽離子的方法是__________。rm{(3)H_{2}SO_{4}}濃度為_______rm{mol/L}19、rm{SO_{2}}是重要的大氣污染物，大量rm{SO_{2}}的來源是______rm{.SO_{2}}不僅本身污染大氣；而且它在大氣中經塵粒催化能與水；氧氣作用形成危害更大的酸雨，反應的化學方程式是______、______．

為了降低硫的氧化物造成的污染所采用的一種方法是在含硫燃料rm{(}如煤rm{)}中加入生石灰，這種方法稱為“鈣基固硫”，采用這種方法在燃燒過程中“固硫”反應的化學方程式為______．評卷人得分四、判斷題(共2題，共4分)20、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）21、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共12分)22、鐵及鐵的氧化物廣泛應于生產；生活、航天、科研領域。

(1)鐵通過對N2、H2吸附和解吸可作為合成氨的固體催化劑，原理為：

①若用和分別表示N2、H2和NH3，則在固體催化劑表面合成氨的過程可用下圖表示，其中能量狀態(tài)最低的是_______(填字母序號)；

②在三個體積均為1L的恒容密閉容器中，分別加入n1molN2和n2molH2發(fā)生上述反應，實驗時c(N2)隨時間(t)的變化如圖所示。與實驗b相比，實驗a、實驗c分別改變的實驗條件可能為_______、_______(分別僅改變一個條件)。

(2)Fe2O3與CH4反應可制備“納米鐵粉”，其反應為：△H2

①此反應化學平衡常數的表達式為_______。

②一定溫度下，將一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒容密閉容器中反應，能說明反應達到平衡狀態(tài)的是_______。

A．混合氣體的密度不再改變B．鐵的物質的量不再改變。

C．CO和H2的濃度之比為1：2D．v正(CO)=2v逆(H2)

③一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)進行上述反應，反應起始時壓強為p，反應進行至5min時達到平衡狀態(tài)，測得此時容器的壓強是起始壓強的倍。5min內用Fe2O3(s)表示的平均反應速率為_______該溫度下反應的分壓平衡常數Kp=_______(用含p的式子表示；已知：氣體分壓氣體總壓氣體體積分數)。23、乙烯是世界上產量最大的化學產品之一；乙烯工業(yè)是石油化工產業(yè)的核心。

(1)甲醇制備乙烯的主要反應：

i．2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)?H1=—20.9kJ/mol

ii．3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)?H2=—98.1kJ/mol

iii．4CH3OH(g)=C4H8(g)+4H2O(g)?H3=—118.1kJ/mol

①C3H6轉化為C2H4的熱化學方程式iv：2C3H6(g)=3C2H4(g)?H4=___________，該反應能自發(fā)進行的條件是___________(填“較低”“較高”或“任意”)溫度。

②加入N2作為稀釋劑，反應i中C2H4的產率將___________(填“增大”；減小”或“不變”)。

(2)乙炔在Pd表面選擇加氫生成乙烯的反應機理如圖。其中吸附在Pd表面上的物種用*標注。

該歷程中最大能壘(活化能)Ea(正)=___________kJ/mol，該步驟的化學方程式為___________。

(3)Warker法是目前工業(yè)上生產乙醛的最重要方法。其反應如下：

CH2=CH2(g)+O2(g)CH3CHO(g)?H=-243.68kJ/mol

某溫度下，物質的量之比為2：1的CH=CH2和O2在剛性容器內發(fā)生反應該反應，若起始總壓為1.5MPa，反應達到平衡時總壓減少了25%，則CH2=CH2的平衡轉化率為___________，用各物質的平衡分壓表示該反應的平衡常數，則Kp=___________MPa-0.5(只要列出計算式；分壓=總壓×物質的量分數)。

(4)電解法處理含乙醛的工業(yè)廢水的總反應為2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。實驗室中，以一定濃度的乙醛和H2SO4溶液為電解質溶液；模擬含乙醛的工業(yè)廢水，用惰性電極進行電解，其裝置如圖所示。

①b上的電極反應式為___________。

②在處理過程中，當外電路中的電流I=aA(A為電流單位)時，b分鐘處理掉乙醛c克，則該電解裝置的電流效率η=___________(用含a、b、c的代數式表示)。[已知：F=96500C?mol-1，η=]24、作為一種綠色消毒劑，H2O2在公共衛(wèi)生事業(yè)中發(fā)揮了重要的作用。已知反應：H2O2(l)=H2O(1)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1K=2.88×1020

