2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期末化学试题 ‎1.对热化学方程式H2(g) + I2(g) = 2HI(g)；△H = +52kJ·mol-1的叙述中，正确的是 A. 1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收26kJ热量 B. 1个氢分子和1个碘分子完全反应需要吸收52kJ热量 C. 1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol HI气体需吸收52kJ热量 D. 1molH2(g)与1molI2(g)完全反应放出26kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收52kJ热量，A错误；‎ B.热化学方程式系数表示相应物质的物质的量的多少，不能表示物质分子数目，B错误；‎ C.热化学方程式H2(g) + I2(g) = 2HI(g) △H=+52kJ/mol表示的意义：1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol的HI气体需吸收52kJ的热量，C正确；‎ D.热化学方程式H2(g)+I2(g) = 2HI(g) △H=+52kJ/mol中，焓变值是正值，表明反应为吸热反应，不会放出热量，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是( )‎ A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1‎ B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221 kJ·mol－1，则石墨的燃烧热为110.5 kJ·mol－1‎ C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4 kJ的热量 D. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热的热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g) ===H2O(l) ΔH=-285.5 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢气的燃烧热指的是1mol H2完全燃烧生成液态水所放出的热量，氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋571‎ ‎ kJ·mol－1，A不正确；‎ B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221 kJ·mol－1，在该反应中，石墨没有完全燃烧生成CO2，故石墨的燃烧热不是110.5 kJ·mol－1，B不正确；‎ C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，不可能生成2mol NH3，放出的热量一定小于92.4 kJ ，C不正确；‎ D. 指的是1mol H2完全燃烧生成液态水所放出的热量，氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g) ===H2O(l) ΔH=-285.5 kJ·mol－1，D正确。‎ 综上所述，有关热化学方程式及其叙述正确的是D，本题选D。‎ ‎3.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )‎ A. 增加C的量 B. 保持体积不变，充入H2 O使体系压强增大 C. 将容器的体积缩小一半 D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C为固体，故增加C的量，C的浓度不变，对反应速率几乎无影响，A正确；‎ B. 保持体积不变，充入H2O，相对于增大水蒸气浓度，反应速率增大，B错误；‎ C. 将容器的体积缩小一半，压强增大，气体浓度增大，反应速率增大，C错误；‎ D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大，气体浓度减小，反应速率减小，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎4.在A+2B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）‎ A. v(A)=0.3mol/(L·s) B. v(B)=0.5mol/(L·s)‎ C. v(C)=0.8mol/(L·s) D. v(D)=1mol/(L·min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】v(D)=1mol/(L·min)= mol/(L·s)，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：A.==0.3；‎ B.==0.25；‎ C.==0.26；‎ D.==；‎ 显然A中比值最大，反应速率最快，故答案为A。‎ ‎【点睛】反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较。由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要相同。‎ ‎5.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－QkJ·mol－1(Q>0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是 A. 图Ⅰ研究是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B. 图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高 D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在分析有关图像时应该注意：v－t图像要分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响；在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡，代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等。‎ ‎【详解】A项、增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，图中条件变化应为增大压强，故A错误；‎ B项、图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大，化学平衡不移动，应为催化剂对反应速率的影响，故B正确；‎ C项、催化剂能同等程度改变正逆反应速率，但平衡不移动，图中条件变化应为温度对平衡的影响，故C错误；‎ D项、图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态，则乙的温度高于甲中的温度，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学平衡的因素及图象，注意压强、浓度、催化剂对反应速率及平衡的影响，把握图中中速率的关系及点、线、面的意义是解答关键。‎ ‎6.