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实验中心2024级高二学年上学期第三次月考化学答题卡
18.(12分)(1)
姓名：
班级：
考场/座位号：
(2)
贴条形码区
注意事项
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场填写清楚，并认真核对
(3)
条形码上的姓名和准考证号。
2.选择题部分请按题号用2B铅笔填涂方框，修改时用橡皮擦干净，不
(正面铜上，切勿贴出虚线方框
留痕迹。
3.非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，否则作答
无效。要求字体工整、笔迹清晰。作图时，必须用2B铅笔，并描浓。
正确填涂
■缺考标记
(4)
在草稿纸、试题卷上答题无效。
5.请勿折叠答题卡，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁
客观题(1~10为单选题；11~15为多选题)
(5)
1[A][BJ[C][D]
6[A][B][C][D]
11[A][B][C][D]
2[A][BJ[C][D]
T[A][B][C][D]
I2[A][B][C][D]
(6)
3[A][B][C][D]
8[A][B][C][D]
13[A][B][C][D]
4[A][B][C][D]
9[A][B][C][D]
14[AJ[B][C][D]
5[A][B][C][D]
1O[A][B][C][D]
15[A][B][C][D]
解答题
16.(12分)(1)》
2
19.(12分)(1)
(2)
(3)
(3)
(4)
(4)
5
(5)
17.(12分)(1)
20.(12分)(1)
(2)①
②
(2
(3)
(4)
(3)实验中心2024级高二学年上学期第三次月考化学试题
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 As 75
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学应用体现在生活的方方面面。下列用法不合理的是
A. 用明矾净化黄河水 B. 用溶液去除油污
C. 用食醋去除水壶中水垢 D. 用5%的溶液除去误食的
2. 下列化学用语或图示表示正确的是
A. 溶于水的电离方程式：
B. NaCl溶液中的水合离子
C. 硫化钠溶液显碱性：
D. 泡沫灭火器反应原理：
3. 下列化学用语表示正确的是
A．的电子式：
B．基态氮原子电子排布轨道表达式为：
C．的VSEPR构型为：
D．分子中键的形成：
4. 元素为短周期元素，其原子序数与化合价的关系如图所示。下列说法正确的是
A．c与e的原子半径： B．第一电离能：
C．简单气态氢化物的稳定性： D．基态和原子核外均有1个未成对电子
5. 已知反应：，每生成1molNOBr放热akJ，其反应机理为：①快②慢，下列说法正确的是
A. 是该反应的催化剂
B. 增加的浓度能有效提高反应速率
C. 反应①的活化能比反应②的活化能小
D. 反应的热化学方程式为
6. 加氢转化成甲烷是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。恒温恒压下，发生反应 。下列说法正确的是
A. 升高温度，正反应和逆反应速率都增大
B. 向容器中通入氦气，反应速率不变
C. 提高催化剂的催化效率，平衡转化率增大
D. 将容器的体积压缩，可增大活化分子的百分数
7. 已知：在25℃时，次氯酸、碳酸和氢硫酸的电离平衡常数如表：
弱电解质 电离平衡常数()
HClO
下列微粒在溶液中不能大量共存的是
A. 、 B. 、 C. 、 D. 、
8. 在一定温度时，将和放入容积为的某密闭容器中发生反应：，经后反应达到平衡，测得的物质的量为。下列说法正确的是
A. C的质量不再变化时，标志反应已达到平衡状态
B. 在内，用浓度变化表示的反应速率为
C. 平衡后将容器体积缩小到原来一半，重新平衡后减小
D 保持压强不变，充入，平衡向左移动
9. 在的恒温容器中进行，反应过程中部分数据见下表：
反应时间/min
0 4 4 0
10 2
若起始时总压为，反应速率用单位时间内分压变化表示，气态物质分压=总压×气态物质的物质的量分数。下列说法错误的是
A. 平衡后体系气体颜色不再发生变化
B. 充入，平衡向右移动，转化率减小
C. 压缩容器体积，是不变，增大
D. 内用表示的反应速率为
10. 室温下，有色金属冶炼废渣(含、、等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示。
已知：，，。
下列说法正确的是
A. 较浓溶液中：
B. 溶液中：的平衡常数
C. 溶液中：
