湖南师范大学附属中学2017届高三上学期月考试题（四）（全科）.zip

1湖南师范大学附属中学 2017 届高三地理上学期月考试题（四）(考试范围：中国地理、自然地理)本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 8 页。时量 90 分钟，满分 100 分。第Ⅰ卷 选择题(共 50 分)一、选择题(本大题共 25 个小题，每小题 2 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。)当地时间 2016 年 11 月 14 日零时 2 分起(北 京时间 13 日 19 时 2 分)，新西兰南岛最大城市克赖斯特彻奇(172°37′E，43°32′S)东北约 90 千米凯伊库拉小镇附近发生 7.8 级地震，震源深度15 千米。造成两人死亡，并且发生海啸。2010 年和 2011 年，克赖斯特彻奇也发生了两次较大地震。当地时间 2010 年 9 月 4 日 4 时 35 分，克赖斯特彻奇以西 30 千米处发生 7.2 级强震，震源深度 33千米，这次 地震没有造成人员伤亡。当 地时间 2011 年 2 月 22 日 12 时 51 分(北京时间 7 时 51 分)，克赖斯特彻奇东南 10 千米处发生 6.3 级地震，震源深度 5 千米，造成 185 人遇难，克赖斯特彻奇城区遭受重创，成为新西兰历史上受灾最严重的地震。据此回答 1～3 题。1．当地时间 2010 年 9 月 4 日 4 时 35 分，克赖斯特彻奇以西 30 千米处发生地震时，北京时间是(B)A．9 月 3 日 23 时 35 分 B．9 月 4 日 0 时 35 分C．9 月 4 日 9 时 35 分 D．9 月 5 日 0 时 35 分【解析】根据克赖斯特彻奇的经度可计算出其位于东十二区，比北京时间早 4 小时。另外根据两次地震提供的时间信息可计算出当地时间比北京时间早 5 个小时，而且这两次地震均发生在当地夏半年，可推断出当时使用时间为夏令时。9 月 4 日为冬半年，应该使用的不是夏令时，所以北京时间只晚 4 小时，所以当地时间 2010 年 9 月 4 日 4 时 35 分，北京时间为 9 月 4 日 0 时 35 分。2．克赖斯特彻奇附近地震频发的主要原因是(B)A．位于印度洋板块与太平洋板块的生长边界B．位于印度洋板块与太平洋板块的消亡边界C．位于太平洋板块与南极洲板块的生长边界D．位于太平洋板块与南极洲板块的消亡边界【解析】联系世界板块图，可看出新西兰位于印度洋板块与太平洋板块的消亡边界，多地震、2火山。3．与另外两次地震相比，发生在 2011 年 2 月 22 日的地震震级较小，但破坏性最大，主要原因是(C)①震源浅 ②发生了海啸 ③震中距离克赖斯特彻奇城区近 ④提前没有预报A．①② B．③④ C．①③ D．②④【解析】根据题干材料，可看出与另外两次地震相比，发生在 2011 年 2 月 22 日的地震虽然震级小，但震源浅，震源深度为 5 千米，震中距离克赖斯特彻奇城区近，距离克赖斯特彻奇城区仅10 千米，因此地震造成的人员伤亡和建筑倒塌等 最严重。下图为黄山市某区域地质剖面图。读图回答 4～5 题。4．图中显示该地 区曾发生过三次岩浆活动，先后形成的岩石分别是(A)A．斑状花岗岩、花岗岩、玄武玢岩 B．花岗岩、玄武玢岩、斑状花岗岩C．斑状花岗岩、玄武玢岩、花岗岩 D．玄武玢岩、花岗岩、斑状花岗岩【解析】岩浆岩的先后顺序判断方法是看谁穿过谁，被穿过的岩石比穿过的岩石老。看图可知花岗岩穿过了斑状花岗岩，因此花岗岩比斑状花岗岩新。图中右面花岗岩没有穿过砾岩和页岩，而玄武玢岩穿过了砾岩和页岩，所以花岗岩比玄武玢岩老。5．黄山“四绝”之一的奇石所属的岩石类型和受到的主要外力作用是(C)A．喷出岩、侵蚀作用 B．沉积岩、侵蚀作用C．侵入岩、风化作用 D．变质岩、风化作用【解析】读图可看出黄山主要是花岗岩，属于侵入岩，容易发生球状风化，形成奇石。3学生小李从①到②沿我国某河段进行地理考察，记录如下：①处河床沉积物颗粒大、棱角分明；②处河床沉积物颗粒小且圆滑光溜；在③处捡到一些层次分明内有化石的石头；④处山崖上有不少石英岩；低山坡上常绿阔叶林茂密；农民正在田里播种小麦。据此完成 6～7 题。6．据材料分析，可知(B)A．考察路线从河流下游到上游 B．地质史上曾经内力活动活跃C．河水在③侧比④侧流速大 D．石英岩两侧应该石灰岩广布【解析】④处山崖上有不少石英岩，石英岩为变质岩，而变质作用属于内力作用。7．考察季节最有可能是(C)A．初春 B．盛夏 C．深秋 D．严冬【解析】根据题目材料，该地低山坡上常绿阔叶林茂密，说明为亚热带季风气候区，在我国南方地区。而此时，农民正在田里播种小麦，应为冬小麦，南方播种冬小麦为深秋。下图中甲、乙、丙、丁示意气压带、风带的位置，箭头表示气流运动方向。读图完成 8～9 题。8．图中气压带、风带名称的判断，正确的是(B)A．甲—副极地低气压带 B．乙—盛行西风带C．丙—东北信风带 D．丁—副热带高气压带【解析】甲地空气下沉，位于 30°附近，为副热带高气压带。副热带高气压带北侧吹东南风，应为东南信风，南侧吹西北风，应为盛行西风带，所以副热带高气压带位于南半球。丁处形成了极锋，为副极地低气压带。9．图示季节(A)A．北印度洋洋流呈逆时针方向流动 B．北京地区盛行东南风C．东非高原动物大规模北迁 D．尼罗河河口盐度较低【解析】上题已推断出，甲地为南半球副热带高气压带，此时位于 30°S 以南，说明气压带、风带向南偏，为北半球冬季，北印度洋此时盛行东北风，洋流呈逆时针方向流动。海陆风包括海风和陆风，是因热力环流而形成的，其风向在一天中有明显变化。下图示意M、N 两点间两个不同时刻的热力环流情况， M、N 两点均位于北半球中纬度地区。读图回答 10～12题。410．一天中，M 点由最高温降至最低温期间，N 点的气温变化表现为(C)A．一直下降 B．一直上升 C．先上升后下降 D．先下降后上升【解析】M 点位于陆地，N 点位于海洋，海洋由于比热较大，吸热慢，放热也慢，一天中气温最高值和最低值比陆地滞后。11．若图中 M 与 N 之间的海风为正东风，则此时 PQ 间的水平气流为(B)A．东北风 B．西北风 C．东南风 D．西南风【解析】根据图中 M 与 N 之间的海风为正东风，M、N 之间的等压线应为西北—东南走向，东北方气压较高。