一定温度下，在体积为10L的密闭容器中，3molX和1molY进行应：2X（g）+Y（g） Z（g），经2min达到平衡，生成0.6mol Z，下列说法正确的是 A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.01 mol/（L·s）‎ B. 将容器体积变为20L，Z的平衡浓度为原来的1/2‎ C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小 D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H<0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、依据化学反应速率公式计算Z的速率，再依据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算X速率；‎ B、该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动；‎ C、该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；‎ D、升高温度，平衡向吸热方向移动。‎ ‎【详解】A项、经2min达到平衡，生成0.6molZ，Z的浓度变化量为0.06mol/L，Z的反应速率v（Z）为0.06mol/L÷120s＝0.0005mol/（L•s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L•s）=0.00lmol/（L•s），故A错误；‎ B项、将容器体积变为20L，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的1/2，故B错误；‎ C项、该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大，故C错误；‎ D项、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，则正反应的△H＜0，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡移动，注意掌握化学反应速率的计算方法，理解外界条件对化学平衡的影响是解答关键。‎ ‎7.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（）‎ A B C D 升高温度，正反应方向平衡常数减小 ‎0~3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2 mol·L-1·s-1‎ t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．达到平衡后，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；‎ B．0～3s内，反应速率为v(NO2)==0.2mol•L-1•s-1，故B正确；‎ C．催化剂同等程度增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故C错误；‎ D．x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.一定条件下，二氧化氮和四氧化二氮之间存在下列平衡2NO2(g)N2O4(g)(放热反应)在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )‎ A. 温度130℃，压强3.03×105Pa B. 温度25℃，压强1.01×105Pa C. 温度130℃，压强5.05×104Pa D. 温度0℃，压强5.05×104Pa ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡移动原理进行分析。‎ ‎【详解】一定条件下，二氧化氮和四氧化二氮之间存在平衡2NO2(g)N2O4(g)(放热反应)。在测定NO2的相对分子质量时，为了保证测定结果误差最小，应尽可能使平衡向逆反应方向移动。由于该反应是一个气体分子数减少的放热反应，根据平衡移动原理可知，高温和低压有利于逆反应的发生，因此，对比A、B、C、D等4种条件，C（温度130℃，压强5.05×104Pa）满足要求，其温度最高、压强最小，故选C。‎ ‎9.向等质量的两份锌粉a、b中，分别加入过量的稀H2SO4，同时a中加入少量的CuSO4溶液，下图中产生H2的体积(V)与时间(t)的关系基本正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Zn与CuSO4发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出来的Cu与未反应的Zn及硫酸构成原电池，使反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑速率加快，但由于置换Cu时消耗了金属Zn，所以最终放出氢气的量比未加入CuSO4溶液的少，所以符合反应事实的图像是A。‎ 故合理选项是A。‎ ‎10. 升高温度，下列数据不一定增大的是 A. 反应的活化分子数 B. 反应的活化分子百分数 C. 化学平衡常数 D. 化学反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度，分子吸收能量，活化分子百分数增大，从而导致活化分子数目增大，A错误；‎ B、升高温度，分子吸收能量，活化分子百分数增大，从而导致活化分子数目增大，B错误；‎ C、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，C正确；‎ D、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞次数增多，反应速率一定加快，D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11.关于下列装置说法正确的是（ ）‎ A. 装置②中滴入酚酞，a极附近变红 B. 装置①中，一段时间后SO42﹣浓度增大 C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜 D. 装置④中发生吸氧腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性；‎ B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应；‎ C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；‎ D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀。‎ ‎【详解】A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，所以滴入酚酞后a电极附近溶液呈红色，故A正确；‎ B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应，所以放电过程中硫酸根离子浓度不变，故B错误；‎ C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，用装置③精炼铜时，d极为粗铜，故C错误；‎ D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀，该溶液呈强酸性，所以应该发生析氢腐蚀，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题以原电池和电解池为载体考查化学实验方案评价，解题关键：明确实验原理，知道各个电极上发生的反应，易错点D：注意发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀对溶液酸碱性的要求。