上海市松江区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学反应原理（基础题）考试试卷

上海市松江区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学反应原理（基础题）
一、单选题（共43题）
1．（2022·上海松江·统考一模）将4份等量的铝片分别加到足量的下列溶液中充分反应后，产生氢气量最快的是
A．溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
2．（2022·上海松江·统考一模）充分利用已有的数据是解决化学问题的重要途径。下列数据的利用正确的是
A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢
B．利用元素最高化合价判断物质氧化性的强弱
C．利用沸点数据设计互溶液体混合物的分离方法
D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下物质密度的大小
3．（2022·上海松江·统考一模）利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法错误的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，海水降低
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，碳棒上发生氧化反应
4．（2022·上海松江·统考一模）室温下，取溶液，逐滴加入溶液。已知：，。下列说法正确的是
A．溶液中有
B．当滴加至中性时，用去溶液的体积小于
C．当用去溶液时，此时溶液中有
D．当用去溶液时，此时溶液中有
5．（2022·上海松江·统考一模）一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是
A．平衡常数 B．反应速率：
C．所含总能量： D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y
6．（2022·上海松江·统考二模）接触法生产H2SO4中，将吸收塔上部导出的气体再次通入接触室，目的是
A．提高SO2利用率 B．充分利用反应热
C．加快化学反应速率 D．防止催化剂中毒
7．（2022·上海松江·统考二模）相同条件下，取pH=2的HCl溶液和pH=2的CH3COOH溶液各100mL，分别加入0.65g锌粉充分反应，有关叙述正确的是
A．CH3COOH与锌反应起始速率快 B．HCl与锌粉反应放出H2多
C．HCl与锌反应起始速率快 D．CH3COOH与锌粉反应放出H2多
8．（2022·上海松江·统考二模）在容积一定的密闭容器中，反应2X(？) Y(g)+Z(g)达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是
A．正反应吸热 B．平衡常数增大 C．反应速率增大 D．X是气态
9．（2022·上海松江·统考二模）将溶质物质的量相同的酸溶液与碱溶液相混合，a：盐酸和氢氧化钠，b：醋酸和氢氧化钠，c：醋酸和氨水。其所放出热量比较，正确的是
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a=b=c
10．（2022·上海松江·统考二模）某一次性电池原理如图。该电池放电时，有关分析错误的是
A．正极的电极反应式：O2＋4e-＋2H2O→4OH-
B．电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极
C．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D．电池反应产物Mg(OH)2经过灼烧与还原可实现镁的循环利用
11．（2022·上海松江·统考二模）在50mL2mol·L-1的NaOH溶液中，通入VL(标准状况)CO2，下列说法错误的是
A．若V=1.12L，所得溶液中一定有c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]
B．若1.12Lc()>c()>c(OH-)
C．若V=2.24L，所得溶液中一定有c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c()
D．若V=2.24L，所得溶液中一定有c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)
12．（2022·上海松江·统考一模）下列实际应用，解释错误的是
A．工业采用高压合成NH3——勒夏特列原理
B．石膏降低Na2CO3盐碱地的碱性——离子互换反应的规律
C．在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀——牺牲阳极的阴极保护法
D．接触室中装有热交换器——防止催化剂中毒
13．（2022·上海松江·统考一模）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是
A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性
B．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L-1
C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
14．（2022·上海松江·统考一模）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
15．（2022·上海松江·统考一模）电解尿素[CO(NH2)2]是一种能耗很低的制氢方法，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．b极材料可以用铁棒
B．b电极上发生失去电子的反应
C．a极的电极反应式为： CO(NH2)2 + 8 OH- -6e-→ CO + N2↑+ 6H2O
D．总反应的离子方程式为：CO(NH2)2+2OH-N2↑+3H2↑+CO
16．（2022·上海松江·统考一模）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：
H+(aq)+ OH－(aq) → H2O (l) +57.3kJ
向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸，则恰好完全反应时的热效应Q1、Q2、Q3的关系正确的是
A．Q1< Q2 < Q3 B．Q1 > Q3> Q2 C．Q2 > Q1 > Q3 D．Q1 < Q3 < Q2
17．（2022·上海松江·统考一模）在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示， 则下列说法正确的是
A．增加碳的量，平衡正向移动
B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆
C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC=pD＞pB
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
18．（2021·上海松江·统考二模）能提高饱和氯水中次氯酸浓度的方法是
A．加入碳酸氢钠固体 B．加入熟石灰
C．加入碳酸钠固体 D．加热蒸发浓缩
19．（2021·上海松江·统考二模）有关化工生产的叙述，说法错误的是
A．氯碱工业中，可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品
B．纯碱工业中，氨碱法的原料是氯化钠、水、氨气和石灰石
C．硫酸工业中，在吸收塔中安装热交换器，实现能量的充分利用
D．合成氨工业中，利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率
20．（2021·上海松江·统考二模）如图所示装置，工作一段时间后，下列叙述错误的是
A．铁是阴极，发生还原反应
B．碳棒上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH-
C．铁片一定被腐蚀
D．电子从铁片经导线流向碳棒
21．（2021·上海松江·统考二模）下列关于H2(g)+X2(g)生成HX(g)(X=F、Cl、Br)的描述，图示正确的是
A． B．
C． D．
22．（2021·上海松江·统考二模）密闭容器中，反应A(g) +2B(？) C(g)分别在三种不同的实验条件下进行，反应物A的物质的量随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．③的温度一定高于① B．③一定是增大了压强
C．②一定是加入了催化剂 D．②平衡常数一定等于①
23．（2021·上海松江·统考二模）相同温度下100mL、0.01mol·L-1碳酸钠溶液与10mL、0.1mol·L-1碳酸钠溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
A．pH B．n(OH- ) C．n(CO ) D．c(HCO)
24．（2021·上海松江·统考一模）下列变化属于氮的固定的是（ ）
A．N2与H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO和O2反应生成NO2
C．NH3经催化氧化生成NO
D．由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4
25．（2021·上海松江·统考一模）硫酸工业生产中，为有利于的转化且充分利用能量。在热交换器接触室中装有热交换器(如图)，温度最低的是
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
26．（2021·上海松江·统考一模）具有两性，下列推断中错误的是
A．水溶液显酸性 B．加热脱水可得无水
C．用制备需控制NaOH用量 D．与盐酸反应生成
27．（2021·上海松江·统考一模）在汽车尾气处理过程中存在反应：，该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．升高温度，平衡正向移动 B．改变压强，反应速率不变
C．反应过程中吸收的热量小于放出的热量 D．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