高空气压分布与近地面相反，因此 PQ 之间等压线仍为西北—东南走向，但西南方气压较高，高空风向与等压线平行，因此会形成西北风，故 B 项正确。12．从夏季到冬季的期间，海陆风风力的变化趋势是(D)A．两者均加强 B．两者均减弱C．海风加强，陆风减弱 D．陆风加强，海风减弱【解析】从夏季到冬季，总体趋势是陆地温度慢慢低于海洋温度，因此陆风与该趋势相反，会加强，海风会减弱。故 D 项正确。读下面四地气温和降水资料图，回答 13～14 题。13．四地由北往南依次是(C)A．①②③④ B．①②④③C．②④①③ D．②①④③【解析】①②④三地 7 月均温高于 1 月均温，因此均位于北半球。1 月均温由 低到高依次是5②④①，因此纬度由高到低即由北到南依次是②④①。③地 1 月均温高于 7 月均温，因此位于南半球。所以四地由北往南依次是②④①③。14．四地气候成因的相似之处是(D)A．受单一大气环流控制 B．受季风环流影响C．濒临海洋，受沿海暖流的影响 D．受两种大气环流交替控制【解析】根据气温和降水资料可判断出①地为亚热带季风气候，②地为温带 季风气候，③地为地中海气候，④地为亚热带季风气候，季风气候冬、夏季分别受冬、夏季风控制，地中海气候夏季受副热带高压控制，冬季受西风影响。10 月 5 日，一高压系统由北向南经过某城市气压变化如下图。读图回答 15～16 题。15．在该天气系统过境该城市的过程中，下列时刻风速最小的是(B)A．5 日 5 时 B．5 日 10 时C．5 日 16 时 D．5 日 22 时【解析】5 日 10 时受高压中心控制，空气以下沉运动为主，风力最小。16．在 5 日 20 时，该城市最可能的风向是(A)A．西南风 B．东南风 C．东北风 D．西北风【解析 】5 日 20 时，高压中心在该城市南侧，该城市吹西南风。下图为“一带一路”(丝绸之路经济带和 21 世纪海上丝绸之路)主要线路示意图。读图回答17～18 题。17．某年 6 月至 8 月，一艘货轮沿“21 世纪海上丝绸之路” ，从福州出发，经孟买到威尼斯，下列对沿途地理现象的描述可信的是(C)6A．经马六甲海峡时，风大浪急 B．从科伦坡到孟买时，顺风顺水C．经曼德海峡时，顺水而行 D．经地中海时，遭遇连日狂风暴雨【解析】曼德海峡位于阿拉伯海与红海之间，由于红海盐度高于阿拉伯海，海水密度也比阿拉伯海大，因此表面海水由阿拉伯海流向红海，所以该货轮经曼德海峡时，顺水而行。18．长沙一批货物要运到德国，利用铁路运输与利用海运相比(A)A．时间较短 B．费用 较低C．距离较长 D．需要转运【解析】长沙一批货物要运到德国，利用铁路运输，距离较短，并且火车速度较海运快，所以时间较短，并且不需要转运，但费用较高。下图为洞庭湖水系上游一次洪水过程中，洞庭湖出、入湖径流量的变化。读图回答 19～20 题。19．此次洪水过程中，洞庭湖汇入长江的湖口处水流速度最快的时刻出现在(B)A．甲—乙 B．乙—丙 C．丙—丁 D．丁以后【解析】乙—丙出湖径流量最大，即洞庭湖汇入长江的湖口处水流速度最快。20．随着退耕还湖面积的扩大，同样一次洪水过程，洞庭湖径流的变化应是(C)A．湖泊峰值水位变高 B．出湖流量峰值提前C 入湖流量峰值增大 D．出湖流量峰值增大【解析】由于退耕还湖，洞庭湖的面积增大，蓄水能力增强，因此入湖流量峰值增大。下图中甲海域附近是世界著名渔场，乙半岛在第四纪冰期曾是北美大陆三大冰川中心之一。读图回答 21～23 题。721．影响乙半岛地形的主要外力作用是(C)A．风力、海浪 B．流水、海浪 C．流水、冰川 D．冰川、风力【解析】乙半岛在第四纪冰期曾是北美大陆三大冰川中心之一，多峡湾、湖泊，地形明显受冰川作用影响大。由于纬度高，蒸发量小，河湖多，流水作用也较大。22．图示区域河湖的主要补给水源是(D)A．雨水 B．冰川融水C．地下水 D．季节性积雪融水【解析】图示区域位于北美大陆东岸，为亚寒带大陆性气候，降水较少，并且由于纬度高，冬季漫长，降水以固态降水为主，因此区域河湖的主要补给水源是季节性积雪融水。23．甲渔场曾经渔业资源丰富，被誉为“踩着鳕鱼群的脊背就可上岸” ，但现在渔业资源枯竭严重，主要原因是(D)A．海洋污染严重 B．全球气候变暖C．海底石油开发 D．不合理捕捞【解析】甲 渔场为纽芬兰渔场，属于加拿大，环境保护意识较高，因此海洋污染严重的可能性较小。全球气候变暖对渔场的影响不显著。此处石油并不十分丰富。所以，最有可能的原因是不合理捕捞造成的。下图为“亚欧大陆 40°N～50°N 四地 1 月和 7 月气温距平值(该地气温与同纬度平均气温之差)和降水距平值(该地降水与同纬度平均降水量之差)图” 。读图回答 24～25 题。824．关于四地气候特点及其对农业生产的影响的叙述，正确的是(B)A．①地热量充足，降水丰富，适合热带经济作物发展B．②地夏季光热充足，雨热同期，有利于耕作业发展C．③地夏季高温多雨，光照充足，有利于种植业的发展D．④地气温年较差和降水季节变化小，农业气象灾害少【解析】②地 7 月气温距平和降水距平均为正值，说明夏季光热充足，雨热同期，有利于耕作业的发展。25．下述四地中，自然带类型相同的是(A)A．①② B．②③C．③④ D．①④【解析】根据 1 月和 7 月气温距平和降水距平，可推断①地为温带海洋性气候，②地为温带季风气候，自然带均为温带落叶阔叶林带。第Ⅰ卷答题卡题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13答案 B B C A C B C B A C B D C题号 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25答案 D B A C A B C C D D B A第Ⅱ卷 非选择题(共 50 分)二、非选择题(本大题共 3 小题，共 50 分)26．阅读图文材料，完成下列要求。(16 分)芒果属于热带水果。芒果树喜温耐旱。芒果生长的有效温度为 18～35℃，在－3℃时果树会冻灾严重。一般认为，北回归线是芒果栽培的北缘。9攀枝花市原来不产芒果。1996 年农业专家实地考察后认为攀枝花得天独厚的亚热带干热河谷气候特征适合芒果种植。此后，芒果树在攀枝花市谷地两侧的山坡上栽培成功。