浙江省金华市2022_2023学年高一化学下学期6月期末试题含解析

这是一份浙江省金华市2022_2023学年高一化学下学期6月期末试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但为分子晶体，不耐高温，A错误；
B．SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO+H2O，所以SiO2是酸性氧化物，为共价晶体，耐高温，B正确；
C．MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO +2H+=Mg2++H2O，所以MgO是碱性氧化物，；C错误；
D．Na2O能跟酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物，；D错误；
答案选B。
2. 下列化学用语的表示及说法正确的是
A. 中子数为18的氯原子：B. 的电子式：
C. 的名称是：2—乙基丁烷D. 没有同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为18的氯原子符号为：，A错误；
B．电子式是：，B错误；
C．的名称是3-甲基戊烷，C错误；
D．为四面体结构，不是平面结构，因此没有同分异构体，D正确；
故选D。
3. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 能使某些色素褪色，可用作漂白剂B. 金属钠导热性好，可用作传热介质
C. 溶液呈碱性，可用作消毒剂D. 呈红色，可用作颜料
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，选项A正确；
B．钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，选项B正确；
C．NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，选项C不正确；
D．Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，选项D正确；
答案选C。
4. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A. 和乙醇反应可生成B. 工业上煅烧黄铁矿生产
C. 工业上用氨的催化氧化制备D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；
C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；
故选D。
5. 在只有气体参加的反应中，改变下列条件，能使反应物中单位体积内活化分子数和活化分子百分数同时增大的是
A. 增大反应物的浓度B. 增大压强
C. 升高温度D. 移去生成物
【答案】C
【解析】
【详解】A. 增大反应物的浓度，单位体积内分子数增加，活化分子数增加，活化分子百分数不变，故A不符合题意；
B. 增大压强，单位体积内分子数增加，活化分子数增加，活化分子百分数不变，故B不符合题意；
C. 升高温度，单位体积内分子数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故C符合题意；
D. 移去生成物，单位体积内分子数不变，活化分子数不变，活化分子百分数不变，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】增大反应物的浓度或增大压强，都是单位体积内分子数增加，活化分子数增加，活化分子百分数不变；升高温度或加催化剂，都是单位体积内分子数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，但两者使活化分子数增大的原理不一样。
6. 关于反应，下列说法正确的是
A. 生成，转移电子B. 是还原产物
C. 既是氧化剂又是还原剂D. 若设计成原电池，为负极产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应中，N元素从-1价升高到+1价，生成，转移电子，A正确；
B．反应中H、O元素的化合价没有变化，因此不是还原产物，也不是氧化产物，B错误；
C．中只有N元素化合价升高，被氧化，是还原剂，C错误；
D．若设计成原电池，得到电子生成，为正极反应物，为正极产物，D错误；
故选A。
7. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. 通入氢氧化钠溶液：
B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C. 过量通入饱和碳酸钠溶液：
D. 溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项A正确；
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B正确；
C．过量通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：，选项C正确；
