2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第二次半月考化学试题 解析版

2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第二次半月考化学试题 解析版

‎2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期第二次半月考化学试题 解析版 ‎1. 下列环境问题与所对应物质无关的是（ ）‎ A. 酸雨——SO2 B. 光化学烟雾——NO2‎ C. 水体富营养化——含磷洗涤剂 D. 臭氧层破坏——N2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A. SO2、NO2都会导致酸雨。正确。B. NO2、NO都会导致光化学烟雾的产生。正确。C.如果使用含磷洗衣粉，生活污水就会使水中含有农作物生长所需要的丰富的P元素，水生植物就会因营养过剩疯狂生长，水因缺氧而发臭，水体恶化。正确。D. 臭氧层破坏与制冷剂氟利昂的使用有关，而与N2无关。错误。‎ 考点：考查化学与环境问题的知识。‎ ‎2. 下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O B. 小苏打与氢氧化钠溶液混合：HCO3－＋OH－=CO2↑＋H2O C. 碘化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2I－===2Cl－+I2‎ D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4－ + 6H+ + 5H2O2 ＝ 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：蛋壳的主要成分是碳酸钙，而碳酸钙难溶于水，应该用化学式表示，A不正确；碳酸氢钠和氢氧化钠反应碳酸钠和水，B不正确；碘离子的还原性强于亚铁离子，氯气不足时，只氧化碘离子，C正确；高锰酸钾溶液能氧化浓盐酸，D不正确，应该用稀硫酸酸化，答案选C。‎ 考点：考查离子方程式的正误判断 点评：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。‎ ‎3. 某学生配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液后，经测定发现溶液浓度偏低。该学生找出以下原因，其中是使溶液浓度偏低的原因的是（ ）‎ A. 容量瓶刚用氢氧化钠溶液润洗过 B. 定容时俯视刻度线 C. 在烧杯中溶解了氢氧化钠后，趁热将溶液倒入容量瓶，并迅速配成了溶液 D. 在转移溶液时不小心洒落 ‎【答案】D ‎【解析】A．容量瓶刚用氢氧化钠溶液润洗过，会时溶质的物质的量增加，溶液浓度偏高，故A错误；B．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故B错误；C．液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并迅速配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误；D．转移溶液时不小心洒落瓶外，溶质的质量减少，溶液浓度偏低，故D正确；故答案为D。‎ ‎4. 某无色溶液能与Al反应生成H2，则可能大量共存的离子组是（ ）‎ A. SO42－、K+、Na+、CrO42－ B. Mg2+、K+、HCO3－、Cl－‎ C. Ca2+、NH4+、Cl－、NO3－ D. Na+、K+、S2O32－、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】无色溶液能与Al反应产生H2，为非氧化性酸或强碱溶液；A．含有CrO42－的溶液为黄色，与无色不符，故A错误；B． Mg2+不能在碱性溶液里大量存在，而HCO3-在酸、碱性溶液里匀不能大量存在，故B错误；C．酸性溶液中Al、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Ca2+，故C错误；D．酸性溶液中S2O32－不能大量存在，易生成S和SO2，但碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确；答案为D。‎ 点睛：把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，无色溶液能与Al反应产生H2，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、相互促进水解等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。‎ ‎5. 下列实验操作或结论不正确的是（ ）‎ A. ①探究不同催化剂对反应速率的影晌 B. ②净化、精制淀粉胶体 C. ③中白色沉淀为BaSO4 D. ④制取金属锰 ‎【答案】A ‎6. 下列情况一定属于化学变化的是（ ）‎ ‎①胆矾晶体在空气中失水风化 ②导电 ③燃烧 ④煤的干馏 ‎⑤白磷转变成红磷 ⑥工业制氧气 ⑦久置氯水变成无色 ⑧分馏 ‎ ‎⑨NO2气体冷却后颜色变浅 ⑩氢氧化铁胶体加入硫酸钠有沉淀生成 A. ①②③④⑦ B. ③④⑤⑦⑩ C. ①③④⑤⑦⑨ D. ①③④⑦⑩‎ ‎【答案】C ‎........................‎ ‎【考点定位】考查物理变化和化学变化的区分 ‎【名师点晴】物质的变化包括物理变化和化学变化，而物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成，如果有新物质生成，则属于化学变化，因此掌握物理变化和化学变化的本质区别以及常见物质的性质是解答的关键。‎ ‎7. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移的电子数为NA B. 16g甲基中含有的质子数目为10NA C. 标准状况下，2.24L NH3中含有的共价键数目为NA D. 