‎ ‎12.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )‎ A. 2△H和2K B. -2△H和 K2‎ C. -2△H和 K-2 D. 2△H和-2K ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在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，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。‎ ‎13.在20℃，5.05×105Pa条件下，密闭容器中进行反应2A(g)+xB(g)4C(g)，达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，建立平衡后，c(A)=0.18mol•L-1‎ ‎，则下列说法正确的是 A. 系数x＞2‎ B. 若增大该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数变小 C. 若增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数不变 D. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在5.05×105Pa条件下达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，压强为原来是五分之一，若平衡不发生移动，则建立平衡后，A的浓度也应该为原来的五分之一，即c(A)=0.200mol/L.但是却是c(A)=0.18mol•L-1。说明减小压强，平衡正向移动。根据平衡移动原理，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。所以2＋x<4.所以x=1，A错误。‎ B．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动。但是化学平衡常数只与温度有关。温度不变，化学平衡常数也不变。B错误。‎ C．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动，由于温度不变，所以化学平衡常数不变。C错误。‎ D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物 幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数乘积的比，对该反应来说，其化学平衡常数表达式是K＝。D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是 A. 平衡常数减小 B. BaO量不变 C. 氧气压强不变 D. BaO2量减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。‎ 详解】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B．缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；‎ C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；‎ D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点。另外本题中平衡常数K=c(O2)。‎ ‎15.下列实验不能达到实验目的的是 A、研究浓度对反应速率的影响 B、研究阳离子对分解速率的影响 C、研究沉淀的转化 D、研究酸碱性对平衡移动的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A项在保证溶液总体积一样的前提下，所加硫酸的量不同，即探究硫酸浓度对反应速率的影响，A项正确；‎ B.滴加的Fe3+和Cu2+的浓度相等且均为2滴，故可以实现探究阳离子对H2O2分解速率的影响，B项正确；‎ C.5滴和5 ml同浓度的NaCl和AgNO3，明显是AgNO3过量，所以无论AgCl和AgI哪个溶解度更小，都会产生AgI沉淀，无法探究沉淀转化，C项错误；‎ D.溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+ 2H+，加碱平衡正向移动，溶液由橙变黄，加酸平衡逆向移动，溶液由黄变橙，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查实验设计，要善于利用控制变量法来解答此类题目。‎ ‎16.一定条件下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH＞0的化学平衡常数K=1，相同条件下，当c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 处于平衡状态，正逆反应速率相等 B. 改变条件后，化学平衡常数一定改变 C. 反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率 D. 升高温度，平衡逆向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析浓度商与平衡常数的相对大小，判断反应进行的方向及是否为平衡状态。‎ ‎【详解】一定条件下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH＞0的化学平衡常数K=1，相同条件下，当c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L时，该反应的浓度商Qc4＞K，则该反应向逆反应方向进行。‎ A. 该反应没有达到平衡状态，正逆反应速率不相等，A不正确； ‎ B. 化学平衡常数只与温度有关，改变反应的温度才能改变平衡常数 ，若改变其他条件，则平衡常数不变，故改变条件后，化学平衡常数不一定改变，B不正确；‎ C. Qc4＞K，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率，C正确； ‎ D. 该反应ΔH＞0，故升高温度平衡正向移动，D不正确。‎ 综上所述，说法正确的是C。‎ ‎17.下图所示的实验，能达到实验目的的是( )‎ ‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 验证化学能转化为电能 ‎ 验证非金属性:Cl＞C＞Si ‎ 实验室制氨气 ‎ 研究催化剂对化学反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．没有构成闭合回路；‎ B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应；‎ C．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵；‎ D．由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量。