2019-2020学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月）化学试题 解析版

2019-2020学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月）化学试题 解析版

鹤岗市第一中学2019-2020学年上学期开学考试高二化学试卷 H:1 N:14 O:16 C:12‎ 一、选择题(1—10题2分，11--20题3分，共计50分)‎ ‎1.已知:①H2O(g) =H2O(l) ