2024年上教版高一化学下册月考试卷含答案

2024年上教版高一化学下册月考试卷含答案
考试试卷
考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟
学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______
总分栏
一、选择题(共9题，共18分)
1、乙醇和甘油、苯酚的共同点是（）
A. 都能和氢氧化钠发生中和反应
B. 都能与金属钠反应产生氢气
C. 都能与FeCl3溶液反应显紫色
D. 都属于酚类化合物
2、要配制物质的量浓度为2mol•L-1 CuSO4溶液90mL，下面的操作正确的是（）
A. 称取45gCuSO4•5H2O固体，放入250mL烧杯中，用100mL量筒量取90mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解
B. 称取32gCuSO4固体，放入100mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL
C. 称取32gCuSO4固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀
D. 称取50gCuSO4•5H2O放入100mL烧杯中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后转移入容量瓶中加蒸馏水至100mL，盖好瓶塞，反复摇匀
3、某烃与氢气发生反应后能生成(CH3)2CHCH2CH3，则该烃不可能是
A. 2－甲基－2－丁烯
B. 3－甲基－1－丁烯
C. 2，3－二甲基－1－丙烯
D. 2－甲基－1，3－丁二烯
4、如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和rm{H_{2}}rm{O_{2}}的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将rm{H_{2}}rm{O_{2}}的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来rm{O_{2}}rm{H_{2}}的体积比最接近于
A.rm{7:2}
B.rm{4: 5}
C.rm{8:1}
D.rm{2:7}
5、美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（）
A. 铝钠合金的熔点降低
B. 铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）
C. m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出H2越多，则铝的质量分数越小
D. 铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出
6、下列说法正确的是（）
A. 相对分子质量相同的几种化合物，互称为同分异构体
B. 某有机物燃烧只生成CO2和H2O，且二者物质的量相同，则此有机物的组成为C n H2n
C. 满足同一通式的有机物，彼此一定是同系物
D. 组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，一定互为同分异构体
7、设N A为阿佛加德罗常数；下列说法正确的是（）
①18gH2O中含有的电子数和中子数均为10N A
②标准状况下，22.4LSO2与11.2LO2在催化剂作用下反应，一定生成N A个SO3分子。

③1molCl2和过量Fe反应转移电子2N A个。

④6.8g熔融的KHSO4中含有0.05N A个阳离子。

⑤15g乙烷中所含的极性共价键为3.5N A个．
A. ②⑤
B. ①④
C. ③④
D. ②③
8、可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）；②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行；反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）
A. 反应①的逆反应是放热反应
B. 达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为11：10
C. 达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为
D. 在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等
9、已知下列热化学方程式。

（l）C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=-110.5kJ/mol
（2）2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=-483.6kJ•mol-1
由此可知 C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3．则△H3等于（）
A. +131.3kJ•mol-1
B. -131.3kJ•mol-1
C. +373.1kJ•mol-1
D. -373.1kJ•mol-1
评卷人得分
二、填空题(共5题，共10分)
10、下面的装置是仿照工业上制备硫酸的工艺流程设计出来的；用于探究工业上为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫．
请回答下列问题：
（1）写出沸腾炉内煅烧黄铁矿的反应方程式：____；
（2）如图中的甲和乙分别相当于工业上制取硫酸装置中的：____、____；
（3）写出在催化剂表面所发生反应的化学方程式____，在实验过程中不能持续加热的理由是____；
（4）在乙反应容器内要求氧气的量要比二氧化硫的量多一倍左右，你是如何控制和估计的？____．
（5）若丁装置在反应过程中先出现气泡，不久就出现了雾，而丙装置一直都没有任何现象，产生这种现象的原因可能是____
A．浓硫酸对三氧化硫的吸收率远好于水；三氧化硫被浓硫酸充分吸收。

B．三氧化硫的通气速率太快；三氧化硫未被水和浓硫酸充分吸收。

C．丙中的导气管插得太深；导致两个吸收瓶内的气压差较大。

D．丁中的导气管插得太浅，三氧化硫气体从水中逸出，与水蒸气化和形成酸雾．
11、元素周期表的第三周期元素，从左到右，原子半径逐渐____；元素的金属性逐渐____，非金属性逐渐____。

最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是____；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是____。