‎ ‎【详解】A．没有构成闭合回路，不能形成原电池装置，则不能验证化学能转化为电能，A错误；‎ B．盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，盐酸与硅酸钠溶液反应，则不能比较C、Si的非金属性，B错误；‎ C．氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用铵盐与碱加热制备，C错误；‎ D．由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量催化剂，则图中装置可研究催化剂对化学反应速率的影响，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.反应mA(s)+nB(g)  pC(g)，△H<0，在一定温度下，平衡时B的体积分数(B％)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是 ‎① m + n < p    ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率   ③ n  <  p  ④ x点反应速率比y点时的反应速率慢  ⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大 A. ②③④ B. ①②④‎ C. ③④⑤ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①A为固态，压强对该物质无影响，由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故①错误；‎ ‎②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即V正＞V逆，故②正确；‎ ‎③由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故③正确；‎ ‎④由图像可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故④正确；‎ ‎⑤正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故⑤错误。‎ 故选A。‎ ‎19.在一密闭容器中进行下列反应：2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，已知反应平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，物质加入时不可能的数据是 A. X为0.3mol·L-1‎ B. Y为0.15 mol·L-1‎ C. X，Z均为0.25 mol·L-1‎ D. Z为0.4 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应可以从正逆两个方向建立平衡，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，据此判断分析。‎ ‎【详解】若开始时只加入了X、Y，反应从正方向开始，Z完全由X、Y反应生成，可得X、Y的最大值是0.4mol·L-1、0.2mol·L-1；若开始时只加入了Z，反应从逆反应方向开始， X、Y完全由Z分解生成，可得Z的最大值是0.4mol·L-1，所以X可能为0.3mol·L-1、Y可能0.15 mol·L-1、Z可能为0.4 mol·L-1；X，Z分别是反应物和生成物，不可能都比平衡时的浓度大，故不可能X，Z均为0.25 mol·L-1，选C。‎ ‎20.解释下列事实所用的方程式不合理的是 A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I-+O2 +4H+=2I2+2H2O B. 将充有NO2的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深：2NO2(g)N2O4(g) △H>0‎ C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CO32- +CaSO4 =CaCO3 +SO42-‎ D. 以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料电池的负极区pH减小：H2+2OH--2e-=2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性环境下，氧气能够氧化碘离子生成单质碘，碘单质遇淀粉溶液变为蓝色，反应的离子方程式为4I-+O2 +4H+=2I2+2H2O，A正确；‎ B.将充有NO2的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深，说明化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，△H<0，B错误；‎ C.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，所以可以用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CO32- +CaSO4 =CaCO3 +SO42-，使沉淀转化为CaCO3，然后用盐酸溶解CaCO3变为可溶性的CaCl2而除去，C正确；‎ D.以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料电池的负极发生反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，由于不断消耗溶液中的OH-，因此负极区c(OH-)减小，溶液的pH减小，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎21.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经150年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式 填空回答以下问题：‎ ‎ 主族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎4‎ ‎⑩‎ ‎（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为___；‎ ‎（2）元素①的单质电子式为____。‎ ‎（3）比较③、⑤元素的金属性强弱___>___；并写出它们最高价氧化物对应的水化物间反应的化学方程式____。‎ ‎（4）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是____。‎ ‎（5）在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是_____；‎ ‎（6）工业制取⑥的单质的反应的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). Na (4). Al (5). NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4] (6). HClO4 (7). Al3+ (8). SiO2 +2CSi + 2CO↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，⑩为Br元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。