D. “提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验方案、现象及得出的结论或解释均正确的是
选项 实验及现象 结论或解释
A 测定某酸溶液的pH为2 该酸是强酸
B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察到溶液更加澄清 增大浓度，抑制水解
C 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
D 加热盛有溶液的试管，溶液变为黄色，冰水冷却后变为蓝色
12. 某小组用分别与HI和KI的反应探究外界条件对化学反应速率的影响。
实验Ⅰ．室温下，和HI溶液按下列初始浓度等体积混合进行实验。
实验编号 ① ② ③ ④ ⑤
0.2 0.2 0.2 0.4 0.6
0.2 0.4 0.6 0.2 0.2
出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4
实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。
下列说法正确的是
A. 由实验Ⅰ可知，与的反应的速率方程为
B. 实验⑤出现棕黄色时间比实验①短是因为其速率常数增大
C. 实验①中反应继续进行，20s时测得为，则的平均反应速率：
D. 实验Ⅱ中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率
13. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是
A. 反应过程中Fe、N、O的化合价发生变化
B. 是中间产物
C. 和(Ⅱ)催化剂
D. 总反应化学方程式为
14. 制甲醇的原理为： ，将和充入密闭容器中反应，平衡后混合物中甲醇的物质的量分数()随温度、压强变化如图所示。下列说法正确的是
A. 压强大小关系为，
B. 点氢气的分压为
C. a、b、c三点的平衡常数大小关系为
D. 温度时的平衡常数(用物质的量分数代替平衡浓度计算)
15. 已知：，。常温下，向某浓度的盐酸中滴加溶液，所得溶液和随加入碱液体积的增加变化如线①所示。下列说法错误的是
A. 盐酸与溶液的浓度相等
B. D点离子浓度由大到小的顺序
C. 升高温度，反应图像可由线①变为线②
D. 点和点，水电离出的浓度比值为
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 水煤气变换反应制是工业上的重要反应，反应方程式为，其平衡常数(K)和温度(T)的关系如下表所示。
T/℃ 400 500 830 1000
K 10 9 1 0.6
回答下列问题：
（1）水煤气变换反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）若1000℃时，在某时刻反应混合物中、、、的浓度分别为、、、，此时上述反应向正反应方向进行，则的取值范围为___________
（3）反应在恒温条件下反应，投料，反应10分钟达平衡，达到平衡时和的分压(某成分分压总压该成分的物质的量分数)均为，用分压表示的反应速率___________。该温度下的平衡常数___________。
（4）该反应需在催化剂表面进行，分两步完成，请补全反应1。
反应1：___________；
反应2：。
（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率增大的原因是___________。
17. 某小组同学在室温下进行“碘钟实验”：
将、、KI、溶液及淀粉混合，一段时间后溶液先变为蓝色，后蓝色褪去，且两种现象交替出现。反应分两步进行：反应A：；反应B：……；总反应为：。
回答下列问题：
（1）反应B的离子方程式是___________。的作用为___________。
（2）小组同学探究溶液颜色第一次变蓝快慢的影响因素，进行下列反应。
试剂用量(mL) 序号 温度 溶液 溶液 溶液 KI溶液(含淀粉)
Ⅰ 25℃ 5 4 8 3 0
Ⅱ 25℃ 5 2 z
Ⅲ 35℃ 5 4 8 3 0
Ⅳ 35℃ 3 4 8 3 2
①实验Ⅰ中，若时浓度变为，则时___________。
②为探究不同对溶液颜色第一次变蓝快慢的影响因素。进行实验Ⅰ和Ⅱ，则___________；若探究反应物浓度对反应速率的影响，可选择实验___________和实验___________(填写“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”或“Ⅳ”)；实验Ⅰ和实验Ⅲ对照实验的目的为___________。
（3）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅴ(各溶液浓度均为)。
用量/mL 实验序号 溶液 溶液 溶液 淀粉-KI溶液