回答問題：

(1)H2O2的強氧化性使其對大多數致病菌和病毒具有消殺功能。用3%醫(yī)用H2O2對傳染病房噴灑消毒時，地板上有氣泡冒出，該氣體是____________________。

(2)純H2O2可作為民用驅雹火箭推進劑。在火箭噴口鉑網催化下，H2O2劇烈分解：H2O2(l)=H2O(g)+O2(g)，放出大量氣體，驅動火箭升空。每消耗34gH2O2，理論上__________(填“放出”或“吸收”)熱量__________98kJ(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(3)純H2O2相對穩(wěn)定，實驗表明在54℃下恒溫貯存2周，濃度仍能保持99%，原因是H2O2分解反應的_______________(填編號)。

a.ΔH比較小b.K不夠大c.速率比較小d.活化能比較大。

(4)向H2O2稀溶液中滴加數滴含Mn2+的溶液，即有氣泡快速逸出，反應中Mn2+起_________作用。某組實驗數據如下：。t/min01020304050c(H2O2)/mol·L-10.700.490.350.250.170.12

0-30minH2O2反應的平均速率v=_____mol·L·min-1

(5)H2O2的一種衍生物K2S2O8，陰離子結構式為()。其中性溶液加熱至沸后，溶液pH降低，用離子方程式表明原因：_______________。25、Na2CO3和NaHCO3是中學化學中常見的物質；在生產生活中有重要的用途。

(1)常溫下，0.1mol/L碳酸鈉溶液pH約為12。原因是_____(用離子方程式表示)。

(2)若在FeCl3溶液中加入碳酸氫鈉濃溶液，觀察到紅褐色沉淀和無色氣體，用離子方程式解釋產生該現象的原因________。

(3)工業(yè)回收鉛蓄電池中的鉛，常用Na2CO3或NaHCO3溶液處理鉛膏(主要成分PbSO4)獲得PbCO3，再經過處理最終得到Pb。

①PbCO3的溶解度______PbSO4(填“大于”或“小于”)。

②用離子方程式解釋Na2CO3的作用________。

③用等體積、等濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液分別處理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4轉化率較大。原因是________。

(4)25℃時，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液；溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳微粒的物質的量分數變化如圖所示：

①請寫出OAB段的離子方程式________。

②當pH＝7時，溶液中主要含有哪些離子________。(除H+和OH-外)評卷人得分六、其他(共4題，共20分)26、（5分）現有前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原子中質子數等于中子數；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兩離子的電子層結構相同；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，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。27、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，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、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。28、（5分）現有前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原子中質子數等于中子數；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兩離子的電子層結構相同；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，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。29、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，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、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發(fā)生反應的離子方程式為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】試題分析：A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，該反應有副產物HCl生成，所以不符合原子經濟的理念，故A錯誤；B、CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，產物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B錯誤；C、CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有氯乙烷，符合原子經濟理念，故C正確；D、乙烯和氫氣在常溫下不反應，乙烯和氯氣反應產物是二氯乙烷不是氯乙烷，故D錯誤。故選C。考點：乙烯的化學性質烷烴及其命名【解析】【答案】C2、D【分析】解：rm{A}rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序數：rm{a>b>d>c}故A錯誤；

B、電子層結構相同，核電數越多半徑越小，所以rm{{,!}_{a}A^{m+}<_B^{n+}<_r57hfjzD^{n-}<_{c}C^{m-}}故B錯誤；

C、非金屬性越強，對應離子的還原性越弱，非金屬性rm{C<D}所以離子還原性：rm{{,!}_{c}C^{m-}>_xxp5lvxD^{n-}}金屬性越強，對離子的氧化性越弱，所以離子氧化性：rm{{,!}_{a}A^{(n+1)+}<_B^{n+}}故C錯誤；