28．（2021·上海松江·统考一模）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe－2e→Fe2＋
D．b极上发生的反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH-
29．（2021·上海松江·统考一模）25℃，相同体积相同浓度的盐酸能与下列溶液恰好完全中和。①V1mLpH=9的氨水；②V2mLpH=10的氨水；③V3mLpH=10的NaOH溶液。下列叙述正确的是
A．V1＜10V2 B．①和②中比值：①＜②
C．①、②、③中水的电离度：②=③＞① D．分别与盐酸完全中和后溶液的pH：③＞①＞②
30．（2020·上海松江·一模）今年7月1日，上海市正式实施垃圾分类管理条例，旧报纸属于(　　)
A．干垃圾 B．湿垃圾 C．可回收物 D．有害垃圾
31．（2020·上海松江·一模）下列物质中，属于弱电解质的是(　　)
A．氯化氢 B．一水合氨 C．碳酸氢钠 D．二氧化硫
32．（2020·上海松江·一模）一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是(　　)
A．pH＝6的水溶液
B．加酚酞后显无色的溶液
C．c(H+)＞c(OH﹣)的水溶液
D．能与金属Al反应放出H2的溶液
33．（2020·上海松江·一模）如图所示，下列分析错误的是(　　)
A．只闭合K2，该装置将电能转化为化学能
B．只闭合K1，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．只闭合K2，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．只闭合K1，Fe电极发生反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+
34．（2020·上海松江·一模）如图是某反应的能量关系图，下列叙述错误的是(　　)
A．反应物总能量高于生成物的总能量
B．曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线
C．反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ
D．若反应生成2mol液态水，放出的热量低于115.6kJ
35．（2020·上海松江·一模）有0.1mol L﹣1的两种溶液：①HA溶液、②NaOH溶液。下列说法一定正确的是(　　)
A．溶液①中，c(A﹣)＝c(H+)
B．若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中c(A﹣)+c(HA)＝c(Na+)
C．若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中的c(H+)＜c(OH﹣)
D．若溶液①、②等体积混合，则所得溶液中c(Na+)＝c(A﹣)＞c(H+)＝c(OH﹣)
36．（2020·上海松江·一模）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5(g）4NO2(g)＋O2(g）ΔH＞0。一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：
时间/s 0 500 1000 1500
c(N2O5)/mol/L 0.50 0.35 0.25 0.25
下列说法中错误的是A．500 s时O2的浓度为0.075 mol/L
B．平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小
C．平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度
D．1000 s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25 mol/L＜c(N2O5)＜0.50 mol/L
37．（2020·上海松江·统考二模）工业上仅以食盐和水为原料，不能得到的产品是
A．烧碱 B．NaClO溶液 C．盐酸 D．氮肥NH4Cl
38．（2020·上海松江·统考二模）有关酸碱中和滴定的说法正确的是（ ）
A．可用石蕊作指示剂 B．滴定时眼睛注视滴定管中液面下降
C．需做平行实验2~3次 D．当溶液颜色变化时立即读数
39．（2020·上海松江·统考二模）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（ ）
A．向150mL3mol·L-1的稀硝酸中加入6.4g铜
B．标准状况下，将1g铁片投入15mL18.4mol·L-1的硫酸中
C．用50mL8mol·L-1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨
40．（2020·上海松江·统考二模）与如图图象有关的叙述，正确的是（ ）
A．H2O(g)的能量低于H2(g)和O2(g)的能量之和
B．表示的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)+241.8kJ
C．表示1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气吸收241.8kJ热量
D．表示2molH2(g)所具有的能量一定比2mol气态水所具有的能量多483.6kJ
41．（2020·上海松江·统考二模）有关电化学原理的推断正确的是（ ）
A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程
B．钢铁吸氧腐蚀时，负极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-
C．氯碱工业中，阳极发生的反应为：2Cl-–2e-=Cl2↑
D．镀锌铁皮的镀层部分损坏后，铁更容易腐蚀
42．（2020·上海松江·统考二模）关于KHCO3溶液的说法正确的是（ ）
A．温度升高，c(HCO3-)增大
B．溶质的电离方程式为KHCO3=K++H++CO32-
C．温度不变，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
D．离子浓度关系：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)
43．（2020·上海松江·统考二模）25℃，有V1mL、pH=9的氨水(A)，V2mL、pH=10的氨水(B)，V3mL、pH=10的NaOH溶液（C），它们能中和同量的盐酸。以下叙述正确的是（ ）
A．V1＞10V2 B．c(OH-)：A=B=C C．V2=V3 D．反应放热：A=B=C
二、填空题（共4题）
44．（2022·上海松江·统考一模）新工艺采用金属氧化物催化尿素与甲醇合成碳酸二甲酯，副产物氨气回收重新生成尿素，有关的方程式如下：
反应①：+2CH3OH(g)+2NH3(g)
反应②：2NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)
完成下列填空：
(1)C原子核外能量最高的电子有______个，比较、N、O简单离子的半径大小__________。
(2)下列事实能说明氮的非金属性比碳强的是______（选填编号）。
a．酸性： b．最高正价：氮＞碳
c．沸点： d．吸引电子能力强弱：氮＞碳
(3)达到平衡时，反应①碳酸二甲酯的产率随温度T的变化关系如图所示，则反应是__________反应（选填“放热”或“吸热”），______（选填“＞”或“＜”）。
(4)某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，则内氨气的平均反应速率为__________。
(5)传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，请写出相应的化学方程式__________。
(6)新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有__________（任写两点）。
45．（2022·上海松江·统考一模）氰化提金工艺在黄金生产领域仍占主导地位，但会产生大量含氰废水，含氰低于废水才可排放，研究发现可以用亚硫酸盐——空气法等处理含氰废水。
完成下列填空：
(1)室温下，溶液呈碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为__________，向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，则溶液中__________。物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是__________。
(2)含氰废水中加入足量的，发生反应的离子方程式为。理论上处理含氰废水（含100gCN-），需要消耗__________（保留2位小数）。按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想，请分析原因__________。多种含氯氧化剂均可以处理含氰废水，比如漂粉精、二氧化氯等。
(3)漂粉精的有效成分为__________（填写化学式）。
(4)请配平下列方程式：CN-+ClO-+H2O→CO2+N2+Cl-+OH-_______________。若上述反应恰好完全，写出检验反应后溶液中Cl-的方法__________。
46．（2022·上海松江·统考一模）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵(NH4ClO4)和铝粉混合物。
完成下列填空：
(1)上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为___________(离子符号表示)，上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为___________。
(2)写出NH的电子式___________，其空间构型与甲烷空间构型相同，为___________型。
(3)氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。___________
(4)配平以下方程式： ___________
_____Al+_____NH4ClO4→______Al2O3+_____AlCl3+_____N2↑+____ H2O 。
上述反应中被氧化的元素是___________，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为___________mol。