常温下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子 ‎【答案】D ‎【解析】A．标准状况下，22.4L Cl2的物质的量为1mol，溶液水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，为可逆反应，参加反应的氯气小于1mol，反应中氯气起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子数目小于1mol××2×NAmol-1=NA，故A错误；B．每个—CH3中含有的质子数目为9，甲基的式量为15，则16g甲基中含有的质子数目为×9×NA≠10NA，故B错误；C．标准状况下，2.24L NH3的物质的量为=0.1mol，1个NH3分子中含有3个N-H键，故N-H的物质的量为0.3mol，含有的共价键数目为0.3mol×NAmol-1=0.3NA，故C错误；D．NO2和N2O4中氧元素的质量分数相同为，故混合物中氧元素的质量分数为，23g混合气体含有氧元素质量为23g×=16g，故n(O)==1mol，含有氧原子数目为1mol×NAmol-1=NA，故D正确；故答案为D。‎ ‎8. 几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是（ ）‎ 元素符号 X Y Z L M Q 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0．077‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6、-2‎ ‎+7、﹣1‎ ‎+4、﹣4‎ ‎-2‎ A. 离子半径大小：r(X2+)＞r(Q2－)‎ B. Y与Q形成的化合物不能跟氢氧化钠溶液反应 C. 最高价氧化物的水化物的酸性：L>Z D. Z的单质可在氧气中燃烧生成ZO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】X元素最外层电子数为2，为第ⅡA元素，Y的半径小于X，最外层电子数为3，所以在周期表中X为Mg，Y为Al，Z元素最外层电子数为6，为第ⅤⅠA元素，L元素最外层电子数为7，为第ⅤⅡA元素，且半径L比Z小，所以Z为S、L为Cl，M最外层电子数为4，为第ⅤA元素，且半径比L小，所以M是C，Q是O；A．因离子的电子层数相同时，核电荷数越多则半径越小，所以Mg2+的半径小于O2-，故A错误；B．Y与Q形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既可以和酸反应还可以和碱反应，故B错误；C．非金属性Cl＞S，非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，所以最高价氧化物的水化物的酸性：L＞Z，故C正确；D．S可在氧气中燃烧只能生成SO2，故D错误；故答案为C。‎ 点睛：根据元素的最高正价=最外层电子数=主族元素的族序数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，通过元素的主要化合价和原子半径大小判断各种元素，然后根据各种元素的原子在周期表中的分布位置确定他们的性质递变规律来解题。‎ ‎9. 总压强为3.0×107Pa时，N2、H2混合气体（体积之比为1：3）通入合成塔中，反应达平衡时，压强降为2.5×107Pa，则平衡时混合气体中NH3的体积分数为（ ）‎ A. 35% B. 30% C. 25% D. 20%‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：N2＋3H22NH3，利用“三步”计算，设N2、H2投入量分别是1、3，消耗氮气物质的量为x，达到平衡时三种物质的量分别是1－x，3－3x，2x，根据压强之比等于物质的量之比，3．0×107/2．5×107=（1＋3）/（4－2x），解得x=1/3，因此NH3的体积分数（2/3）/（4－2/3）×100%=20%，选项D正确。‎ 考点：考查阿伏加德罗推论、化学平衡的计算等知识。‎ ‎10. 将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合，在一定条件下发生如下反应：‎ ‎2A（g）+B（g） 2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L－1，现有下列几种说法：①用物质A的浓度变化表示的反应速率为0.3mol·L－1·s－1，‎ ‎②用物质B的浓度变化表示的反应速率为0.6 mol·L－1·s－1，‎ ‎③平衡时物质A的转化率为70%，‎ ‎④平衡时物质B的浓度为0.7mol·L－1，其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①消耗的A的浓度为0.6mol·L－1，v(A)="0.6/2mol/(L·s)=0.3"‎ ‎ mol/(L·s)，故正确；②根据化学反应速率之比=化学计量数之比，v(B)=V(A)/2=0.15mol/(L·s)，故错误；③A的转化率为0.6×2/4×100%=30%，故错误；④消耗B的浓度为0.3mol·L－1，则2s时B的浓度为(2/2－0.3)mol·L－1=0.7mol·L－1，故正确；故选项B正确。‎ 考点：考查化学反应速率的计算等知识。‎ ‎11. 已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（ ）‎ A. υ(CO)＝1.5 mol·L－1·min－1 B. υ(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1‎ C. υ(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1 D. υ(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：把用不同物质表示的反应速率都转化为相同的物质表示的反应速率进行比较，不妨都转化为用CO的浓度变化表示反应速率。