‎ ‎【详解】（1）表中化学性质最不活泼的元素是Ar，其原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，其原子结构示意图为：，故答案为：。‎ ‎（2）由分析可知①为N元素，N原子之间形成三键，最外层还余一对未成对电子，所以氮气的电子式为，故答案为：。‎ ‎（3）由分析可知，③为Na元素、⑤为Al元素，Na、Al属于同一周期，同一周期从左向右元素的金属性逐渐减弱，所以金属性强弱Na>Al，Na和Al的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应的化学方程式为NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4]，故答案为：Na，Al，NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4]。‎ ‎（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这几种元素中非金属性最强的是F元素，但是F没有最高价氧化物，所以元素的非金属性最强的是Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4。‎ ‎（5）电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，元素的核电荷数越大，其离子半径越小，所以在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+。‎ ‎（6）⑥为Si元素，工业上用二氧化硅与焦炭在高温条件下反应制取单质硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi +2CO↑。‎ ‎【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。‎ ‎22.Ⅰ．肼(N2H4)又称联氨，常温时是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。‎ ‎(1)已知在25℃、101kPa时，16g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是__________________________________。‎ II．如下图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜(即只允许阳离子通过)。‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎(2)甲装置中通入________气体的一极为正极，其电极反应式为：________________。‎ ‎(3)乙装置中石墨电极为_________极，其电极反应式为_______________；可以用__________________检验该反应产物，电解一段时间后，乙池中的溶液呈_______性。‎ ‎(4)图中用丙装置模拟工业中的_________________原理，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为___________g。‎ ‎(5)如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，则丙中总化学方程式为___________________________。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(l )+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-624kJ/mol (2). 空气 (3). O2+4e-+2H2O=4OH- (4). 阳 (5). 2Cl--2e-=Cl2↑ (6). 湿润的碘化钾淀粉试纸 (7). 碱 (8). 粗铜的精炼 (9). 0.8 (10). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应量的反应热写出热化学方程式；‎ ‎(2)正极上氧化剂得电子发生还原反应；‎ ‎(3)乙装置中石墨电极与电源正极连接，为阳极，阳极上是氯离子放电生成氯气，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝，根据电解总反应方程式，判断溶液的酸碱性；‎ ‎(4)根据同一闭合回路中转移电子相等，列出关系式：N2H4～2Cu进行分析求解；‎ ‎(5)Pt电极为惰性电极，用惰性电极电解CuSO4溶液，根据离子放电的先后顺序确定溶液的总反应方程式。‎ ‎【详解】(1)16.0g气态肼(N2H4)物质量为n(N2H4)=16g÷32g/mol=0.5mol，在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312kJ，1mol气态肼(N2H4)燃烧放热624kJ，反应的热化学方程式为：N2H4(l )+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-624kJ/mol；‎ ‎(2)甲装置中通入空气的电极为正极，正极上空气中的氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；‎ ‎(3)根据装置图可知：乙装置中石墨电极连接甲装置的正极，作阳极，在阳极上是氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，若观察到湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，就证明有氯气产生；阳极为惰性电极，电解饱和食盐水的总反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可见电解一段时间后，乙池中的溶液呈碱性；‎ ‎(4)丙装置中粗铜连接电源的正极，作阳极，精铜连接电源的负极，作阴极，电解质为硫酸铜溶液，因此图中用丙装置模拟工业中的铜的精炼原理；由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以根据关系式：N2H4～2Cu，n(Cu)=3.2g÷64g/mol=0.05mol，所以n(N2H4)=n(Cu)=×0.05mol=0.025mol，则m(N2H4)= 0.025mol×32g/mol=0.8g。‎ ‎(5)如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，由于Pt电极为惰性电极，因此阳极上是溶液中的OH-失去电子，变为O2，阴极上，溶液中的Cu2+获得电子变为Cu单质，所以丙中总化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写、原电池、电解池反应原理的知识。明确原电池正负极的判断方法及电解质的反应原理及各个电极上发生的反应、离子方程式书写规则即可解答。‎ ‎23.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)2NH3(g) △H。‎ ‎（1）已知每破坏1mol有关化学键需要的能量如下表：‎ H-H N-H N-N N≡N ‎435.9kJ ‎390.8kJ ‎192.8kJ ‎945.8kJ 则△H=_____________。