D、金屬性rm{A<B}所以單質還原性：rm{B>A}非金屬性rm{C<D}則單質氧化性：rm{D>C}故D正確；

故選D．

已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}的原子序數都不超過rm{18}它們的離子rm{{,!}_{a}A^{m+}}rm{{,!}_B^{n+}}rm{{,!}_{c}C^{m-}}rm{{,!}_bx3jxdbD^{n-}}則有：rm{a-m=b-n=c+m=d+n}rm{A}rm{B}在周期表中rm{C}rm{D}的下一周期，并且原子序數：rm{a>b>d>c}結合元素周期律遞變規(guī)律解答該題．

本題考查原子結構與元素周期律的關系，題目難度中等，明確核外電子排布確定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的遞變規(guī)律是解答該題的關鍵．【解析】rm{D}3、C【分析】解：rm{A.}甲烷分子式為rm{CH_{4}}碳原子與氫原子之間形成rm{1}對共用電子對，結構式為：故A錯誤；

B.氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構成，其正確的電子式為故B錯誤；

C.苯的分子式為rm{C_{6}H_{6}}則苯的最簡式為rm{CH}故C正確；

D.乙烯分子中含有碳碳雙鍵，乙烯正確的結構簡式為：rm{CH_{2}=CH_{2}}故D錯誤；

故選C．

A.甲烷的結構式中，需要用短線表示出rm{C-H}鍵；

B.氯化銨為離子化合物；氯離子需要標出所帶電荷；

C.實驗式為分子中各原子的最簡比，根據苯的分子式rm{C_{6}H_{6}}判斷；

D.乙烯的結構簡式中沒有標出碳碳雙鍵．

本題考查了常見化學用語的表示方法判斷，題目難度不大，涉及電子式、結構式、結構簡式、最簡式等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及規(guī)范答題能力．【解析】rm{C}4、D【分析】【解析】試題分析：稀硝酸能使紅色石蕊試紙變紅色，A不正確；硝酸能與Na2CO3反應生成CO2，B不正確；硝酸不能氧化金和鉑，C不正確，所以正確的答案選D?？键c：考查硝酸性質的判斷【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】【答案】B6、D【分析】第三電子層上排布有rm{5}個電子，則根據核外電子的排布規(guī)律可知，該元素在周期表中的位置是第三周期Ⅴrm{A}族?！窘馕觥縭m{D}二、雙選題(共8題，共16分)7、A|B【分析】解：A．蒸餾時；溫度計水銀球應位于蒸餾燒瓶的支管口附近，用于測量餾分的溫度，故A錯誤；

B．過濾可用于分離不溶性固體和液體；但裝置中液體流出末端的尖嘴方向錯了，故B錯誤；

C．萃取后通過分液漏斗分離；裝置圖符合操作要求，故C正確；

D．轉移液體時要為防止液體飛濺；需通過玻璃棒引流，裝置圖符合操作要求，故D正確．

故選AB．

A．溫度計用于測量餾分的溫度；

B．過濾可用于分離不溶性固體和液體；

C．萃取后通過分液漏斗分離；

D．轉移液體時要防止液體飛濺．

本題考查較為綜合，涉及物質的分離、提純實驗等知識，側重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗操作的嚴密性、可行性的評價，難度中等．【解析】【答案】AB8、A|D【分析】解：A、2s內用物質C表示的平均反應速率為v（C）===0.3mol/（L?s）；v（A）=v（C）=0.3mol/（L?s），故A正確；

B、v（B）=v（C）=×0.3mol/（L?s）=0.15mol/（L?s）；故B錯誤；

C；0.6mol的物質B生成；表示逆反應方向，同時有0.6mol物質C生成，表示正反應方向，正逆反應速率之比為1：1，不等于系數之比2：1，未處于平衡狀態(tài)，反應向正反應方向進行，故C錯誤；

D、△c（B）=）=△c（C）=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s時物質B的濃度為-0.3mol/L=0.7mol/L；故D正確．

故選AD

A、根據v=計算出2s內用物質C表示的平均反應速率；再利用速率之比等于化學計量數之比計算v（A）；

B、根據v=計算出2s內用物質C表示的平均反應速率；再利用速率之比等于化學計量數之比計算v（B）；

C；可逆反應達到平衡狀態(tài)時；正逆反應速率相等（同種物質）或正逆反應速率之比等于系數之比（不同物質），平衡時各種物質的物質的量、濃度等不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不變，以此分析；