B．v(CO)＝2 v(NO2)="1.4" mol·L－1·min－1，C．v(CO)＝4 v(N2)="1.6" mol·L－1·min－1，D．v(CO)＝.v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1，通过观察可知选项C表示的化学反应速率最快，故选项C正确。‎ 考点：考查用不同物质表示的反应速率大小比较的知识。‎ ‎12. 下列表述正确的是（ ）‎ A. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═ 2H2O（g） △H =﹣571.6 kJ/mol B. 焓减小的反应通常是自发的，因此不需要任何条件即可发生 C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据 D. 等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】A．氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则2mol氢气燃烧发出的热量为571.6kJ，热化学方程式中生成的水必须为液态，所以氢气燃烧正确的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6 kJ/mol，故A错误；B．焓减小的反应，△H＜0，△S＞0，高温下不能自发进行，低温下可以自发进行，不一定是自发进行的，反应需要一定条件才可以发生反应，故B错误；C．△G=△H-T△S＜0，反应能够自发进行，化学反应的焓变和熵变共同决定反应方向，故C错误；D．等质量的硫磺固体和硫蒸气分别完全燃烧，由于气态具有能量大于固态，则硫蒸气燃烧发出的热量较多，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示，且△G=△H-T△S：①当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；②当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；③当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。‎ ‎13. N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0，T1温度下的部分实验数据为 t/s ‎0‎ ‎500‎ ‎1 000‎ ‎1 500‎ c(N2O5)mol/L ‎5.00‎ ‎3.52‎ ‎2.50‎ ‎2.50‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10－3 mol/(L·s)‎ B. T1温度下的平衡常数为K1＝125，1 000 s时转化率为50%‎ C. 其他条件不变时，T2温度下反应到1 000 s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol/L，则T1T2，则K1>K2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A.500s内N2O5的浓度变化量为5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，故N2O5分解速率为=2.96×10-3mol/（L•s），故A正确；B.1000s、1500s时，N2O5的浓度都是2.5mol/L，说明1000s时反应到达平衡，则：‎ ‎2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）‎ 开始（mol/L）：5 0 0‎ 变化（mol/L）：2.5 5 1.25‎ 平衡（mol/L）：2.5 5 1.25‎ 故该温度下，平衡常数k==125，N2O5的转化率=×100%=50%，故B正确；C．其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，浓度大于2.5mol/L，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，应为降低温度，故T1＞T2，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，说明T2温度与T1温度相比，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，应降低温度，则T1＞T2‎ ‎，故D正确；故选C。‎ 考点：考查了化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡平衡常数计算及影响因素的相关知识。‎ ‎14. 已知下列反应的热化学方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g) ═ 2C3H5(ONO2)3(l)　ΔH1‎ ‎2H2(g)+O2(g) ═ 2H2O(g)　 ΔH2‎ C(s)+O2(g) ═ CO2(g)　 ΔH3‎ 则反应4C3H5(ONO2)3(l) ═ 12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为（ ）‎ A. 12ΔH3+5ΔH2－2ΔH1 B. 2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3‎ C. 12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D. ΔH1－5ΔH2－12ΔH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)△H1，‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)△H3，‎ 由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：‎ ‎4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；‎ 故选A。