碱金属元素原子最外层的电子都是____个，碱金属元素中金属性最强的是____，原子半径最小的是____。

卤素原子最外层的电子都是____个，在卤族元素中非金属性最强的是____。

12、某温度时；在一个2L的密闭容器中，X；Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

根据图中数据填空：
(1)该反应的化学方程式为 ___ 。

(2)若X、Y、Z均为气体，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为 ___ 。

(3)若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时 ___ (填“增大”“减小”或“相等”)。

13、氯碱工业中会发生下列化学反应：2X+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则X的化学式是 ______ ．用“王水”（浓
盐酸与浓硝酸的混合物）溶解黄金后得到一种物质HAuCl4（四氯合金酸），其中氯元素的化合价是-1，则HAuCl4中金元素（Au）的化合价是 ______ ．
14、某一容积可变的密闭体系中发生下列反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
△H＜0；回答下列问题：
（1）对于合成氨工业生产条件的选择，下列说法正确的是（选填字母序号）
______ ；
A．温度；压强越大；越有利于化学平衡的正向移动；
B．铁触媒在该温度时活性大；
C．工业生产受动力；材料、设备等条件的限制；
D．使用催化剂有利于提高反应的转化率．
（2）如图是某一时间段中反应速率与反应进程的关系图：①处于平衡状态的时间段是 ______ ．
②在t1、t3、t4时刻，体系中分别是何种条件发生了什么样变化？t1： ______ ，t3： ______ ，t4： ______ ．③在下列时间段中，氨的百分含量最高的是 ______ （选填代号）．
a．t0～t1b．t2～t3 c．t3～t4 d．t5～t6．
评卷人得分
三、判断题(共8题，共16分)
15、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）
16、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判断对错）
17、在原电池中，发生氧化反应的一极一定是负极。

(_______)
A. 正确
B. 错误
18、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

(_______)
A. 正确
B. 错误
19、苯酚中混有甲苯，可以通过加酸性高锰酸钾溶液检验甲苯的存在。

(____)
A. 正确
B. 错误
20、氯化镁的电子式 (___________)
A. 正确
B. 错误
21、常温常压下，16g CH4中所含中子数为10N A____（判断对错）
22、(1)硅在自然界中只以化合态的形式存在 ____
(2)晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体材料 ____
(3)Si和SiO2都可用于制造光导纤维 _____
(4)非金属性：C>Si，则热稳定性：CH4>SiH4 _____
(5)硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应 _____
(6)SiO2是酸性氧化物，可溶于强碱(NaOH)，不溶于任何酸 _____
(7)硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是一种建筑行业常用的黏合剂 _____
(8)SiO2能与HF反应，因此可用HF刻蚀玻璃 ______
(9)向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶 ______
(10)石英是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能 _____
(11)硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体 ______
(12)用二氧化硅制取单质硅的反应中硅元素被氧化 ______
(13)加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属发生反应 _____
(14)二氧化硅是酸性氧化物，因此能与水反应生成硅酸 _____
(15)二氧化硅制成的光导纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆 _____
(16)工业上制取粗硅的反应是SiO2+C Si+CO2↑ _____
(17)用二氧化硅制取单质硅时，当生成2.24L气体(标准状况)时，得到2.8g硅 _____
(18)因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸酸性比碳酸强 _____
(19)二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应，但能与碳酸钠固体在高温时发生反应 _______
(20)2MgO·SiO2中的酸根阴离子为SiO ______
(21)二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键个数之比为1∶2 ______
A. 正确
B. 错误
评卷人得分
四、工业流程题(共3题，共15分)
23、铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。

某厂为了变废为宝，将工业废水（含5.00×10-3 mol·L-1的Cr2O72-)处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4；设计了如下实验流程：
（1）第①步反应的离子方程式是 ________________________________ 。

（2）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3 外，还有 ____________________ 。

（3）为保证磁性材料的质量，应控制第①步反应后所得溶液中Fe2+与Fe3+的比例为 ______________ 。

在第②步过程中，须持续通入N2，原因是 ________________________________ 。

（4）将FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液。

浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是 ________________________________ 。

（5）某研究性学习小组欲从蚀刻镀铜电路板所得废液(溶质为FeCl2、CuCl2、FeCl3)出发，制备FeCl3·6H2O，请设计制取FeCl3·6H2O的实验步骤： ___________________________ 。