实验Ⅴ 4 4 9 3 0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式，推测反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅴ未产生颜色变化的原因：___________。
18. 亚砷酸()可用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，含砷微粒的物质的量分数与溶液的关系如图1所示。
已知：
回答下列问题：
（1）人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是___________(填化学式)。
（2）的___________。a、b、c三点对应的溶液水的电离程度由小到大的顺序为___________。
（3）下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 的电离平衡常数
B. 将少量溶液滴入中，发生反应为
C. 曲线1上任一点满足
D. 时，(溶液中的阳离子为)
（4）可由转化而成，为酸性硫化物，其与反应生成和一种三价砷盐，写出反应的离子方程式___________。
（5）相关法规规定含砷废水的排放标准为低于，已知在弱碱性介质中+3价砷可以被定量氧化。将某废水中的砷元素转化至正三价后，再与反应，恰好消耗的碘溶液2.4mL，计算此废水中的砷含量___________。
（6）工业含砷(Ⅲ)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同条件下铁盐对含砷(Ⅲ)化合物的去除率，如图2所示。pH为5~9时，随溶液pH的增大，铁混凝剂对含砷(Ⅲ)化合物的吸附效果增强。结合本题两个图示，解释可能的原因___________。
a
19. Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂()、磷酸铁锂()等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低的是______。
A． B．
C． D．
(2)氢化锂(LiH)是由两种单核离子构成的离子化合物，判断LiH中两种离子半径的大小 (选填“>”或“<”)。
(3)基态Fe核外共有 种不同能量的电子，核外电子共占据 个原子轨道，的结构式示意图是 。
(4)磷酸铁锂中负离子的空间结构为 ，中心原子杂化类型是 。
(5)碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。lmol碳酸亚乙酯分子中含有 （ mol 键、 mol 键，分子中碳原子的杂化方式是 。
20. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。
回答下列问题：
（1）③线所示物种为___________(填化学式)，判断依据是___________。
（2）其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时的物质的量随温度升高而___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）关于重整制氢说法正确的是___________(填标号)。
a．工业生产，温度越高越好
b．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量
c．550℃反应达平衡状态时，
（4）550℃时，反应达到平衡后，的平衡转化率___________；反应Ⅱ的平衡常数___________(保留小数点后两位)。实验中心2024级高二学年上学期第三次月考化学试题答案
1. 【答案】D
【详解】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质，A正确；
B．碳酸钠水解呈碱性，能促进油脂水解，B正确；
C．食醋中的醋酸与水垢[CaCO3、Mg(OH)2]反应生成可溶物，可用食醋去除水壶中水垢，C正确；
D．碳酸钠中碳酸根与Ba2+生成BaCO3沉淀，但胃酸（强酸性）会溶解BaCO3，释放Ba2+，应改用硫酸钠生成更难溶的BaSO4，D错误；
故选D。
2. 【答案】D
【详解】A．Al2(SO4)3是强电解质，溶于水的电离方程式：Al2(SO4)3=2Al3++3，A错误；
B．氯化钠溶液中，钠离子带正电荷，吸引H2O中显负化合价的氧原子，氯离子带负电荷，吸引H2O中显正化合价的氢原子，即NaCl溶液中的水合离子：、，B错误；
C．硫化钠溶液显碱性的原因是硫离子发生水解，离子方程式为：、，C错误；
D．泡沫灭火器的原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，化学方程式为：，D正确；