‎ ‎【考点定位】考查反应热的计算 ‎【名师点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。‎ ‎15. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)，若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是（ ）‎ A. 2mol C B. 2mol A、3mol B和1mol He（He不参加反应）‎ C. 1mol B和1mol C D. 2mol A、3mol B和3mol C ‎【答案】A ‎【解析】A．若将2 mol C全部转化为A、B，分别得到mol A和mol B，与起始加入的2‎ ‎ molA和2molB比较，相当于少加了B，使A的转化率减小，A的百分含量增加，即平衡后A的体积分数大于a%，故A正确；B．加入He，对平衡无影响，也相当于少加了B而使A的转化率减小，使A的百分含量增加，故B错误；C．由C项的投料情况看，反应只能逆向进行，而1 mol B对逆向反应有抑制作用，致使生成的A减少，百分含量减小，故C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，二者的比值为4：4，等于1：1，所以平衡后A的体积分数等于a%，故D错误；故答案为A。‎ 点睛：反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)中，反应前后气体的物质的量不变，则压强对平衡移动没有影响，若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%，若判断平衡后A的体积分数小于a%，可将物质按照化学方程式转化为A和B，与2molA和2molB相比较，应相当于在原来的基础上加入B或减少A，以此解答该题。‎ ‎16. T℃时在2 L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）‎ A. 反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率υ(X)＝0.3 mol/(L·min)‎ B. 容器中发生的反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)‎ C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小 D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】根据题目图知，v（X）=0.1mol/（L。min），A错；根据物质的物质的量之比等于其化学计量数之比，B正确；由先拐先平衡，T2温度高于T1，温度升高，Y的体积分数减少，平衡向正确向正向移动，平衡常数K增大，C错；由图1知，平衡没有发生移动，仅仅是加快他反应速率，又因反应是一种体积变化的反应，增大压强，平衡发生移动，所以在这使用了催化剂。D错。答案选B。‎ ‎17. 图中表示外界条件（T、P）的变化对下列反应的影响：L（固）＋G（气） 2R（气）－Q，y 轴表示的是（ ）‎ A. 平衡时，混合气中R的百分含量 B. 平衡时，混合气中G的百分含量 C. G的转化率 D. L的转化率 ‎【答案】B ‎【解析】该可逆反应是气体系数增大的吸热反应，其中L为固体 从图像可知，加压，平衡左移，Y值增大；升温，平衡正向移动，Y值减小 A：加压，平衡左移，混合气中R的百分含量减小，排除 B：正确 C：加压，平衡左移，G的转化率减小，不符合题意，排除 D：L为固体，浓度一般认为是定值，不改变，排除 答案为B ‎18. 将V1 mL 1.00 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 做该实验时环境温度为22℃‎ B. NaOH溶液的浓度约为1.00 mol/L C. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应 D. 该实验表明化学能可以转化为热能 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、根据图像知该实验开始温度是20℃，错误；B、根据图像知恰好反应时参加反应的盐酸的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，则c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，带入数据计算NaOH溶液的浓度为1.5 mol/L，错误；C、只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定为放热反应，错误；D、由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，正确。‎ 考点：考查化学反应与能量转化。‎ ‎19. 在1100℃，一定容积的密闭容器中发生反应：FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g) △H=a kJ/mol（a >0），该温度下K=0.263，下列有关该反应的说法正确的是（ ）‎ A. 若生成1 mol Fe，则吸收的热量小于a kJ B. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢，则化学平衡正向移动 C. 若容器内压强不随时间变化，则可以判断该反应已达到化学平衡状态 D. 达到化学平衡状态时，若c(CO)=0.100 mol/L，则c(CO2)=0.0263 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．