（可选用的试剂：铁粉、盐酸和H2O2溶液）
24、从海水中提取的粗盐含有Ca2+、Mg2+、SO42－等离子，为除去杂质离子可使用以下四种试剂：①Na2CO3溶液②BaCl2溶液③NaOH溶液④盐酸（用于沉淀的试剂均稍过量）。

(1)请在操作流程中填入合适的试剂编号 _______ 、 _______ 、 ______ 。

(2)加入过量NaOH溶液的目的是除去 _______ （填离子符号）。

(3)写出加入盐酸后溶液中发生主要反应的离子方程式 _________ 、 ___________ 。

25、目前高铁酸钠(Na2FeO4)被广泛应用于水的处理，具有高效、无毒的优点。

某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度见下表(H+和OH-浓度小，未列出)：。

离子SO Mg2+Fe3+Na+Cl−
浓度/(mol·L-1) a 0.05 0.10 0.50 0.56
常温下，取一定量经Na2FeO4处理过的海水为原料制备精制食盐水和MgCl2·7H2O；过程如下：
注：离子的浓度小于1.0×10−5mol·L−1，可认为该离子不存在；K sp[Fe(OH)3]=1.0×10−38，K sp[Mg(OH)2]=5.0×10−12；操作过程中溶液体积的变化忽略不计。

(1)根据表中列出的离子浓度计算a= ___________ 。

沉淀A是 ___________ (填化学式)。

(2)在调节溶液pH时，理论上应调节的pH范围是 _____ ；加入的过量试剂X为 ___________ (填化学式)。

(3)加入过量HCl的作用为 ___________ 。

评卷人得分
五、解答题(共1题，共9分)
26、将50.7g碳酸钠、硫酸钠、氯化钠混合物分成两个等份．一份加入足量的盐酸，产生气体在标准状况下的
体积为1.12L，另一份加入足量的氯化钡溶液，过滤，得难溶性固体33.15g．计算原混合物中碳酸钠、硫酸钠、氯化钠的物质的量．
评卷人得分
六、综合题(共4题，共20分)
27、（15分）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物。

Ⅰ、元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。

（1）X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿。

（2）若试剂1是NaOH溶液，X的单质与试剂1反应的离子方程式是＿＿＿＿＿。

（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。

①检验物质D的溶液中金属离子的方法是＿＿＿＿＿。

②将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿。

③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的。

工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是。

Ⅱ、若X、Y是非金属单质，试剂3是NaOH溶液，F的水溶液可作木材的防火材料，则X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，试剂1和C的化学式分别是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。

Y在工业上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（写一种）。

28、（2015·海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。

回答下列问题。

29、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。

（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。

（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：
_____________；______________。

（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。

下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）
A．Ag B．Cu C．Al D．Fe
（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。

向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。

（相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23）
参考答案
一、选择题(共9题，共18分)
1、B
【分析】
【分析】乙醇和甘油均含-OH，属于醇；而苯酚含酚-OH，具有酸性，与氯化铁发生显色反应，结合酚、醇的性质差异来解答．
【解析】
【解答】解：A．只有苯酚与NaOH发生中和反应；故A不选；
B．均含-OH；均与Na反应生成氢气，故B选；
C．只有苯酚与FeCl3溶液反应显紫色；故C不选；
D．只有苯酚为酚类物质；故D不选；
故选B．
2、D
【分析】
【分析】A；溶液体积为90ml；不是溶剂的体积为90ml；
B；量筒只能用来量取液体；不能用来溶解固体；
C；容量瓶只能用来配制溶液；不能用来稀释或溶解药品；
D、根据m=nM=cVM计算需要称取的硫酸铜晶体的质量，结合操作判断．
【解析】
【解答】解：A、45gCuSO4•5H2O固体的物质的量为0.18mol；溶于90ml水中硫酸铜溶液的浓度约是2mol/L，溶液体积为90ml，不是溶剂的体积为90ml，故A错误；
B；量筒只能用来量取液体；不能用来溶解固体，故B错误；
C；容量瓶只能用来配制溶液；不能用来稀释或溶解药品，故C错误；
D、没有90ml规格容量瓶，应选择100ml规格容量瓶，需CuSO4•5H2O质量为
0.1L×2mol/L×250g/mol=50g，操作为称取90gCuSO4•5H2O放入烧杯中；边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后，转移入容量瓶中加蒸馏水至100mL，盖好瓶塞，反复摇匀，故D正确．
故选D．
3、C
【分析】
试题分析：A、正确；B、正确；C、主链最长的碳原子为3，而题中(CH3)2CHCH2CH3，主链4个碳原子，错误；D、正确。