故选D。
3. 【答案】D
【详解】
A．CS2的电子式为，A错误；
B．N元素的原子序数为7，其核外电子排布为1s22s22p3，氮原子的外围电子的轨道表达式为，B错误；
C．SO2中心原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，SO2的价层电子对互斥模型，C错误；
D．已知Cl2分子中Cl原子核外最外层上3p上的一个电子头碰头重叠形成键，且p能级的电子云轮廓图呈哑铃形，则其形成过程表示为：，D正确；故选D。
4. 【答案】B
【分析】从图中可以看出，原子序数逐渐增大，a显-3价，则为N元素；b显+2价，则为Mg元素；c为+3价，则为Al元素；d显+5价，则为P元素；e显+7价，则为Cl元素，据此回答。
【详解】A．由分析知，c与e分别为Al、Cl，第三周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Al>Cl，A错误；
B．由分析可知，b、c分别为Mg、Al元素，Al的价电子排布式为，其第一电离能失去的是能量较高的3p能级上的电子，所需能量较少；Mg的价电子排布式为，失去的是能量较低的3s能级上的电子，所需能量较多；所以第一电离能：Mg＞Al，B正确；
C．a、d分别为N、P，二者为同主相邻族元素，非金属性：N＞P，气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3，C错误；
D．d为15号的P元素，其基态原子价电子排布式为，有3个未成对电子；e为Cl元素，其基态原子的价电子排布式为，有1个未成对电子，D错误；
故选B。
5. 【答案】C
【详解】A．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，A错误；
B．反应速率由慢反应（②）决定， Br2参与快反应（①），增加Br2浓度对慢反应速率无显著影响，不能有效提高总反应速率，B 错误；
C．反应速率越快，活化能越小。反应①是快反应，反应②是慢反应，故反应①的活化能比反应②的小，C 正确；
D．生成1mol NOBr放热a kJ，则生成2mol NOBr放热2a kJ，热化学方程式为2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) ΔH=-2akJ mol 1(放热反应 ΔH为负)，D 错误；
故答案为：C。
6.【答案】A
【详解】A．温度升高时，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均增大，A正确；
B．恒温恒压下通入氦气，系统体积膨胀，反应物浓度降低，导致反应速率减小，B错误；
C．催化剂仅加快反应速率，不改变平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．压缩体积增大压强，单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，D错误；
故选A。
7.【答案】C
【详解】A． 的酸性（对应H2CO3的Ka2=5.6×10-11）强于HS 的酸性（对应H2S的Ka2=7.1×10-15），弱于H2S的酸性（对应H2S的Ka1=1.3×10-7），二者无法发生强酸制弱酸的反应，因此两者能大量共存，A错误；
B．HClO的酸性（对应HClO的Ka=4.7×10-8）弱于H2CO3（Ka1=4.2×10-7）酸性，强于（对应H2CO3的Ka2=5.6×10-11），无法与ClO 反应，两者可以大量共存，B错误；
C．的酸性（对应H2CO3的Ka2=5.6×10-11）强于HS-对应的酸性（Ka2=7.1×10-15），故会与S2-反应生成HS 和，因此两者不能大量共存，C正确；
D．H2S的酸性（Ka1=1.3×10-7）弱于H2CO3（Ka1=4.2×10-7）酸性，H2S无法与生成H2CO3，两者可以大量共存，D错误；
故答案为：C。
8. 【答案】A
【详解】A．C是固体，其质量不再变化说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B．H2的物质的量增加0.2mol，对应消耗0.2mol H2O，H2O的浓度变化为=0.04mol/L，速率为=0.008mol/(L·min)，B错误；
C．该反应是气体体积增大的反应，缩小容器体积，气体浓度增大，平衡逆向移动，由勒夏特列原理可知新平衡时CO的浓度仍比原平衡高，C错误；
D．保持压强不变，充入，容器体积增大，各气体浓度降低，相当于减压，平衡向气体物质的量多的一侧（右侧）移动，D错误；
故选A。
9. 【答案】C
【详解】A．平衡时各物质浓度不再变化，的紫色不再变化，颜色稳定，A正确；
B．充入使平衡右移，但总量增加，，初始量增大导致转化率降低，B正确；
