2025年外研版選修4化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年外研版選修4化學(xué)下冊月考試卷643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8題，共16分)1、某體積2L的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的A和B，一定溫度下發(fā)生反應(yīng)A(g)+xB(g)2C(g)，達(dá)到平衡后，在不同的時間段，分別改變影響反應(yīng)的一個條件，測得容器中物質(zhì)的濃度、反應(yīng)速率分別隨時間的變化如圖所示：下列說法中正確的是（）

A.30~40min間該反應(yīng)使用了催化劑B.反應(yīng)方程式中的x=1，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C.0~8minA的平均反應(yīng)速率為0.04mol·L-1·min-1D.30min時減小壓強，40min時升高溫度2、體積相同的密閉容器中均充入和分別于和開始發(fā)生反應(yīng)：Z的含量隨時間t的變化如圖所示。已知在時刻改變曲線b某一實驗條件；下列判斷正確的是。

A.曲線a是時的圖像B.從0到時刻，反應(yīng)物的C.時刻生成物Z的量D.時刻改變的條件可能是降溫3、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gx（x為或）與pH的變化關(guān)系如圖所示；下列說法正確的是。

A.pH=7時，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變化情況C.=10-2.97D.A2-的水解常數(shù)Kh1大于H2A電離常數(shù)的Ka24、下列溶液；按pH由小到大順序排列的是。

①0.1mol/LHCl溶液②0.1mol/LH2SO4溶液③0.1mol/LNaOH溶液④0.1mol/LCH3COOH溶液A.①②④③B.②①④③C.③④①②D.④③②①5、下列有關(guān)離子的各種說法中，正確的是A.金屬鈉溶于足量水中的離子方程式：B.加入鋁粉后產(chǎn)生大量氫氣的溶液中：可以大量共存C.等物質(zhì)的量濃度、等體積的氨水與鹽酸混和，溶液中離子濃度關(guān)系為：D.等物質(zhì)的量的二元弱酸與其鉀鹽的混合溶液中6、HCN是一種劇毒性的酸，常溫下，0.10mol?L-1HCN溶液的pH=3，下列說法正確的是A.HCN是一種強酸B.相同濃度的NaCl溶液與NaCN溶液，前者的pH更大C.在NaCN溶液中存在：c(Na+)=c(HCN)+c(CN－)D.中和相同體積與濃度的HCl溶液與HCN溶液，所消耗的NaOH溶液的體積不同7、下述實驗不能達(dá)到預(yù)期實驗?zāi)康牡氖?。選項實驗內(nèi)容實驗?zāi)康腁向盛有10滴0.1mol·L－1AgNO3溶液的試管中滴加0.1mol·L－1NaCl溶液至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1mol·L－1Na2S溶液證明AgCl能轉(zhuǎn)化為溶解度更小的Ag2SB向2mL甲苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振蕩；向2mL苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振蕩證明與苯環(huán)相連的甲基易被氧化C向Na2SiO3溶液中通入CO2證明碳酸的酸性比硅酸強D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的銀氨溶液并水浴加熱驗證淀粉已水解

A.AB.BC.CD.D8、下列敘述正確的是A.地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接銅塊可以減緩管道的腐蝕B.反應(yīng)的熵變C.常溫下，的含溶液中，D.時，的溶液與等濃度的溶液的導(dǎo)電能力相同評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、已知某反應(yīng)A(g)+B(g)=C(g)+D(g)；反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示，回答下列問題。

(1)該反應(yīng)是_____(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)；1mol氣體A和1mol氣體B具有的總能量比1mol氣體C和1mol氣體D具有的總能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。

(2)若在反應(yīng)體系中加入催化劑使反應(yīng)速率增大，則E1和E2的變化是：E1_______，E2________，ΔH______(填“增大”“減小”或“不變”)。10、CO2和CH4是兩種重要的溫室氣體，通過CH4和CO2的反應(yīng)，制造更高價值的化學(xué)品是目前的研究目標(biāo)。250℃時，以鎳合金為催化劑，發(fā)生如下反應(yīng)：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）。

（1）此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___；

（2）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ?mol-1

②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ?mol-1

③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1

反應(yīng)CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的△H=___kJ?mol-1。11、在恒溫恒容條件下，將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：N2O4(g)2NO2(g)，反應(yīng)過程中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c隨時間t的變化關(guān)系如圖所示。

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為______________，若溫度升高K值增大，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為__________反應(yīng)（填吸熱或放熱）。

(2)a、b、c、d四個點中，化學(xué)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的是______________點。從起點開始首次達(dá)到平衡時以NO2表示的平均反應(yīng)速率為___________________________。

(3)25min時，增加了______mol______（填物質(zhì)的化學(xué)式）使平衡發(fā)生了移動。

(4)變化過程中a、b、c、d四個時刻體系的顏色由深到淺的順序是______（填字母）。12、在2L密閉容器內(nèi)，800℃時反應(yīng)：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）體系中，n（NO）隨時間的變化如表：。時間（s）012345n（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007

（1）800℃，反應(yīng)達(dá)到平衡時，NO的物質(zhì)的量濃度是________。

（2）如圖中表示NO2的變化的曲線是________。用NO2表示從0～2s內(nèi)該反應(yīng)的平均速率v＝________。

（3）能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是________。

a.v（NO2）＝2v（O2）b.容器內(nèi)壓強保持不變。

c.2v逆（NO）＝v正（O2）d.容器內(nèi)氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變。

（4）能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大的是________。

a.及時分離出NO2氣體b.適當(dāng)升高溫度。

c.增大O2的濃度d.選擇高效催化劑13、碳的化合物的轉(zhuǎn)換在生產(chǎn)、生活中具有重要的應(yīng)用，如航天員呼吸產(chǎn)生的CO2用Sabatier反應(yīng)處理，實現(xiàn)空間站中O2的循環(huán)利用。