D；根據濃度變化量之比等于化學計量數之比；利用2s后C的濃度，求出△c（B），初始濃度-濃度變化量=平衡濃度．

考查化學反應速率的有關計算、化學平衡狀態(tài)等，難度不大，注意基礎知識的積累掌握．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：CH4和Cl2混合后在光照條件下發(fā)生取代反應：CH4+Cl2CH3Cl+HCl

CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A、氯氣是黃綠色氣體，由于氯氣被消耗，故混合氣體顏色變淺；由于生成的HCl溶于水，而CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油狀液體故反應后氣體體積變小；則液面上升，故A正確；

B、CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油狀液體，CH3Cl是氣體但易溶于有機溶劑，故所得的油狀液滴是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物；故B錯誤；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移，降低了NaCl的溶解度，故有固體析出，故C正確；

D、有機反應進行不徹底，故反應后產物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有；故D錯誤．

故選BD．

CH4和Cl2混合后在光照條件下發(fā)生取代反應：CH4+Cl2CH3Cl+HCl

CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl

CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl

CHCl3+Cl2CCl4+HCl

A；氯氣是黃綠色氣體；

B、CH3Cl是氣體，CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油狀液體；

C；HCl溶于水后；能使NaCl的溶解平衡左移；

D；有機反應進行不徹底．

本題考查了甲烷和氯氣的取代反應，應注意的是有機反應進行不徹底，故反應后產物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl均有．【解析】【答案】BD10、AC【分析】【分析】本題考查混合物反應的計算，題目難度中等，側重考查學生分析計算能力，注意從溶液存在的離子判斷物質反應的程度，注意利用守恒法與總方程式解答，試題培養(yǎng)了學生的化學計算能力?！窘獯稹緼.反應后溶液中還有較多rm{H^{+}}rm{H^{+}}離子剩余，且濾液中沒有rm{Cu}rm{Cu}只有rm{{,!}^{2+}}故A選項正確；，可知殘留物沒有rm{Fe}只有rm{Cu}故A選項正確；可以殘留說明溶液中沒有rm{Fe}rm{Cu}B.而rm{Cu}可以殘留說明溶液中沒有rm{Fe}rm{Cu}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，溶液中陽離子為rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}，故B選項錯誤；C.發(fā)生反應：rm{Fe+Fe}rm{Fe+Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6HCl=3FeCl}rm{+6HCl=3FeCl}rm{2}rm{2}rm{+3H}由方程式可知原混合物中rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{O}故C選項正確；rm{Fe+CuO+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}原溶液中rm{+Cu+H}參加反應的rm{+Cu+H}中的rm{2}元素轉化到氫氣、水中，根據rm{2}原子守恒，rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{O}rm{Fe+2HCl=FeCl}rm{2}rm{2}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}由方程式可知原混合物中rm{n(Fe)>n(Fe}rm{隆眉}即：rm{n(Fe)>n(Fe}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}=0.44mol-0.08mol}rm{2}rm{O}rm{O}故混合物中rm{3}rm{3}rm{)+n(CuO)}故C選項正確；由銅元素守恒，則rm{n(CuO)=n(Cu)=dfrac{1.28g}{64g/mol}}rm{)+n(CuO)}由D.反應后剩余rm{n(H}原子守恒：rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}原溶液中rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}參加反應的rm{HCl}中的rm{H}元素轉化到氫氣、水中，根據rm{H}原子守恒，rm{2n(H}rm{)=0.4mol/L隆脕0.2L=0.08mol}rm{n(HCl)=4.4mol/L隆脕0.1L=0.44mol}則rm{HCl}rm{H}rm{H}rm{2n(H}rm{2}反應中rm{2}失電子，rm{O)+2n(H}rm{O)+2n(H}rm{2}rm{2}rm{)=n}和部分鹽酸得電子，根據轉移電子守恒得：rm{)=n}總rm{(HCl)-n}rm{(HCl)-n}余rm{(H}rm{(H}即rm{{,!}^{+}}rm{)}即：rm{2n(H}rm{)}rm{2n(H}rm{2}rm{2}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{O)+2隆脕dfrac{0.896L}{22.4L/mol}

=0.44mol-0.08mol}rm{n(H}則rm{n(H}故D錯誤。rm{2}rm{2}【解析】rm{AC}11、rCD【分析】解：由上述分析可知，rm{X}為rm{C}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{S}rm{W}為rm{Cl}