考点：考查有机物的结构等相关知识。

【解析】
【答案】
C
4、D
【分析】
【分析】
本题考查化学方程式的有关计算，题目难度中等，注意左右室的气体的物质的量关系是解答本题的关键。

反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，令空气的物质的量为
rm{1mol}则氢气、氧气的混合气体为rm{3mol.}反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间。

说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为rm{1mol}剩余的气体可能为氢气，也可能为氧气，据此讨论计算。

【解答】
反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，令空气的物质的量为rm{1mol}则氢气、氧气的混合气体为rm{3mol.}反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间rm{.}说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为rm{1mol}
若剩余的气体为氢气，参加反应气体共rm{2mol}由rm{2H_{2}+O_{2} dfrac { underline{;{点燃};}}{;}2H_{2}O}可知，氧气为rm{2mol× dfrac {1}{3}= dfrac {2}{3}mol} 故氢气为rm{3mol- dfrac {2}{3}mol= dfrac {7}{3}mol} 故rm{2H_{2}+O_{2} dfrac {
underline{;{点燃};}}{;}2H_{2}O}rm{2mol× dfrac {1}{3}= dfrac
{2}{3}mol}的体积比为rm{3mol- dfrac {2}{3}mol= dfrac
{7}{3}mol}rm{O_{2}}
若剩余的气体为氧气，参加反应气体共rm{H_{2}}由rm{2H_{2}+O_{2} dfrac { underline{;{点燃};}}{;}2H_{2}O}可知，氢气为rm{2mol× dfrac {2}{3}= dfrac {4}{3}mol} 故氧气为rm{3mol- dfrac {4}{3}mol= dfrac {5}{3}mol} 故rm{2/3mol}rm{7/3mol=2:7}的体积比为
rm{2mol}rm{2H_{2}+O_{2} dfrac {
underline{;{点燃};}}{;}2H_{2}O}rm{2mol× dfrac {2}{3}= dfrac
{4}{3}mol}
故选D。