攀枝花市是世界上纬度最高、海拔最高、成熟期最晚、品质最优的芒果生产基地，生产的芒果被誉为“热带水果之王” 。攀枝花芒果一般比国内其他芒果产区晚熟 1～2 个月，9～11 月才成熟上市。下图为攀枝花地区位置图和攀枝花月平均气温曲线图。(1)分析攀枝花市能够种植芒果的自然原因。(6 分)__该市位于金沙江谷地，夏季高大山脉对西南季风阻挡作用强，处于背风地带，降水少，(2分)且下沉气流增温效应强(焚风效应强)，形成干热河谷；(2 分)冬季高大山脉阻挡北方冷空气(寒潮)，使金沙江河谷气温较高。(2 分)__(2)简析攀枝花市芒果晚熟的自然原因。(6 分)__纬度位置偏高，且海拔较高，气温相对较低，(2 分)使芒果开花期较晚，生长期较长，(2 分)导致成熟期晚。(2 分)__(3)攀枝花芒果销售较好的原因有哪些？(4 分)__品质优，(2 分)比国内其他芒果产区晚熟 1～2 个月，市场需求量大。(2 分)__27．阅读图文材料，完成下列要求。(18 分)中俄石油运输管道——漠(河)大(庆)线，全长 953 千米，其中北部的 512 千米穿越了多年冻土区。多年冻土分为活动层和多年冻层上下两层。地理学者研究发现多年冻土区的融沉、冻胀丘、冰锥等对管道的安全性构成了潜在的威胁。冻胀丘是由于地下水受冻结地面和下部多年冻土层的遏阻，在薄弱地带冻结膨胀，使地表变形隆起，称冻胀丘，按其存在时间可划分为季节性冻胀丘和多年生冻胀丘。季节性冻胀丘每年冬季发生，夏季消失。10(1)指出加格达奇多年冻土活动层和多年冻层的分界深度，并分别说明其季节特征。(4 分)__6 米。(2 分)多年冻土活动层冻土夏季融化，冬季冻结，(1 分)6 米以下的多年冻土层全年地温小于 0℃，全年处于冻结状态。(1 分)__(2)简述 b 图季节性冻胀丘的形成原因。(6 分)__该地地势低洼，(1 分)夏季有沼泽分布，(1 分)有稳定的地下水补给，(1 分)土壤含水量大；(1 分)冬季过湿土壤冻结，(1 分)体积膨胀上升形成冻胀丘。(1 分)__(3)说明季节性冻胀丘对管道的危害。(4 分)__夏季冻土融化，管道沉降，(1 分)冬季土壤冻结的挤压力抬升管道，(1 分)反复冻融使管道位移发生弯曲变形。(2 分)__(4)以“治水”为核心，提出防治季节性冻胀丘危害管道的措施。(4 分)__地表开挖沟渠，排走地表水和地下水；在管道两侧的地下建设截水墙等阻水工程，阻止地下水流向管道；在冻胀丘上钻孔，排干丘内水分。(一点 2 分，任答两点给 4 分，其他答案合理可酌情给分)__28．阅读图文材料，完成下列要求。(16 分)随着城市化进程的不断加快，人们对城市环境质量的要求和关注程度也越来越高。下面为我国华北地区某城市高中学校研究性学习小组搜集的他们所在城市的相关信息。材料一 该城市及郊区地形剖面图。材料二 该城市 1990 年和 2010 年土地覆盖百分比。11材料三 该城市市中心与郊区近地面下午 4 时的气温差。时间 1 月 4 月 7 月 10 月 全年气温差(℃) 5.2 6.0 5.4 6.0 5.5(1)结合地形和植被状况，分析该城市冬季空气自净能力下降的原因。(4 分)__该城市地处冬季风(西北风)的背风坡，(1 分)气流下沉(风速小)。(1 分)(冬季气温低)植被处于休眠期(树木落叶)，(1 分)净化空气的能力减弱。(1 分)__(2)指出土地利用的变化，给该城市环境带来的负面影响。(6 分)__加剧城市内涝的形成；城市水资源更加短缺；加重城市热岛效应；生物多样性减少，生态调节功能减弱；城市小气候趋于恶化。(一点 2 分，答对三点给 6 分)__(3)分析该城市城郊之间近地面污染物迁移的方向及原因，并提出改善城区空气质量在郊区应采取的有效措施。(6 分)__方向：由郊区吹向城市。(2 分)原因：由于城市中心近地面比郊区近地面气温高，所以郊区近地面气压较高，城市中心近地面气压较低，风由郊区吹向城市。(2 分)措施：增加绿化；(1 分)将污染较大的企业布局在城郊热力环流范围之外。(1 分) __1湖南师范大学附属中学 2017 届高三化学上学期月考试题（四）(考试范围：必修 1，2 选修 4)本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 10 页。时量 90 分钟，满分 100 分。可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Al～27 S～32 V～51Fe～56第Ⅰ卷 选择题(共 42 分)一、选择题(本题有 14个小题，每小题 3 分，共 42 分。每小题只有一个选项符合题意)1．下列溶液中，物质的量浓度最大的是(D)A．1 L H 2SO4溶液中含 98 g H2SO4 B．0.5 L 含 49 g H2SO4的溶液C．98 g H 2SO4溶于水配成 2 L 溶液 D．0.1 L 含 24.5 g H2SO4的溶液【解析】A.溶质的物质的量为 mol＝1 mol，此物质的量浓度为 1 mol·L－1 ；B.溶质的物质9898的量为 mol＝0.5 mol，此溶液物质的量浓度为 mol·L－1 ＝1 mol·L－1 ；C.溶质的物质的量4998 0.50.5为 mol＝1 mol，物质的量浓度为 mol·L－1 ＝0.5 mol·L－1 ；D.溶质的物质的量为 9898 12 24.598mol＝0.25 mol，物质的量浓度为 mol·L－1 ＝2.5 mol·L －1 ；综上所述，故选项 D 正确。0.250.12．下列有关元素化合物的说法正确的是(A)A．常温下，1 mol 铜片投入含有 4 mol HNO3的浓硝酸中，铜片可以完全溶解B．Al 与 S 直接化合可以得到 Al2S3，Fe 与 S 直接化合也可以得到 Fe2S3C．电解 AlCl3、FeCl 3、CuCl 2的混合溶液中，阴极上依次析出 Al、Fe、CuD．等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越少【解析】A.常温下，1 mol 铜片投入含有 4 mol HNO3的浓硝酸中，反应的方程式为Cu＋4HNO 3(浓)= ==Cu(NO3)2＋ 2NO2↑＋2H 2O，所以铜片可以完全溶解，A 正确；B.Al 与 S 直接化合可2以得到 Al2S3，Fe 与 S 直接化合可以得到 FeS，B 错误；C.