(5)若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由___________
47．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
三、原理综合题（共8题）
48．（2022·上海松江·统考二模）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
(1)上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是_______，原子核外有两个未成对电子的元素有_______。
(2)用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱_______，并用原子结构知识的观点解释原因_______。
(3)我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式_______。
______Al+_______K[AlSi3O8]+_______AlCl3→_______Si+_______AlOCl+_______KAlO2；
上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为_______。
(4)KAlO2溶液中，n(K+)_______n(AlO)(选填“>”或“<”)，加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因_______。
49．（2022·上海松江·统考二模）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ②CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
(1)一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v=_______。
(2)反应②的平衡表达式K=_______。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.气体密度　　b.气体总压　　c.CH3OH与O2体积比　　d.O2的体积分数
(3)将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：
反应②为_______反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
(4)反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)=_______。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH)_______c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
(5)写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法_______。
50．（2022·上海松江·统考一模）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10(PO4)6(OH)2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。
Ca10(PO4)6(OH)2(s)+8H+(aq) 10Ca2+(aq)+6HPO (aq)+2H2O(l)
完成下列填空：
(1)该反应的平衡常数表达式为___________。当喝下碳酸饮料时，平衡向___________反应方向移动，平衡常数___________(选填：增大、减少或不变)。
(2)牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为___________反应(选填：放热或吸热)，pH1___________pH2(选填：＞、＜或=)。
(3)能说明达到平衡状态的是___________。(选填字母)
A．各离子浓度相等 B．pH维持稳定
C．5 V正(Ca2+)=3 V逆(HPO) D．羟基磷灰石的质量不发生变化
(4)为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为___________。
(5)氟磷灰石(Ca10(PO4)6F2)比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c(F )+ c(OH )___________ c(H+)，c(HF)___________c(OH )(均选填：＞，＜或=)。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10(PO4)6(OH)2(s) 10Ca2+(aq)+6PO (aq)+2OH- (aq)。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因___________。
51．（2021·上海松江·统考二模）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜(As2O3)：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式___________。
已知反应： (aq) +I2(aq) +2OH-(aq) = (aq) +2I-(aq) +H2O(l)
测得溶液中 c()与反应时间(t)的关系如图所示。
(3)写出该反应的化学平衡常数表达式___________。
下列可说明反应达到平衡的是___________ (选填编号)。
a.v(I- ) =2v( ) b.溶液的pH不再发生变化
c.c(I-) =y mol · L-1 d. 不再发生变化
(4)tm min时v逆() ___________tnmin时v逆()，(选填 “大于”、“小于”或 “等于”)理由是___________。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH<4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为___________。由此得到的结论是___________。
52．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
53．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
54．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s) 2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，放电时，负极为_____(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
55．（2020·上海松江·统考二模）磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）是当前治疗冠状病毒的药物之一，而碳、氮、氯、磷等是其重要的组成元素。完成下列填空：
（1）碳原子核外有__个轨道；氯原子最外层电子的轨道表示式是__。
（2）属于同主族的两种元素，非金属性大小的关系是__（用元素符号表示）。
（3）已知磷酸是弱电解质，它的分子式为H3PO4。其酸式盐Na2HPO4的电离方程式是__。经测定Na2HPO4的水溶液呈弱碱性，请用学过的化学知识进行解释：__。
（4）常温下，在CH3COONa溶液中加入一定量的HCl，使其pH=7，则c(Cl-)_c(CH3COOH)（填“＜”、“＞”、“=”）。
（5）向2.0L恒容的密闭容器中充入1.0molPCl5，发生如下反应：PCl5(s) PCl3(g)+C12(g)-124kJ。控制体系温度不变，反应过程中测定的部分数据见下表：
时间/s 0 50 150 250 350
n(PCl3)mol 0 0.16 0.19 0.2 0.2
①该条件下平衡常数的表达式为__；前50s内Cl2的反应速率为__。
②要提高上述反应中反应物的转化率，可采取的措施有__、__（任写两点）。
向上述达到平衡③的反应体系中，再加入0.02molPCl3、0.02molC12，则平衡__。移动（选填“正向”、“逆向”、“不”），平衡常数__（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
四、结构与性质（共1题）
56．（2021·上海松江·统考二模）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：
Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
(1)钠原子核外电子排布式为___________。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中___________的描述。
(2)上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有___________种，属于共价晶体的是___________。
(3)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因___________。
(4)向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示， b、c分别代表___________、___________(填离子符号)。
(5)室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响___________ (选填“前者大”或“后者大”)，作出判断并说明理由___________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】铝和稀硝酸反应生成NO，不会放出氢气，铝和醋酸、硫酸、盐酸反应实质是和氢离子反应，氢离子浓度越大放出氢气越快，硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，相同浓度的三种酸开始时氢离子浓度由大到小的顺序为：硫酸>盐酸>醋酸，所以铝和相同浓度的醋酸、硫酸、盐酸，放出氢气最快的是硫酸，答案选C。