Sabatier反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水電解反應(yīng)：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)將原料氣按n(CO2):n(H2)=1：4置于密閉容器中發(fā)生Sabatier反應(yīng)，測得H2O(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示（虛線表示平衡曲線）。

①該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度降低而________（填“增大”或“減小”）。

②在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行該反應(yīng)；下列能說明達(dá)到平衡狀態(tài)的是_____。

A．混合氣體密度不再改變B．混合氣體壓強不再改變。

C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量不再改變D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃達(dá)到平衡時體系的總壓強為p；該反應(yīng)平衡常數(shù)Kp的計算表達(dá)式為_______。（不必化簡，用平衡分，壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）

(2)Sabatier反應(yīng)在空間站運行時，下列措施能提高CO2轉(zhuǎn)化率的是____（填標(biāo)號）。

A．適當(dāng)減壓B．合理控制反應(yīng)器中氣體的流速。

C.反應(yīng)器前段加熱，后段冷卻D.提高原料氣中CO2所占比例。

(3)一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反應(yīng)。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分別為-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反應(yīng)的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定條件下由對應(yīng)單質(zhì)生成lmol化合物時的反應(yīng)熱）

②一定條件下Bosch反應(yīng)必須在高溫下才能啟動；原因是______________。若使用催化劑，則在較低溫度下就能啟動。

③Bosch反應(yīng)的優(yōu)點是_______________。14、(1)25℃下，純水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，則此時c(OH－)＝______________，該溫度下向純水中加鹽酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，則此時溶液的pH＝_______________。若25℃下，向純水中加入NaOH固體，使溶液的pH＝13，此時溶液中c(OH－)＝___________。與純水的電離相似，液氨中也存在著微弱的電離：2NH3NH4+＋NH2－，請寫出液氨的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=____________________________。

(2)同素異形體相互轉(zhuǎn)化的反應(yīng)熱相當(dāng)少而轉(zhuǎn)化速率慢，有時還很不完全，測定時很困難；現(xiàn)可依據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(紅磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由熱化學(xué)方程式看來，更穩(wěn)定的磷的同素異形體是______(填“白磷”或“紅磷”)，試寫出白磷轉(zhuǎn)化成紅磷的熱化學(xué)方程式______________________________________。15、在室溫下，下列五種溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。請根據(jù)要求填寫下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“堿”或“中”），其原因是____________________（用離子方程式表示）。

(2)室溫下，測得溶液②的pH=7，則CH3COO－與NH4+濃度的大小關(guān)系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序號）。

(4)常溫下，0.1mol/L氨水溶液加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)值變大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．16、有下列六種物質(zhì)的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃時，用離子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸堿性原因：__________；

(2)常溫下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含離子和分子)的種類是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)將④溶液加熱蒸干并灼燒最終得到的物質(zhì)是________(填化學(xué)式)；

(4)常溫下0.1mol/L⑤溶液加水稀釋至中性的過程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)一定變大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)17、鋁-空氣電池是正在探索的車用新型電池。電池工作時，金屬鋁被氧化為并形成空氣中的氧氣發(fā)生還原而生成

(1)寫出鋁-空氣電池中的正、負(fù)極反應(yīng)和總反應(yīng)________。

(2)廣泛采用鋁-空氣電池的好處有哪些？不足有哪些？就你的發(fā)現(xiàn)寫出簡要的報告，并預(yù)測其未來的應(yīng)用前景________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共21分)19、某研究小組設(shè)計了如下實驗，探究常溫下催化劑對過氧化氫分解反應(yīng)的影響。ⅠⅡⅢ實驗操作。

示意圖實驗現(xiàn)象有極少量氣泡產(chǎn)生產(chǎn)生氣泡速率略有加快產(chǎn)生氣泡速率明顯加快

（1）實驗Ⅰ的作用是_______________。

（2）實驗Ⅲ中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。

（3）根據(jù)實驗Ⅰ～Ⅲ中現(xiàn)象的不同；可以得出的結(jié)論是：

①使用合適的催化劑；可提高雙氧水分解的反應(yīng)速率；

②_______________。

（4）在一定溫度下，10mL0.40mol/L，H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）如下表所示：。t/min0246810V（O2）/mL09.917.222.426.529.9

0~6min，以H2O2的濃度變化表示的反應(yīng)速率為v（H2O2）＝_________mol/（L·min）。（計算結(jié)果精確到0.001）20、CO在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及科學(xué)研究中有著重要的應(yīng)用。

(1)CO催化脫硫：科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)CoS對CO還原SO2實現(xiàn)脫硫、并回收S有很好的催化效果，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。

(2)CO催化脫氮：在一定溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化制作用下發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol，測得相關(guān)數(shù)據(jù)如下：。時間。

濃度0min5min10min15min20minc(NO2)/mol·L-12.01.71.561.51.5c(N2)/mol·L-100.150.220.250.25

①其他條件不變，若不使用催化劑，則0～5min內(nèi)NO2的轉(zhuǎn)化率將_____(填“變大”“變小”或“不變”)。

②下列表述能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是______(填序號)。

A．CO的化學(xué)反應(yīng)速率為N2的4倍B．氣體的顏色不再變化。

C．化學(xué)平衡常數(shù)K不再變化D．混合氣體的密度不再變化。

③有利于提高該反應(yīng)中NO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件是_____(填序號)。

A．高溫低壓B．低溫高壓C．高溫高壓D．低溫低壓。

(3)CO與Ni發(fā)生羰化反應(yīng)形成的絡(luò)合物可作為催化烯烴反應(yīng)的催化劑。Ni的羰化反應(yīng)為Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0，T0溫度下，將足量的Ni粉和3.7molCO加入到剛性密閉容器中，10min時反應(yīng)達(dá)到平衡，測得體系的壓強為原來的則：