铝和铁是活泼的金属，因此电解AlCl3、FeCl 3、CuCl 2的混合溶液中，阴极上依次析出氢气、Fe 2＋ 、Cu，C 错误；D.等质量的铝、钠与盐酸反应铝产生的氢气多，因此等质量的钠铝合金中铝的含量越大，与足量盐酸反应时放出的氢气越多，D 错误，答案选 A。3． NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是(C)A．1 L 1 mol/L FeBr 2溶液与 1 mol 氯气反应时转移的电子数为 3NAB．0.5 mol/L 硫酸钠溶液中含有溶质离子总数为 1.5NAC．1 mol 硫酸氢钠固体中含阳离子总数 NAD．28 g 由乙烯和聚乙烯组成的混合气体中含有碳碳双 键数为 NA【解析】A. 1 mol 的 Cl2与 1 L 1 mol/L FeBr2溶液发生反应，由于 FeBr2的阳离子、阴离子都具有还原性，二者发生反应时，Cl 2不足量，反应转移电子数以氯气为标准计算，转移电子数目为 2NA，错误；B.没有溶液的体积，无法计算溶液中含有的溶质的物质的量及微粒数目，错误；C.硫酸氢钠是离子化合物，在熔融状态的电离方程式是：NaHSO 4===Na＋ ＋HSO ，1 mol 硫酸氢钠固体－ 4中含阳离子总数 NA，正确；D.28 g 乙烯物质的量是 1 mol，含有 1 mol 碳碳双键，而聚乙烯中无碳碳双键，所以在 28 g 由乙烯和聚乙烯组成的混合气体中含有碳碳双键数小于 NA，错误。4．可以证明可逆反应 N2＋3H 22NH 3已达到平衡状态的是(C)①一个 N≡N 断裂的同时，有 3 个 H—H 键断裂 ②一个 N≡N 键断裂的同时，有 6 个 N—H 键断裂 ③其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变 ④恒温恒容时，体系压强不再改变 ⑤NH 3、N 2、H 2的体积分数都不再改变 ⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变 ⑦正反应速率v(H2)＝0.6 mol/(L·min)，逆反应速率 v(NH3)＝0.4 mol/(L·min)A．全部 B．①③④⑤ C．②③④⑤⑦ D．③⑤⑥⑦【解析】①一个 N≡N 断裂的同时，有 3 个 H—H 键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，①错误；②一个 N≡N 键断裂的同时，有 6 个 N—H 键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，②正确；③反应两边气体的质量不变，气体的体积不相等，混合气体平均相对分子质量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；④保持其它条件不变时，体系压强不再改变，反应方程式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，④正确；⑤NH 3、N 2、H 2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，⑥错误；⑦正反应速率 v(H2)＝0.6mol/(L·min)，逆反应速率 v(NH3)＝0.4mol/(L·min)，说明正逆反应速率相等，达到了平衡3状态，⑦正确，答案选 C。5. Co 是 γ 放射源，可用于农作物诱变育种，我国用该方法培养出了许多农作物新品种。下6027列对 Co 原子的叙述中不正确的是(B)6027A．质量数是 60 B．质子数是 60C．中子数是 33 D．电子数是 27【解析】根据 Co 原子可知质量数为 60，质子数＝核外电子数＝27，中子数＝60－27＝33，6027答案选 B。6．可逆反应 mA(s)＋ nB(g) eC(g)＋ fD(g)，反应过程中，当其他条件不变时，C 的百分含量(C%)与温度( T)和压强( P)的关系如图所示，下列叙述中正确的是(C)A．达到平衡后，若升高温度，平衡右移B．达到平衡后，加入催化剂 C%增大C．化学方程式中“ n＞ e＋ f”D．达到平衡后，增加 A 的量有利于平衡向右移动【解析】A.该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡左移，故 A 错误；B.达到平衡后，加入催化剂不会影响化学平衡的移动，C 的百分含量不变，故 B 错误；C.压强增大，C%含量增大，说明平衡正向进行，正反应是气体体积减小的反应， n＞ e＋ f，故 C 正确；D.达到平衡后，A 是固体，不影响平衡移动，所以增加 A 的量平衡不移动，故 D 错误。7．8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化 的曲线)如下图所示，下列说法正确的是(C)A．温度为 78 ℃时固体物质 M 的化学式为 FeSO4·5H2OB．取适量 380 ℃时所得的样品 P，隔绝空气加热至 650 ℃，得到一种固体物质 Q，同时有两种无色气体生成，Q 的化学式为 Fe3O44C．在隔绝空气条件下，N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4·H2O FeSO4＋H 2O= = = = =高 温 D．温度为 159 ℃时固体 N 的化学式为 FeSO4·2H2O【解析】8.34 g FeSO4·7H2O 样品的物质的量为 8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol，其中 m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g/mol＝3.78 g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为 8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到 373 ℃之前，晶体失去部分结晶水，据此回答。A.