A.非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：rm{X<Y}故A正確；

B.非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，則最高價氧化物對應水化物的酸性：rm{W>Z>X}故B正確；

C.rm{Y}為rm{O}無正價，rm{Z}的最高正價為rm{+7}故C錯誤；

D.rm{W}的單質為氯氣；不具有漂白性，但能使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，故D錯誤；

故選CD．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均為短周期元素，由位置可知rm{Y}位于第二周期，rm{Y}原子的最外層電子數是次外層電子數的rm{3}倍，由于最外層電子數不能超過rm{8}rm{Y}原子只能有rm{2}個電子層，次外層電子數為rm{2}最外層電子數為rm{6}則rm{Y}為rm{O}元素，結合元素在圖中的位置可知，rm{X}為rm{C}元素，rm{Z}為rm{S}元素，rm{W}為rm{Cl}元素；以此來解答．

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、原子結構來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，干燥的氯氣不具有漂白性，題目難度不大．【解析】rm{CD}12、CD【分析】【分析】本題旨在考查學生對物質分離和提純方法和基本操作的應用?！窘獯稹緼.氯化亞鐵中除去氯化鐵，用鐵粉，故A錯誤；B.除去氯化鐵中氯化銅，不能用鐵，鐵和氯化鐵、氯化銅均能反應，故B錯誤；C.鋁能和氫氧化鈉反應，鐵不能，故可以除去鐵中的鋁，故C正確；D.二氧化碳在飽和碳酸氫鈉中溶解度小，可以除去氯化氫，故D正確。故選CD。rm{`}【解析】rm{CD}13、AD【分析】【分析】本題考查了電子式的書寫，難度一般?！窘獯稹緼.中子數為rm{10}的氧原子：的氧原子：rm{10}故A正確；rm{{}_{8}^{18}{O}}?

C.B.二氧化碳的電子式故B錯誤；的電子式為rm{Na_{2}O}rm{Na^{+}}，故C錯誤；rm{Na^{+}}D.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}故D正確。故選AD。rm{O}【解析】rm{AD}14、BC【分析】【分析】本題考查放熱反應與生成物和反以為總能量關系和鍵能關系，難度不大。【解答】A.該反應是放熱反應，根據能量守恒定律知，反應物所具有的總能量高于產物所具有的總能量，故A錯誤；B.該反應是放熱反應，根據能量守恒定律知，反應物所具有的總能量高于產物所具有的總能量，故B正確；C.放熱反應的本質是：生成物成鍵釋放的總能量大于反應物斷鍵吸收的總能量，故C正確；D.rm{HCl}分子較穩(wěn)定是因為氫原子和氯原子建形成共價鍵鍵能較大的緣故，故D錯誤。分子較穩(wěn)定是因為氫原子和氯原子建形成共價鍵鍵能較大的緣故，故D錯誤。rm{HCl}故選BC?！窘馕觥縭m{BC}三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】

（1）點燃可燃性氣體之前必須檢驗純度否則發(fā)生爆炸；故點燃放出的氣體之前沒有檢驗純度；

（2）無水硫酸銅為白色固體；可與水反應生成五水硫酸銅呈藍色，故可向乙醇中加入無水硫酸銅不變?yōu)樗{色；

（3）乙醇易揮發(fā)并可燃燒生成二氧化碳，故燃燒產生CO2的物質最可能是乙醇（蒸氣）；

（4）可燃性氣體不是二氧化碳；而是鈉與乙醇反應生成的氫氣．烴分子里的氫原子不與鈉反應，可推斷乙醇分子結構中含有不同于烴分子里的氫原子存在（或活潑氫原子；羥基等）．