2．C
【详解】A．平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小；A错误；
B．元素越易得电子，氧化性越强，B错误；
C．沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，C正确；
D．需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，D错误。
故答案为：C。
3．B
【分析】若开关K置于M处时，形成原电池；若开关K置于N处时，形成电解池。
【详解】A．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，铁得电子做正极被保护，A正确；
B．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，总方程式为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2↓，海水pH几乎不变，B错误；
C．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
D．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，碳棒做阳极，失去电子发生氧化反应，D正确；
故答案为：B。
4．C
【详解】A．溶液中根据电荷守恒有c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+ c(HA )，则c(H+)-c(OH )-c(A2 )= c(A2 )+c(HA )，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+c(HA )，至中性时c(H+)=c(OH )，则c(Na+)=2c(A2 )+ c(HA )，若用去10mLNaOH，反应得到NaHA溶液，溶液显酸性，因而滴加至中性时，用去溶液的体积大于，故B错误；
C．当用去溶液时，得到NaHA溶液，根据质子守恒有c(H+)-c(A2 )=c(OH )，则，故C正确；
D．当用去溶液时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)＋2c(A2 )，故D错误；
故答案选C。
5．B
【详解】A．升高温度，的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以，故A错误；
B．升高温度，反应速率一定增大，故，故B正确；
C．升高温度，的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则，故C错误；
D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡，，则得到的乙烯的量X＜Y，故D错误；
故选B。
6．A
【详解】反应可逆，吸收塔上部导出的气体中含有二氧化硫、氧气，再次通入接触室循环利用，可以提高SO2利用率，故选A；
7．D
【分析】0.65gZn为0.01mol，盐酸物质的量为0.01mol/L×0.1L=0.001mol，所以对于盐酸而言锌是过量的。此外醋酸是弱酸，pH相同的情况下，醋酸的浓度大于盐酸的浓度。
【详解】A．开始时两溶液pH相同，c（H+）相等，则两种酸与Zn反应的起始速率相等，A错误；
B．与足量的锌反应，酸电离出的H+越多，产生氢气的量越多，醋酸的浓度大于盐酸浓度，体积相同的情况下，醋酸与锌放出的H2多，B错误；
C．起始时pH相同，说明氢离子浓度相同，所以反应速率也相同，C错误；
D．pH相同的情况下，醋酸的浓度大于盐酸，而且锌是足量的，故在等体积的条件下，醋酸与锌反应产生的H2更多，D正确；
故答案选D。
8．D
【分析】反应2X(？)Y(g)+Z(g)达到平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，由于混合气体体积为定值，根据ρ=可知，混合气体的总质量变大，说明X为非气态。升高温度，平衡平衡正向移动，该反应为吸热反应。
【详解】A．根据分析可知，正反应为吸热反应，A项正确；
B．正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，B项正确；
C．温度升高，反应速率一定增大，C项正确；
D．根据分析可知，X是非气态，D项错误；
答案选D。
9．A
【详解】HCl和氢氧化钠在溶液中完全电离，发生反应，反应放热；醋酸不完全电离，醋酸与氢氧化钠发生反应，随着反应的进行，醋酸逐渐电离，电离吸热，故放出的热量比a少；醋酸和氨水均不完全电离，发生反应，反应过程中醋酸和。逐渐电离，电离吸收的热量比b要多，故放出的热量比b少，故A正确；
故选A。
10．C
【分析】由图可知Mg电极作负极，电极反应式为Mg-2e-+2OH-→Mg(OH)2，多孔活性炭材料电极作正极，电极反应式为O2＋4e-＋2H2O→4OH-。
【详解】A．由分析可知多孔活性炭材料电极作正极，电极反应式为O2＋4e-＋2H2O→4OH-，A正确；
B．原电池装置中电子由负极经负载流向正极，故电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极，B正确；
C．由负极电极反应式Mg-2e-+2OH-→Mg(OH)2可知当外电路中流过2mol电子时，产生1mol Mg(OH)2，负极材料增重2molOH-的质量即34g，C错误；
D．Mg(OH)2经过灼烧可得MgO，再经过还原得到Mg，可实现镁的循环利用，D正确；
答案选C。
11．B
【详解】A．当V=1.12L时，n(CO2)==0.05mol ,n(NaOH)= 50mL 2mol·L-1=0.1mol, n(CO2): n(NaOH)=1:2，两者恰好反应生成Na2CO3，根据物料守恒n(C): n(Na+)=1:2,即存在c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，A项正确；
B．当1.12LC．当V=2.24L， n(CO2)==0.1mol，n(CO2)= n(NaOH)二者恰好完全反应生成NaHCO3,根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c()+2c()+c(OH-)，根据物料守恒得到：c(Na+)= c()+c()+c(H2CO3)，所以存在c(H+)+ c(H2CO3)= c(OH-)+ c()即c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c()，C项正确；
D．当V=2.24L， n(CO2)==0.1mol，n(CO2)= n(NaOH)二者恰好完全反应生成NaHCO3，根据物料守恒得到：c(Na+)= c()+c()+c(H2CO3)，D项正确；
答案选B。
12．D
【详解】A．加压有利于合成氨反应平衡正向移动，提高NH3的平衡产率，可用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．盐碱地含较多Na2CO3，水解显碱性：，加入石膏，发生反应Na2CO3+CaSO4=Na2SO4+CaCO3（离子互换反应规律），使水解平衡逆向移动，土壤碱性降低，B不符合题意；
C．锌比铁活泼，形成原电池后，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，C不符合题意；
D．接触室中安装热交换器，可以利用这部分热量预热进入接触室的混合气体，而不是为了防止催化剂中毒，D符合题意；
故答案选D。
13．A
【分析】a曲线起始点pH=1，所以a曲线为氢氧化钠滴入盐酸中，盐酸的起始浓度为0.1 mol/L，b曲线起始点pH=13，为盐酸滴入氢氧化钠中，氢氧化钠浓度为0.1 mol/L。
【详解】A．P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，A正确；
B．根据曲线可以看出初始盐酸溶液的pH=1，pH=-lgc(H+)=1，所以c(HCl)=c(H+)=0.1mol/L，B错误；
C．曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，C错误；
D．氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙作指示剂，D错误；
故答案选A。
14．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
15．B
【分析】b电极连接外接电源的负极，水得电子生成H2，a极作为阳极，尿素失去电子生成CO 和 N2。
【详解】A．b极是得电子一极，电极作用是电子流入载体，材料可以用铁棒，A正确；
B．据分析，b电极上发生得到电子的反应，B错误；
C．据分析，a极作为阳极，碱性环境下，电极反应式为： CO(NH2)2 + 8 OH- -6e-→ CO + N2↑+ 6H2O，C正确；
D．碱性环境下，阴极是水得电子生成氢气和OH-，OH-向阳极移动，总反应的离子方程式为：CO(NH2)2+2OH-N2↑+3H2↑+CO，D正确；
故选B。
16．D
【详解】稀醋酸是弱电解质，电离时需吸收能量，与1molNaOH溶液放出的能量低于57.3 kJ；浓硫酸溶解时放热，1molNaOH放出的能量大于57.3 kJ；稀硝酸与1mol NaOH溶液反应放出的热量为57.3 kJ。答案选D。
17．B
【详解】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，A错误；
B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，B正确；
C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强PC＞PD，C错误；
D．由图示知，升高温度，c(NO)浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，D错误；
故答案选B。
18．A
【分析】氯水中存在平衡：Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO，据此解答。
【详解】A．加入碳酸氢钠固体，盐酸反应，次氯酸不反应，平衡正向进行，次氯酸浓度增大，A符合；
B．加入熟石灰，盐酸和次氯酸均反应，次氯酸浓度减小，B不符合；
