2025年湘教新版拓展型課程化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年湘教新版拓展型課程化學下冊階段測試試卷449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5題，共10分)1、Haber提出的硝基苯轉化為苯胺的兩種反應途徑如圖所示。實驗人員分別將、、與Na2S·9H2O在一定條件下反應5min，的產(chǎn)率分別為小于1%；大于99%，小于1%，下列說法正確的是。

A.硝基苯易溶水B.苯胺和苯酚類似，在水溶液中均顯酸性C.該實驗結果表明Na2S·9H2O參與反應時，優(yōu)先選直接反應路徑制備苯胺D.若該實驗反應中的氧化產(chǎn)物為S，則由硝基苯生成1mmol苯胺，理論上消耗2molNa2S·9H2O2、肉桂酸（）是一種合成有機光電材料的中間體。關于肉桂酸的下列說法正確的是A.分子式為C9H9O2B.不存在順反異構C.可發(fā)生加成、取代、加聚反應D.與安息香酸（）互為同系物3、下列“解釋或結論”與“實驗操作及現(xiàn)象”不對應的是。

。選項。

實驗操作及現(xiàn)象。

解釋或結論。

A．

向某溶液中逐滴加入鹽酸；產(chǎn)生無色無味氣體。

此溶液中一定含有CO32-

B．

將干燥和濕潤的紅色布條；分別放入盛有氯氣的集氣瓶中，濕潤的紅色布條褪色。

氯氣與水反應一定產(chǎn)生具有漂白性的物質。

C．

將蘸有濃鹽酸的玻璃棒與蘸有濃氨水的玻璃棒靠近；產(chǎn)生大量白煙。

NH3遇到HCl時反應生成NH4Cl晶體。

D．

向某溶液中逐滴加入NaOH溶液；立即產(chǎn)生白色沉淀，迅速變成灰綠，最終變成紅褐色。

此溶液中一定含有Fe2+

A.AB.BC.CD.DA.4、用如圖所示裝置進行氣體x的性質實驗；得出的實驗結論正確的是。

。選項。

實驗操作。

實驗結論。

實驗結論。

制備氣體x

溶液a

溶液a

A

乙醇與濃硫酸共熱至170℃

KMnO4酸性溶液。

紫色褪去。

C2H4被氧化。

B

碳酸鈉與醋酸溶液作用。

Na2SiO3溶液。

產(chǎn)生白色沉淀。

H2CO3的酸性強于H2SiO3

C

雙氧水與二氧化錳作用。

KI淀粉溶液。

溶液變藍。

O2能將I-氧化為I2

D

溴乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱。

Br2的四氯化碳溶液。

橙紅色褪去。

C2H4與Br2發(fā)生加成反應。

A.AB.BC.CD.D5、下列實驗不能達到實驗目的的是A.實驗室分離CO與CO2B.檢查裝置氣密性C.蒸發(fā)濃縮結晶D.分離出溴的四氯化碳溶液評卷人得分二、多選題(共3題，共6分)6、常溫下，用溶液分別滴定體積和濃度均相同的三種一元弱酸的滴定曲線如圖所示；圖中橫坐標a表示滴定百分數(shù)(滴定用量與滴定終點用量之比)。下列說法錯誤的是。

A.常溫下，酸性：B.當?shù)味ㄖ寥芤褐写嬖冢篊.滴定當時，溶液中D.初始濃度7、某同學按圖示裝置進行實驗；產(chǎn)生足量的氣體通入c中，最終出現(xiàn)渾濁。下列所選物質組合符合要求的是。

a中試劑b中試劑c中溶液A濃硫酸濃鹽酸飽和食鹽水B濃硫酸Cu溶液C稀硫酸飽和溶液D濃氨水堿石灰溶液

A.AB.BC.CD.D8、“探究與創(chuàng)新能力”是化學的關鍵能力。下列各項中“操作或現(xiàn)象”能達到預期“實驗目的”的是。選項實驗目的操作或現(xiàn)象A制作簡單原電池將鐵釘和銅絲連接插入食醋中即可形成原電池B驗證碳能與濃硝酸反應向濃硝酸中插入紅熱的碳，產(chǎn)生紅棕色氣體C鑒別溴蒸氣和分別通入溶液中，產(chǎn)生淺黃色沉淀的是溴蒸氣D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量飽和氫氧化鈉溶液，充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)9、根據(jù)所學知識回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序為__。

(2)已知：常溫時，H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”；“中”或“堿”)性。

(3)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質為___(填化學式)。

(4)25℃時，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分攪拌后，銀離子濃度由大到小的順序是___(填標號)；③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水10、油氣開采；石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫；需要回收處理并加以利用。

H2S熱分解反應：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反應條件下，對于n(H2S)：n(Ar)分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣，熱分解反應過程中H2S轉化率隨時間的變化如下圖所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9對應圖中曲線___________，計算其在0~0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。11、向某密閉容器中充入等物質的量的氣體M和N；一定條件下發(fā)生反應，達到平衡后，只改變反應的一個條件，測得容器中物質的濃度；反應速率隨時間的變化如圖1、圖2所示。

回答下列問題：

(1)該反應的化學方程式為_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min時改變的條件是____，40min時改變的條件是____，請在圖2中畫出30min~40min的正逆反應速率變化曲線以及標出40min~50min內對應的曲線_____。

(3)0~8min內，_______；50min后，M的轉化率為_______(保留三位有效數(shù)字)。

(4)20min~30min內，反應平衡時的平衡常數(shù)K=_______。12、某有機物的結構簡式如圖所示：

(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成________H2。

(2)該物質最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為________。13、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，是白色砂狀或淡黃色粉末狀固體，易溶于水、不溶于醇，該物質具有強還原性，在空氣中易被氧化為NaHSO4，75℃以上會分解產(chǎn)生SO2。是重要的有機合成原料和漂白劑。

制取Na2S2O4常用甲酸鈉法：控制溫度60～70℃，在甲酸鈉(HCOONa)的甲醇溶液中，邊攪拌邊滴加Na2CO3甲醇溶液，同時通入SO2，即可生成Na2S2O4。反應原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如圖，要制備并收集干燥純凈的SO2氣體，接口連接的順序為：a接__，__接__，__接__。制備SO2的化學方程式為___。