温度为 78 ℃时，固体质量为 6.72 g，其中 m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g， m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g， n(H2O)＝2.16 g÷18 g/mol＝0.12 mol，则 n(H2O)∶ n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则化学式为 FeSO4·4H2O，A 项错误；B.加热至 650 ℃时，固体的质量为 2.40 g，其中n(Fe)＝ n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol， m(Fe)＝0.03 mol×56 g/mol＝1.68 g，则固体中 m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g， n(O)＝ 0.72 g÷16 g/mol＝0.045 mol，则 n(Fe)∶ n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol＝2∶3，则固体物质 Q 的化学式为 Fe2O3，B 项 错误； C.固体 N 的质量为 5.10 g，其中 m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝ 4.56 g， m(H2O)＝5.10 g－ 4.56 g＝0.54 g， n(H2O)＝0.54 g÷18 g/mol＝0.03 mol，则 n(H2O)∶ n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则 N 的化学式为FeSO4·H2O，P 的化学式为 FeSO4，则在隔绝空气条件下由 N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4·H2OFeSO4＋H 2O，C 项正确；D.温度为 159 ℃时，由 C 项可知 N 的化学式为= = = = =高 温 FeSO4·H2O，D 项错误；答案选 C。8．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是(D)A．无色溶液：K ＋ 、Cu 2＋ 、NO 、AlO－ 3 － 2B．空气： CH 4、CO 2、SO 2、NOC．氢氧化铁胶体： H ＋ 、K ＋ 、S 2－ 、Br －D．各离子物质的量浓度相等的溶液：K ＋ 、Mg 2＋ 、SO 、NO2－4 － 3【解析】A.铜离子在溶液中显蓝色，不能大量共存，A 错误；B.空气中 NO 易被氧化为二氧化氮，不能大量共存，B 错误；C.氢氧化铁胶体遇到电解质溶液产生聚沉，不能大量共存，C 错误；D.溶液中满足电荷守恒，且离子间不反应，可以大量共存，D 正确；答案选 D。59.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是(D)选项 离子方程式 评价A将 2 mol Cl2通入到含 1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋ ＋2I － ＋2Cl 2===2Fe3＋ ＋4Cl － ＋I 2正确；Cl 2过量，可将 Fe2＋ 、I － 均氧化BBa(HCO3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应：Ba2＋ ＋HCO ＋OH － ===BaCO3↓＋H 2O－ 3正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量 SO2通入到 NaClO 溶液中：SO2＋H 2O＋ClO － ===HClO＋HSO － 3正确；说明酸性：H2SO3强于 HClOD1 mol/L 的 NaAlO2溶液和 2.5 mol/L 的HCl 溶液等体积互相均匀混合：2AlO ＋5H ＋ ===Al3＋ ＋Al(OH) 3↓＋H 2O－ 2正确；AlO 与 Al(OH)3消耗的 H＋ 的物－ 2质的量之比为 2∶3【解析】A.将 2 mol Cl2通入到含 1 mol FeI2的溶液中，由电离守恒可知，氯气过量，则离子反应为 2Fe2＋ ＋4I － ＋3Cl 2===2Fe3＋ ＋6Cl － ＋2I 2，故 A 错误；B.Ba(HCO 3)2溶液与足量的 NaOH 溶液反应的离子反应为 Ba2＋ ＋2HCO ＋2OH － ===BaCO3↓＋2H 2O＋CO ，故 B 错误；C.过量 SO2通入到－ 3 2－3NaClO 溶液中的离子反应为 SO2＋H 2O＋ClO － ===2H＋ ＋Cl － ＋SO ，故 C 错误；D.1 mol/L 的 NaAlO22－4溶液和 2.5 mol/L 的 HCl 溶液等体积互相均匀混合的离子反应为 2AlO ＋5H ＋ ===Al3＋ ＋Al(OH)－ 23↓＋H 2O，故 D 正确；故选 D。10．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有 M 为金属元素。下列说法不正确的是(B)A．原子半径 Z SiH4，故 C 正确；O 元素位于元素周期表中第二周期第 ⅥA 族，故 D 正确。611．下列说法正确的是(C)A．HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性依次减弱，沸点却依次升高B．熔融状态下能导电的化合物一定含离子键；金属与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物C．NCl 3分子中所有的原子均为 8 电子稳定结构D．NaHSO 4晶体中阴、阳离子的个数比是 1∶2 且熔化时破坏的是离子键和 共价键【解析】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，则 HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性依次减弱；而相对分子质量大的沸点高，但 HF 分子之间含氢键，则沸点为 HF、HI、HBr、HCl 依次减弱，故 A错误；B.