故答案為：（1）點燃放出的氣體之前沒有檢驗純度；

（2）向乙醇中加入無水硫酸銅不變?yōu)樗{色；

（3）乙醇（蒸氣）；

（4）不同于烴分子里的氫原子存在（或活潑氫原子；羥基等）．

【解析】【答案】（1）點燃氫氣之前必須檢驗純度否則發(fā)生爆炸；

（2）無水硫酸銅為白色固體；可與水反應生成五水硫酸銅呈藍色．將無水硫酸銅加入無水乙醇看是否變藍；

（3）體系中的可燃性氣體除了氫氣另外一種可能就是乙醇；它易揮發(fā)并可燃燒生成二氧化碳；

（4）向燒杯中加入少量澄清石灰水后未發(fā)現混濁；說明可燃性氣體不是二氧化碳，而是鈉與乙醇反應生成的氫氣．

16、g/mol【分析】解：rm{ag}氣體的物質的量為rm{dfrac{N_{A}mol^{-1}}=dfrac{N_{A}}mol}

則該氣體摩爾質量為rm{dfrac{ag}{dfrac{N_{A}}mol}=dfrac{aN_{A}}g/mol}

故答案為：rm{dfrac{N_{A}mol^{-1}}=dfrac

{N_{A}}mol}．

根據rm{dfrac{ag}{dfrac{N_{A}}mol}=

dfrac{aN_{A}}g/mol}計算氣體物質的量，再根據rm{dfrac{aN_{A}}g/mol}計算氣體摩爾質量．

本題考查物質的量計算，比較基礎，注意掌握以物質的量為中心的計算．rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}【解析】rm{dfrac{aN_{A}}g/mol}17、略

【分析】解：（1）在實驗2和3中；除了鐵的形態(tài)不同外，其它條件完全相同，所以實驗目的是為了證明固體反應物表面積對反應速率的影響；根據表中數據可知，固體表面積越大，反應速率越快；

故答案為：固體反應物的表面積；增大固體物質的表面積會加快化學反應速率；

（2）由表中數據可知；實驗1；2、4中只有硫酸濃度不同，其它反應條件完全相同，說明實驗1、2、4之間是進行比較濃度對反應速率的影響；

故答案為：1；2、4；

（3）由表中數據可知；除了條件濃度；固體表面積對反應速率的影響外，還探究了溫度對反應速率的影響；如實驗4和5，只有溫度不同，目的為了探究溫度對反應速率的影響；

故答案為：反應溫度；4和5；

（4）在實驗4中滴入幾滴硫酸銅溶液；因為鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應生成銅單質，銅與鐵在稀硫酸中形成原電池，使反應速率加快，金屬消失的時間小于125s；

故答案為：因為鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應生成銅單質；銅與鐵在稀硫酸中形成原電池，使反應速率加快．

（1）實驗2和3中只有鐵的形態(tài)不同；其它反應條件完全相同，目的是探究固體表面積對反應速率的影響；接觸面積越大，反應速率越快；

（2）若探究濃度對反應速率的影響；必須滿足除了濃度不同外，其它反應條件完全相同，據此進行解答；

（3）根據表中數據可知；本實驗中除了條件固體表面積；反應物濃度之外，還探究了反應溫度對反應速率的影響，如實驗4和5之間，只有溫度不同，目的是探究溫度對反應速率的影響；

（4）滴入硫酸銅溶液后；鐵與銅離子反應生成銅，鐵與銅形成原電池，加快了反應速率，縮短了反應時間．

本題考查探究影響化學反應速率的因素，題目難度中等，注意明確溫度、固體表面積、濃度對反應速率的影響；掌握探究影響化學反應速率因素的方法．【解析】固體反應物的表面積；增大固體物質的表面積會加快化學反應速率；1、2、4；反應溫度；4和5；因為鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應生成銅單質，銅與鐵在稀硫酸中形成原電池，使反應速率加快18、（1）Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2OFe+2H+=Fe2++H2↑

（2）FeSO4取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說明是Fe2+或者取第二份反應后的少量溶液于試管，若滴加KSCN溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說明是Fe2+或者取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，則說明是Fe2+

（3）2.5

【分析】【分析】

本題以化學反應圖象為載體；考查有關金屬和酸反應的計算題，難度中等，關鍵根據圖象分析各段發(fā)生的反應，注意與鐵的反應中硝酸全部起氧化劑作用，注意利用守恒思想解答。

【解答】

rm{(1)}由圖象可知，由于鐵過量，rm{OA}段發(fā)生反應為：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{AB}段發(fā)生反應為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{BC}段發(fā)生反應為：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故答案為：rm{Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}

rm{(2)}消耗rm{14gFe}時，此時溶液中溶質為rm{FeSO_{4}}取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應后的少量溶液于試管，若滴加rm{KSCN}溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，則說明是rm{Fe^{2+}}故答案為：rm{FeSO_{4}}取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應后的少量溶液于試管，若滴加rm{KSCN}溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，則說明是rm{Fe^{2+}}

rm{(3)}消耗rm{14gFe}時，此時溶液中溶質為rm{FeSO_{4}}根據守恒可知rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=dfrac{14g}{56g/mol}=0.25mol}故原混合物中rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=n(Fe)=dfrac{14g}{56g/mol}