rm{3mol- dfrac {4}{3}mol= dfrac
{5}{3}mol}
【解析】
rm{D}
5、C
【分析】
【分析】A．依据合金熔点规律低于成分金属熔点解答；
B．依据钠与水反应生成氢氧化钠溶液；氢氧化钠溶液与铝反应生成可溶性偏铝酸钠溶液解答； C．根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑解答；
D．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若Al过量，则可生成铜．
【解析】
【解答】解：A．合金熔点规律低于成分金属熔点；所以铝钠合金的熔点降低，故A正确；
B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液；说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，则n（Al）≤n（Na），故B正确；
C．根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多；则铝的质量分数越大，故C错误； D．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中；钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧
化铜沉淀，若n（Al）＞n（Na），金属铝也可能会置换出金属铜，故D正确；
故选：C．
6、D
【分析】
【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，即同分异构体一定满足两个方面：分子式相同、结构不同；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同，据此分析．
【解析】
【解答】解：A．同分异构体一定满足两个方面：分子式相同、结构不同，但分子量相同的物质不一定为同分异构体，如NO和C2H6；故A错误；
B．某有机物燃烧只生成CO2和H2O；且二者物质的量相同，只能说明有机物中C与H个数比为1：2，不能确定是否含O，故B错误；
C．符合同一通式的不一定是同系物；如烯烃和环烷烃通式相同，故C错误；
D．组成元素的质量分数相同；且相对分子质量也相同的不同化合物，则分子式相同，故D正确；
故选D．
7、C
【分析】
【分析】①18g水的物质的量为1mol；水中含有10个电子，8个质子；
②二氧化硫与氧气的反应为可逆反应；反应物不可能完全转化成生成物；
③1molCl2和过量Fe反应生成氯化铁；转移2mol电子；
④熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子；
⑤根据乙烷的结构判断，1个乙烷分子中含有1个C-C非极性键，6个C-H极性键．
【解析】
【解答】解：①18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol电子，8mol质子，含有的电子数为10N A，中子数为8N A；故①错误；
②标况下，22.4LSO2与11.2LO2的物质的量分别为1mol；0.5mol；由于二氧化硫转化成三氧化硫
的反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于1mol，故②错误；
③1molCl2和过量Fe反应生成氯化铁，转移2mol电子，转移电子数为2N A个；故③正确；
④6.8g熔融的KHSO4的物质的量0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾能够电离出0.05mol钾离子和
0.05mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.05N A；故④正确；
⑤1个乙烷分子中含有1个C-C非极性键，6个C-H极性键，15g乙烷的物质的量为
=0.5mol，则15g乙烷含极性共价键的物质的量为0.5mol×6=3mol，极性共价键为3N A 个；故⑤错误；
故选C．
8、C
【分析】
【分析】A；从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时；X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；
B；根据等温时；反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；
C；相同压强下；根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；
D、由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的．
【解析】
【解答】解：A；降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动；同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A错误；
B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：= ；故B错误；
C；达平衡（Ⅰ）时；右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol；
则有：= ，x= = mol，即物质的量减少了3- = mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为；故C正确；
D；由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ）；化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误．故选：C．
9、A
【分析】
由（l） C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H1=-110.5kJ/mol；
（2）2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.6kJ•mol-1；
依据盖斯定律可知，（1）-（2）÷2即得到：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），所以
△H3=-110.5kJ/mol+483.6kJ/mol÷2=+131.3kJ/mol；
故选A．
【解析】
【答案】依据题干热化学方程式；结合盖斯定律的内容是与起始状态和终了状态有关，与变化过程无关，进行计算得到．
二、填空题(共5题，共10分)
10、4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2接触室吸收塔2SO2+O22SO3该反应为放热反应，温
度升高SO2转化率降低；温度过高催化剂活性降低可以通过调节气阀，控制气体流量，观察甲装置的冒泡速率进行估算AC
【分析】
【分析】（1）依据工业制硫酸的原理分析书写化学方程式；
（2）根据工业制硫酸的步骤和设备名称；结合实验装置的反应过程分析解答；
（3）O2和SO2在催化剂表面所发生反应；温度影响反应速率；化学平衡和催化剂的活性；（4）观察甲装置导管的冒泡速率进行估算通入乙中O2和SO2的量；
（5）若丁装置在反应过程中先出现气泡，不久就出现了雾，而丙装置一直都没有任何现象，可能是SO3通入丙和丁装置中，丙中全部被吸收，丁中三氧化硫与水反应放出大量热，形成酸雾；或者丙中压强大，气体直接进入丁中．
【解析】
【解答】解：（1）沸腾炉内煅烧黄铁矿，反应物为FeS2和O2，生成物为Fe2O3和SO2，根据化合价升降法配平，FeS2中Fe由+2价变为+3价，S由-1价变为+4价，1molFeS2总共失去11mol电子，O2中O由O价变为为-2价，得4mol电子，所以FeS2前计量数为4，O2前计量数为11，再根据原子守恒其它物质的系数，化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
（2）在装置乙中二氧化硫和氧气发生催化氧化；所以装置乙相当于接触室；丙在实验中是用来吸收二氧化硫的，所以相当于吸收塔；故答案为：接触室；吸收塔；
故答案为：接触室；吸收塔；
（3）O2和SO2在催化剂表面所发生反应，生成SO3，化学方程式为：2SO2+O22SO3；该
反应是放热反应，温度升高加快反应速率，但平衡逆向移动，使得SO2转化率降低；且催化剂在一定温度内活性最大，温度过高会使催化剂丧失活性；
故答案为：2SO2+O22SO3；
该反应为放热反应，温度升高SO2转化率降低；温度过高催化剂活性降低；
（4）乙反应容器内要求氧气的量要比二氧化硫的量多一倍左右；要求氧气进入装置中的速度比二氧化硫进入装置中的速度快一倍左右，故可以通过调节气阀，控制气体流量，即观察甲装置的冒泡速率进行估算；
故答案为：可以通过调节气阀；控制气体流量，观察甲装置的冒泡速率进行估算；
（5）若丁装置在反应过程中先出现气泡，不久就出现了雾，而丙装置一直都没有任何现象，可能是SO3通入丙和丁装置中；丙中全部被吸收，丁中三氧化硫与水反应放出大量热，形成酸雾；或者丙中压强大，气体直接进入丁中，即丙中的导气管插得太深，导致两个吸收瓶内的气压差较大；
故答案为：AC．
11、减小减弱增强 NaOH HClO4 1 Cs Li 7 F
【分析】
【分析】本题旨在考查学生对元素周期表的结构及其应用、元素周期律的应用。