（2）實驗室用圖裝置制備Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合價為___。

②儀器A的名稱是___。

③水浴加熱前要通一段時間N2，目的是___。

④為得到較純的連二亞硫酸鈉，需要對在過濾時得到的連二亞硫酸鈉進行洗滌，洗滌的方法是___。

⑤若實驗中所用Na2SO3的質量為6.3g，充分反應后，最終得到mg純凈的連二亞硫酸鈉，則連二亞硫酸鈉的產(chǎn)率為___(用含m的代數(shù)式表示)。評卷人得分四、實驗題(共3題，共24分)14、實驗室制取氣體所需的裝置如圖所示；請回答下列問題。

（1）儀器a的名稱是______。

（2）實驗室若用A裝置制氧氣時，試管口的棉花作用是_______________________；實驗室若用B裝置制二氧化碳的化學方程式為_______________________。

（3）選擇氣體收集方法時，必須考慮的氣體性質______（填序號）：①顏色；②密度；③溶解性；④可燃性。收集二氧化碳所選用的裝置為______（填字母）；若用C裝置收集氧氣，驗滿方法是_______________________。

（4）若用A，E裝置來制取氧氣，當導管口有氣泡連續(xù)冒出時，進行收集，集完氧氣取出集氣瓶后，應進行的操作是_______________________。15、乳酸亞鐵晶體[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相對分子質量為288;易溶于水，是一種很好的補鐵劑，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]與FeCO3反應制得。

I．碳酸亞鐵的制備(裝置如圖所示)

(1)儀器C的名稱是____；實驗操作如下：打開kl、k2，加入適量稀硫酸，關閉kl，使反應進行一段時間，其目的是____。

(2)接下來關閉k2使儀器C中的制備反應發(fā)生，其反應的離子方程式為__。

Ⅱ．乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測定。

(3)儀器C中混合物經(jīng)過濾、洗滌得到FeCO3沉淀，檢驗其是否洗凈的方法是____。

向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液；在75℃下攪拌使之充分反應，經(jīng)過濾，在隔絕空氣的條件下，經(jīng)低溫蒸發(fā)等操作后，獲得乳酸亞鐵晶體。

(4)兩位同學分別用不同的方案進行鐵元素含量測定：

①甲同學通過KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的含量計算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于l00%，其原因可能是___。

②乙同學經(jīng)查閱資料后改用碘量法測定鐵元素的含量計算樣品純度。稱取3.000g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取25．00rnL該溶液加入過量KI溶液充分反應，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.100mol．L-1硫代硫酸鈉溶液滴定(已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)，當溶液____，即為滴定終點；平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為23.80mL，則樣品純度為____％(保留1位小數(shù))。16、某學習小組通過下列裝置探究MnO2與FeCl3?6H2O能否反應產(chǎn)生Cl2。

資料：FeCl3是一種共價化合物；熔點306℃，沸點315℃。

ⅰ.實驗操作和現(xiàn)象：

。操作。

現(xiàn)象。

點燃酒精燈；加熱。

i.A中部分固體溶解；上方出現(xiàn)白霧。

ii.稍后；產(chǎn)生黃色氣體，管壁附著黃色液滴。

iii.B中溶液變藍。

ⅱ.分析現(xiàn)象的成因：

（1）現(xiàn)象i中的白霧是______；用化學方程式和必要的文字說明白霧的形成原因是______。

（2）分析現(xiàn)象ii；該小組探究黃色氣體的成分，實驗如下：

a.直接加熱FeCl3·6H2O；產(chǎn)生白霧和黃色氣體。

b.將現(xiàn)象ii和a中的黃色氣體通入KSCN溶液；溶液均變紅。通過該實驗說明現(xiàn)象ii中黃色氣體含有______。

（3）除了氯氣可使B中溶液變藍外；該小組還提出其他兩種可能的原因：

可能原因①：實驗b檢出的氣體使之變藍；

反應的離子方程式是______。

可能原因②：______；

反應的離子方程式是______。

（4）為進一步確認黃色氣體中是否含有Cl2，小組提出兩種方案，均證實了Cl2的存在。

。方案1

在A；B間增加盛有某種試劑的洗氣瓶C

B中溶液變?yōu)樗{色。

方案2

將B中KI-淀粉溶液替換為NaBr溶液；檢驗Fe2+

B中溶液呈淺橙紅色；未檢出Fe2+

①方案1的C中盛放的試劑是______；從化學平衡原理的角度加以解釋______。

②方案2中檢驗Fe2+的最佳試劑是______，若存在Fe2+；則現(xiàn)象是______。

③綜合方案1、2的現(xiàn)象，說明方案2中選擇NaBr溶液的依據(jù)是______。

（5）將A中產(chǎn)物分離得到Fe2O3和MnCl2，A中產(chǎn)生Cl2的化學方程式是______。評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共32分)17、氮是地球上含量較豐富的一種元素；氮的化合物在工業(yè)生產(chǎn)和生活中有重要的作用。

(1)四氧化二氮是火箭推進器的燃料，它與二氧化氮可以相互轉化。一定條件下，密閉容器內發(fā)生化學反應：△H＞0；達到平衡時，當分別改變下列某一條件，回答：

①達到平衡時，升高溫度，平衡將______移動(填“正向”；“逆向”或“不”)。

②達到平衡時，保持體積不變充入Ar氣時，平衡將______移動(填“正向”；“逆向”或“不”)。

③達到平衡時，保持容器容積不變，再通入一定量N2O4，達到平衡時NO2的百分含量______(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)消除汽車尾氣污染物中NO的反應平衡常數(shù)表達式為：

已知：

寫出此反應的熱化學方程式______，該反應______(填“高溫”或“低溫”)能自發(fā)進行。

(3)在催化劑作用下，H2可以還原NO消除污染，反應的化學方程式為：將2molNO和1molH2充入一個1L恒容的密閉容器中，經(jīng)相同時間測得混合氣體N2的體積分數(shù)與溫度的關系如圖所示。則低于900K時，N2的體積分數(shù)______(填“是”或“不是”)對應溫度下平衡時的體積分數(shù)，原因是______。高于900K時，N2的體積分數(shù)降低的可能原因是______(任寫一點)。