D．溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；
答案选D。
8. 下列说法不正确的是
A. 电解精炼铜时溶液中的铜离子浓度会减少
B. 电镀时，应把镀件置于电解池的阴极
C. 为防止水闸铁门被腐蚀，可让其与直流电源的负极相连
D. 电化学防护中牺牲阳极的阴极保护法是利用了电解池原理
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液。阳极粗铜中含有少量的Fe、Zn，会优于Cu先失去电子，而阴极一直为Cu2＋＋2e－=Cu，因此电解质溶液中Cu2＋的浓度会有所减小；A项正确；
B．电镀时，在镀件上，镀层金属离子得到电子发生还原反应，为电解池的阴极，B项正确；
C．外接电源作电解池的阴极，金属不能失去电子被氧化，而被保护，C项正确；
D。电化学防护中牺牲阳极的阴极保护法，需要外接活泼金属，活泼金属失去电子被氧化而被腐蚀，利用的是原电池原理，D项错误。
答案选D。
【点睛】电化学防护有两种方法分别：①牺牲阳极的阴极保护法——利用原电池原理；②外加电流的阴极保护法——利用电解池原理。
9. 一定条件下，在绝热密闭容器中，能表示反应一定达到化学平衡状态的是
A. 容器中的压强不再发生变化
B. 混合气体总物质的量不再发生变化
C. X．Y．Z的物质的量之比是
D单位时间内消耗，同时生成
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应是等体积反应，但由于是绝热容器，压强随温度变化而发生改变，当容器中的压强不再发生变化，就达到平衡，故A不符合题意；
B. 该反应是等物质的量的反应，混合气体总物质的量始终不变，当混合气体总物质的量不再发生变化，不能作为判断平衡的标志，故B不符合题意；
C. X．Y．Z的物质的量之比是，物质的量之比不能作为判断平衡的标志，故C不符合题意；
D. 单位时间内消耗，反应逆向进行，同时生成，反应逆向进行，铜一个方向，不能作为判断平衡的标志，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】解题时一定要注意条件的改变，分析思维也应该发生改变，如果是恒温恒容条件，等体积反应不能用压强作为判断平衡的标志，但在绝热恒容条件，等体积反应可以用压强作为判断平衡的标志。
10. 下列反应中，△S0，故A不符合题意；
B. ，气体物质的量不变，△S = 0，故B不符合题意；
C. ，气体物质的量减少，是△S < 0，故C符合题意；
D. ，气体物质的量增多，是△S >0，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
二、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
11. 肼()是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1ml化学键所需的能量(kJ)：NN键为942、O=O键为500、N-N键为154，则断裂1mlN-H键所需的能量是
A. 194kJB. 391kJC. 516kJD. 658kJ
【答案】B
【解析】
【详解】根据图中内容可知，，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新建形成释放能量，设断裂1mlN-H键所需的能量为K，所以有154+4K+500=2218；解得K=391；
故答案选B
12. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A. 2.3 g钠由原子变成离子时，失去的电子数为 0.2NA
B. 0.2NA个硫酸分子与19.6 g磷酸含有的氧原子数不同
C. 28 g氮气所含的原子数为2NA
D. NA个氧分子与NA个氢分子的质量比为8∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．金属钠由原子变成离子时，化合价升高1，失去1个电子，2.3g金属钠，其物质的量为==0.1ml，失去电子数为0.1，故A错误；
B．0.2个硫酸分子中含有的氧原子数为=0.8；19.6g磷酸的物质的量为==0.2ml，其中含氧原子的物质的量为=0.8ml，两者所含氧原子数相同，故B错误；
C．28g氮气的物质的量为==1ml，其中所含原子数为=2，故C正确；
D．个氧气分子的质量为==32g；个氢气分子的质量为==2g，其质量比为，故D错误；
故选C。
13. 苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是
A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种
B. 1ml苹果酸可与3mlNaOH发生中和反应
C. 1ml苹果酸与足量金属Na反应生成生成1mlH2
D. HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，A正确；
B．1ml苹果酸中含有2ml羧基，所以1ml苹果酸可与2mlNaOH发生中和反应，B错误；