①0～10min內(nèi)平均反應(yīng)速率v(Ni)=___g·min-1。

②研究表明，正反應(yīng)速率v正=k正·x4(CO)，逆反應(yīng)速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4](k正和k逆分別表示正反應(yīng)和逆反應(yīng)的速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))，計算T0溫度下的=__。

③T1溫度下測得一定的實驗數(shù)據(jù)，計算得到v正~x(CO)和v逆~x[Ni(CO)4]的關(guān)系如圖所示。當(dāng)降低溫度時，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，相應(yīng)的點分別為_______、_______(填字母)。

21、現(xiàn)有室溫下濃度均為的幾種溶液①鹽酸；②硫酸、③醋酸、④氯化銨、⑤氨水、⑥NaOH溶液；回答下列問題：

（1）將③、⑥混合后，若溶液呈中性，則消耗兩溶液的體積為③______⑥（填>、=、<），溶液中的離子濃度由大到小的順序為________________。

（2）將等體積的①、⑤混合，則溶液的pH______7（填>、=、<），用離子方程式說明其原因____________________。

（3）向相同體積的①、②、③溶液中分別加入相同的且足量的鋅粒，反應(yīng)的初始速率由快到慢的順序為_____________，最終產(chǎn)生總量的關(guān)系為__________。

（4）向相同體積的①、③溶液中分別加入相同濃度、相同體積的溶液，充分混合后，混合液的pH大小關(guān)系為①______③（填>、=、<）。

（5）若將等體積的⑤、⑥溶液加熱至相同溫度后，溶液的pH⑤_______⑥（填>、=、<）。

（6）將等體積的②、⑤混合，則溶液中濃度最大的離子是______________。評卷人得分五、計算題(共2題，共10分)22、到目前為止；由化學(xué)能轉(zhuǎn)變的熱能或電能仍然是人類使用的最主要的能源。

(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放出352kJ的熱量，則表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為______。

(2)化學(xué)反應(yīng)中放出的熱能(焓變，△H)與反應(yīng)物和生成物的鍵能(E)有關(guān)。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol，E(H﹣Cl)=432kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol則E(H﹣H)=_____。

(3)納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注．已知：2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ?mol﹣1，C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ?mol﹣1，2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ?mol﹣1，則工業(yè)上用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu2O和CO的熱化學(xué)方程式_____。

(4)如圖是N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成2molNH3(g)過程中能量變化示意圖：

①請計算每生成1molNH3放出熱量為：______。

②若起始時向容器內(nèi)充入1molN2和3molH2達(dá)平衡后N2的轉(zhuǎn)化率為20%，則反應(yīng)放出的熱量為Q1kJ，則Q1的數(shù)值為_________。23、PCl5的熱分解反應(yīng)如下：PCl5（g）PCl3(g)+Cl2(g)

（1）寫出反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式_____；

（2）已知某溫度下，在容積為10.0L的密閉容器中充入2.00molPCl5，達(dá)到平衡后，測得容器內(nèi)PCl3的濃度為0.150mol/L。計算該溫度下的平衡常數(shù)_____。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)24、隨著我國碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)25、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。26、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】

根據(jù)第一幅圖可知0~30min內(nèi)；A；B的濃度由2.0mol/L變?yōu)?.0mol/L，變化量為1.0mol/L，C的濃度由0變?yōu)?.0mol/L，變化量為2.0mol/L，變化量之比等于計量數(shù)之比可計算出x，根據(jù)第二幅圖中v(正)和v(逆)的位置關(guān)系分析出改變平衡的外界條件，據(jù)此進(jìn)行分析。

【詳解】

A.根據(jù)第一幅圖可知30~40min內(nèi)；反應(yīng)速率降低，平衡沒有發(fā)生移動，反應(yīng)物與生成物的濃度瞬間降低，催化劑不能改變濃度，A項錯誤；

B.0~30min內(nèi)，A、B的濃度由2.0mol/L變?yōu)?.0mol/L，變化量為1.0mol/L，C的濃度由0變?yōu)?.0mol/L，變化量為2.0mol/L，變化量之比等于計量數(shù)之比，x=1，該反應(yīng)為等體積反應(yīng)，改變壓強平衡不移動，40min時，正、逆反應(yīng)速率都增大，但v(逆)>v(正)；平衡逆向移動，升高溫度，平衡向吸熱方向移動，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B項錯誤；

C.0~8min內(nèi)A的濃度由2.0mol/L變?yōu)?.36mol/L，變化量為0.64mol/L，v(A)===0.08mol/(L?min)；C項錯誤；

D.30min時正逆反應(yīng)速率減小，反應(yīng)物和生成物的濃度降低，但平衡不移動，因而不是溫度的影響，而是降低壓強造成的，40min時正逆反應(yīng)速率都增大，且v(逆)>v(正)；平衡逆向移動，是升高溫度造成的，故C正確；

答案選D。

【點睛】

判斷影響平衡移動的外界因素是解答本題的關(guān)鍵。升高溫度，平衡向吸熱方向移動，降低溫度，平衡向放熱方向移動；增大壓強，平衡向體積縮小的方向移動，減小壓強，平衡向體積增大的方向移動。2、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，b曲線到達(dá)平衡的時間小于a，則b反應(yīng)速率大于a，溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以a曲線的溫度小于b曲線，則b是時的圖像；故A錯誤；