(4)氨氣是生產(chǎn)氮肥的主要原料，一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1molN2和2molH2合成氨反應達到平衡狀態(tài)時，測得N2的轉化率為25%，則達平衡時該反應的中衡常數(shù)K=______(列出計算式)。18、研究氮和碳的化合物對工業(yè)生產(chǎn)和防治污染有重要意義；回答下列問題：

I.(1)化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：?；瘜W鍵H-HN=NN-HE/(kJ·mol-1)436946391

合成氨反應的活化能Ea1=254kJ·mol-1，由此計算氨分解反應的活化能Ea2=___________kJ·mol-1。

(2)利用NH3的還原性可以消除氮氧化物的污染；其中除去NO的主要反應如下：

4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)ΔH<0某研究小組將2molNH3、3molNO和一定量的O2充入密閉容器中，在Ag2O催化劑表面發(fā)生上述反應；NO的轉化率隨溫度變化的情況如圖所示：

①溫度從420K升高到580K用時4min，則此時段內NO的平均反應速率v(NO)=___________。

②在有氧條件下，溫度580K之后NO生成N2的轉化率降低的原因可能是___________。

II.目前有一種新的循環(huán)利用方案處理航天員呼吸產(chǎn)生的CO2，是用Bosch反應CO2(g)+2H2(g)=C(s)＋2H2O(g)ΔH<0，再電解水實現(xiàn)O2的循環(huán)利用。

(3)若要此反應自發(fā)進行___________(填“高溫”或“低溫”)更有利。

(4)350℃時，向體積為2L的恒容密閉容器中通入8molH2和4molCO2發(fā)生以上反應，若反應起始和平衡時溫度相同(均為350℃)，測得反應過程中壓強隨時間的變化如表所示：。時間/min0102030405060壓強6.00P05.60P05.30P05.15P05.06P05.00P05.60P0

①350℃時Bosch反應的Kp=___________(Kp為用氣體的分壓表示的平衡常數(shù)；分壓=氣體的體積分數(shù)x體系總壓)

②Bosch反應的速率方程：V正=K正·c(CO2)·c2(H2),V逆=K逆·c2(H2O)(k是速率常數(shù)，只與溫度有關)。20min時，=____(填“>”“＜”或“=”)

(5)利用銅基配合物催化劑電催化還原CO2制備碳基燃料(包括CO、烷烴和酸等)是減少CO2在大氣中累積和實現(xiàn)可再生能源有效利用的關鍵手段之一；其裝置原理如圖所示。

①電池工作過程中，陰極的電極反應式為___________。

②每轉移2mol電子，陽極室溶液質量減輕___________g。19、部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：。弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3電離平衡常數(shù)(25℃)

(1)在溫度相同時，各弱酸的Ki值與酸性的相對強弱的關系為：________________________。

(2)下列離子方程式正確的是。

A．2ClO-+H2O+CO2→2HClO+

B．2HCOOH+→2HCOO-+H2O+CO2↑

C．H2SO3+2HCOO-→2HCOOH+

D．Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-

(3)常溫下，pH=3的HCOOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中離子濃度由大到小的順序為________________________________。

亞硒酸(H2SeO3)也是一種二元弱酸；常溫下是一種無色固體，易溶于水，有較強的氧化性。

(4)往亞硒酸溶液中不斷通入SO2會產(chǎn)生紅褐色單質，寫出該反應的化學方程式：______________________________________________________。

(5)將亞硒酸與30%的H2O2加熱可制得硒酸(H2SeO4)；反應方程式如下：

H2SeO3+H2O2→H2SeO4+H2O，下列說法中正確的是()。

A．H2O2既是氧化劑又是還原劑。

B．H2O既不是氧化產(chǎn)物又不是還原產(chǎn)物。

C．H2SeO4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物。

D．氧化性：H2SeO3＞H2SeO4

碲酸(H6TeO6)是一種很弱的酸，但它的氧化性比硫酸還要強。在酸性介質中，碲酸可將HI氧化成I2；方程式如下：

___HI+___H6TeO6___TeO2+___Te+___I2+___H2O

(6)若反應中生成的TeO2與Te的物質的量之比為1：1，試配平上述化學方程式。20、研究金屬與硝酸的反應；實驗如下。

。實驗（20℃）

現(xiàn)象。

Ⅰ．過量銅粉、2mL0.5mol/LHNO3

無色氣體（遇空氣變紅棕色）；溶液變?yōu)樗{色。

Ⅱ．過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3

6mL無色氣體（經(jīng)檢測為H2）；溶液幾乎無色。

（1）Ⅰ中產(chǎn)生的無色氣體是________。

（2）研究Ⅱ中的氧化劑。

①甲同學認為該濃度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-沒有發(fā)生反應。乙同學依據(jù)Ⅰ和Ⅱ證明了甲的說法不正確；其實驗證據(jù)是________。

②乙同學通過分析，推測出NO3-也能被還原，依據(jù)是________，進而他通過實驗證實該溶液中含有NH4+；其實驗操作是________。

③補全Ⅱ中NO3-被還原為NH4+的過程：NO3-＋________e-＋____＝NH4+＋____H2O____

（3）研究影響產(chǎn)生H2的因素。

。實驗。

現(xiàn)象。

Ⅲ．過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3；40℃

3.4mL氣體（經(jīng)檢測為H2）；溶液略帶黃色。

Ⅳ．過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3；60℃

2.6mL氣體（經(jīng)檢測為H2）；黃色溶液。

Ⅴ．過量鐵粉、2mL3mol/LHNO3；20℃

無色氣體（遇空氣變紅棕色）；深棕色溶液。

資料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。

④對比Ⅱ；Ⅲ、Ⅳ；溫度不同時收集到氫氣的體積不同，原因是________。

⑤Ⅴ中無色氣體是混合氣體；則一定含有遇空氣變紅棕色的氣體和________。

（4）根據(jù)實驗，金屬與硝酸反應時，影響硝酸的還原產(chǎn)物不同的因素有________。評卷人得分六、元素或物質推斷題(共4題，共12分)21、W；X、Y、Z、N、M六種主族元素；它們在周期表中位置如圖所示，請用對應的的化學用語回答下列問題：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根據(jù)周期表，推測N原子序數(shù)為___________