C．能和Na反应是有羧基和醇羟基，1ml苹果酸与足量金属Na反应生成1.5mlH2，C错误；
D．HOOC－CH2－CH(OH)－COOH与苹果酸是同一种物质，D错误。
答案选A。
14. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的非金属性比Y的强D. 原子半径：
【答案】B
【解析】
【分析】根据题给信息，“Y是迄今发现的非金属最强的元素”说明Y是氟元素，“X原子的最外层有6个电子”且X原子序数小于氟，说明X是氧元素，“在周期表中Z位于IA族”且Z原子序数大于氟，说明Z是钠元素，“W与X属于同一主族”说明W是硫元素。
【详解】A．元素X、W的简单阴离子分别是，离子的电子层结构不相同，A错误；
B．由Y、Z两种元素组成的化合物是，均属于离子化合物，B正确；
C．题干已说明“Y是迄今发现的非金属最强的元素”，C错误；
D．根据同周期由左到右原子半径减小，同主族由上到下原子半径增大可知原子半径大小顺序是：，D错误；
故选B。
15. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 对于反应，在其他条件不变的情况下，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
B. 同温同压下，在光照和点燃条件下的焓变不同
C. 甲烷的标准燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
D. 500℃、30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成气体，放热，其热化学方程式为：
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，改变压强，化学平衡不移动，所以反应放出的热量不变，故A正确；
B．同温同压下，氢气和氯气在光照和点燃条件下都能生成氯化氢，由于反应物和生成物完全相同，光照和点燃条件下的焓变相同，故B错误；
C．甲烷的燃烧热是指1ml甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，热化学方程式为，故C错误；
D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则0.5ml氮气与1.5ml氢气在500°C、30MPa下充分反应放热19.3kJ说明反应的焓变ΔH小于—38.6kJ/ml，故D错误；
故选A。
16. 化学平衡状态I、II、III的相关数据如下表：
根据以上信息判断，下列结论错误的是
A. a＞b
B. 增大压强，平衡状态II不移动
C. 升高温度平衡状态III向正反应方向移动
D. 反应II、III均为放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)与CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)相加可得Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)；K1=；K2=;K3=，K3÷K1= K2；所以K3=K1×K2，当温度是979K时，a=K3=K1×K2=1.47×1.62=2.38；当温度是1173K，b=K2=K3÷K1=1.68÷2.15=0.78
【详解】A.a=2.38>b=0.78,即a＞b ，选项A正确；
B．由于II反应是反应前后气体体积相等的反应，所以增大压强，平衡状态II不移动，正确；
C．对于反应III来说，在979K时平衡产生是2.38，在温度是1173K时，平衡常数是1.68，可见升高温度，化学平衡增大，说明升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡状态III向逆反应方向移动，错误；
D．对于反应II，1.62>0.78,说明升高温度平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应；对于反应III，2.38>1.68,升高温度，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应，反应II、III均为放热反应，正确。
17. 厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理得到乳酸（图中HA表示乳酸分子、表示乳酸根离子），如图所示，下列说法正确的是
A. 阴极的电极反应式：
B. 从阳极通过阳离子交换膜，进入阴极区
C. 通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室
D. 当浓缩室中增加了时，可得到（标准状况）
【答案】C
【解析】
【详解】A. 阴极的电极反应式：2H+ + 2e－ = H2↑，故A错误；
B. 从阳极通过阳离子交换膜，进入浓缩室，故B错误；
C. 通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，故C正确；