熔融状态下能导电的化合物一定含离子键，属于离子化合物，而金属与非金属元素形成的化合物可能为共价化合物，如氯化铝，故 B 错误；C.NCl 3分子中 N 元素的族序数＋成键数＝8，则分子中所有的原子均为 8 电子稳定结构，故 C 正确；D.NaHSO 4晶体中及熔化状态下电离，均存在钠离子和硫酸氢根离子，离子个数比为 1∶1，熔化只破坏离子键，故 D 错误；故选 C。12．已知反应：2CH 3COCH3(l)CH 3COCH2C(OH)(CH3)2(l)。取等量 CH3COCH3，分别在 0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线( Y－ t)如下图所示。下列说法不正确的是(C)A．b 代表 20 ℃下 CH3COCH3的 Y－ t 曲线B．从 Y＝0 到 Y＝0.113，CH 3COCH2C(OH)(CH3)2的 ＝1Δ n（ 0 ℃ ）Δ n（ 20 ℃ ）C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D．反应进行到 20 min 末，CH 3COCH3的 c(A－ )c(OH－ )c(H＋ )D．当 a＝3 时，HA、HB 两溶液起始浓度相等【解析】当 a＝3，HA 一定是强酸，HB 一定为弱酸，若 a 小于 3，两者都为弱酸，A 错误；稀释后 HA 溶液的酸性比 HB 溶液的酸性弱，B 正确；C 对应的是 HA 为弱酸，且该浓度的盐溶液水解小于 50%的情况，C 错误；起始 pH 相等，浓度不等，D 错误。14．常温下，下列溶液中各粒子的物质的量浓度关系正确的是(D)A．0.1 mol/L pH 为 4 的 NaHB 溶液中： c(HB－ )c(H2B)c(B2－ )B．相同条件下，pH＝5 的①NH 4Cl 溶液、②CH 3COOH 溶液、③稀盐酸三种溶液中由水电离出的c(H＋ )：①②③C．0.2 mol/L 的 NaHCO3溶液与 0.3 mol/L 的 Ba(OH)2溶液等体积混合，所得溶液中： c(OH－ )c(Ba2＋ )c(Na＋ )c(H＋ )D．等物质的量浓度的 NaClO、NaHCO 3混合溶液中： c(HClO)＋ c(ClO－ )＝ c(HCO )＋ c(H2CO3)－ 3＋ c(CO )2－3【解析】HB － 的电离程度大于其水解程度，A 错误；盐酸、醋酸是酸，抑制水电离，铵根离子促进水电离，故①②＝③，B 错误；由题意 反应发生后， c(Ba2＋ )＝0.05 mol/L， c(Na＋ )＝0.1 mol/L，C 错误；D 符合物料守恒，正确。答 题 卡题 号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 148答 案D A C C B C C D D B C C B D第Ⅱ卷 非选择题(共 58 分)二、非选择题(本题有 5 个小题，共 58 分)15．(10 分)回答下列问题：(1)已知两种同素异形体 A、B 的燃烧热的热化学方程式为：A(s)＋O 2(g)===CO2(g) Δ H＝－393.51 kJ/molB(s)＋O 2(g)===CO2(g) Δ H＝－395.41 kJ/mol则两种同素异形体中较稳定的是(填“A”或“B”)__A(2 分)__。(2)工业上用 H2和 Cl2反应制 HCl，各键能数据为：H—H：436 kJ/mol，Cl—Cl：243 kJ/mol，H—Cl：431 kJ/mol。该反应的热化学方程式是__H 2(g)＋Cl 2(g)===2HCl(g)__Δ H＝－183_kJ/mol(2 分)__。(3)合成气(CO 和 H2为主的混合气体 )不但是重要的燃料也是重要的化工原料，制备合成气的方法有多种，用甲烷制备合成气的反应为：①2CH 4(g)＋O 2(g)===2CO(g)＋4H 2(g) Δ H1＝－72 kJ·mol －1②CH 4(g)＋H 2O(g)===CO(g)＋3H 2(g) Δ H2＝＋216 kJ·mol －1氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为__2H2(g)＋O 2(g)===2H2O(g)__ΔH＝－504_kJ·mol －1 (2 分)__。现有 1 mol 由 H2O(g)与 O2组成的混合气，且 O2的体积分数为 x，将此混合气与足量 CH4充分反应。若 x＝0.2 时，反应①放出的能量为___14.4(2 分)__kJ。若 x＝__0.75(2 分)__时，反应①与②放出(或吸收)的总能量为 0。【解析】(1)由盖斯定律可知，①－②得到反应③，A(s)= ==B(s) Δ H3，所以Δ H3＝Δ H1－Δ H2＝(－393.51 kJ/mol)－(－395.41 kJ/mol)＝＋1.9 kJ/mol；Δ H3为正，则反应为吸热反应，能量 BA，根据能量越低的物质越稳定，所以稳定性 AB；(2)反应可表示为：H—H＋Cl—Cl= ==2H—Cl，可知断裂了 1 mol H—H 键和 1 mol Cl—Cl 键，同时生成了 2 mol H—Cl 键。根据反应热与键能的关系：Δ H＝ E(反应物)－ E(生成物)＝(436 kJ·mol－1 ＋243 kJ·mol －1 )－2×431 kJ·mol －1 ＝－183 kJ·mol －1 ，所以热化学方程式为：H 2(g)＋Cl 2(g)===2HCl(g)Δ H＝－183 kJ/mol；9(3)由①－②×2 得：2H 2(g)＋O 2(g)===2H2O(g) Δ H＝－504 kJ·mol－1 ；①若 x＝0.2，则n(O2)＝0.2 mol，反应①放出的热量为 0.2×72 kJ＝14.4 kJ；由反应①和②可知，当 O2与 H2O 的物质的量之比为 3∶1 时，反应①与②放出的总能量为 0。16．(10 分)(1)纳米级 Cu2O 具有优良的催化性能，制取 Cu2O 的方法有：加热条件下用液态肼(N 2H4)还原新制 Cu(OH)2制备纳米级 Cu2O，同时放出 N2。该制法的化学方程式为__4Cu(OH) 2＋N 2H4 2Cu2O＋N 2↑＋6H 2O_(2 分)___。= = = = =△ (2)用阴离子交换膜控制电解液中 OH－ 的浓度制备纳米 Cu2O，反应为2Cu＋H 2O Cu2O＋H 2↑，如图 1 所示。