C．压缩体积时，总压增大，各物质分压增大，正逆反应速率均加快，但反应为等系数反应，平衡不移动，C错误；
D．10分钟内减少2mol，总压不变，分压变化为，速率，D正确；
故答案选C。
10. 【答案】A
【分析】有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。
【详解】A．若H2SO4两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H+会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为：c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，，故A正确；
B．该反应的平衡常数：×==≈2.1×105，故B错误；
C．(NH4)2C2O4溶液中存在①电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c()+2c()，存在②物料守恒：c()+c(NH3 H2O)=2[c()+c()+c(H2C2O4)]，联立方程①与②，解得：c(NH3 H2O)+c(OH-)=2c(H2C2O4)+c()+c(H+)，故C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，n提铜(Na+)＞n沉镍(Na+)，同时“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液，溶液体积增加，离子浓度减小，所以：c提铜(Na+)＞c沉镍(Na+)，故D错误；
故选：A。
11. 【答案】D
【详解】A．未指明该酸为几元酸，若该酸为多元弱酸，0.01mol/L该酸pH也可能是2，因此测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2不能判断该酸是否为强酸，A错误；
B．加入浓硫酸，浓硫酸稀释放热导致溶液温度升高，硫酸电离导致溶液中氢离子浓度增大，所以无法验证氢离子对铁离子水解的影响，B错误；
C．向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2，气体的体积增大，的浓度减小，气体颜色变浅，平衡向气体体积增大的方向移动，即平衡向NO2增加的方向移动，C错误；
D．加热CuCl2溶液变黄，冷却变蓝，说明升温使平衡正向移动，正反应为吸热，ΔH＞0，D正确；
故选D。
12. 【答案】D
【详解】A．速率方程的形式为，对比实验①④，过氧化氢浓度变为2倍，反应时间约变为原来的2倍，速率变为0.5倍，可得2m=2，m=1，对比实验①②，HI浓度变为2倍，反应时间约变为原来的2倍，速率变为0.5倍，可得2n=2，n=1，速率方程为，A错误；
B．速率常数k仅与温度、催化剂有关，实验①和⑤的温度相同（室温）、无催化剂变化，因此k不变。实验⑤出现棕黄色时间更短，是因为H2O2浓度增大，速率加快，B错误；
C．实验中溶液等体积混合，初始浓度需稀释为原来的一半，平均速率=0.001，C错误；
D．实验 II 中 “有无色气体产生，未见棕黄色”，说明过氧化氢分解反应速率远大于过氧化氢氧化KI的反应速率， I-主要催化H2O2分解，未大量生成I2。D 正确；
故选D。
13. 【答案】D
【详解】A．分析反应历程可知，Fe元素由正二价变成正三价再变成正二价，N元素由氨气中的负三价和一氧化氮中的正二价变成氮气的零价，O元素由零价变成水中的负二价，故A正确；
B．符合由无到有再到无的转变，是中间产物，故B正确；
C．和(Ⅱ)，随着反应物一起变成中间产物，之后重新变回原来的物质，符合有到无再到有的转化，故为催化剂，故C正确；
D．根据反应流程可知，氮气中的氮原子分别来自一氧化氮和氨气，故两者的分子个数比为，故正确的化学方程式：4NH3+4NO＋O24N2+6H2O，故D错误；
故答案选D。
14.【答案】CD
【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡后混合物中甲醇的物质的量分数()增大，则压强大小关系为，升高温度，甲醇的物质的量分数()减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，，A错误；
B．根据已知条件列出“三段式”
甲醇的物质的量分数()==0.7，x= 0.875，a点氢气的分压为=0.2p2，B错误；
C．由A可知，该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，则a、b、c三点的平衡常数大小关系为，C正确；
D．根据已知条件列出“三段式”
压强为p2时，甲醇的物质的量分数()==0.7，x= 0.875，平衡常数，D正确；
故选CD。