C．加入碳酸钠固体，盐酸和次氯酸均反应，次氯酸浓度减小，C不符合；
D．加热蒸发浓缩，降低氯气溶解度，且次氯酸易分解，次氯酸浓度减小，D不符合；
答案选A。
19．C
【详解】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，电解产物为氯气、氢气和氢氧化钠，生成的氯气可以与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，故氯碱工业可制得氢氧化钠、次氯酸钠等化工产品，故A正确；
B．纯碱工业中氨碱法是向饱和食盐水中先后通入氨气和二氧化碳，二氧化碳可由石灰石受热分解制得，则原料是氯化钠、水、氨气和石灰石，故B正确；
C．硫酸工业中，热交换器安装在接触室中，目的是将放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，在吸收塔中吸收塔中没有热交换器，故C错误；
D．合成氨工业中，氢气和氮气的反应为可逆反应，不能完全转化，利用氢气和氮气的循环来提高原料气的转化率，故D正确；
答案选C。
20．A
【分析】根据图示，该装置为碳-铁原电池，铁比碳活泼作负极，碳作正极，铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe-2e-=Fe2+，正极上O2+2H2O+4e=4OH-，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，铁是负极，发生氧化反应，故A错误；
B．根据分析，碳棒为正极，正极上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH-，故B正确；
C．根据分析，铁片发生吸氧腐蚀，故C正确；
D．根据分析，该装置为碳-铁原电池，铁比碳活泼作负极，碳作正极，原电池中，电子由负极流向正极，即从铁片经导线流向碳棒，故D正确；
答案选A。
21．A
【详解】断键吸热，成键放热，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，氢化物越稳定，能量越低，同时非金属性越强，对氢原子的吸引力越强，原子核间距越短，所以正确的图示是 。
答案选A。
22．D
【详解】A．①和③相比③中反应速率快，但平衡时A的物质的量少，如果反应物B是气态，则改变的条件也可能是增大了压强，故A错误；
B．①和③相比③中反应速率快，但平衡时A的物质的量少，如果正反应是吸热反应，则改变的条件也可能是升高温度，故B错误；
C．①、②相比，②反应速率较大，且达到相同的平衡状态，则可以是加入催化剂，但如果反应物B不是气态，则改变的条件也可能是增大压强，故C错误；
D．①、②相比，达到相同的平衡状态，则②平衡常数一定等于①，故D正确。
故选D。
23．B
【分析】碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根水解，溶液浓度越大，水解程度越小，以此解答该题。
【详解】A．两份溶液中碳酸钠的物质的量相等，前者碳酸根的水解程度大于后者，但溶液浓度越高，溶液碱性越强，则pH是前者小于后者，故A不符合；
B．两份溶液中碳酸钠的物质的量相等，前者碳酸根的水解程度大于后者，所以溶液中氢氧根离子的物质的量是前者大于后者，故B符合；
C．两份溶液中碳酸钠的物质的量相等，前者碳酸根的水解程度大于后者，所以溶液中碳酸根离子的物质的量是前者小于后者，故C不符合；
D．两份溶液中碳酸钠的物质的量相等，前者碳酸根的水解程度大于后者，溶液中碳酸氢根离子的物质的量是前者大于后者，但浓度是前者小于后者，故D不符合。
故选B。
24．A
【详解】A、N2与H2在一定条件下反应生成NH3的过程，是将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素的过程，属于氮的固定，选项A正确；
B、NO与O2反应生成NO2是含氮化合物之间的转化，不属于氮的固定，选项B错误；
C、氨的催化氧化是含氮化合物之间的转化，不属于氮的固定，选项C错误；
D、由氨气制碳铵和硫铵是含氮化合物之间的转化，不属于氮的固定，选项D错误；
答案选A。
25．A
【详解】二氧化硫与氧气的混合气进行催化氧化时，需要高温条件，而三氧化硫用98.3%的硫酸吸收时，温度低更有利，所以SO2与O2的混合气从a管口进入接触室，与SO3、SO2、O2等混合气进行热交换，然后从b管口出来，再从上端管口进入接触室，在催化剂层发生催化氧化反应，生成SO3，同时放出热量，然后在下端催化剂层进行二次催化，所以a处温度最低，故选A。
26．B
【详解】A．具有两性，因此为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，故A正确；
B．脱水过程中会促进水解，生成的HCl会挥发，导致最终得到Cr(OH)3，故B错误；
C．因具有两性，能够与NaOH反应，所以用制备需控制NaOH用量，故C正确；
D．因具有两性，能与盐酸反应生成盐和水，盐为，故D正确；
综上所述，错误的是B项，故答案为B。
27．C
【详解】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，A不正确；
B．改变压强，虽然平衡不发生移动，但反应物和生成物的浓度将发生相应的改变，所以反应速率改变，B不正确；
C．因为正反应为放热反应，所以反应物转化为生成物的过程中，吸收的热量小于放出的热量，C正确；
D．使用催化剂可以提高反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但不能使平衡发生移动，不能改变反应物的平衡转化率，D不正确；
故选C。
28．D
【详解】A．甲中发生铁的吸氧腐蚀，铁为原电池的负极，电极反应为Fe-2e-= Fe2＋，a极上发生氧化反应，故A错误；
B．甲中铁为原电池的负极，Fe-2e-= Fe2＋，乙中铁为电解池的阴极，发生反应2H++2e-=H2↑，铁被保护，故B错误；
C．d与直流电源的负极相连为阴极，水电离出的氢离子放电，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，故C错误；
D．甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e → 4OH-，故D正确。
故选D。
【点睛】原电池的电极是正负极，电解池的电极是阴阳极，负极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，原电池中电解质溶液中的阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动；电解池中的阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动。
29．D
【分析】①V1mLpH=9的氨水、②V2mLpH=10的氨水、③V3mLpH=10的NaOH溶液三份溶液，与相同体积相同浓度的盐酸恰好完全中和，则三份溶液中溶质的物质的量相等。
【详解】A．pH=9的氨水中，c(OH-)=10-5mol/L，pH=10的氨水中，c(OH-)=10-4mol/L，则②中c(OH-)是①中c(OH-)的10倍，对氨水来说，浓度越大，电离度越小，所以氨水的浓度c(OH-)2＞10c(OH-)1，所以V1＞10V2，A不正确；
B．①中氨水的浓度比②中小，则①中氨水的电离度比②中大，所以比值(为氨水的电离度)：①＞②，B不正确；
C．①、②、③中水的电度都受到抑制，②、③中c(OH-)相同，与水的抑制作用相同，①中c(OH-)小，对水电离的抑制作用弱，所以水的电离度：②=③＜①，C不正确；
D．①、②、③分别与盐酸完全中和后，①、②中溶液呈酸性，③中溶液呈中性，①中c()比②中小，则水解生成的c(H+)小，pH比②中大，所以溶液的pH：③＞①＞②，D正确；
故选D。
30．C
【分析】垃圾多，危害大，正确给垃圾分类；上海市将垃圾分为可回收垃圾、有害垃圾、湿垃圾和干垃圾；旧报纸的成分为纤维素，可回收循环利用，重新用于造纸业；属于可回收物质；不属于有害垃圾。
【详解】A．干垃圾是指除可回收物、有害垃圾、湿垃圾以外的其它生活废弃物，干垃圾主要包括餐盒、餐巾纸、湿纸巾、卫生间用纸、塑料袋、食品包装袋、污染严重的纸、烟蒂、纸尿裤、一次性杯子、大骨头、贝壳、花盆等，故A不符合题意；
B．湿垃圾是指日常生活垃圾产生的容易腐烂的生物质废弃物，湿垃圾主要包括食材废料、剩饭剩菜、过期食品、蔬菜水果、瓜皮果核、花卉绿植、中药残渣等，故B不符合题意；
C．可回收物是指适宜回收利用和资源化利用的生活废弃物，如废纸张、废塑料、废玻璃制品、废金属、废织物等，可回收物主要包括报纸、纸箱、书本、广告单、塑料瓶、塑料玩具、油桶、酒瓶、玻璃杯、易拉罐、旧铁锅、旧衣服、包、旧玩偶、旧数码产品、旧家电，旧报纸的成分为纤维素，可回收循环利用，重新用于造纸业，属于可回收物质，故C符合题意；
D．有害垃圾有害垃圾是指对人体健康或者自然环境造成直接或潜在危害的废弃物，主要包括废电池（充电电池、铅酸电池、镍镉电池、纽扣电池等）、废油漆、消毒剂、荧光灯管、含贡温度计、废药品及其包装物等，故D不符合题意；
答案选C。
31．B
【分析】弱酸、弱碱、水为弱电解质，弱电解质在水中不完全电离，存在电离平衡。
【详解】A．氯化氢(HCl)为强酸，强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物等为强电解质；选项A错误；
B．一水合氨(NH3 H2O)为弱碱，是弱电解质；选项B正确；
C．碳酸氢钠属于盐类，为强电解质；选项C错误；
D．二氧化硫虽然溶于水生成H2SO3，H2SO3在水中电离出离子而导电，但不是SO2自身电离出离子导电，SO2为非电解质；选项D错误；
答案选B。
32．C
【详解】A．pH＝﹣lgc(H+)，则c(H+)＝10﹣6mol/L，但不知道温度，不能确定溶液的酸碱性，选项A错误；
B．酚酞的变色范围8～10，颜色分别为：无色、粉红色、红色；加酚酞后显无色的溶液的pH比8要小，但不一定显酸性，选项B错误；
C．溶液的酸碱性是根据c(H+)和c(OH﹣)的相对大小决定的；溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，溶液一定显酸性，选项C正确；
D．2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；能与金属Al反应放出H2的溶液，可以是酸的溶液，也可以是碱的溶液，选项D错误；
答案选C。
33．C
【详解】A．只闭合K2，形成电解池，电解池将电能转化为化学能，选项A正确；