(2)比較Y、Z、W三種元素形成簡單離子的半徑由大到小的順序___________

(3)M最高價氧化物的水化物在水中的電離方程式：___________

(4)以下說法正確的是___________

A．單質的還原性：X＞Y，可以用X與YM2溶液發(fā)生反應來證明。

B．Y與同周期的ⅢA元素的原子序數(shù)相差1

C．半導體器件的研制開始于硅；研發(fā)出太陽能光伏電池，將輻射轉變?yōu)殡娔?，如我校的路燈?/p>

D．元素N位于金屬與非金屬的分界線附近，可以推斷N元素的單質具有兩性22、物質A由4種元素組成；按如下流程進行實驗。

已知：

①每一步反應均完全②溶液D僅含一種溶質。

③沉淀E不溶于酸④溶于

請回答：

(1)物質A的組成元素為_______(元素符號)，其化學式為_______。

(2)寫出A與雙氧水反應的化學方程式_______。

(3)寫出F至G的離子方程式_______。

(4)設計實驗檢驗溶液D中的主要離子_______。23、Ⅰ.電鍍廢水中常含有陰離子A，排放前可加CuSO4溶液處理；使之轉化為沉淀B，按如圖流程進行實驗。

已知：B含三種元素；氣體D標況下密度2.32g/L；混合氣體l無色無味；氣體F標況下密度為1.25g/L。請回答：

(1)組成B的三種元素是_______，氣體D的分子式是______。

(2)寫出固體C在足量氧氣中灼燒的方程式_______。

(3)固體C在沸騰的稀鹽酸中會生成一種弱酸和一種白色沉淀，該白色沉淀是共價化合物(測其分子量為199)，則反應的化學方程式是________。

Ⅱ.某興趣小組為驗證鹵素單質的氧化性強弱，打開彈簧夾，向盛有NaBr溶液的試管B和分液漏斗C中同時通入少量Cl2；將少量分液漏斗C中溶液滴入試管D中，取試管D振蕩，靜止后觀察現(xiàn)象。實驗裝置如圖：

(4)說明氧化性Br2＞I2的實驗現(xiàn)象是________。

(5)為了排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾，需確認分液漏斗C中通入Cl2未過量。試設計簡單實驗方案檢驗_________。24、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價電子層中的未成對電子有3個；C與B同族；D的最高價含氧酸為酸性最強的無機含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價含氧酸酸性比其低兩價的含氧酸酸性強的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學式)。以上不等性雜化的化合物價層電子對立體構型為_________，分子立體構型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結構的晶體。其中一種類似金剛石的結構，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結構如下圖所示(圖1為晶體結構，圖2為切片層狀結構)，其化學式為________________。實驗測得此晶體結構屬于六方晶系，晶胞結構見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結果精確到小數(shù)點后第2位)。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】

以不同路徑下的有機反應為載體；考查有機反應路徑；常見有機化合物性質、氧化還原反應等知識。

【詳解】

A．硝基苯中無親水基團；難溶于水，A錯誤；

Ｂ．苯胺可結合水電離出的H+；在水溶液中顯堿性，B錯誤；

Ｃ．與Na2S·9H2O反應的產(chǎn)率高于與Na2S·9H2O反應的產(chǎn)率；選擇直接反應路徑，C正確；

D．由1mol轉化為1mol，少了2molO原子，多了2molH原子，共得到了6mole-，理論上消耗3molNa2S·9H2O；D錯誤；

故選C。2、C【分析】【詳解】

A.根據(jù)肉桂酸的結構式可知分子式為：A錯誤；

B.肉桂酸雙鍵碳所連的兩個原子團均不同；故存在順反異構，B錯誤；

C.肉桂酸中苯環(huán)和碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應；羧基可以發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵可以發(fā)生加聚反應，C正確；

D.肉桂酸中含碳碳雙鍵；安息香酸中不含，故兩者不是同系物，D錯誤；

答案選C。

【點睛】

若有機物只含有碳氫兩種元素，或只含有碳氫氧三種元素，那該有機物中的氫原子個數(shù)肯定是偶數(shù)，即可迅速排除A選項。同系物結構要相似，即含有相同的官能團，肉桂酸和安息香酸含有官能團不同，排除D選項。3、A【分析】CO32-、HCO3-都能與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，所以向某溶液中逐滴加入鹽酸，產(chǎn)生二氧化碳氣體，不一定含有CO32-，故A錯誤；水不能使紅布條褪色，將干燥的紅色布條放入盛有氯氣的集氣瓶中，紅布條不褪色，說明氯氣沒有漂白性，將濕潤的紅色布條放入盛有氯氣的集氣瓶中，濕潤的紅色布褪色，說明氯氣與水反應生成了具有漂白性的物質，故B正確；濃鹽酸、濃氨水都有揮發(fā)性，將蘸有濃鹽酸的玻璃棒與蘸有濃氨水的玻璃棒靠近，NH3遇到HCl時反應生成NH4Cl，產(chǎn)生大量白煙，故C正確；Fe2+與NaOH溶液反應生成白色氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵被氧氣氧化為紅褐色氫氧化鐵，故D正確。4、D【分析】A、乙醇易揮發(fā)，加熱后產(chǎn)生的氣體中含有乙醇蒸氣也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項A錯誤；B、醋酸易揮發(fā)，產(chǎn)生的氣體中可能含有醋酸，干擾實驗的判斷，選項B錯誤；C、氧氣可以直接排放，不必進行尾氣處理，選項C錯誤；D、溴乙烷與氫氧化鈉醇溶液共熱產(chǎn)生的乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明C2H4與Br2發(fā)生加成反應，選項D正確。答案選D。5、C【分析】A、要將CO和CO2分離，關閉b，打開a，混合氣體進入左邊廣口瓶裝置，CO與氫氧化鈉溶液不反應，可分離出被右邊廣口瓶中濃硫酸干燥過的純凈的CO，裝有NaOH溶液的廣口瓶用來吸收CO2，此時廣口瓶中發(fā)生的反應方程式為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；再關閉a，打開b，利用稀硫酸與碳酸鈉反應生成CO2通過濃硫酸干燥得純凈的CO2，選項A正確；B、若長頸漏斗中液面不下降，說明裝置氣密性好，選項B正確；C、蒸發(fā)濃縮結晶所用的儀器為蒸發(fā)皿，坩堝用于灼燒固體，選項C錯誤；D、利用分液將水層和溴的四氯化碳溶液分離，選項D正確。答案選C。二、多選題(共3題，共6分)6、BD【分析】【詳解】