D. 当浓缩室中增加了时，说明有0.6mlA－从阴极室进入浓缩室里，有0.6ml电子发生转移，因此可得到0.3ml氢气即6.72L氢气（标准状况），故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】阳离子氢离子穿过阳离子交换膜，进入浓缩室，A－阴离子穿过阴离子交换膜进入浓缩室，两者结合生成HA，因此浓缩室中HA浓度增大。
18. 合成氨反应为：。图1表示在2L的密闭容器中反应时的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是
A. 图1中，0-10min内该反应的平均速率
B. 图1中，从11min起，其他条件不变，压缩容器体积为1L，的变化曲线为d
C. 图2中，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是b点
D. 图2中，和表示温度，对应温度下的平衡常数为和，则：，
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 图1中，0-10min内氮气改变量为0.3ml，氢气改变量为0.9ml，则反应的平均速率，故A错误；
B. 图1中，从11min起，其他条件不变，压缩容器体积为1L，压缩瞬间，氮气物质的量不变，加压，平衡正向移动，氮气的量减少，因此的变化曲线为d，故B正确；
C. 图2中，不断的加氢气，平衡不断正向移动，氮气的转化率不断增大，因此a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是c点，故C错误；
D. 图2中，和表示温度，该反应是放热反应，因此从两条曲线最高点分析，从下到上，转化率增大，说明正向移动，则为降温，即，则，故D正确。
综上所述，答案为BD。
19. 在一密闭容器中，反应 aA(g) bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了B. 物质A的转化率减少了
C. 物质B的质量分数增加了D. a>b
【答案】C
【解析】
【详解】容器体积增加一倍时，B的浓度瞬间变为原来的50%，后平衡发生了移动，达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，故平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大，生成物百分含量增大，体积增大正向移动，故a___________。
【答案】（1） ①. N ②. 第2周期VA族
（2）Na、Mg（3）C＞D＞E
（4）
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】由元素在元素周期表中的位置可知A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为镁元素，F为氯元素，以此做答。
【小问1详解】
由分析知B为氮元素，其元素符号为N，在元素周期表中的位置为第2周期VA族，故答案为N；第2周期VA族；
【小问2详解】
活泼金属能与稀硫酸反应产生气体，故答案为Na、Mg；
【小问3详解】
由分析知，C为氧元素，D为钠元素，E为镁元素，C、D、E形成的简单离子半径均为10电子微粒，原子序数越大，半径越小，故C、D、E形成的简单离子半径从大到小的顺序为O2-＞Na+＞Mg2+；
【小问4详解】
由分析知，F为氯元素，其单质与水反应的离子方程式为，故答案为；
【小问5详解】
B、C与A形成的简单气态氢化物分别为氨气和水，由于氮元素的非金属性小于氧，故其简单气态氢化物的热稳定性＞，故答案为；。
22. A是由两种元素组成的矿物，测定A的组成流程如图：
已知：B、D均为纯净物。请回答：
（1）写出反应A的化学式：_______。
（2）写出反应②的化学方程式：_______。
（3）写出反应③的离子方程式：_______。
（4）检验无色气体D常用的方法是：_______。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色
【解析】
【分析】A是由两种元素组成的矿物，A与氧气在高温条件下得到红色固体B和无色气体D，B、D均为纯净物，B与稀盐酸反应后加入硫氰化钾溶液得到血红色溶液C，则B为Fe2O3，C为Fe(SCN)3，无色气体D加入足量FeCl3溶液得到溶液E，E与足量BaCl2溶液可得到白色沉淀F，则F为BaSO4，E为FeSO4，D为SO2，又2.4gA得到9.32g F(BaSO4)，根据S元素守恒可得A中S元素的质量为，则A中Fe元素的质量为2.4g-1.28g=1.12g，因此A中Fe、S的原子个数比为，则A的化学式为FeS2，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析可得，A的化学式为FeS2；
【小问2详解】
根据分析，反应②为Fe2O3与稀盐酸反应，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
反应③为SO2与足量的FeCl3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