B．通過A知，b曲線溫度大于a曲線，溫度越高，反應(yīng)速率越大，所以故B錯誤；

C．設(shè)生成物Z的物質(zhì)的量為n，

平衡時，則Z的含量根據(jù)圖像，時刻生成物Z含量相等，則時刻生成物Z的物質(zhì)的量n相等，其初始狀態(tài)相等，所以故C錯誤；

D．該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，時刻；Z的含量增大，說明平衡向正反應(yīng)方向移動，則可能改變的條件是降低溫度，故D正確；

答案選D。3、B【分析】二元弱酸的Ka1=×c（H＋）＞Ka2=×c（H＋），當(dāng)溶液的pH相同時，c（H＋）相同，lgX：Ⅰ＞Ⅱ，則Ⅰ表示lg與pH的變化關(guān)系，Ⅱ表示lg與pH的變化關(guān)系。

【詳解】

A．pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液為中性，則溶液中的溶質(zhì)為NaHA和Na2A，根據(jù)物料守恒，存在c(Na+)＞c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)；故A錯誤；

B.由分析：直線Ⅰ表示的是lg隨pH的變化情況；故B正確；

C.=÷==102.97；故C錯誤；

D．pH=1.22時和4.19時，lgX=0，則c（H2A）=c（HA－）、c（HA－）=c（A2－），Ka1=×c（H＋）=c（H＋）=10-1.22，K2=×c（H＋）=c（H＋）=10-4.19，A2－的水解平衡常數(shù)Kh1==10-9.81＜10-4.19=Ka2；故D錯誤；

故選B。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握物料守恒及溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，D為易難點。4、B【分析】【詳解】

①0.1mol/LHCl溶液，pH=1，②0.1mol/LH2SO4溶液，pH<1，③0.1mol/LNaOH溶液pH=13，④0.1mol/LCH3COOH溶液7>pH>1,g故pH由小到大順序：②①④③；B項正確；

答案選B。5、D【分析】【詳解】

A.鈉溶于足量水中的離子方程式為故A錯誤；

B.加入鋁粉后產(chǎn)生大量氫氣的溶液，為酸或強堿溶液，堿溶液中不能大量存在酸溶液中Al、發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣；故B錯誤；

C.等物質(zhì)的量濃度、等體積的氨水與鹽酸混和，恰好生成氯化銨，銨根離子水解顯酸性，則離子濃度關(guān)系為故C錯誤；

D.等物質(zhì)的量的二元弱酸與其鉀鹽的混合溶液中，由物料守恒可知故D正確。

故選D。6、C【分析】【詳解】

A選項，常溫下，0.10mol?L-1HCN溶液的pH=3，即c(H+)=0.001mol?L-1；可知HCN不能完全電離，故為弱酸，故A錯誤；

B選項；NaCl是強堿強酸鹽，不水解，溶液顯中性，即pH=7；而NaCN為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，pH大于7，故相同濃度的NaCl溶液與NaCN溶液，后者的pH更大，故B錯誤；

C選項，在NaCN溶液中，是弱酸根，在溶液中能部分水解為HCN分子，根據(jù)物料守恒可知，c(Na+)=c(HCN)+c(CN－)；故C正確；

D選項；相同體積與濃度的HCl溶液與HCN溶液中HCl與HCN的物質(zhì)的量相同，且兩者均為一元酸，故消耗的氫氧化鈉的體積相同，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。7、D【分析】【詳解】

A、向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再產(chǎn)生沉淀，得到白色沉淀AgCl，再向其中滴加Na2S，白色沉淀轉(zhuǎn)化成黑色，黑色沉淀為Ag2S，根據(jù)反應(yīng)向著更難溶的方向進(jìn)行，說明Ag2S的溶解度小于AgCl；能夠達(dá)到實驗?zāi)康?，故A不符合題意；

B；甲苯中滴加高錳酸鉀溶液；高錳酸鉀溶液褪色，苯中加入幾滴高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀不褪色，說明與苯環(huán)相連的甲基易被氧化，能夠達(dá)到實驗?zāi)康模蔅不符合題意；

C、發(fā)生Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓；利用酸性強的制取酸性的弱，即能夠達(dá)到實驗?zāi)康?，故C不符合題意；

D、做銀鏡反應(yīng)，沒有中和稀硫酸，無法驗證淀粉已水解，不能達(dá)到實驗?zāi)康?，故D符合題意。8、C【分析】【詳解】

A.地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接著銅塊；在潮濕環(huán)境中構(gòu)成原電池，金屬鐵較活潑，是負(fù)極，易被腐蝕，故A錯誤；

B.該反應(yīng)氣體分子數(shù)減少；屬于熵減小的反應(yīng)，故B錯誤；

C.pH=10，則氫氧根離子濃度為1×10-4mol/L，含Mg2+溶液中存在：c(Mg2+)×c2(OH-)=c(Mg2+)×(1×10-4)2≤Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，即c(Mg2+)≤5.6×10-4；故C正確；

D.H2S是弱電解質(zhì),不能完全電離，Na2S是強電解質(zhì)，可以完全電解，同濃度溶液中，Na2S溶液中的離子濃度更大；所以導(dǎo)電能力更強，故D錯誤；

答案選C。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由圖中可知；反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量即1mol氣體A和1mol氣體B具有的總能量比1mol氣體C和1mol氣體D具有的總能量低，故該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；低；

(2)圖中可知，E1是正反應(yīng)的活化能，E2是逆反應(yīng)的活化能，若在反應(yīng)體系中加入催化劑使反應(yīng)速率增大，是由于降低了正逆反應(yīng)的活化能，活化分子的百分?jǐn)?shù)增大，故E1和E2均減小，但催化劑只改變反應(yīng)途徑與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，故ΔH不變，故答案為：減??；減??；不變?！窘馕觥课鼰岬蜏p小減小不變10、略

【分析】【詳解】

：

（1）平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，則CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=