该电解池的阳极反应式为= = = = =电 解 __2Cu－2e － ＋2OH － ===Cu2O＋ H2O(2 分)__。(3)钒液流电池(如图 2 所示)具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许 H＋ 通过。电池放电时负极的电极反应式为__V 2＋ －e － ===V3＋ (2 分)__，电池充电时阳极的电极反应式是__VO2＋ －e － ＋H 2O===VO ＋2H ＋ (2 分)__。＋ 2(4)用硫酸酸化的 H2C2O4溶液滴定(VO 2)2SO4溶液，以测定某溶液中的含钒量，反应的离子方程式为：2VO ＋H 2C2O4＋ 2H＋ ===2VO2＋ ＋2CO 2↑＋2H 2O，取 25.00 mL 0.1000 mol/L H2C2O4标准溶液＋ 2于锥形瓶中，加入指示剂，将待测液盛放在滴定管中，滴定到终点时消耗待测液 24.0 mL，由此可知，该(VO 2)2SO4溶液中钒的含量为__10.6(2 分)__g/L(保留一位小数)。【解析】(1)根据给出的反应物和生成物，化学方程式为：4Cu(OH)2＋N 2H4 2Cu2O＋N 2↑＋6H 2O 。= = = = =△ (2)阳极发生氧化反应，元素的化合价升高，从反应方程式中看出 Cu 元素的化合价升高，故阳极是 Cu 放电生成 Cu2O ，电极反应为：2Cu－2e － ＋2OH － ===Cu2O＋H 2O 。(3)电池放电时，负极发生氧化反应，元素的化合价升高，所以 V2＋ 失去电子生成 V3＋ ，电极反应式是 V2＋ －e － ===V3＋ ；电池充电时阳极发生氧化反应，则元素的化合价升高，根据装置图，所以正极中的 VO2＋ 失去电子，结合水生成 VO 和 H＋ ，电极反应式是 VO2＋ －e － ＋H 2O===VO ＋2H ＋ ；＋ 2 ＋ 210(4)根据草酸的物质的量 25×10－3 L×0.1 mol/L，可知 VO 的物质的量是 2×25×10－3 ＋ 2L×0.1 mol/L＝5×10 －3 mol，则该(VO 2)2SO4溶液中钒的含量为 5×10－3 mol×51 g/mol/(24×10－3 L)＝10.625 g/L。17．(14 分)已知某无色透明溶液中 仅含有包括 Na＋ 和 CH3COO－ 在内的四种离子。请回答下列问题：(1)该溶液中的溶质可能有三种情况，请分别写出各种情况的化学式：①__CH 3COONa(2 分)__；②__CH 3COONa 和 CH3COOH(2 分)__； ③__CH 3COONa 和 NaOH(2 分)__。(2)用离子方程式表示 CH3COONa 溶液显碱性的原因：__CH 3COO－ ＋H 2OCH 3COOH＋OH － (2 分)__。(3)当溶液中各离子浓度大小的顺序为 c(CH3COO－ )＞ c(Na＋ )＞ c(H＋ )＞ c(OH－ )时，则该溶液可能是__C(2 分)__(填序号)。A．由 0.1 mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1 mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成B．由 0.1 mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1 mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成C．由 0.1 mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1 mol/L 的 CH3COOH 溶液等体积混合而成(4)当该溶液中溶质为两种，且溶液呈碱性时，四种离子的物质的量浓度由大到小的排列顺序可能为(写出两种)：①__ c(Na＋ )＞ c(CH3COO－ )＞ c(OH－ )＞ c(H＋ )(2 分)__、 ②__ c(Na＋ )＞ c(OH－ )＞ c(CH3COO－ )＞ c(H＋ )(2 分)__。【解析】(1)根据电离出醋酸根离子的物质可以是醋酸和醋酸钠，能电离出钠离子的物质可以是氢氧化钠和醋酸钠，所以当溶液中含有钠离子和醋酸根离子以及氢氧根离子和氢离子时，溶液中的溶质可以是 CH3COONa；CH 3COONa 和 CH3COOH；CH 3COONa 和 NaOH；(2)醋酸钠中醋酸根离子水解导致溶液显碱性，水解离子方程式为：CH3COO－ ＋H 2OCH 3COOH＋OH － ；(3)A.由 0.1 mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1 mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合后发生反应得到醋酸钠溶液，钠离子浓度大于醋酸浓度，错误；B.由 0.1 mol/L 的 CH3COONa 溶液与 0.1 mol/L 的 NaOH溶液等体积混合，则 c(Na＋ )＞ c(OH－ )＞ c(CH3COO－ )＞ c(H＋ )，错误；C.由 0.1 mol/L 的 CH3COONa溶液与 0.1 mol/L 的 CH3COOH 溶液等体积混合后，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以 c(CH3COO－ )＞ c(Na＋ )＞ c(H＋ )＞ c(OH－ )，正确。选 C。(4)当该溶液中的溶质为两种，且溶液显碱性时，溶液中的溶质组成可以为氢氧化钠和醋酸钠(较多)，此时存在： c(Na＋ )＞ c(CH3COO－ )＞ c(OH－ )＞ c(H＋ )；还可以是氢氧化钠和醋酸钠(较少)，11c(Na＋ )＞ c(OH－ )＞ c(CH3COO－ )＞ c(H＋ )。18．(9 分)某化学小组的同学模拟工业制硝酸设计了如下图所示的装置。已知：CaCl2＋ nH2O― →CaCl 2·nH2O；CaCl 2＋8NH 3― →[Ca(NH 3)8]Cl2根据题意完成下列填空：(1)分液漏斗中氨水的浓度为 9.0 mol/L。现用质量分数为 35%、密度为 0.88 g/cm3的氨水配制 9.0 mol/L 的氨水 100 mL，需要的定量仪器有__a、c(1 分)__(选填编号)。