B．只闭合K1，形成原电池，发生吸氧腐蚀，石墨作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，即石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项B正确；
C．只闭合K2，形成电解池，Fe作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，所以铁棒得到保护，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；
D．只闭合K1，形成原电池，Fe作负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，选项D正确；
答案选C。
34．D
【详解】A．由图看出反应物总能量高，生成物总能量低，反应物总能量高于生成物总能量，故A正确；
B．使用催化剂能降低反应所需活化能，则b为使用催化剂的图象，a为未使用催化剂的图象，故B正确；
C．反应物为：4HCl(g)+O2(g)，生成物为：2Cl2(g)+2H2O(g)，反应放出热量为115.6kJ，所以热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)+115.6kJ，故C正确；
D．若生成2mol液态水，液态水比气态水能量低，放热会更多，放出的热量高于115.6kJ，故D错误；
答案选D。
35．B
【详解】A．①中阳离子为H+，阴离子为OH﹣、A﹣，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得c(A﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)，所以c(A﹣)＜c(H+)，故A错误；
B．若溶液①、②等体积混合，酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒c(A)＝c(Na)，即存在c(A﹣)+c(HA)＝c(Na+)，故B正确；
C．若溶液①、②等体积混合，酸碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成NaA，如果HA是弱酸，则NaA是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH﹣)；如果HA是强酸，则NaA是强酸强碱盐，其溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH﹣)，故C错误；
D．若溶液①、②等体积混合，酸碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成NaA，如果HA是弱酸，则NaA是强碱弱酸盐，A﹣水解导致其溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(A﹣)，但是水解程度较小，所以c(Na+)＞c(A﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；如果HA是强酸，则NaA是强酸强碱盐，其溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＝c(A﹣)，水的电离程度较小，所以存在c(Na+)＝c(A﹣)＞c(H+)＝c(OH﹣)，故D错误；
答案选B。
【点睛】HA溶液不确定是强酸还是弱酸，可能是强酸也可能是弱酸，都需要考虑到，是易错点。
36．D
【详解】A．根据表格信息，在500s时，c(N2O5)反应掉0.50mol/L-0.35mol/L=0.15mol/L，则O2的浓度为0.075mol/L，选项A正确；
B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以正反应速率先增大后减小，选项B正确；
C．该反应是吸热反应，升高温度，K增大，选项C正确；
D．由于2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g）是气体体积变小的反应，体积压缩为原来一半时，平衡要逆向移动，N2O5的浓度比原来双倍还要多，压缩前c(N2O5)=0.250mol/L，则压缩后c(N2O5)>0.500mol/L，选项D错误；
答案选D。
37．D
【详解】工业上电解饱和食盐水制得氢气、氯气和氢氧化钠，反应生成的氯气和氢氧化钠溶液反应可以制得次氯酸钠，氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制得盐酸，无法制得氮肥NH4Cl，故选D。
38．C
【详解】A．滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；
B．滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；
C．滴定时需做平行实验2 3次，可减少滴定误差，故C正确；
D．当溶液颜色变化且半分钟不褪色时再读数，否则反应没有结束，影响滴定结果，故D错误；
答案选C。
【点睛】酸碱中和反应时，大多数没有明显变化，故无法直接判断滴定终点。在实验中可以根据滴定终点时溶液的pH发生突变，选择合适的指试剂来指示这一变化，即滴定终点是指试剂的变色判断出来。
39．A
【详解】A．6.4g铜的物质的量n(Cu)=，稀硝酸的物质的量n(HNO3)=3mol/L×0.15L=0.45mol，铜和稀硝酸的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式可知；稀硝酸过量，铜消耗完，故A符合题意；
B．铁与浓硫酸在标况下会发生钝化，铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，故B不符合题意；
C．浓盐酸浓度变稀到一定浓度不会和二氧化锰发生氧化还原反应，则浓盐酸不能完全消耗，故C不符合题意；
D．合成氨在催化剂作用下反应是可逆反应，达平衡后反应物和产物都存在，氮气、氢气不能完全消耗，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】合成氨的反应结束后，氮气，氢气氨气同时存在，即反应达到限度，各种物质同时存在。
40．B
【分析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且生成气态水。
【详解】A．根据图示可知，反应的热化学方程式为：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) +483.6kJ，
反应为放热反应，2molH2(g)和1molO2(g)的能量之和高于2molH2O(g)的能量，2molH2O(g)的能量低于2molH2(g)和1molO2(g)的能量之和，故A错误；
B．根据图示可知，反应的热化学方程式为：2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) 483.6kJ，故表示的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)+241.8kJ，故B正确；
C．图中表示2molH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，则1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，故C错误；
D．2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) +483.6kJ，反应为放热反应，2molH2(g)和1molO2(g)的能量之和高于2molH2O(g)的能量，能量多483.6kJ，不能表示2molH2(g)与2mol气态水的能量关系，故D错误；
答案选B。
41．C
【详解】A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程，故A错误；
B．钢铁吸氧腐蚀时，负极发生氧化反应，反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；
C．氯碱工业中，阳极发生氧化反应，氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-–2 e-=Cl2↑，故C正确；
D．镀锌铁皮的镀层金属锌是较活泼的金属，部分损坏后锌与铁可以在潮湿的空气中形成原子池，锌作负极，锌仍可保护铁，铁不容易被腐蚀，故D错误；
答案选C。
42．C
【详解】A．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，c(HCO3-)增大，故A错误；
B．KHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为KHCO3＝K++HCO3-，故B错误；
C．温度不变，加水稀释后，促进HCO3-的水解，氢氧根的物质的量增大，浓度减小，Kw不变，氢离子的浓度增大，物质的量增大，n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故C正确；
D．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D错误；
答案选C。
43．A
【详解】氨水为弱碱，同等pH值的氨水溶液与氢氧化钠溶液，氨水的浓度要比氢氧化钠大，
A．氨水浓度越小，电离程度越大，故A和B能中和同量的盐酸时，消耗A的体积＞B的10倍，故A正确；
B．pH=9的氨水，pH=10的氨水和pH=10的NaOH溶液，若pH全部相等，则氢离子浓度相等，故氢氧根离子的浓度相等，但三种物质的pH，B=C，A和它们不相等，故B错误；
C．由于一水合氨是弱碱，故随着反应的进行继续电离出氢氧根，故V2＜V3，故C错误；
D．由于一水合氨是弱碱，其在中和盐酸时，存在着电离平衡的移动，其电离时需要吸热，而氢氧化钠是强碱，故中和等量的盐酸时，其反应所放出的热量是不同的，故D错误；
答案选A。
44．(1) 2
(2)ad
(3) 吸热 ＜
(4)
(5)+2HCl
(6)减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺
【详解】（1）C原子的电子排布式为1s22s22p2，能级的能量高低：2p＞2s＞1s，则核外能量最高的电子有2个，、N、O简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径大小为。
（2）a．最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，故酸性：，能说明氮的非金属性比碳强，故a正确；