A．由起始點可以看出，酸性：A項正確；

B．當?shù)味ㄖ寥芤褐写嬖冢築項錯誤；

C．當時，溶液呈酸性，C項正確；

D．D項錯誤。

故選BD。7、AC【分析】【詳解】

A．濃硫酸加入濃鹽酸中，生成氣體，生成的氣體通入飽和食鹽水中，根據(jù)同離子效應，析出晶體；A符合題意；

B．濃硫酸和銅在加熱條件下才能反應生成不符合實驗要求，B不符合題意；

C．和稀硫酸反應生成與飽和溶液反應生成晶體；C符合題意；

D．濃氨水和堿石灰生成通入溶液中，先生成沉淀，繼續(xù)通入氨氣，溶解生成D不符合題意；

故選AC。8、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．將鐵釘和銅絲連接插入食醋中即可形成簡單鐵銅原電池；故A符合題意；

B．濃硝酸受熱分解能放出紅棕色二氧化氮氣體；所以向濃硝酸中插入紅熱的碳，產(chǎn)生紅棕色氣體，不能證明是碳與濃硝酸反應，故B不符合題意；

C．因為溴蒸氣能和溶液反應；產(chǎn)生淺黃色溴化銀沉淀，故C符合題意；

D．因為足量飽和氫氧化鈉溶液能和乙酸乙酯反應；所以不能用足量飽和氫氧化鈉溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故D不符合題意；

故答案：AC。三、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離：NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會發(fā)生電離作用：H++也會發(fā)生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導致c(Na+)＞c()；電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用，最終達到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除會電離產(chǎn)生，還有H2O電離產(chǎn)生，而只有電離產(chǎn)生，故離子濃度：c(H+)＞c()，因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中，存在HR-的電離作用：HR-R2-+H+，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，同時也存在著水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性，其平衡常數(shù)Kh=＜Ka2=5.60×10-8，說明HR-的電離作用大于水解作用；因此NaHR溶液顯酸性；

(3)AlCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導致溶液變渾濁，由于水解產(chǎn)生HCl，因此根據(jù)平衡移動原理，若用固體配制溶液時，將其溶解在一定量的濃鹽酸中，增加了H+的濃度，就可以抑制鹽的水解，然后再加水稀釋，就可以得到澄清溶液；若將AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向進行直至水解完全，HCl揮發(fā)逸出，得到的固體是Al(OH)3，然后將固體灼燒至恒重，Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，最后得到的固體是Al2O3；

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都會抑制物質的溶解，溶液中Ag+、Cl-濃度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+；對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，該溶液中含有的c(Ag+)最大；則這四種液體物質中銀離子濃度由大到小的順序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L?！窘馕觥縞(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中，然后加水稀釋Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1010、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，該反應正方向為體積增大的反應，降低壓強，平衡會向正反應方向移動；則對于n(H2S)：n(Ar)為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣在圖中對應的曲線分別是a、b；c、d、e。

【詳解】

（1）由于正反應是體積增大的可逆反應，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應方向移動，因此H2S平衡轉化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9對應的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反應進行到0.1s時H2S轉化率為0.24；假設在該條件下；硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知：

此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1?！窘馕觥?1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應方向進行，H2S平衡轉化率越高。

(2)d24.911、略

【分析】【詳解】

（1）依據(jù)圖1中各物質的濃度變化量可得到0-20min，M、N濃度減少量為1.5mol/L，P濃度增加量為3mol/L，則反應的化學方程式為由圖1可知，40min時平衡發(fā)生了移動，而P、M、N的濃度沒有改變，且改變壓強和使用催化劑平衡不移動，則改變的條件是溫度，30min時P、M、N濃度均減小則改變的條件為擴大容器體積，壓強減小，反應速率減小，由圖2可知40min時速率增大，則40min時改變的條件是升高溫度，而生成物P的濃度在減小，依據(jù)勒夏特列原理可判斷該反應的

（2）由(1)分析可知，30min時改變的條件是擴大容器的體積；40min時改變的條件是升高溫度；在圖2中畫出30min~40min的正逆反應速率變化曲線以及標出40min~50min內對應的曲線為

（3）8min時，M、N、P的物質的量濃度相等，設

則解得x=2，故8min時，0~8min內；

50min后；M；N、P的物質的量濃度相等，故M的轉化率為33.3%；

（4）由圖1可知，20min~30min內，為平衡狀態(tài)，M、N的平衡濃度為1.5mol/L，P的平衡濃度為3mol/L，則反應平衡時的平衡常數(shù)K=【解析】(1)<

(2)擴大容器的體積升高溫度

(3)33.3%

(4)412、略

【分析】【分析】

由結構簡式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳雙鍵，結合醇、羧酸、烯烴的性質來解答。

【詳解】

(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應，金屬鈉過量，則有機物完全反應，1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2；

故答案為：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均與Na反應，-COOH與NaOH、NaHCO3反應，則1mol該物質消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，則n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案為：3∶2∶2?！窘馕觥竣?1.5mol②.3∶2∶213、略

【分析】【詳解】

（1）亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫,反應的方程式為：Na2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸氣，可用濃硫酸干燥，用向上排空氣法收集，且用堿石灰吸收尾氣，避免污染環(huán)境，則連接順序為a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合價為+3；

②由裝置可知；儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗；

③實驗時應避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可應先通入二氧化硫，排凈系統(tǒng)中的空氣，防止加熱時Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段時間N2；排凈系統(tǒng)中的空氣；

