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答案解析
1.【解析】选B。A项代表的是放热反应，不正确；C项中反应物和生成物能量相等，既不吸热也不放热，不正确；D项中有催化剂的活化能反而更高，不正确。
2.【解析】选C。由图像可知：在p1一定时，T1温度下，达到平衡时所需的时间短，反应速率快，所以温度T1>T2，故A项、B项均错；在T2一定时，p1压强下，达到平衡时所需的时间短，反应速率快，所以压强p1>p2，故D项错，C项对。
3.【解析】选A。p相同时，升高T，α(A)提高，说明正反应为吸热反应；T相同时，增大p，α(A)提高，说明正反应为气体体积缩小的反应，m+n>x+y。
4.【解析】选B。反应热只与反应物的总能量(H2+Br)和生成物的总能量(HBr+H)有关，与反应途径无关，①错误；由图像可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，②正确；反应Ⅰ的活化能为1 130-120=
1 010 kJ/mol，③错误；过程Ⅱ中反应的活化能低，反应速率快，故反应速率过程Ⅱ＞过程Ⅰ。
5.【解析】选A。观察表格中各烃的分子式的排布规律可发现：相邻两烃的分子式相差C或CH4原子团(或分成1和2、3和4、5和6、7和8小组进行比较)，从而得出第5个烃的分子式为C5H12，共有3种同分异构体：正戊烷、异戊烷、新戊烷。
6.【解析】选D。2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-Q kJ·mol-1表示2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol SO3(g)时放出Q kJ的热量。由于SO3(g)变成SO3(s)要放出热量，所以在上述条件下反应生成1 mol SO3固体放热大于
Q/2 kJ；甲容器中物质不可能完全反应，所以Q1<Q；乙容器中物质不可能完全反应，且相对于甲容器，平衡逆向移动，所以2Q2<Q1；丙容器中物质不可能完全反应且与乙容器中物质的转化率相同，所以Q2=Q3。故有2Q2=2Q3<Q1<Q。
7．【解析】选B。根据各元素的化合价可推知：A、C是ⅡA族元素，D、E是ⅥA族元素，F、G是ⅠA族元素，H是ⅦA族元素，B是ⅢA族元素，再根据同一主族和同一周期原子半径的递变性规律可确定A、B、C、D、E、F、G、H分别是Mg、Al、Be、S、O、Na、H、Cl。氧元素不存在氧化物的水化物，故A项不正确；已知高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，故B项正确；G为氢元素，不是锂元素，故C项不正确；钠与氧还可以形成过氧化钠(Na2O2)，故D项不正确。
8.【解析】该曲线表明在相同时刻不同温度时φ(NH3)的情况，C点是最大点也是转折点，说明C点达到了化学平衡状态，C点之前的A、B点尚未达到平衡；C点之后，T升高，φ(NH3)下降，说明正反应为放热反应；AC段化学反应尚未达到平衡，由于该反应放热T升高，反应速率加快，φ(NH3)增大为增函数；CE段达到平衡后，由于T升高，平衡向吸热的方向移动，故φ(NH3)下降为减函数。T1→T2，v(正)>v(逆)；T3时，v(正)=v(逆)；T3→T4，v(正)<v(逆)。
答案:(1)A、B (2)放 (3)> = <
9.【解析】(1)据图知pH=4～5时,Cu2+开始沉淀为Cu(OH)2,因此pH=3时,主要以Cu2+形式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+，以保证Fe3+完全沉淀，而Cu2+还未沉淀，据图知pH为4左右。
(3)据图知，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的含有的少量Co2+。
(4)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。
答案:(1)Cu2+ (2)B
(3)不能 Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小
(4)B
10.【解析】(1)v(N2)=0.3 mol·L-1/2 h=0.15 mol/(L·h),根据3～4 h物质的量浓度不变，处于平衡状态，则K=c2/(a×b3)；N2的转化率=(2-2/a)×100%
(2)在4～5 h之间，平衡正移，且NH3的浓度降低，则只能是移走了氨气；在5～6 h时，H2的浓度降低，NH3的浓度增大，平衡正向移动，可以是增大N2的浓度或降低了温度。
答案:(1)0.15 K=c2/(a×b3) (2-2/a)×100%
(2)a b、f
11．【解析】(1)盐酸体积一定，在255 mg合金的基础上再加入合金时，生成气体的体积继续增加，说明甲中合金是不足的；而在385 mg合金的基础上再加入合金时，生成气体的体积不再增加，说明丙中盐酸是不足的。据此可列式求解：
2H+～H2

n(HCl)=0.03 mol,c(HCl)=1 mol·L-1。
(2)如上述分析，可根据甲组数据计算镁、铝合金中镁和铝的物质的量，

解得：n(Mg)=0.005 mol，n(Al)=0.005 mol。
答案:(1)1 乙、丙 (2)甲 1∶1
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1．【解析】选D。A、C两组一开始就产生沉淀，不符合题意；根据B组反应方程式
4NaOH+AlCl3====NaAlO2+3NaCl+2H2O，
3NaAlO2+AlCl3+6H2O====4Al(OH)3↓，
刚产生沉淀所需乙溶液体积是使沉淀达到最大值所需乙溶液体积的3倍，与题图相反；根据D组反应方程式
4HCl+NaAlO2====AlCl3+NaCl+2H2O，
AlCl3+3NaAlO2+6H2O====4Al(OH)3↓+3NaCl,
使沉淀达到最大值所需乙溶液体积是刚产生沉淀所需乙溶液体积时的3倍，符合题意。
2.【解析】结合表中数据分析生产流程中各步转化的目的和意图。因题中指出Fe(OH)2沉淀不易过滤除去，可将其转化为Fe3+，再通过调pH一并除去，涉及氧化剂问题，从价格等因素综合考虑应选漂液。用于提高pH的试剂Y可用NaOH，控制pH=9.8的目的是使Mg2+以外的其他杂质离子全部转化为氢氧化物沉淀除去。由Mg2+到Mg(OH)2可有如下两途径：(Ⅰ)Mg2+ Mg(OH)2↓
(Ⅱ)Mg2+MgCO3↓ Mg(OH)2+CO2↑因Na2CO3比NaOH价格便宜，从工艺流程实际出发，试剂Z应为Na2CO3，MgCO3转化为Mg(OH)2的化学方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑。
答案:(1)漂液 使Fe2+转化成为Fe3+
(2)使Mg2+以外的杂质离子转化为氢氧化物沉淀除去
(3)Na2CO3 (4)MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑
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