b．最高正价态不能说明氮的非金属性比碳强，故b错误；
c．沸点高低不能说明氮的非金属性比碳强，故c错误；
d．吸引电子能力越强，说明非金属性越强，故吸引电子能力强弱：氮＞碳，能说明氮的非金属性比碳强，故d正确；
故选ad。
（3）由图可知，随温度升高，转化率增大，说明升温平衡正向移动，则反应是吸热反应，反应①是气体物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，转化率增大，故＜。
（4）某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，质量减少5L=19.5g，则氨气减少的质量为，消耗氨气的物质的量为0.5mol，则内氨气的平均反应速率为。
（5）传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，相应的化学方程式为+2HCl。
（6）新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺。
45．(1) 的电离程度小于的水解程度
(2) 484.62 的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少
(3)
(4) 取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有
【详解】（1）室温下，溶液呈碱性，说明水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为；向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，，则溶液中；物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是的电离程度小于的水解程度；
（2）理论上处理含氰废水（含100gCN-），为，需要消耗，质量为。空气中氧气具有氧化性，且的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少，故按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想；
（3）漂粉精的有效成分为次氯酸钙；
（4）反应中评碳元素化合价由+2变为+4，氮元素化合价由-3变为0，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒和质量守恒配平可知，；氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，检验方法为：取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有。
46．(1) N3 >O2 >Al3+ 1s22s22p3
(2) 正四面体
(3)氮氮叁键键能更大，很难断开，更稳定
(4) 10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O 0价的Al，-3价的N 9
(5)Al3+水解（结合水中的OH 使溶液）显酸性，HCO水解（结合水中的H+使溶液）显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。（或Al3+与HCO双水解， Al3++3HCO→Al(OH)3↓+3CO2↑，有效降低了Al3+浓度）
【解析】(1)
核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则由大到小顺序为N3 >O2 >Al3+，未成对电子数最多的是N元素，为7号元素，核外电子排布式为1S22S22P3；
(2)
NH的N和H原子共用一对电子对，其电子式为，甲烷中碳原子形成4个C-H键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故甲烷的空间构型为正四面体，NH空间构型与甲烷空间构型相同，为正四面体；
(3)
氮氮叁键键能更大，很难断开，所以氮气性质比较稳定；
(4)
Al元素从0价升高到+3价，N元素从-3价升高到0价，Cl元素从+7降到-1价，由N和Cl原子的个数，根据配平的奇数变偶数，需要AlCl3配2、N2配3，NH4ClO4前配6，再由升降相等，则Al配10、Al2O3配6，结合原子守恒配平方程式：10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；反应中被氧化的元素是0价的Al，-3价的N，每产生3mol氮气，质量为m=nM=3mol×28g/mol=84g，氮元素转移电子18mol，则产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为9mol；
(5)
Al3+结合水中的OH 发生水解反应使溶液显酸性，HCO结合水中的H+发生水解反应使溶液显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。
47． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
48．(1) O2–>Na+>Al3+ O、Si
(2) NaOH+Al(OH)3→NaAlO2+2H2O Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强
(3) 4Al+1K[AlSi3O8]+2AlCl3→3Si+6AlOCl+1KAlO2 2NA
(4) > +2H2O Al(OH)3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在 H++，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al(OH)3沉淀[或++2H2O→Al(OH)3↓+]
【解析】(1)
上述涉及的元素中，电子数相同的为钠离子、铝离子和氧离子，电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序是O2–>Na+>Al3+。氧原子最外层有6个电子，其中两个电子未成对，硅原子最外层有4个电子，其中两个未成对。Na、K最外层一个电子，铝原子最外层3个电子，未成对电子数为1，所以原子核外有两个未成对电子的元素有O、Si。
(2)
氢氧化铝能溶解于NaOH，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，以此可以说明Na的金属性强于Al。Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强。
(3)
该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2。14gSi物质的量为0.5mol，1molSi转移4mol电子，则14g硅转移电子数为2NA。
(4)
在KAlO2溶液中，会发生水解，生成氢氧化铝，因此n(K+)>n()，，加入KHCO3后，碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水解产生的OH-反应，使OH-浓度减小，的水解平衡正向移动，形成氢氧化铝沉淀。
49．(1)0.048mol·L-1·min-1
(2) K=[HCHO]/[CH3OH][O2] c
(3) 吸热 虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
(4) c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-) =
(5)取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基
【解析】(1)
0~5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
气体总的物质的量减少了20%,即得出x=,则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1;
(2)
①根据平衡常数的定义，得出平衡常数K=
②根据该方程式CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态;
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态;
c.加入同体积的CH3OH(g)与O2(g)，即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1:1，不能说明该反应达到平衡状态；
d.当O2的体积分数不变， v正(O2)= v逆(O2)，该反应达到平衡状态。
答案选c;
(3)
①将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应。
② 该反应为CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，该空答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
(4)
①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-),根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO-)= c(HCOOH)；
②继续加入HCl溶液至中性，c(H+)= c(OH–)根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)+ c(Cl–)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)说明c(Na+)= c(HCOO-)+ c(Cl–)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)因此c(HCOOH)= c(Cl–);
(5)
由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
50．(1) K= 正 不变
(2) 吸热 >
(3)BD
(4)2.25×10 4 mol·L-1·h-1
(5) > < 10Ca2++6PO+2F-=Ca10(PO4)6F2↓；氟离子与羟基磷灰石反应形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护