‎ ‎（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如图所示。‎ ‎①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是________，其原因是__________。‎ ‎②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)____vB(N2)（填“＞”“＜”或“=”）‎ ‎③若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下合成氨的平衡常数K=______________（保留一位小数）。‎ ‎（3）H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，能说明该反应达到平衡状态的是_____（填序号）。‎ ‎①混合气体的压强不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变 ‎②混合气体的密度不变 ⑤NH3的体积分数不变 ③混合气体的总物质的量不变 ‎【答案】 (1). -91.3kJ/mol (2). p1＞p2＞p3 (3). 温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大 (4). ＜ (5). 5925.9L2/mol2 (6). ①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据键能数据求反应热；根据平衡移动原理并结合图象分析有关的反应条件的大小关系；根据化学平衡状态的特征分析反应是否达到化学平衡。‎ ‎【详解】（1）△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=435.9kJ/mol3+945.8kJ/mol-390.8kJ/mol6=-91.3kJ/mol。‎ ‎（2）①由图象可知，在相同的温度下，平衡后混合物中氨的体积分数（φ），按p1、p2、p3顺序依次减小，由于该反应是一个气体分子数减小的反应，压强越大则氨的体积分数越大，因此p1、p2和p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3，其原因是：温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大。‎ ‎②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，由图象可知，A点的温度和压强均小于B点，则vA(N2)＜vB(N2)。 ‎ ‎③若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol。设N2、H2的变化是分别为x和3x，则N2、H2的平衡量分别为(0.1mol-x)、(0.3mol-3x)，NH3的平衡量为2x，由于该条件下，在平衡混合物中氨的体积分数为66.7%，则有，解之得x=0.08mol，因为容器的体积为1L，所以合成氨的平衡常数K=5925.9L2/mol2。‎ ‎（3）在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+CO2‎ ‎(g)。该反应是一个气体分子数增多的吸热反应。‎ ‎①混合气体的压强不变，说明气体的分子数不变，达到平衡； ‎ ‎②反应过程中，不断有固体转化为气体，气体的质量增大，则气体的密度增大，故当混合气体的密度不变时，达到平衡；‎ ‎③混合气体的总物质的量不变说明气体的分子数不变，达到平衡。‎ ‎④因为反应物只有固体，所以混合气体的平均相对分子质量在反应开始后一直不变，故无法据此判断是否达到平衡；‎ ‎⑤NH3的体积分数在反应混合气中是定值，无法据此判断是否达到平衡； ‎ 综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是①②③。‎ ‎【点睛】关于化学平衡状态的判断，通常根据两个方面进行，一是根据正反应速率和逆反应速率相等，二是根据变量不变达平衡。最关键的是要确定某个物理量是变量还是恒量，如果某物理量在反应过程中一直保持不变，则其为恒量，不能根据其保持不变判断平衡状态。‎ ‎24.Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，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）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为__________；‎ ‎（3）平衡时容器内混合气体密度比起始时________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时_________；‎ ‎（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=___________。‎ Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比 ‎（1）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。‎ ‎（2）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。‎ ‎【答案】 (1). 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (2). 0.01mol•L-1•min-1 (3). 相等 (4). 变大 (5). 7：5 (6). ⑤ (7). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应物生成物的变化量之比书写相应的反应方程式；根据速率表达式计算反应速率；根据密度公式及摩尔质量公式比较反应前后密度和摩尔质量的变化；运用三段式法进行相关计算；根据化学平衡状态的本质和特征分析反应达到平衡的标志。‎ ‎【详解】(1)根据图示的内容知道，X和Y是反应物，Z为生成物，X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，则反应的化学方程式为:3X（g）+ Y（g）2Z（g）；‎ ‎(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为：υ（Z）==0.01mol/(L·min)；‎ ‎(3)混合气体密度 ，从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变；混合气体的平均相对分子质量，从开始到平衡，质量是守恒的，但是n是逐渐减小的，所以M会变大，因此，本题正确答案是：相等；变大；‎ ‎(4) 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (设Y的变化量是x)‎ 初始量 a b 0‎ 变化量 3x x 2x ‎ 某时刻量 a-3x b-x 2x 当n(X)=n(Y)=2n(Z)时， a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以a:b=7:5；‎ Ⅱ．