故答案為

（2）已知CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ?mol-1①

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ?mol-1②

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1③

根據(jù)蓋斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）△H=-890.3kJ?mol-1+2.8kJ?mol-1×2+566.0kJ?mol-1×2=+247.3kJ?mol-1；

答案為+247.3kJ?mol-1?！窘馕觥?247.3kJ?mol-111、略

【分析】【詳解】

（1）反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)的平衡常數(shù)表達(dá)式為：K＝若溫度升高K值增大，反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為：K＝吸熱；

（2）由圖可知，10～25min及30min之后各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不發(fā)生變化，則相應(yīng)時間段內(nèi)的點處于化學(xué)平衡狀態(tài)，即b、d處于化學(xué)平衡狀態(tài)，首次達(dá)到平衡時以NO2表示的平均反應(yīng)速率為故答案為：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物質(zhì)的濃度變化可知在25min時加入了NO2，其加入的物質(zhì)的量=(1.0mol?L?1-0.6mol?L?1)×2L=0.8mol；故答案為：0.8mol；NO2；

（4）從a到b，c(NO2)增大，c點和d點分別是增大c(NO2)后未達(dá)到平衡的點和平衡時的點，所以c點c(NO2)大于d點，二氧化氮濃度越大顏色越深，所以顏色由深到淺的順序是c＞d＞b＞a?！窘馕觥縆＝吸熱b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a12、略

【分析】【分析】

(1)由表格數(shù)據(jù)可知，3s后物質(zhì)的量不再變化，達(dá)到平衡狀態(tài)，結(jié)合c=計算；

(2)根據(jù)一氧化氮物質(zhì)的量的變化知，該反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，則二氧化氮的物質(zhì)的量在不斷增大，且同一時間段內(nèi)，一氧化氮減少的物質(zhì)的量等于二氧化氮增加的物質(zhì)的量；根據(jù)v=計算一氧化氮的反應(yīng)速率，再結(jié)合同一化學(xué)反應(yīng)同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比計算NO2的反應(yīng)速率；

(3)結(jié)合平衡的特征分析判斷是否為平衡狀態(tài)；

(4)根據(jù)濃度；壓強、催化劑等對反應(yīng)速率的影響分析判斷。

【詳解】

(1)由表格數(shù)據(jù)可知，3s后物質(zhì)的量不再變化，達(dá)到平衡狀態(tài)，NO的物質(zhì)的量濃度是=0.0035mol/L；故答案為：0.0035mol/L；

(2)根據(jù)一氧化氮物質(zhì)的量的變化知，該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則二氧化氮的物質(zhì)的量在不斷增大，且同一時間段內(nèi)，一氧化氮減少的物質(zhì)的量等于二氧化氮增加的物質(zhì)的量，所以表示NO2的變化的曲線是b；

0～2s內(nèi)v(NO)==0.0030mol/(L·s)，同一化學(xué)反應(yīng)同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比，所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol/(L?s)，故答案為：b；0.003mol/(L?s)；

(3)a．v(NO2)=2v(O2)始終存在，不能判定平衡狀態(tài)，故a不選；b．反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量逐漸減小，則容器內(nèi)壓強逐漸減小，當(dāng)壓強保持不變，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故b選；c．2v逆(NO)=v正(O2)，說明正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，不是平衡狀態(tài)，故c不選；d．容器內(nèi)氣體的質(zhì)量不變、物質(zhì)的量逐漸減小，則氣體的平均摩爾質(zhì)量逐漸增大，當(dāng)氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故d選；故答案為：bd；

(4)a．及時分離出NO2氣體，正反應(yīng)速率減小，故a不選；b．適當(dāng)升高溫度，反應(yīng)速率增大，故b選；c．增大O2的濃度，反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率加快，故c選；d．選擇高效催化劑，反應(yīng)速率加快，故d選；故答案為：bcd。【解析】①.0.0035mol/L②.b③.3.0×10－3mol/（L·s）④.b、d⑤.bcd13、略

【分析】①根據(jù)圖中平衡時的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線隨溫度的降低而增大；可知該正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，K隨溫度的升高而減小，K隨溫度降低而增大。答案：增大。

②根據(jù)在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行的反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合氣體密度不會改變，所以不能作為平衡的依據(jù)，故A錯；B．由反應(yīng)可知此反應(yīng)兩邊計量數(shù)不等，所以混合氣體壓強不再改變標(biāo)志達(dá)到平衡，故B正確。C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量M=m/n,M不變說明n不在改變，說明達(dá)到平衡了。故C正確；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化學(xué)平衡的定義；不能作為判斷平衡的依據(jù)，故D錯。本題答案：BC。

③在密閉容器里全部由氣體參與的反應(yīng)中，平衡時氣體壓強之比=氣體物質(zhì)的量之比=氣體物質(zhì)的量濃度之比。根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，可知平衡時所占的壓強為根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式可知所占壓強為因此和所占的壓強為根據(jù)初始投料比以及和的化學(xué)計量數(shù)之比可知反應(yīng)達(dá)到平衡時，兩者的物質(zhì)的量之比也為故平衡時所占的壓強為所占的壓強為故可寫出的表達(dá)式為

（2）A項，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理可知減壓后反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，會降低的轉(zhuǎn)化效率，故A項錯；B根據(jù)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反應(yīng)器中氣體的流速，可以增大反應(yīng)物接觸面積，可以使反應(yīng)物充分反應(yīng)，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C項，反應(yīng)器前段加熱可以加快反應(yīng)速率，后段冷卻可以加大反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，因此該措施能提高的轉(zhuǎn)化效率，故選C項；D項，提高原料氣中的比例會增大的轉(zhuǎn)化率，但會減小的轉(zhuǎn)化效率；故D項錯。綜上所述，本題正確答案為BC。