a．100 mL 容量瓶 b．10 mL 量筒c．50 mL 量筒 d．电子天平(2)受热时，乙中反应的化学方程式为__4NH 3＋5O 2 4NO＋6H 2O(1 分)__。= = = = =高 温 高 压 催 化 剂(3)实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，可观察到的现象有__乙中 Cr2O3仍能保持红热状态；丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色(1 分)__。(4)干燥管甲的作用是__干燥氧气和氨气的混合气体(1 分)__；丙中盛放的药品为__b(1 分)__(选填下列编号)，其目的是__吸收水及多余 NH3(1 分)__。a．浓 H2SO4 b．无水 CaCl2c．碱石灰 d．无水 CuSO4(5)丁中除了 NO 之外，还可能存在的气体有__N 2、O 2、NO 2(N2O4)(1 分)__(填写化学式)。烧杯中发生反应的化学方程式__2NO 2＋2NaOH= ==NaNO2＋NaNO 3＋H 2O(1 分)__、__NO＋NO 2＋2NaOH= ==2NaNO2＋H 2O(1 分)__。【解析】(1)浓氨水的浓度为 c＝ ＝ ＝18.1 mol/L，由1 000ρ ωM 1 000×0.88 g/cm3×35%17 g/mol于浓氨水稀释前后溶质的物质的量不变，设浓氨水的体积为 V，则 18.1 mol/L×V＝9.0 mol/L×0.1 L， V＝0.0497 L＝49.7 mL。因此整个过程中需要的定量容器有 100 mL 的容量瓶和 50 mL 的量筒，答案 a、c；(2)受热时，乙中的氨气和氧气在催化剂的作用下，发生氧化还原反应，生成 NO 和 H2O，从而写出化学方程式；12(3)实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，催化剂可以继续保持红热，原因是反应放热；NO 在丁的烧瓶中与氧气反应生成红棕色的 NO2，NO 2溶于水产生硝酸，硝酸能够使紫色石蕊试液变红色，据此回答实验现象；(4)干燥管甲的作用是干燥氧气与氨气的混合气体；丙为固体干燥管，其作用是吸收未反应的氨气并干燥 NO，因此应该选用酸性固体干燥剂无水 CaCl2；(5)由于烧瓶丁中有空气，NO 能与空气中的氧气反应生成 NO2，NO 2会转化成 N2O4，所以丁中除了 NO 之外，还可能存在的气体有 N2、O 2、NO 2 (N2O4)；最终氢氧化钠溶液的作用是尾气处理，吸收NO 和 NO2，方程式 2NO2＋2NaOH= ==NaNO2＋NaNO 3＋H 2O，NO＋NO 2＋2NaOH= ==2NaNO2＋H 2O。19．(15 分)雾霾天气严重影响人们的生活质量，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。消除氮氧化物和硫氧化物有多 种方法。(1)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图 1 所示：①由图 1 可知 SCR 技术中的氧化剂为：__NO、NO 2_(2 分)__。②图 2 是不同催化剂 Mn 和 Cr 在不同温度下对应的脱氮率，由图可知最佳的催化剂和相应的温度分别为：__Mn_(2 分)__、__200－250_℃或范围内间任意温度(2 分)__。③用 Fe 做催化剂时，在氨气足量的情况下，不同 c(NO2)/c(NO)对应的脱氮率如图 3 所示，脱氮效果最佳的 c(NO2)/c(NO)＝__1∶1_(2 分)__。已知生成 1 mol N2反应放出的热量为 Q kJ，此时对应的脱氮反应的热化学方程式为__2NH 3(g)＋NO(g)＋NO 2(g) 2N2(g)＋3H 2O(g)   催 化 剂 __Δ H＝－2 Q_kJ/mol(_2 分)__。(2)利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去 SO2的常见方法，先将含 SO2的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收，具体步骤如下：13SO2(g)＋H 2O(l)H 2SO3(l)H ＋ (aq)＋HSO (aq) Ⅰ－ 3HSO (aq)H ＋ (aq)＋SO (aq) Ⅱ－ 3 2－3Ca(OH)2(s)Ca 2＋ (aq)＋2OH － (aq) ⅢCa2＋ (aq)＋SO (aq) CaSO3(s) Ⅳ2－3④步骤Ⅱ的平衡常数 K 的表达式为__ K＝ _(2 分)__。⑤该温度下，测定吸收后液体中 c(Ca2＋ )一直保持为 0.70 mol/L，已知 Ksp(CaSO3)＝1.4×10 －7 ，试计算吸收后溶液中的 SO 的浓度。(写出计算过程)2－3c(SO )＝ ＝ mol/L＝2×10 －7 mol/L(3 分)2－3Ksp（ CaSO3）c（ Ca2＋ ） 1.4×10－ 70.7【解析】(1)①根据反应前后元素化合价变化可知，氨气中氮元素的化合价从－3 价升高到 0价，失去电子被氧化做还原剂；氮氧化合中氮元素的化合价降低，得到电子被还原做氧化剂，因此氧化剂是 NO、NO 2。②根据图像可知，两种催化剂的脱氮率几乎是相同的，但 Mn 所在曲线的温度低，所以由图可知最佳的催化剂和相应的温度分别为 Mn 和 200～250 ℃或范围内间任意温度。③根据图像可知 c(NO2)/c(NO)＝1∶1 时脱氮率最高，由于每生成 1 mol N2反应放出的热量为Q kJ，所以此时对应的脱氮反应的热化学方程式为2NH3(g)＋NO(g)＋NO 2(g) 2N2(g)＋3H 2O(g) Δ H＝－2 Q kJ/mol。   催 化 剂 (2)④化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式 K＝ 。⑤根据亚硫酸钙的溶度积常数表达式 Ksp(CaSO3)＝ c(Ca2＋ )·c(SO )可知， c(SO )＝2－3 2－3＝ mol/L＝2×10 －7 mol/L。Ksp（ CaSO3）c（ Ca2＋ ） 1.4×10－ 70.7