④洗滌連二亞硫酸鈉時應與空氣隔離；洗滌劑可用甲醇或乙醇，洗滌過程為：在無氧環(huán)境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復2-3次；

⑤設連二亞硫酸鈉理論產(chǎn)率為x；根據(jù)硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

則解得x=4.35g，產(chǎn)率為：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒壓滴液漏斗排凈系統(tǒng)中的空氣向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復2-3次四、實驗題(共3題，共24分)14、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)實驗室常用儀器的名稱和用途進行分析；

(2)根據(jù)實驗室制取氧氣的注意事項進行分析；根據(jù)反應物；生成物和反應條件書寫化學方程式；

(3)根據(jù)氣體的密度和水溶性進行分析；根據(jù)氧氣的性質選擇驗滿的方法；

(4)根據(jù)實驗室制取氧氣的步驟進行分析。

【詳解】

(1)儀器a的名稱是集氣瓶；

(2)為了防止高錳酸鉀固體小顆粒隨氣流進行導管，容易發(fā)生導管堵塞，要在試管口塞一團棉花，實驗室常用大理石(或石灰石)和稀鹽酸反應制取二氧化碳，化學方程式中：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

(3)選擇氣體收集方法時；必須考慮的氣體性質②密度和③溶解性；二氧化碳的密度比空氣大，能溶于水，只能用向上排空氣法收集，故選C裝置收集；因為氧氣的密度比空氣大，且具有助燃性，若用C裝置收集氧氣，驗滿方法是：把帶火星的木條放在集氣瓶口，若木條復燃則集滿；

(4)若用A，E裝置來制取氧氣，當導管口有氣泡連續(xù)冒出時，進行收集，集完氧氣取出集氣瓶后，應進行的操作是把導管從水槽中移出再熄滅酒精燈，為的是防止水沿導管進入試管，使熱的試管炸裂。【解析】集氣瓶為了防止高錳酸鉀小顆粒隨氣流進行導管CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑②③C把帶火星的木條放在集氣瓶口，若木條復燃則集滿把導管從水槽中移出再熄滅酒精燈15、略

【分析】【分析】

I．亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，利用Fe與稀硫酸反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣；關閉K2，B中生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的硫酸亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)生FeCO3沉淀。

Ⅱ．(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的，可通過檢驗最后一次洗滌液是否含有SO42-判斷。

(4)①乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化；

②滴定終點時，I2完全被硫代硫酸鈉還原；根據(jù)已知反應可得關系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-計算樣品純度。

【詳解】

I．(1)由儀器圖形可知C為三頸燒瓶；打開kl、k2，加入適量稀硫酸，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，且用B中產(chǎn)生的H2排盡裝置內的空氣；防止二價鐵被氧化；

(2)待裝置內空氣排出后，再關閉k2，反應產(chǎn)生的氫氣使裝置內的氣體壓強增大，可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中，發(fā)生反應生成碳酸亞鐵，同時生成二氧化碳，反應的離子方程式為Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的，可通過檢驗最后一次洗滌液是否含有SO42-判斷。方法是：取最后一次水洗液于試管中，加入過量稀鹽酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若無白色渾濁出現(xiàn)，則表明洗滌液中不存在SO42-，即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈；

Ⅱ．(4)①乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，F(xiàn)e2+也可以被氧化，因此二者反應都消耗KMnO4溶液；導致消耗高錳酸鉀的量增大，使計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質量分數(shù)會大于100%；

②I2遇淀粉溶液顯藍色，滴加硫代硫酸鈉溶液，I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應，當藍色剛好褪去且半分鐘不恢復，即可判斷為滴定終點；23.80mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質的量為n(Na2S2O3)=0.02380L×0.100mol/L=2.38×10-3mol，根據(jù)關系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可知樣品中CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O的物質的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.38×10-3mol×=9.52×10-3mol，則樣品的純度為×100%=91.4%?！窘馕觥咳i燒瓶生成FeSO4溶液，且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內的空氣Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則洗滌干凈乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化，導致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多藍色褪去且半分鐘不恢復91.4%16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）FeCl3·6H2O受熱失去結晶水FeCl3·6H2OFeCl3+6H2O，同時水解FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，生成HCl氣體，HCl和H2O結合形成鹽酸小液滴；而形成白霧；

故答案為：HCl小液滴；FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl加熱時；水解反應產(chǎn)生HCl，HCl揮發(fā)出來遇水蒸氣形成白霧；

（2）FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，發(fā)生絡合反應，F(xiàn)e3＋+3SCN－=Fe（SCN）3，生成血紅色的硫氰化鐵，用KSCN溶液檢驗現(xiàn)象ii和A中的黃色氣體，溶液均變紅，說明含有FeCl3；

故答案為：FeCl3；

（3）除了氯氣可使B中溶液變藍外，該小組還提出其他兩種可能的原因：可能原因①：實驗b檢出的氣體使之變藍；碘離子具有還原性，氯化鐵具有強氧化性，兩者反應，碘離子被氧化為碘單質，反應的離子方程式是2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。

可能原因②：在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍；氧氣將碘離子氧化成碘單質，反應的離子方程式是4H++4I-+O2=I2+2H2O。

故答案為：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍；4H++4I-+O2=I2+2H2O；

（4）①方案1氯化鐵能氧化碘離子，氧氣在酸性條件下，能氧化碘離子，所以需除去Cl2中的FeCl3和O2（H＋），若仍能觀察到B中溶液仍變?yōu)樗{色，則證明原氣體中確實存在Cl2，在A、B間增加盛有飽和食鹽水的洗氣瓶C，從化學平衡原理的角度加以解釋：Cl2+HOHCl+HClO，飽和食鹽水可以吸收HCl和FeCl3且c(Cl-)較大；抑制上述反應。

故答案為：飽和食鹽水；Cl2+HOHCl+HClO，飽和食鹽水可以吸收HCl和FeCl3且c(Cl-)較大；抑制上述反應；

②方案2若B中觀察到淺橙紅色，為溴水的顏色，則證明有物質能夠將Br－氧化成Br2，鐵離子不能氧化溴離子，若未檢查到Fe2＋，則證明是Cl2氧化的Br－，而不是Fe3＋．另外，因為還原劑用的不是I－，可不用考慮O2（H＋）的影響問題，即排除Fe3＋將Br－氧化成Br2的可能性；