（3）①根據(jù)題目給出條件可知a.b.由即可得Bosch反應(yīng)，其反應(yīng)熱為

②在化學(xué)反應(yīng)中；只有活化分子才能發(fā)生有效碰撞而發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。升高溫度可以提高反應(yīng)物的活化能，從而發(fā)生反應(yīng)，而Bosch反應(yīng)的反應(yīng)活化能高，所以必須在高溫下才能啟動。

③在Bosch反應(yīng)中，氫原子全部轉(zhuǎn)化到水分子中，水電解后氫原子又重新全部形成因此該方案的優(yōu)點為氫原子利用率為【解析】增大BCBC-90反應(yīng)的活化能高氫原子利用率為100%14、略

【分析】【詳解】

(1)25℃下，純水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，則此時c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

該溫度下向純水中加鹽酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，則此時溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向純水中加入NaOH固體，使溶液的pH＝13，此時溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

與純水的電離相似，液氨中也存在著微弱的電離：2NH3NH4+＋NH2－，根據(jù)電離平衡常數(shù)的定義，液氨的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=

(2)依據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(紅磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由熱化學(xué)方程式看來，更穩(wěn)定的磷的同素異形體是紅磷?！窘馕觥?×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=紅磷P4(白磷，s)＝4P(紅磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－115、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，NH4＋水解；使溶液顯酸性；

(2)CH3COONH4屬于弱酸弱堿鹽；都發(fā)生水解，pH=7說明溶液顯中性，用電荷守恒進(jìn)行分析；

(3)利用弱電解質(zhì)的電離；鹽類水解程度微弱進(jìn)行分析；

(4)NH3·H2O為弱堿；加水稀釋促進(jìn)電離進(jìn)行分析；

【詳解】

(1)NH4Cl為強酸弱堿鹽，NH4＋發(fā)生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7時，說明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱電解質(zhì)的電離程度、鹽類水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小順序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O為弱堿，加水稀釋促進(jìn)電離，但c(OH－)減??；故A不符合題意；

B.加水稀釋，溫度不變，Kb不變，c(NH4＋)減?。辉摫戎翟龃?，故B符合題意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受溫度的影響，因此加水稀釋Kw不變，即c(H＋)·c(OH－)保持不變；故C不符合題意；

D.該比值為NH3·H2O的電離平衡常數(shù)，加水稀釋，電離平衡常數(shù)不變，故D不符合題意?！窘馕觥竣?酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B16、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)NH4+水解規(guī)律進(jìn)行分析；

(2)根據(jù)Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；電離平衡進(jìn)行分析；

(3)硫酸屬于難揮發(fā)性酸，Al2(SO4)3溶液加熱蒸干灼燒后產(chǎn)物為原溶質(zhì)；

(4)根據(jù)CH3COOH溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀釋促進(jìn)電離進(jìn)行分析。

【詳解】

(1)②為NH4Cl溶液，溶液中銨根離子能發(fā)生水解，其反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：NH4++H2ONH3?H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在著銨根離子水解平衡：NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以NH4Cl溶液顯酸性；

(2)③為Na2CO3溶液，⑥為NaHCO3溶液，碳酸鈉溶液中碳酸根水解，且水解分步進(jìn)行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能電離，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常溫下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒種類是相同，故答案：相同；

(3)④為Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸屬于難揮發(fā)性酸，所以將Al2(SO4)3溶液加熱蒸干并灼燒后的產(chǎn)物為硫酸鋁；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤為CH3COOH溶液，常溫下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反應(yīng)，加水稀釋至中性的過程中，c(H+)逐漸減小，c(OH-)逐漸增大，由于溫度不變，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不變；根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)可知，=加水稀釋過程中，促進(jìn)電離，c（CH3COO-）減小，但是Ka不變，所以增大；故答案選BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+離子的水解平衡：NH4++H2ONH3?H2O+H+，所以NH4Cl溶液顯酸性相同Al2(SO4)3BC17、略

【分析】【分析】

鋁—空氣電池工作時，金屬鋁被氧化為Al3+，鋁為負(fù)極，正極上空氣中的O2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成OH-。

【詳解】

（1）鋁—空氣電池中負(fù)極為Al，負(fù)極電極反應(yīng)式為4Al-12e-=4Al3+，正極上為O2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成OH-，正極電極反應(yīng)式為3O2+12e-+6H2O=12OH-，根據(jù)正、負(fù)極得失電子總數(shù)相等，電池總反應(yīng)為4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案為：正極反應(yīng)：3O2+12e-+6H2O=12OH-；負(fù)極反應(yīng)：4Al-12e-=4Al3+；總反應(yīng)：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）鋁—空氣電池的的好處有：（1）比能量大；（2）質(zhì)量輕；（3）無毒危險（副產(chǎn)物氫氧化鋁可回收使用）；（4）鋁原材料豐富；（5）生產(chǎn)成本低；（6）使用方便；（7）安全；環(huán)保等；

不足有：（1）雖然鋁—空氣電池比能量高；但比功率低；（2）放電速率比較緩慢，電壓滯后；（3）不能反復(fù)充電，需要更換鋁電極或更換電池才能繼續(xù)工作；（4）自放電率較大，需要采用熱管理系統(tǒng)來防止鋁—空氣電池工作時的過熱；

鋁—空氣電池未來的應(yīng)用前景：（1）電動車電源的有力競爭者；（2）潛艇AIP系統(tǒng)的優(yōu)秀能源；（3）水下機器人的最佳動力電源；（4）價廉物美的高能電源等?！窘馕觥?1)正極反應(yīng)：3O2+12e-+6H2O=12OH-；負(fù)極反應(yīng)：4Al-12e-=4Al3+；總反應(yīng)：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好處有：（1）比能量大；（2）質(zhì)量輕；（3）無毒危險（副產(chǎn)物氫氧化鋁可回收使用）；（4）鋁原材料豐富；（5）生產(chǎn)成本低；（6）使用方便；（7）安全；環(huán)保等；