15. 【答案】AD
【分析】该图展示常温下盐酸中滴加NaOH 溶液时，溶液 pH与 pOH的变化：曲线①中pH +pOH=14，A点为初始盐酸（pH=0、pOH=14），E点为过量NaOH溶液（pH=14、pOH=0），C 点对应中和反应的滴定终点，B点对应中和反应的某一阶段，D、E点碱过量；曲线中pH + pOH <14，温度高于室温，据此分析。
【详解】A．初始盐酸的pH=0，为1 mol/L；E点溶质为过量NaOH和NaCl溶液（pH=14、pOH=0），此时为1 mol/L，相当于对稀释，溶液的浓度大于1 mol/L，A符合题意；
B．根据电荷守恒，且D点此时溶液显碱性，有，推出，又因D点溶质为NaCl和少量NaOH，故，D点离子浓度由大到小的顺序，B不符合题意；
C．升高温度，反应图像可由线①变为线②，C不符合题意；
D．点pH=0，为1 mol/L，水电离出的浓度为，点pH=10，水电离出的浓度为，点和点，水电离出的浓度比值为，D符合题意；
故选AD。
16. 【答案】（1）放热 （2）a>5/3
（3） ①. ②. 2
（4）
（5）温度升高，有利于分子在催化剂表面脱附，空出活性位点，加快反应速率
【解析】
【小问1详解】
由表中数据可知，随着温度升高，平衡常数减小。根据勒夏特列原理，如果反应是放热反应，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，从而K值减小；如果是吸热反应，升高温度会使K值增大。这里K值随温度升高而减小，所以反应是放热反应。
【小问2详解】
在1000°C时，K = 0.6。反应向正方向进行，意味着反应商Q < K。，反应向正方向进行时，Q < K。K = 0.6，所以解得a > 5/3；
【小问3详解】
已知该反应为恒压过程，总压强为3.4 MPa，水碳比为12：5，则初始时水蒸气分压为2.4 MPa，一氧化碳分压为1.0 MPa，在条件1下列“三段式”：，；该温度下的平衡常数；
【小问4详解】
由总反应和反应2：可知，反应1由总反应减去反应2，所以反应1为；
【小问5详解】
随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率增大的原因是温度升高，有利于分子在催化剂表面脱附，空出活性位点，加快反应速率。
17. 【答案】（1） ①. ②. 作催化剂
（2） ①. ②. 2 ③. Ⅲ ④. Ⅳ ⑤. 探究温度对溶液颜色第一次变蓝快慢的影响
（3），，所以始终无明显颜色变化
【分析】本题根据碘钟实验来探究浓度、温度等对反应速率的影响。
【小问1详解】
①对比总反应式和反应A式，可知反应B的离子方程式是
②反应A中I-参与方应，反应B中生成I-，且总反应式中无I-，故I-为催化剂；
【小问2详解】
①；
②实验Ⅰ和Ⅱ是为了探究不同对溶液颜色第一次变蓝快慢的影响因素，根据控制变量原则，；
③④探究反应物浓度对反应速率的影响，应控制浓度为变量，故可选择实验Ⅲ和Ⅳ；
⑤实验Ⅰ和实验Ⅲ的变量是温度，故实验Ⅰ和实验Ⅲ对照实验的目的为探究温度对溶液颜色第一次变蓝快慢的影响；
【小问3详解】
对比实验Ⅰ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，实验Ⅴ中过氧化氢减少，Na2S2O3增大，导致溶液始终无明显颜色变化，可知反应A为慢反应，B为快反应，故，，导致溶液始终无明显颜色变化。
18.【答案】（1）
（2） ①. ②. （3）BD
（4）
（5）0.72 （6）从5到9，溶液中比例降低，比例提高，更易与带电荷胶粒结合而沉降，同时，pH升高有利于产生更多胶粒，增强吸附效果
【解析】
【小问1详解】
亚砷酸在水溶液中的三级电离方程式为，，，共有、、、四种含砷的微粒，碱性越强，电离程度越大，根据图1，曲线1，2，3，4代表的含砷微粒分别是、、、。pH在7.35~7.45时，曲线1含量最高，对应为， 故答案为；
【小问2详解】
，，图1中，曲线1和2的交点处，即，对应pH=a，则。酸会抑制水的电离，弱酸根粒子会促进水的电离，从而使溶液呈碱性；且碱性越强，则电离程度越大，a、b、c对应的浓度越来越低，碱性越来越强，则水的电离程度由小到大的顺序为：，故答案为：；
【小问3详解】
A．通过曲线1和2的交点获得为10-a，则，通过曲线2和3的交点获得为10-b，类比，，故A错误；
B． 由图1中的坐标，9＜a＜10，12＜b＜13，13小于c，则，，故将少量溶液滴入中，发生反应为，B正确；
C．该等式是应用了溶液呈电中性，正负电荷守恒这一规律，只适用于溶质仅有的情况，如果溶质成分还有砷酸盐，则正电荷漏掉了对应的金属阳离子，C错误；
D．根据（1）分析，对应图1中的曲线4，pH为9时，浓度接近为0，故有，D正确；
故选BD。
【小问4详解】