方案2中檢驗Fe2+的最佳試劑是K3[Fe(CN)6]（或鐵氰化鉀），若存在Fe2+；則現(xiàn)象是藍色沉淀。

故答案為：K3[Fe(CN)6]（或鐵氰化鉀）；藍色沉淀；

③綜合方案1、2的現(xiàn)象，Br－可以被Cl2氧化成Br2，但不會被Fe3＋氧化為Br2，方案2中選擇NaBr溶液的依據(jù)是氧化性強弱順序Cl2>Br2>Fe3+。

故答案為：氧化性強弱順序Cl2>Br2>Fe3+；

（5）將A中產(chǎn)物分離得到Fe2O3和MnCl2，A中MnO2將氯離子氧化產(chǎn)生Cl2的化學方程式是2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。

故答案為：2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。【解析】鹽酸小液滴（或鹽酸酸霧）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl加熱時，水解反應產(chǎn)生HCl，HCl揮發(fā)出來遇水蒸氣形成白霧FeCl32Fe3++2I-=I2+2Fe2+在酸性條件下，裝置中的空氣使之變藍4H++4I-+O2=I2+2H2O飽和食鹽水Cl2+HOHCl+HClO，飽和食鹽水可以吸收HCl和FeCl3且c(Cl-)較大，抑制上述反應K3[Fe(CN)6]（或鐵氰化鉀）藍色沉淀氧化性強弱順序Cl2>Br2>Fe3+2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O五、原理綜合題(共4題，共32分)17、略

【分析】【詳解】

(1)①該反應的正反應是吸熱反應；根據(jù)平衡移動原理，升高溫度，化學平衡向吸熱的移動，所以升高溫度，化學平衡正向移動；

②達到平衡時，保持體積不變充入Ar氣時，反應體系中任何一種物質的濃度不變，因此加入Ar氣對化學平衡移動無影響；因此化學平衡不發(fā)生移動平衡；

③達到平衡時，保持容器容積不變，再通入一定量N2O4，導致反應體系壓強增大。根據(jù)平衡移動原理：增大壓強，化學平衡向氣體體積減小的方向移動。該反應的正反應是氣體體積增大的方向，因此增大壓強，化學平衡向氣體體積減小的逆反應方向移動，當反應再次達到平衡時NO2的百分含量減?。?/p>

(2)根據(jù)平衡常數(shù)可知該可逆反應為2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)；

已知：①

②

③

根據(jù)蓋斯定律，將②×2-③-①，整理可得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；

根據(jù)方程式可知：該反應的正反應是氣體混亂程度減小的放熱反應，由反應自由能公式△G=△H-T△S＜0，可知當△G＜0；反應可自發(fā)進行，可判斷該反應在低溫下就可以自發(fā)進行；

(3)根據(jù)圖象可知：在低于900K時，N2的體積分數(shù)隨溫度的升高而增大，在900K以后，溫度升高，N2的體積分數(shù)減小，說明在低于900K時反應正向進行，未處于平衡狀態(tài)。溫度升高，反應速率加快，反應產(chǎn)生更多N2，因此N2的體積分數(shù)隨溫度的升高而增大。在900K以后，溫度升高，N2的體積分數(shù)減小，這是由于該反應的正反應是放熱反應，在反應達到平衡后，升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，導致N2的體積分數(shù)隨溫度的升高而減小；在高于900K時，N2的體積分數(shù)降低的可能原因是升高溫度平衡逆向移動或發(fā)生的副反應增多或由于任何催化劑都有一定的使用溫度范圍；溫度升高導致催化劑的活性降低等；

(4)在一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1molN2和2molH2合成氨，發(fā)生反應：N2+3H22NH3，反應達到平衡狀態(tài)時，測得N2的轉化率為25%，則此時N2的物質的量是mol，H2的物質的量是NH3的物質的量是由于容器的容積是1L，則各種氣體的平衡濃度分別是c(N2)=mol/L，c(H2)=mol/L，c(NH3)=mol/L，故該反應的化學平衡常數(shù)計算式為K=【解析】正向不減小2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol低溫不是該反應為放熱反應，平衡時N2的體積分數(shù)應隨著溫度的升高而降低催化劑的活性下降(或升溫平衡逆向移動或副反應增多等)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)的又所以

(2)①420K時NO的轉化率為2%，此時消耗的580K時NO的轉化率為59%，此時消耗的此時間段內NO的變化量為1.77mol-0.06mol=1.71mol，容積的體積為2L，反應速率為

根據(jù)圖像可知，在有氧條件下，溫度580K之后NO生成N2的轉化率降低，由于該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向進行，導致NO轉化率降低，也可能是溫度升高發(fā)生了副反應4NH3+7O2=4NO2+6H2O或催化劑活性降低；都有可能導致NO轉化率降低；

(3)該反應的根據(jù)知；該反應在低溫條件下進行；

(4)①結合三段式計算平衡狀態(tài)氣體的物質的量；設達到平衡狀態(tài)消耗二氧化碳的物質的量為x；

氣體壓強之比等于物質的量之比，解得x=2mol，則平衡時n(CO2)=2mol，n(H2)=4mol，P=5.00P0，CO2%=20%，H2%=40%，H2O%=40%，

②30min時，圖表數(shù)據(jù)表明反應正向進行，則有所以

(5)電池工作中，陰極上CO2得到電子被還原，結合氫離子轉化為HCOOH，電極反應是為Pt電極上H2O轉化為O2，發(fā)生氧化反應為陽極，電極反應為陽極室質量減輕是因為釋放出氧氣，O2-4e-，所以轉移2mol電子，生成的O2為0.5mol，即為8g【解析】300平衡逆向進行低溫>8g19、略