=0.25mol}的濃度為rm{dfrac{0.25mol}{0.1L}=2.5mol/L}故答案為：rm{H_{2}SO_{4}}

rm{dfrac{0.25mol}{0.1L}

=2.5mol/L}【解析】rm{(1)Fe+NO_{3}^{-}+4H^{+}=Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}

rm{(2)FeSO_{4}}取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加氫氧化鈉溶液若產生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色最后變成紅褐色，則說明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應后的少量溶液于試管，若滴加rm{KSCN}溶液不變色，繼續(xù)滴加氯水溶液變成血紅色，則說明是rm{Fe^{2+}}或者取第二份反應后的少量溶液于試管，滴加rm{KMnO_{4}}溶液，rm{KMnO_{4}}溶液褪色，則說明是rm{Fe^{2+}}

rm{(3)2.5}

19、略

【分析】解：石油、煤等礦物燃料的燃燒是二氧化硫的主要來源，rm{SO_{2}}氣體在空氣中經粉塵催化氧化為rm{SO_{3}}rm{SO_{3}}與水反應能生成硫酸，有關反應的化學方程式為：rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}．

故答案為：rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{SO_{3}+H_{2}O簍TH_{2}SO_{4}}

“鈣基固硫”：煤中含有rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}與氧氣反應生成rm{SO_{3}+H_{2}O簍TH_{2}SO_{4}}反應方程式為rm{S+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}rm{S}與rm{SO_{2}}反應生成rm{S+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠錄};}}{;}SO_{2}}反應方程式為rm{SO_{2}}進一步反應生成rm{CaO}反應方程式為rm{CaSO_{3}}則燃料燃燒過程中的“固硫”反應為rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}

故答案為：rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}．

石油、煤等礦物燃料的燃燒是二氧化硫的主要來源，rm{CaO+SO_{2}簍TCaSO_{3}}氣體在空氣中經粉塵催化氧化為rm{CaSO_{4}}rm{2CaSO_{3}+O_{2}簍TCaSO_{4}}與水反應；寫出反應的化學方程式即可；

“鈣基固硫”：煤中含有rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}與氧氣反應生成rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}rm{SO_{2}}與rm{SO_{3}}反應生成rm{SO_{3}}進一步反應生成rm{S}

本題考查二氧化硫的污染和治理，側重于二氧化硫性質的考查，熟悉酸雨的成因及二氧化硫的性質即可解答，題目難度不大．rm{SO_{2}}【解析】礦物燃料的燃燒；rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}2SO_{3}}rm{2CaO+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}}rm{SO_{3}+H_{2}O簍TH_{2}SO_{4}}四、判斷題(共2題，共4分)20、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為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+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．21、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為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為2計算．五、原理綜合題(共4題，共12分)22、略

【分析】【詳解】

(1)①由于化學鍵的斷裂要吸收能量；故活化狀態(tài)B的能量高于初始狀態(tài)A的能量，而此反應為放熱反應，故初始狀態(tài)A的能量高于末態(tài)C的能量，C的能量最低，故合理選項是C；

②實驗a與實驗b相比，N2的濃度不變；說明化學平衡沒有移動，但達到平衡所需時間縮短，說明反應速率加快，所以實驗條件為使用了催化劑；

與實驗b相比，實驗c中N2的平衡濃度變大；說明化學平衡逆向移動，且達到平衡所需時間縮短，說明反應速率加快，所以實驗c的條件為升高溫度；

(2)①化學平衡常數是可逆反應達到平衡狀態(tài)時各種生成物濃度冪之積與各種反應物濃度冪之積的比，則該反應的化學平衡常數K=

②A．混合氣體密度為ρ=反應前后，氣體質量m會發(fā)生改變，若混合氣體的密度不再改變，說明氣體質量不變，反應達到了化學平衡狀態(tài)，A符合題意；

B．若反應未達到平衡；則Fe的質量就會發(fā)生變化。當鐵的物質的量不再改變時，反應到達平衡做題，B符合題意；

C．CO和H2的濃度之比始終為1：2；因此無法據此判斷化學反應是否處于平衡狀態(tài)，C不符合題意；

D．在任何時刻都存在：2v正(CO)=v正(H2)，若v正(CO)=2v逆(H2)，則v正(H2)=4v逆(H2)；反應正向進行，未達到平衡狀態(tài)，D不符合題意；