【解析】(1)
平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：；碳酸饮料显酸性，c(H+)浓度增大，促进该反应平衡正向移动，故此处填：正；由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数也不变，故此处填：不变；
(2)
由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故此处填：吸热；相同条件下，当c(H+)增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c(H+)浓度大，故pH1＞pH2；
(3)
A．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等，故各离子浓度相等不能说明反应达平衡状态，A不符合题意；
B．pH维持稳定，说明c(H+)不变，则反应达平衡状态，B符合题意；
C．由5υ正(Ca2+)=3υ逆()，得，故不能说明正、逆反应速率相等，即不能说明反应达平衡状态，C不符合题意；
D．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征，说明反应达平衡状态，D符合题意；
故答案选BD；
(4)
由题意知，5 h内=10-3-10-4=9×10-4 mol/L，由，得=1.125×10-3 mol/L，则υ(Ca2+)=；
(5)
①NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(F-)+c(OH-)，则c(F-)+c(OH-)＞ c(H+)；由F+H2OHF+OH-、H2OH++OH-，知c(HF)＜c(OH-)；
②由10Ca2++6PO+2F-=Ca10(PO4)6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护，从而防止龋齿。
51． 1：1 6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O bd 小于 tm min时浓度较低 HI→I2 溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性
【详解】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)，反应的方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，其中As元素化合价降低，Sn元素化合价升高，则氧化剂（As2S3）与还原剂（SnCl2）的物质的量之比为1：1。
(2)把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O。
(3)根据方程式(aq) +I2(aq) +2OH-(aq)＝(aq) +2I-(aq) +H2O(l)可知该反应的化学平衡常数表达式为。
a．v(I-)=2v()中某一指明反应方向，则不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．溶液的pH不再变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故b正确；
c．由图可知平衡时c()，则此时c(I-)=2y mol，故c错误；
d．不再变化，即AsO与AsO的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
(4)由于tm min时浓度较低，所以tm min时v逆()小于tnmin时v逆()。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行→，则根据方程式可判断反应中氧化反应为HI→I2，由此得到的结论是溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性。
52． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
53． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
54． K＝c3(CO) 逆 amol L﹣1 0.005mol/(L min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L min)，故答案为：0.005mol/(L min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极) ，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
55． 5 N＞P Na2HPO4=2Na++HPO42- HPO42-水解呈碱性，电离呈酸性，水解程度大于其电离程度，因而c(OH-)大于c(H+) = K=c(PCl3) c(C12) 0.0016mol·L-1·s-1 升高温度、降低压强 移走PCl3、Cl2等 逆向 不变
【分析】(1)利用碳原子核外电子排布式判断轨道数目，氯原子最外层电子的轨道表示式即价电子排布图；
(2)同主族元素从上到下，非金属性减弱；
(3)Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，写出电离方程式，从电离和水解的角度分析，溶液成碱性；
(4)利用反应后的电荷守恒和醋酸钠的物料守恒联立，得出醋酸根和氯离子的关系；
(5)①根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v(Cl2)；
②要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；
③根据浓度熵与平衡常数的关系判断平衡移动的方向，温度不变，平衡常数不变；
【详解】(1)碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，有个5轨道；氯原子的的外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子的轨道表示式是；
(2)N和P属于同主族的两种元素，同主族元素，从上到下，失电子能力增强，得电子能力减弱，故非金属性减弱，故非金属性N＞P；
(3)磷酸是弱电解质，Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，电离方程式是Na2HPO4=2Na++HPO42-，Na2HPO4的水溶液里既存在磷酸氢根的电离，电离时释放出氢离子，HPO42- H++ PO43-，显酸性，也存在磷酸氢根的水解，HPO42-+H2O H2PO4-+OH-，呈弱碱性，溶液显碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度；
(4)醋酸钠溶液中加入盐酸，发生强酸制弱酸，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，pH=7，说明c(H+)=c(OH-)，反应后的溶液存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO -)+c(OH-)+c(Cl-)，醋酸钠溶液中存在物料守恒：即c(CH3COO -)+c(CH3COOH)=c(Na+)，将钠离子的浓度代入电荷守恒，可以得到c(CH3COOH)=c(Cl-)；
(5)①根据化学反应：PCl5(s) PCl3(g)+C12(g)，得到化学平衡常数K=c(PCl3) c(Cl2)，前50s内PCl3的反应速率为v=，由于三氯化磷和氯气的物质的量是1:1的关系，故速率也是1:1的关系，故氯气的速率也是0.0016mol·L-1·s-1；
②上述反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应，因此，要提高上述反应中反应物的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有升高温度、降低压强等；
③根据化学反应，列出三段式，
K=c(PCl3) c(Cl2)
再加入0.02molPCl3、0.02molC12，此时的Qc=＞0.01(mol·L-1)，平衡逆向移动；平衡常数只受温度的影响，故温度不变，平衡常数不变。
56． 1s22s22p63s1或[Ar]3s1 电子云的伸展方向、电子的自旋 3 SiO2 Si、C、O 碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱 CO HCO 前者大 Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大
【详解】(1)钠原子的核外电子数是11，其核外电子排布式为1s22s22p63s1[Ar]3s1；轨道表示式是表示原子核外电子排布的图式之一，又称电子排布图，用一个方框、圆圈或两条短线表示一个给定量子数的轨道，用箭头“↑”或“↓”来自旋状态不同电子，因此与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中电子云的伸展方向、电子的自旋的描述；
(2)上述反应中，碳酸钠和硅酸钠形成的是离子晶体，二氧化硅形成的是共价晶体，二氧化碳形成的是分子晶体，因此反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有3种，属于共价晶体的是SiO2；
(3)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为Si＞C＞O。碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱，所以碳的非金属性弱于氧；
(4)向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，发生的反应依次为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，因此a表示钠离子的，b代表碳酸根离子的，c代表碳酸氢根离子的，d代表氯离子的；
(5)由于Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大，因此室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响前者大。
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