不足有：（1）雖然鋁—空氣電池比能量高；但比功率低；（2）放電速率比較緩慢，電壓滯后；（3）不能反復(fù)充電，需要更換鋁電極或更換電池才能繼續(xù)工作；（4）自放電率較大，需要采用熱管理系統(tǒng)來防止鋁—空氣電池工作時的過熱；

未來的應(yīng)用前景：（1）電動車電源的有力競爭者；（2）潛艇AIP系統(tǒng)的優(yōu)秀能源；（3）水下機器人的最佳動力電源；（4）價廉物美的高能電源等。三、判斷題(共1題，共2分)18、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、原理綜合題(共3題，共21分)19、略

【分析】【詳解】

（1）實驗Ⅰ中加入1mL水是讓溶液總體積相同，確保雙氧水的濃度相同，但沒加催化劑，與Ⅱ、Ⅲ相同，作對照實驗，證明實驗Ⅱ和Ⅲ中的速率加快與溶液濃度無關(guān)；（2）雙氧水分解產(chǎn)生水和氧氣，三氯化鐵作催化劑，反應(yīng)方程式為：2H2O22H2O+O2↑；（3）根據(jù)實驗現(xiàn)象可知Ⅱ和Ⅲ在使用不同催化劑時化學(xué)反應(yīng)速率不同，說明催化劑具有選擇性，即不同催化劑的催化效率不同；（4）0～6min中，收集到的氧氣在標(biāo)況下的體積為22.4mL，物質(zhì)的量為0.001mol，根據(jù)關(guān)系式：2H2O2～O2可知雙氧水分解的物的量為0.002mol；

所以雙氧水濃度改變量△c=v==≈0.033mol/（L?min）?！窘馕觥繉φ諏嶒灒C明實驗Ⅱ和Ⅲ中的速率加快與溶液濃度變化無關(guān)2H2O22H2O＋O2↑不同催化劑的催化效率（效果）不同0.03320、略

【分析】【分析】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反應(yīng)產(chǎn)生S、CO2；

(2)①利用催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響分析判斷；

②根據(jù)平衡時任何一種物質(zhì)的物質(zhì)的量；濃度、含量等保持不變判斷；

③要提高該反應(yīng)中NO2平衡轉(zhuǎn)化率；就要使平衡正向移動，根據(jù)平衡移動原理，結(jié)合反應(yīng)特點分析判斷；

(3)①先計算平衡時Ni(CO)4(g)的物質(zhì)的量；然后根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系，計算消耗Ni的質(zhì)量，得到其反應(yīng)速率；

②根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時v正=v逆；利用速率與物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)關(guān)系計算；

③該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度時，平衡正向移動，同時正反應(yīng)速率、逆反應(yīng)速率均減小，x(CO)減小，x[Ni(CO)4]增大。

【詳解】

(1)在CoS催化下，CO、SO2反應(yīng)產(chǎn)生S、CO2，根據(jù)原子守恒、電子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CO+SO22CO2+S；

(2)①根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：反應(yīng)在15min時達(dá)到平衡，由于在0～5min內(nèi)反應(yīng)未達(dá)到平衡，所以若使用催化劑，就可以加快反應(yīng)速率，使更多的反應(yīng)物NO2反應(yīng)，NO2轉(zhuǎn)化率提高，若不使用催化劑，則反應(yīng)速率減小，NO2的轉(zhuǎn)化率將變小；

②反應(yīng)2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)。

A．未指明反應(yīng)速率是正反應(yīng)速率還是逆反應(yīng)速率；因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，A錯誤；

B．反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，反應(yīng)混合物只有NO2是有色氣體；因此若混合氣體的顏色不再變化，說明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)，B正確；

C．化學(xué)平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)；與反應(yīng)是否達(dá)到平衡無關(guān)，因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，C錯誤；

D．反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行；反應(yīng)混合物都是氣體，氣體的體積；質(zhì)量始終不變，因此氣體密度始終不變，所以不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，D錯誤；

故合理選項是B；

③根據(jù)平衡移動原理：增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動；降低溫度，化學(xué)平衡向放熱反應(yīng)方向移動。由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，要提高該反應(yīng)中NO2平衡轉(zhuǎn)化率；采取的措施是低溫高壓，故合理選項是B；

(3)①在恒容密閉容器中，氣體的壓強比等于氣體的物質(zhì)的量的比，在反應(yīng)開始時加入了3.7molCO，反應(yīng)達(dá)到平衡時測得體系的壓強為原來的則氣體的物質(zhì)的量為n(氣體)=×3.7mol=1mol，假設(shè)平衡時反應(yīng)產(chǎn)生Ni(CO)4(g)為xmol，則反應(yīng)消耗CO物質(zhì)的量為4xmol，平衡時CO物質(zhì)的量為(3.7-4x)mol，則(3.7-4x)mol+xmol=1mol，解得x=0.9mol，由方程式可知Ni與反應(yīng)產(chǎn)生的Ni(CO)4(g)的物質(zhì)的量相同，因此10min內(nèi)反應(yīng)消耗Ni的物質(zhì)的量為0.9mol，其質(zhì)量是m(Ni)=0.9mol×59g/mol=53.1g，所以0～10min內(nèi)平均反應(yīng)速率v(Ni)=53.1g÷10min=5.31g/min；