由分析可知，D为SO2，具有漂白性，可将其通入品红溶液中，若品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色，说明是SO2。
23. 已知有机物烃A是一种重要的化工原料，其在标准状况下的密度为1.25g·L-1。
（1）物质A的官能团名称为___________；⑤的反应类型为___________；
（2）写出反应⑥的化学方程式___________；
（3）写出E的同类物质的同分异构体___________；
（4）已知：，参照的合成路线方式，写出由A制备乙二酸的合成路线：___________。
【答案】（1） ①. 碳碳双键 ②. 加成反应
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】A来源于石油，在标准状况下的密度为1.25g·L-1，即相对分子质量为28，A是乙烯；淀粉水解后生成葡萄糖，即D是葡萄糖，经酒化酶作用后生成乙醇，即C是乙醇；对比A、B、E的分子组成，知乙烯催化氧化后应生成乙酸，乙醇在强氧化剂作用下能被氧化生成乙酸，即B是乙酸；乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯与乙酸在一定条件下也能发生加成反应生成乙酸乙酯，即E是乙酸乙酯。
【小问1详解】
根据题给信息，物质A是乙烯，含有的官能团名称是碳碳双键；反应⑤为乙烯与乙酸在一定条件下发生加成反应生成乙酸乙酯。
【小问2详解】
反应⑥是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为：。
【小问3详解】
E是乙酸乙酯，属于酯类的同分异构体有：。
【小问4详解】
由A制备乙二酸的合成步骤有：乙烯与溴反应生成1，2-二溴乙烷，产物水解后生成乙二醇，乙二醇可直接氧化生成乙二酸，合成路线为：。
24. 是汽车尾气中的主要污染物之一，硝酸盐是水体污染的污染物之一。
（1）可用于烟气脱硝。已知有如下反应：
则________
（2）电化学降解的原理如图所示，电源正极为________（填“a”或"b"），阴极电极反应式________。
（3）某研究小组在100°C时，将充入2L的真空密闭容器中，每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下数据
①上述条件下，对于的说法正确的是________。
A．该反应为吸热反应
B．，
C．
D．该反应的平衡常数为2.8（保留小数点后一位）
②在相同情况下，最初向该容器中充入的是，要达到相同的平衡状态，的起始浓度是________。在80s时达到平衡，请在图中画出并标明和的浓度随时间变化（0-100s）的曲线。______________
③反应达到平衡后，向该密闭容器中再充入0.32ml氮气，并把容器体积扩大为4L，判断平衡如何移动并解释原因________。
【答案】 ①. －4278.5 ②. a ③. 2NO3－ + 10e－ + 12H+= N2↑ + 6H2O ④. BCD ⑤. ⑥. 0.1ml∙L-1 ⑦. 减小压强，平衡向系数大的方向移动即逆向移动
【解析】
【分析】⑴利用盖斯定律，将第二个方程式减去第一个方程式，再减去第三个方程式的6倍。
⑵电化学降解的原理如图所示，硝酸根变为氮气，化合价降低，发生还原反应，再阴极反应，因此b为负极，a为正极。
⑶①A．从上述条件下不能得出反应是吸热反应还是吸热反应；B．，四氧化二氮生成了0.05ml，则二氧化氮消耗0.1ml，再计算速率；C．反应中60s和80s四氧化二氮物质的量相同，则二氧化氮的物质的量也相同，因此；D．平衡时四氧化二氮物质的量为0.08ml，则消耗得二氧化氮物质的量为0.16ml，剩余0.24ml，再计算平衡常数；②在相同情况下，最初向该容器中充入的是，要达到相同的平衡状态，则将开始全部转化生成四氧化二氮的物质的量为0.2ml，则浓度为0.1ml∙L-1，算出四氧化二氮最后状态的浓度和二氧化氮的浓度，再画出图象；③减小压强，平衡向系数大的方向移动即逆向移动。
【详解】⑴将第二个方程式减去第一个方程式，再减去第三个方程式的6倍，得到－4278.5；故答案为：－4278.5。
⑵电化学降解的原理如图所示，硝酸根变为氮气，化合价降低，发生还原反应，再阴极反应，因此b为负极，a为正极，阴极电极反应式2NO3－ + 10e－ + 12H+= N2↑ + 6H2O；故答案为：a；2NO3－ + 10e－ + 12H+= N2↑ + 6H2O。
⑶①A．从上述条件下不能得出反应是吸热反应还是吸热反应，故A错误；B．，四氧化二氮生成了0.05ml，则二氧化氮消耗0.1ml，因此，故B正确；C．反应中60s和80s四氧化二氮物质的量相同，则二氧化氮的物质的量也相同，因此，故C正确；D．平衡时四氧化二氮物质的量为0.08ml，则消耗得二氧化氮物质的量为0.16ml，剩余0.24ml，因此该反应的平衡常数为，故D正确；综上所述，答案为BCD。
②在相同情况下，最初向该容器中充入的是，要达到相同的平衡状态，则将开始全部转化生成四氧化二氮的物质的量为0.2ml，则浓度为0.1ml∙L-1，因此的起始浓度是0.1。在80s时达到平衡，平衡时四氧化二氮的物质的量为0.08ml，浓度为0.04 ml∙L-1，则四氧化二氮浓度改变量为0.06 ml∙L-1，生成二氧化氮的浓度为0.12 ml∙L-1，因此画出图为：；故答案为：。