【解答】根据题意，元素周期表的第三周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱；非金属性逐渐
增强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是氢氧化钠，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是高氯酸；碱金属元素原子最外层的电子都是rm{1}个，碱金属元素中金属性最强的是rm{Cs} 原子半径最小的是rm{Li}
卤素原子最外层的电子都是rm{7}个，在卤族元素中非金属性最强的是rm{F} 故答案为：个，碱金属元素中金属性最强的是rm{1}原子半径最小的是rm{Cs}卤素原子最外层的电子都是rm{Li}个，在卤族元素中非金属性最强的是rm{7}故答案为：减小；减弱；增强；
rm{F}rm{NaOH}rm{HClO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{1}；rm{Cs}；rm{Li}rm{7}rm{F}
【解析】
减小减弱增强 rm{NaOH} rm{HClO_{4}} rm{1} rm{Cs} rm{Li} rm{7}
rm{F}rm{NaOH}rm{HClO_{4}}rm{1}rm{Cs}rm{Li}rm{7}rm{F}
12、略
【分析】
【详解】
(1)根据图像，X和Y的物质的量减少，X和Y为反应物，Z的物质的量增多，Z为生成物；2min 后各组分的物质的量保持不变，达到了该条件下的最大限度，故该反应为可逆反应；利用物质的量变化之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化比值为(1.0-0.7)mol：(1.0-0.9)mol：0.2mol=3：1：2，该反应的化学方程式为3X+Y 2Z；
(2)根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知；恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，开始时组分的总物质的量为(1.0mol+1.0mol)=2.0mol，达到平衡时，组分的总物质的量为
(0.9mol+0.7mol+0.2mol)=1.8mol，反应达到平衡时的压强与起始压强之比为1.8：2.0=9：10；
(3)混合气体的平均摩尔质量为M= 组分都是气体，气体总质量不变，总物质的量减少，则混合气体的平均摩尔质量增大，即混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。

【点睛】
考查物质的量随时间变化的曲线，把握物质的量变化、压强比的计算、摩尔质量的计算等为解答的关键。

【解析】
3X+Y 2Z 9：10 增大
13、略
【分析】
解：
（1）根据质量守恒定律和2X+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；可知：反应前H原子为4个，O原子为2个，反应后Na原子2个；O原子2个、H原子4个、Cl原子2个；则可知2X中含有Na 原子2个、Cl原子2个，故1个X中含有Na原子1个、Cl原子1个，故其化学式为NaCl．（2）设HAuCl4（四氯合金酸）中金元素的化合价为x．由氢元素为+1价；氯元素为-1价，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得（+1）+x+（-1）×4=0，解答x=+3；
故答案为：NaCl；+3．
（1）根据质量守恒定律和2X+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；进行处理；
（2）根据在化合物中正负化合价代数和为零；进行解答本题．
本题考查学生运用质量守恒定律以及根据在化合物中正负化合价代数和为零计算指定元素化合价的解题能力．
【解析】
NaCl；+3
14、略
【分析】
解：由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则。

（1）A．温度越高平衡逆向进行；不利于化学平衡的正向移动，压强越大平衡正向进行，越有利于化学平衡的正向移动，故A错误；
B．铁触媒在该温度时活性大；有利于提高反应速率，故B正确；
C．工业生产受动力；材料、设备等条件的限制；压强温度改变要求设备高，故B正确；
D．使用催化剂改变反应速率；不改变反应的转化率，故D错误；
故答案为：BC；
（2）①反应达到平衡状态，正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，图象分析可知达到平衡状态时间段为：t0～t1 t2～t3 t3～t4 t5～t6；。