【分析】【詳解】

(1)在溫度相同時，各弱酸的Ki值與酸性的相對強弱的關系為：Ki值越大；表示電離出氫離子的程度越大，則酸性越強。

(2)根據(jù)電離平衡常數(shù)可知：

A.正確的應該是ClO-+H2O+CO2→HClO+A錯誤；

B.甲酸的酸性比碳酸強；根據(jù)強酸制弱酸的原理，B正確；

C．H2SO3+HCOO-→HCOOH+C錯誤；

D．Cl2+H2O+2→2+Cl-+ClO-；D正確；

故答案為BD；

(3)常溫下，pH=3的HCOOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，生成HCOONa，由于甲酸是弱酸，二者反應后酸有剩余，故混和液呈酸性，HCOOH電離程度大于甲酸根的水解程度，鹽電離產(chǎn)生離子濃度大于弱電解質電離產(chǎn)生的離子濃度，故溶液中離子濃度由大到小的順序為c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。

(4)由信息：亞硒酸(H2SeO3)有較強的氧化性。SO2具有還原性，會產(chǎn)生紅褐色單質應該是硒單質，則該反應的化學方程式：H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4。

(5)將亞硒酸與30%的H2O2加熱可制得硒酸(H2SeO4)，此時過氧化氫作氧化劑，H2O是還原產(chǎn)物，H2SeO4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，H2SeO3作還原劑，其氧化性比H2SeO4弱；故合理選項是C。

(6)根據(jù)化合價升降法和題目中的信息：TeO2與Te的物質的量之比為1：1，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得配平方程式為：8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O?！窘馕觥縆i值越大，酸性越強c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)H2SeO3+2SO2+H2O→Se↓+2H2SO4C821141020、略

【分析】（1）因銅過量反應過程中濃硝酸變稀，稀硫酸與銅反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，故Ⅰ中產(chǎn)生的無色氣體是NO；（2）①硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍，同時沒有氫氣放出，證明了甲的說法不正確；②NO3-中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性，故NO3-也能被還原；?、蛑蟹磻蟮娜芤海尤胱懔縉aOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味并能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，證實該溶液中含有NH4+；③Ⅱ中NO3-被還原為NH4+，氮元素由+5價變?yōu)?3價得到8e-，完成電極反應為：NO3-＋8e-＋10H+＝NH4+＋3H2O；（3）④對比Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，溫度不同時收集到氫氣的體積不同，原因是相同條件下，溫度升高時，化學反應速率增大，但NO3-的還原速率增大的更多；⑤Ⅴ中無色氣體是混合氣體則為NO和H2，則一定含有遇空氣變紅棕色的氣體和H2；（4）根據(jù)實驗，金屬與硝酸反應時，影響硝酸的還原產(chǎn)物不同的因素有金屬的種類、硝酸的濃度、溫度?！窘馕觥縉O硝酸濃度相同，銅的還原性弱于鐵，但Ⅰ中溶液變藍，同時沒有氫氣放出NO3-中氮元素的化合價為最高價，具有氧化性?、蛑蟹磻蟮娜芤海尤胱懔縉aOH溶液并加熱，產(chǎn)生有刺激性氣味并能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體NO3-+____e-+____＝NH4++____H2O相同條件下，溫度升高時，化學反應速率增大，但NO3-的還原速率增大的更多H2金屬的種類、硝酸的濃度、溫度六、元素或物質推斷題(共4題，共12分)21、略

【分析】【分析】

根據(jù)六種元素在周期表中的位置；可判斷W；X、Y、Z、N、M六種主族元素分別為O、Na、Mg、S、Cl、Ge元素，然后根據(jù)元素周期律分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析可知；N元素為Ge，在元素周期表中的位置為第四周期ⅣA族；根據(jù)第四周期元素排滿時原子序數(shù)為36，則Ge原子序數(shù)為32；

(2)W、Y、Z三種元素分別為O、Mg、S，O、Mg形成的簡單離子具有相同的核外電子排布，原子序數(shù)越大半徑越小，O、S同主族，原子序數(shù)越大，簡單離子半徑越大，則簡單離子的半徑由大到小的順序：S2-＞O2-＞Mg2+；

(3)M為Cl，其最高價氧化物的水化物為HClO4，為強酸，在水中完全電離，電離方程式為HClO4=H++ClO

(4)A．單質的還原性：Na＞Mg，Na能與水反應，則不能用Na與MgCl2溶液發(fā)生反應來證明；A說法錯誤；

B．Y為Mg；與同周期的ⅢA元素的Al，原子序數(shù)少1，B說法正確；

C．半導體器件的研制開始于鍺；C說法錯誤；

D．元素N位于金屬與非金屬的分界線附近；即具有金屬性也具有非金屬性，可以推測Ge元素具有兩性，即可以與酸反應也可以與堿發(fā)生反應，D說法正確；

答案為BD。【解析】第四周期ⅣA32S2-＞O2-＞Mg2+HClO4=H++ClOBD22、略

【分析】【分析】

①由18.64g白色沉淀E及單一溶質D推得含有n(K2SO4)=0.08mol，則物質A中含有n(K＋)=0.02mol，n(S)=0.08mol，②由黃色沉淀H及加入的0.18molKI推得物質A中含有n(I)=0.02mol，由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化學式為KI(SO2)4或KIS4O8。

【詳解】

（1）根據(jù)前面分析得到物質A的組成元素為K、S、I、O，其化學式為KI(SO2)4或KIS4O8；故答案為：K、S、I、O；KI(SO2)4或KIS4O8。

（2）A與雙氧水反應的化學方程式2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O；故答案為：2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O。

（3）F至G是亞硫酸根和I發(fā)生氧化還原反應，將I變?yōu)榈怆x子，其反應的離子方程式SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO故答案為：SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

（4）D是硫酸鉀，主要驗證鉀離子和硫酸根離子，鉀離子應從焰色試驗進行驗證，硫酸根主要通過加入氯化鋇來進行驗證，則實驗檢驗溶液D中的主要離子方法是取少量溶液進行焰色試驗，透過藍色鈷玻璃若看到紫色則含有K＋；另取少量溶液先加鹽酸無沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀則含有SO故答案為：取少量溶液進行焰色試驗，透過藍色鈷玻璃若看到紫色則含有K＋；另取少量溶液先加鹽酸無沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀則含有SO【解析】(1)K、S、I、OKI(SO2)4或KIS4O8

(2)2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4