②當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時v正=v逆，由于正反應(yīng)速率v正=k正·x4(CO)，逆反應(yīng)速率v逆=k逆·x[Ni(CO)4]，所以k正·x4(CO)=k逆·x[Ni(CO)4]，=K，根據(jù)①可知平衡時n[Ni(CO)4]=0.9mol，n(CO)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，所以x(CO)=x[Ni(CO)4]=所以K==9×103(或9000)；

③該反應(yīng)是放熱反應(yīng)。降低溫度時，平衡正向移動，同時正反應(yīng)速率、逆反應(yīng)速率均減小，x(CO)減小，x[Ni(CO)4]增大；所以反應(yīng)重新達(dá)到平衡時相應(yīng)的點分別為D；B。

【點睛】

本題綜合考查了氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷及化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡常數(shù)的有關(guān)計算和影響因素等，掌握有關(guān)概念、原理和平衡移動原理、平衡狀態(tài)的特征是分析解答的關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識圖能力和計算能力?！窘馕觥?CO+SO22CO2+S變小BB5.319×103(或9000)DB21、略

【分析】【詳解】

（1）③醋酸；⑥NaOH溶液混合；溶液呈中性，依據(jù)醋酸是弱酸分析，同體積溶液混合溶液呈堿性，若溶液呈中性需要酸稍過量③＞⑥；

溶液中存在電荷守恒，中性溶液中所以溶液中離子濃度大小關(guān)系為：（2）將等體積的①鹽酸、⑤氨水混合，溶液濃度相同，恰好反應(yīng)生成氯化銨溶液，銨根離子水解顯酸性；溶液PH＜7；原因是氯化銨溶液中銨根離子水解生成一水合氨和氫離子，溶液呈酸性；離子方程式為：（3）向相同體積的：①鹽酸、②硫酸、③醋酸溶液中分別加入相同的且足量的鋅粒，濃度均為1×10-3mol/L溶質(zhì)物質(zhì)的量相同，鹽酸和硫酸是強酸，醋酸是弱酸，溶液中氫離子濃度②＞①＞③；產(chǎn)生氫氣②＞①═③或②=2①=2③；（4）向相同體積的①鹽酸、③醋酸溶液中分別加入相同濃度、相同體積的CH3COONa溶液，①中和鹽酸恰好完全反應(yīng)生成醋酸和氯化鈉，③中醋酸根離子對醋酸電離起到抑制作用，氫離子濃度減?。换旌弦旱膒H大小關(guān)系①＜③；（5）若將等體積、等濃度的⑤氨水、⑥NaOH溶液，氨水中的溶質(zhì)是弱堿存在電離平衡，溶液pH⑤＜⑥；（6）將等體積的②硫酸、⑤氨水混合，溶液濃度相同，恰好反應(yīng)生成硫酸氫銨溶液，電離產(chǎn)生的氫離子及銨根離子水解產(chǎn)生氫離子，則濃度最大。【解析】><②①③②>①=③（②=2①=2③）<<五、計算題(共2題，共10分)22、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)燃燒熱的概念；是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，根據(jù)題干所給量計算1mol甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的熱量，再書寫反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

(2)根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能計算；

(3)根據(jù)蓋斯定律分析解答；

(4)①△H=反應(yīng)物的活化能-生成物的活化能計算生成2mol氨氣放出的能量，再計算得到1mol氨氣放出的熱量；②依據(jù)氮氣的轉(zhuǎn)化率計算生成氨氣的物質(zhì)的量，結(jié)合熱化學(xué)方程式計算Q1。

【詳解】

(1)在25℃、101kPa下，16g甲醇(CH3OH)燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱352kJ，32g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出熱量為704kJ，則表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ?mol-1，故答案為CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-704kJ?mol-1；

(2)△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能=E(H﹣H)+243kJ/mol-2×432kJ/mol=-185kJ/mol；解得E(H-H)=436kJ/mol，故答案為436kJ/mol；

(3)①2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=-169kJ?mol-1，②C(s)+O2(g)═CO(g)△H=-110.5kJ?mol-1，③2Cu(s)+O2(g)═CuO(s)△H=-314kJ?mol-1，用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu2O和CO的化學(xué)方程式為C(s)+2CuO(s)=Cu(s)+CO(g)，根據(jù)蓋斯定律，將②-③-×①，反應(yīng)的焓變?yōu)?110.5kJ?mol-1-(-314kJ?mol-1)-×(-169kJ?mol-1)=34.5kJ?mol-1，故答案為C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ?mol-1；

(4)①如圖是N2和H2反應(yīng)生成2molNH3過程中能量變化示意圖，反應(yīng)焓變△H=反應(yīng)物的活化能-生成物的活化能=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol；所以生成1mol氨氣放熱46.1kJ，故答案為46.1kJ；

②如圖是N2和H2反應(yīng)生成2molNH3過程中能量變化示意圖，反應(yīng)焓變△H=335kJ/mol-427.2kJ/mol=-92.2kJ/mol，起始時向容器內(nèi)充入1molN2和3molH2達(dá)平衡后N2的轉(zhuǎn)化率為20%，生成氨氣的物質(zhì)的量為1mol×20%×2=0.4mol，生成0.4mol氨氣放出的熱量=×92.2kJ=18.44kJ；故答案為18.44。

【點睛】

本題的易錯點為(3)，要注意蓋斯定律的應(yīng)用，平時學(xué)習(xí)過程中要適當(dāng)練習(xí)?！窘馕觥緾H3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=﹣704kJ/mol436kJ/molC(s)+2CuO(s)==Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ/mol41.6kJ18.4423、略

【分析】【詳解】

（1）

（2）開始時，PCl5的濃度為=0.200mol/L；根據(jù)三段式。

所以平衡常數(shù)【解析】（1）

（2）0.45六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)24、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，