根据酸性氧化物的定义，其与碱反应生成对应（化合价不变）的盐和水，根据题干，除了还有一种三价砷盐，且可由转化，则三价砷盐的存在形式为，故其化学方程式为，盐可拆，强碱可拆，其他物质不拆，离子方程式为；
【小问5详解】
砷元素和N元素位于同一主族，比+3价高的常见化学价态为+5，故根据得失电子守恒有如下化学计量关系，，故，则，故含量为，故答案为0.72；
【小问6详解】
由图1，从5到9，溶液中含砷微粒中的比例降低，比例提高，正负电荷相吸，则含砷微粒更易与带正电荷的胶粒结合而沉降；同时，pH升高，氢氧根离子增大，有利于产生更多胶粒，增强吸附效果；故答案为：从5到9，溶液中比例降低，比例提高，更易与带正电荷的胶粒结合而沉降，同时，pH升高有利于产生更多胶粒，增强吸附效果。
【答案】(1)D (2)< (3) 7 15
(4) 正四面体 sp3 (5) 10 1 sp2、sp3
【详解】（1）基态原子能量最低，基态Li原子的核外电子排布为1s22s1，根据图知，答案为：D；
（2）电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Li+与H 具有相同的电子构型，但Li+的核电荷数大于H ，则半径：Li+ （3）
基态Fe核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，共有7个能级，则核外共有7种不同能量的电子；各能级的轨道数：s能级1个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道，则Fe核外电子共占据15个原子轨道，Fe2+的结构式示意图是；
（4）LiFePO4中负离子为，中心原子P的价层电子对数为：，无孤电子对，则的空间结构为正四面体，中心原子杂化类型是sp3；
（5）由碳酸亚乙酯分子结构可知，1 mol碳酸亚乙酯分子中含有1 molC=O，4 molC-O键，4 molC-H键，1 molC-C键，1 molC=O键中含有1 molσ键和1 mol π键，4 molC-O键中含有4个σ键，4 molC-H键中含有4个σ键，1 molC-C键中含有1个σ键，则1 mol碳酸亚乙酯分子中含有10 mol σ键、1 mol π键；碳酸亚乙酯分子中碳氧双键中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，另外两个碳原子均形成4个σ键，没有孤电子对，为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化方式是sp2、sp3。
20. 【答案】（1） ①. ②. 反应Ⅲ的，升温平衡逆向移动，的物质的量减小
（2）减小 （3）c
（4） ①. 20% ②. 3.82
【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示H2，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线④代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，则曲线③代表CH4，综上分析可知曲线②代表CO2。
【小问1详解】
代表CH4；反应Ⅲ为放热反应，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，由此可知曲线③代表CH4；
【小问2详解】
反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动会消耗CO2，反应Ⅲ平衡逆向移动会生成CO2，由图可知，温度由400℃升高到550℃的过程中，CO2的物质的量增大，说明反应Ⅲ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动进行的程度，故温度由400℃升高到550℃的过程中会导致H2O减少(反应Ⅲ中H2O的化学计量数大于反应Ⅱ中H2O的化学计量数)；
【小问3详解】
a．由图可知当温度高于630℃时，升高温度并不能提高平衡时H2的产率，继续升高温度会增加生产成本，a错误；b．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，b错误；c．550℃时，n(CO2)、n(CO)分别为2.2mol和0.4mol，两者的物质的量之比为11:2，c正确；故答案选c；
【小问4详解】
由图可知，550℃时，n(CO2)=2.2mol、n(CH4)=0.4mol，反应Ⅱ中H2O消耗了（2.2+0.4）mol=2.6 mol，又知反应Ⅲ中生成了0.8mol H2O，故该条件下，H2O的转化率为；550℃时，CO、H2O、CO2、H2的物质的量分别为0.4mol、7.2mol、2.2mol、5.0mol，则反应Ⅱ的平衡常数。

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