③向该密闭容器中再充入0.32ml氮气，并把容器体积扩大为4L，减小压强，平衡向系数大的方向移动即逆向移动；故答案为：减小压强，平衡向系数大的方向移动即逆向移动。
25. 某兴趣小组用纯净的金属镁制备装置如下图：
（1）与传统工业的镁与氮气反应制备方法相比，此法最大的优点是产品纯度高(氧化镁含量低)，该实验制备的化学方程式为___________；
（2）下列说法正确的是___________
A．装置A的作用是防倒吸的安全瓶
B．若无装置B，可能发生反应
C．装置D中物质可换为碱石灰
D．装置E的作用是为了防止空气进入装置
E．酒精喷灯应在氨气排尽装置中空气后点燃
（3）即使装置和氨气中空气都被除尽，最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，其可能的原因是___________。
【答案】（1）3Mg+2NH3Mg3N2+3H2
（2）BDE（3）高温条件下镁粉与石英管中的SiO2反应
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A为气流缓冲装置，便于氨气平稳通入反应装置，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置C中镁粉与氨气高温条件下反应制备氮化镁，装置D中盛有的五氧化二磷用于吸收未反应的氨气，并防止水蒸气进入C中导致氮化镁水解，装置E中盛有的硫酸亚铁溶液用于吸收空气中的氧气，防止氧气进入C中与镁反应，该实验的设计缺陷是没有氢气的处理装置。
【小问1详解】
制备氮化镁的反应为镁与氨气高温条件下反应生成氮化镁和氢气，反应的化学方程式为3Mg+2NH3Mg3N2+3H2，故答案为：3Mg+2NH3Mg3N2+3H2；
【小问2详解】
A．该实验为固气共热的反应，不可能产生倒吸，装置A为气流缓冲装置，作用是获得平稳的氨气气流，故A错误；
B．装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，若无装置B，可能发生的反应为镁与水蒸气高温条件下反应生成氢氧化镁和氢气，也可能发生氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气，故B正确；
C．由分析可知，装置D中盛有的五氧化二磷用于吸收未反应的氨气，并防止水蒸气进入C中导致氮化镁水解，则装置D中的五氧化二磷不能换为碱石灰，否则E中发生倒吸，故C错误；
D．由分析可知，装置E中盛有的硫酸亚铁溶液用于吸收空气中的氧气，防止氧气进入C中与镁反应，故D正确；
E．镁高温条件下能与空气中的氧气和水蒸气反应，所以实验时酒精喷灯应在氨气排尽装置中空气后点燃，故E正确；
故选BDE；
【小问3详解】
高温条件下镁粉能与石英管中的二氧化硅反应生成硅和氧化镁，所以即使装置和氨气中空气都被除尽，最后制得的氮化镁中依然含有少量氧化镁，故答案为：高温条件下镁粉与石英管中的SiO2反应。
26. 在如图所示的装置中进行电解，A、B、C三个烧杯中电解质均足量。若电解5min时铜电极质量增加2.16g，电解过程中溶液体积变化忽略不计。试回答：
（1）通电5min时，B中共收集到224mL气体（标况），溶液体积为200mL，则通电前硫酸铜溶液的物质的量浓度为________。
（2）A中KCl溶液的体积也是200mL，不考虑氯气的溶解，则电解后溶液的________。
【答案】 ①. 0.025ml∙L-1 ②. 0.1 ml∙L-1
【解析】
【分析】铜电极质量增加2.16g即物质的量为0.02ml，说明铜电极生成了银单质，铜为阴极，Ag为阳极，X为负极，Y为正极，电子转移0.02ml；根据电子转移生成氧气的物质的量，求生成氢气的物质的量，再根据电子转移计算铜离子的物质的量，再算浓度；根据电子转移计算氢氧根的物质的量，再计算浓度。
【详解】⑴通电5min时，B中共收集到224mL气体(标况)即物质的量为0.01ml，溶液体积为200mL，电路中转移了0.02ml电子，阳极生成氧气，根据4e－— O2，则得到氧气物质的量，则阴极生成氢气的物质的量为0.01ml -0.005ml =0.005ml，根据2e－— H2，得到氢气电子转移了0.005ml×2 =0.01ml，因此阴极生成铜单质得到电子的物质的量为0.02ml – 0.01ml =0.01ml，根据方程式Cu2+ + 2e－ = Cu，得到铜离子物质的量为，通电前硫酸铜溶液的物质的量浓度；故答案为0.025ml∙L-1。
编号
化学方程式
平衡常数
温度
979K
1173K
I
Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)
K1
1.47
2.15
Ⅱ
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
K2
1.62
b
Ⅲ
Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)
K3
a
1.68
时间（s）
0
20
40
60
80
0.40
0.26
0.00
0.05
0.08
0.08