根据方程式可知：若生成1 mol Fe，则吸收的热量等于a kJ，错误；B．若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，由于正反应速率增大的多与，所以化学平衡正向移动，错误；C．该反应是反应前后气体体积相等的反应，在任何时刻都存在容器内压强不随时间变化，因此压强不变不能作为判断该反应达到化学平衡状态的标志，错误；D．达到化学平衡状态时，若c(CO)＝0.100 mol/L，则c(CO2)＝Kc(CO)=" 0.263×0.1mol/L=0.0263" mol/L,可将气体顺利排出,正确。‎ 考点：考查可逆反应的反应热、反应速率、平衡状态的判断及平衡混合气体的物质的量浓度的计算的知识。‎ ‎20. 已知：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol，相同温度下，在体积均为2L的三个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应．相关数据如下：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 达平衡过程体系 能量的变化 n（CO）‎ n（H2O）‎ n（CO2）‎ n（H2）‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 放出热量：32.8 kJ ‎②‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ 热量变化：Q1‎ ‎③‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1‎ 热量变化：Q2‎ 下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 若容器①中反应10min达到平衡，0至10min时间内，用CO表示的平均反应速率υ（CO）= 4.0×10﹣2 mol/（L·min）‎ B. 容器③中，开始时υ（CO）生成＞υ（CO）消耗 C. 达平衡过程体系能量的变化：Q1= 4Q2‎ D. 平衡时，①与②容器中CO的体积分数相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、根据题给信息知若容器①中反应10min达到平衡，放出热量：32.8 kJ ，根据反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ∆H＝– 41 kJ/mol知参加反应的CO的物质的量为0.8mol，则0至10min时间内，用CO表示的平均反应速率υ(CO)=△n/V△t=4.0×10－2mol/(L·min)，正确；B、根据容器①中数据计算反应达到平衡时各物质的浓度为c(CO)=0.1mol/L、c(H2O)=1.6mol/L、c(CO2)=0.4mol/L、c(H2)=0.4mol/L，则K=1，根据容器③中数据计算Q=2，Q>K，反应逆向进行，则开始时υ(CO)生成>υ(CO)消耗，正确；C、三个容器中温度相同，平衡常数相同，均为1.利用三行式分析。设容器②转化的CO2的物质的量为x。‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ 起始（mol）0 0 1 4‎ 转化（mol）x x x x 平衡（mol）x x (1-x) (4-x)‎ 则（4-x）(1-x)/x2=1，解得x=0.8mol；‎ 设容器③转化的CO2的物质的量为y。‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ 起始（mol）1 1 2 1‎ 转化（mol）y y y y 平衡（mol）（1+y）（1+y） (2-y) (1-y)‎ 则（1-y）(2-y)/(1+y)2=1，解得y=0.2mol；则达平衡过程体系能量的变化：Q1=4Q2，正确；D、根据题给数据和C项计算，平衡时，①中CO的体积分数为4%，②容器中CO的体积分数为16%，CO的体积分数不相等，错误。‎ 考点：考查化学平衡计算 ‎21.‎ ‎ 有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知A和B原子具有相同的电子层数，且A的最外层电子数是次外层电子数的两倍，C是该周期中原子半径最大的元素，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，E与D相邻。试根据以上叙述回答：‎ ‎（1）元素符号：B______ ；C______ ；  E______ ；‎ ‎（2）画出D的离子结构示意图_______________；AB2的结构式_______________；‎ ‎（3）写出 C2B2与AB2反应的化学方程式___________________________________________；在该反应中，1mol C2B2参与反应，则转移电子数目为______；‎ ‎（4）D、E的气态氢化物的稳定性_________大于_________ (填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). O (2). Na (3). Cl (4). (5). O=C=O (6). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (7). NA或6.02×1023 (8). HCl (9). H2S ‎【解析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的最外层电子数是次外层电子数的两倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则A原子次外层为K层，则A是C元素；A和B原子具有相同的电子层数，则B为第二周期元素；C是该周期中原子半径最大的元素，且C原子序数大于B，所以C为第三周期元素，为Na元素；C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则B单质是氧气，B为O元素，D是S元素，E与D相邻，且原子序数大于D，所以E是Cl元素；‎ ‎(1)通过以上分析知，B、C、E分别是氧、钠、氯元素，元素符号依次为O、Na、Cl；‎ ‎(2)D是S元素，其原子核外有3个电子层、最外层有6个电子，其原子结构示意图为；CO2是直线型结构，其结构式为O=C=O；‎ ‎(3)Na2O2与CO2发生反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，此反应中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，氧元素的化合价从-1价升高为0价，当该反应中，1mol Na2O2参与反应，则转移电子数目为NA或6.02×1023；‎ ‎(4)D是S元素、E是Cl元素，非金属性Cl＞S，则氢化物的稳定性大小为：HCl＞H2S。‎ ‎22. 图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中，A俗称磁性氧化铁，E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）组成单质Z的元素在周期表中的位置是________；M中存在的化学键类型为________；R的化学式是______________。‎ ‎（2）一定条件下，Z与H2反应生成ZH4，ZH4的电子式为____________。‎ ‎（3）已知A与1 mol Al反应转化为X时(所有物质均为固体)，放出a kJ热量。写出该反应的热化学方程式：_____________________________________________________________。‎ ‎（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第IVA族 (2). 离子键、共价键 (3). H2SiO3(或H4SiO4) (4). (5). 8Al(s)＋3Fe3O4(s)=9Fe(s)＋4Al2O3(s) △H=－8akJ·mol－1 (6). 3Fe3O4＋28H＋＋NO3－===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O ‎【解析】A俗称磁性氧化铁，即为四氧化三铁；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为硅酸钠、G为硝酸铁； (1)根据氧原子的核外电子排布，可知氧元素在周期表的第二周期第VIA族；硅酸钠中有离子键、共价键；R的化学式是H2SiO3(或H4SiO4)；‎ ‎(2)ZH4的分子式为SiH4，其电子式为：； (3)根据热化学方程式的书写方法和书写原则，先写出铝和四氧化三铁反应的化学方程式，再注明状态和焓变；故该反应的热化学方程式为：8Al(s)+3Fe3O4(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)△H=-8a kJ/mol； (4)四氧化三铁和硝酸反应是，铁元素均被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2价，故发生反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O。‎ ‎23. 汽车尾气是城市空气的主要污染物，如何减少汽车尾气（CO、NOx等）的污染是重要的科学研究课题。‎ ‎（1）一定条件下的密闭容器中，进行反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列说法不能说明该反应达到平衡的是____（填字母）。‎ A．NO的生成速率与NO的消耗速率相等 B．υ(CO)=υ(CO2)‎ C．体系的压强保持不变 D．各物质的浓度保持不变 ‎（2）可用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应的化学方程式为：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）△H＞0某研究小组向密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1℃）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：‎ ‎ 浓度/mol·L﹣1‎ 时间/min NO N2‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.100‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎0.058‎ ‎0.021‎ ‎0.021‎ ‎20‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.030‎ ‎30‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.030‎ ‎40‎ ‎0.032‎ ‎0.034‎ ‎0.017‎ ‎①写出该反应的平衡常数表达式：K=____________________。‎ ‎②30min后，改变某一条件，平衡发生了移动，则改变的条件是_______________；若升高温度，NO浓度将_______（填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ ‎③计算从0～20min内，NO的平均反应速率为___________________。‎ ‎（3）在一定温度和压强下，CO和H2催化合成二甲醚的反应为：3H2（g）+3CO（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），若一体积可变的密闭容器中充入3 mol H2、3 mol CO、1 mol CH3OCH3、1 mol CO2，经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍。则：反应开始时正、逆反应速率的大小：υ(正）____υ(逆)（填“ >”、“ < ”或“=”）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). (3). 减少CO2浓度 (4). 减小 (5). 0.003mol/（L·min (6). >‎ ‎【解析】(2)2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，反应是气体体积减小的反应；A．NO的生成速率与NO的消耗速率相等是平衡标志，故A正确；B．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v(CO)=v(CO2)不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．反应前后气体物质的量变化，体系的压强保持不变说明反应达到平衡状态，故C正确；D．各物质的浓度保持不变是平衡标志，故D正确；故答案为B；‎ ‎(2)①C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H＞0，固体不写入平衡常数表达式，平衡常数K=； ②根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，一氧化氮浓度减小；‎ ‎③从0～20min内，NO的平均反应速率v==0.003mol/L•min；‎ ‎(3)反应前后气体总质量不变，同温、同压下，达到平衡时，气体密度增大，即气体体积缩小；平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，则总物质的量变为原先的0.625倍，总物质的量=8×0.625=5mol，反应前后减少了3mol，说明开始向正反应进行，v(正)＞v(逆)。‎ 点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。‎ ‎24. 研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为____________________________________。利用反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是________L。‎ ‎（2）已知反应NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g) ΔH＝－41.8kJ·mol－1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时NO2与SO2的体积比为1∶6，则平衡常数K＝________。‎ ‎（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3‎ OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH_____0(填“＞”或“＜”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO (2). 6.72 (3). 2.67或 (4). ＜ (5). 在1.3×104 kPa下，CO转化率已较高，再增大压强，CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失 ‎【解析】(1)NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1 mol NO2参加反应时，共转移了4 mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为：1.2÷4×22.4L=6.72L；‎ ‎(2)设加入的二氧化氮的物质的量为a，则二氧化硫的为2a，       NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) 起始时(mol)1a   2a   0       0 转化时(mol) x   x    x     x 平衡时(mol) a-x  2a-x   x    x 则(a-x)︰(2a-x)=1︰6，x=，则平衡时，c( NO2)=mol/L=mol/L，c(SO2)=mol/L=mol/L，c(SO3)=c(NO)=mol/L， 则该反应的平衡常数为：K==。‎ ‎(3)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104 kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。‎ ‎25. 已知用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液能与KMnO4溶液反应．某化学小组研究发现，少量MnSO4可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：‎ ‎（1）常温下，探究不同的初始pH和草酸溶液浓度对反应速率的影响，设计如下实验，则A=_____，C=_____，E=_____。‎ 实验编号 温度 初始pH ‎0.1mol/L草酸溶液体积/mL ‎0.01mol/LKMnO4‎ 溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL 待测数据（混合液褪色时间/s）‎ ‎①‎ 常温 ‎1‎ ‎20‎ ‎50‎ ‎30‎ t1‎ ‎②‎ 常温 A B C ‎30‎ t2‎ ‎③‎ 常温 ‎2‎ ‎40‎ D E t3‎ ‎（2）该反应的离子方程式__________________________________________________。‎ ‎（3）若t1＜t2，则根据实验①和②得到的结论是_____________。