（1）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故②错误；③反应前后气体系数之和相等，因此物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，气体总物质的量不变，因此当M不变，不能说明反应达到平衡，故④错误；⑤I2是有颜色的气体，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；‎ ‎（2）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②A为固体，其余为组分都是气体，气体质量增加，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，说明反应达到平衡，故②正确；③气体物质的量不变，因此总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，气体质量增加，气体物质的量不变，因此当M不变，说明反应达到平衡，故④正确；⑤题目中没有说明气体的颜色，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，故⑤错误；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误。‎ 故答案为： (1). ⑤；(2)②④。‎ ‎【点睛】本题易错点是化学反应速率的计算，化学反应速率是单位之间内反应物浓度减少或生成物浓度的增加，注意是浓度的变化，同时注意单位的书写，mol/(L·min)或mol·L－1·min－1。‎ ‎25.Ⅰ．某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：‎ 实验序号 实验温度 KMnO4溶液 H2C2O4溶液 H2O 溶液褪色时间 V(mL)‎ C(mol/L)‎ V(mL)‎ C(mol/L)‎ V(mL)‎ t(s)‎ A ‎293K ‎2‎ ‎0.02‎ ‎4‎ ‎0.1‎ ‎0‎ t1‎ B T1‎ ‎2‎ ‎0.02‎ ‎3‎ ‎0.1‎ V1‎ ‎8‎ C ‎313K ‎2‎ ‎0.02‎ V2‎ ‎0.1‎ ‎1‎ t2‎ ‎（1）通过实验A、B，可探究出_______的改变对反应速率的影响，其中V1=_____，T1=_____，通过实验_______可探究出温度变化对化学反应速率的影响。‎ ‎（2）若t1＜8，则由实验A、B可以得出的结论是________________________；利用实验B中数据计算，从反应开始到有结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为____________。‎ ‎（3）该反应中有无色无味气体产生，且锰被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式_______。‎ ‎（4）该小组一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是_______________，相应的粒子最有可能是（填符号）_______。‎ II.100kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2‎ ‎(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2。‎ ‎① 图1中A、B、C三点表示不同温度、压强下2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡时NO的转化率，则________点对应的压强最大。‎ ‎② 100kPa、25℃时，2NO2(g)N2O4(g)平衡体系中，列式计算平衡常数Kp＝________。（Kp用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）‎ ‎【答案】 (1). 浓度 (2). 1 (3). 293K (4). BC (5). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 (6). 8.3×10－4mol/（L·s） (7). 2MnO42－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (8). 作催化剂 (9). Mn2＋ (10). B (11). 0.06‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据控制变量法分析影响化学反应速率的条件，根据不同条件下高锰酸钾溶液褪色的快慢程度不同，得出合理的结论，故实验中的草酸必须是足量的。‎ ‎【详解】Ⅰ．某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”。 ‎ ‎（1）实验A、B中，高锰酸钾溶液的浓度是相同的，而H2C2O4溶液的浓度是不同的，故通过实验A、B可探究出浓度的改变对反应速率的影响，根据控制变量的原理，要控制两实验的温度相同、溶液的总体积相同，故其中V1=1，T1= 293K。同理，B、C两实验除温度不同外，其余条件相同，故通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 ‎ ‎（2）若t1＜8，则实验A的的反应速率较大，实验A中草酸的浓度大于实验B，则由实验A、B可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；利用实验B中数据计算，混合后起始浓度c(KMnO4)=，溶液褪色用时8s、c(KMnO4)=0，故用KMnO4‎ 的浓度变化表示的反应速率为8.3×10－4mol/（L·s）。‎ ‎（3）该反应中有无色无味气体产生，该气体为CO2，锰被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为2MnO42－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。‎ ‎（4）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，由于反应是在一定的温度下进行的，故反应体系中的某种粒子的作用是作催化剂，分析反应的各种产物，相应的粒子最有可能是Mn2＋。‎ II.100kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)是一个气体分子数减少的反应。由NO2的平衡转化率与温度的关系曲线可知，温度越高，NO2的平衡转化率越小，则该反应为放热反应。‎ ‎①在相同的压强下，温度越高，达到平衡时NO的转化率越小，则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)是一个气体分子数减少的放热反应。由于该体系控制平衡压强为100kPa，则曲线以上的点的压强大于100kPa，曲线以上的点的压强小于100kPa，则B点对应的压强最大。‎ ‎② 100kPa、25℃时，2NO2(g)N2O4(g)平衡体系中，由图可知，NO2的平衡转化率为80%，设NO2的起始量为1mol，则其变化是为0.8mol，N2O4的变化量为0.4mol，NO2和N2O4的平衡量分别为0.2mol和0.4mol，则平衡体系中，NO2和N2O4的体积分数分别为和，因此，平衡常数Kp＝0.06。‎ ‎【点睛】解实验题最关键的是明确实验原理，本题的难点就在于探究影响化学反应速率的因素时，是通过酸性高锰酸钾溶液褪色的快慢来设计的，故草酸的用量必须充足，否则实验肯定失败，若不明确这一点，则化学反应速率的计算也找不到数据了。另外，要注意对比实验中，控制变量法的使用原则。‎ ‎ ‎