故合理選項是AB；

③一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)進行上述反應，反應起始時壓強為p，反應進行至5min時達到平衡狀態(tài)，測得此時容器的壓強是起始壓強的倍，由于容器的容積不變，說明此時容器內氣體的物質的量是開始時的2倍。n(氣體)=1.2mol，增加了0.6mol氣體。根據方程式可知：每有1molFe2O3(s)反應，就會消耗3mol氣體，反應后產生9mol氣體，氣體物質的量增加6mol?，F在氣體物質的量增加了0.6mol，則反應的Fe2O3(s)是0.1mol，故5min內用Fe2O3(s)表示的平均反應速率為=3.2g/min；

在反應開始時n(CH4)=0.6mol，由于反應消耗0.1molFe2O3(s)，同時消耗0.3mol，產生0.3molCO和0.6molH2，則平衡時，n(CH4)=0.3mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.6mol，反應開始時壓強為P，平衡時壓強為原來的2倍，則此時壓強為2p，平衡時各種氣體的物質的量分數：CH4=CO：H2：氣體的物質的量分數等于氣體所占的體積分數，所以該溫度下反應的分壓平衡常數Kp=【解析】C使用催化劑升高溫度K=AB3.2p623、略

【分析】【分析】

（1）

①由蓋斯定律可知，反應i×3—ii×2得反應iv，則?H4=3?H1—2?H2=3×(—20.9kJ/mol)—2×(—98.1kJ/mol)=+133.5kJ/mol，該反應是一個熵增的反應，由?H—T?S＜0時；反應能自發(fā)進行可知，在較高的溫度下能能自發(fā)進行，故答案為：+133.5kJ/mol；較高；

②加入氮氣作為稀釋劑時；容器的體積增大，氣體壓強減小，該反應是一個氣體體積增大的反應，減小壓強，平衡向正反應方向移動，乙烯的產率增大，故答案為：增大；

（2）

由圖可知，該歷程中最大能壘為85kJ/mol，對應反應為C2H3*+H*=C2H4*，故答案為：85；C2H3*+H*=C2H4*；

（3）

設起始乙烯和氧氣的物質的量分別為2mol和1mol；乙烯的轉化率為a；由題意可建立如下三段式：

由P1：P2=n1：n2可得：1.5：1.5×75%=3：(3—a)，解得a=0.75，則平衡時乙烯、氧氣和乙醛蒸汽的分壓分別為×1.5×75%=0.25Pa、×1.5×75%=0.125Pa、×1.5×75%=0.75Pa，平衡常數Kp=故答案為：

（4）

①由圖可知，與直流電源正極相連的b電極為電解池的陽極，乙醛在陽極上失去電子發(fā)生氧化反應生成乙酸，電極反應式為CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+，故答案為：CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+；

②由題意可知，b分鐘時外電路中轉移電子的物質的量為mol，理論上處理乙醛的質量為mol××44g/mol=g，則處理掉乙醛c克時，電解裝置的電流效率η=×100%=×100%，故答案為：×100%?！窘馕觥?1)+133.5kJ/mol較高增大。

(2)85C2H3*+H*=C2H4*

(3)75%

(4)CH3CHO—2e—+H2O=CH3COOH+2H+×100%24、略

【分析】【分析】

根據過氧化氫分解的方程式分析產生的氣體；根據過氧化氫的質量計算放出的熱量；根據化學反應速率分析反應快慢的原因；根據一段時間內濃度的變化量計算化學反應速率；根據過硫酸根結構分析水解產物。

【詳解】

(1)利用雙氧水消毒的時候會有氣泡放出；是由于雙氧水分解生成的氫氣的緣故，故放出的氣體是氧氣，故答案為：氧氣；

(2)過氧化氫的分解反應為放熱反應；根據題干，34g過氧化氫為1mol，1mol過氧化氫