‎ ‎（4）小组同学发现每组实验反应速率随时间的变化总是如图，‎ 其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：‎ ‎①__________________________________________；‎ ‎②___________________________________________。‎ ‎（5）化学小组用滴定法测定KMnO4溶液物质的量浓度：取ag草酸晶体（H2C2O4·2H2O，摩尔质量126g/mol）溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4酸化，再用KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。该KMnO4溶液的物质的量浓度为_____mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 50 (3). 10 (4). 5H2C2O4+2MnO4－+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O (5). 其他条件相同时，溶液的初始pH越小，该反应的反应速率越快 (6). 该反应放热 (7). 产物Mn2+是反应的催化剂 (8). ‎ ‎【解析】(1)根据该实验探究不同的初始pH和草酸溶液浓度对反应速率的影响，实验要求控制KMnO4溶液初始浓度相同，则KMnO4‎ 溶液的体积为50mL，总体积为100mL，则C=50，D=50，B=20，E=10，探究外界条件对反应速率的影响，需保证其他条件相同，则①与②的pH不同，②与③的草酸浓度不同，则A=2； (2)草酸与高锰酸钾反应是锰离子和二氧化碳、水，其反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ ‎(3)实验①和②只有pH不同，其它条件都相同，而且t1＜t2，说明其他条件相同时，溶液的初始pH越小，该反应的反应速率越快；‎ ‎(4)对于该反应，影响化学反应的速率只有温度和催化剂，所以反应速率随时间的变化总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：反应放热，温度升高或产物Mn2+是反应的催化剂；‎ ‎(5)c(草酸)==mol/L 由关系式   2KMnO4 ～5H2C2O4        2            5    cmol•L-1×V×10-3L   mol/L×25×10-3mol c=mol/L=mol/L。‎ ‎26. 生物质资源是一种污染小的可再生能源。生物质的主要转化途径及主要产物如下图。‎ ‎（1）下列有关说法正确的是_____________。‎ a．生物质能，本质上能量来源于太阳能 b．由纤维素水解获得的乙醇作燃料是利用了生物质能 c．生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物 d．由植物秸杆等厌氧发酵获得的沼气，主要成分是甲烷 ‎（2）由生物质能获得的CO和H2，可以合成甲醇和二甲醚（CH3OCH3）及许多烃类物质。当两者1∶1催化反应，其原子利用率达100%，合成的物质可能是____________。‎ a．汽油 b．甲醇(CH3OH) c．甲醛(HCHO) d．乙酸(CH3COOH)‎ ‎（3）甲醇是一种重要的化工原料，工业上合成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H=﹣90.8kJ·mol－1。若在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1molCO 、2molH2‎ ‎1mol CH3OH ‎2molCO、4molH2‎ CH3OH的浓度（mol/L）‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出Q1 kJ 吸收Q2 kJ 放出Q3 kJ 平衡常数 K1‎ K2‎ K3‎ 反应物转化率 α 1‎ α 2‎ α 3‎ 下列说法正确的是________________。‎ a．c1 = c2 b．2Q1 ＝ Q3 c．K1 = K3 d．α2 + α3＜100%‎ ‎（4）某实验小组设计如图b所示的电池装置，正极的电极反应式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). abd (2). cd (3). a c (4). O2 + 2H2O + 4e－ ＝ 4OH－‎ ‎【解析】(1)a．生物质本质上能来源于太阳能，故A正确； b．乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故B正确；c．汽油、柴油等属于混合物，故C错误；d．沼气的主要成分是甲烷，故D正确；故选abd； (2)“绿色化学”能实现零排放，即反应物中的原子利用率达到100%，也就是说反应类型一般是化合反应，且反应后产物中的各原子数目比不变，CO和H2在一定条件下按照不同的比例反应，可假定反应时的化学计量数之比为1：1，则只要各选项中的化学式能化为形式(CO)n(H2)n，都是正确的，汽油是混合物，甲醇(CH4O)可变为(CO)1(H2)2，甲醛(CH2O)可变为(CO)1(H2)1，乙酸(C2H4O2)可变为(CO)2(H2)2，故答案为cd；‎ ‎(3)a．1molCO、2molH2与1mol CH3OH的等效的，平衡时CH3OH的浓度c1=c2，故a正确；b．丙的反应物投入量是甲的二倍，容积相同，压强比甲大，平衡向右进行，放出的热量2Q1＜Q3‎ ‎，故b错误；c．平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，故c正确； d．无法求出转化率，故d错误，故答案为ac；‎ ‎(4)电池的正极发生还原反应，氧气在正极发生还原反应，电解质溶液为KOH溶液，应写为O2+2H2O+4e-=4OH-。‎ ‎ ‎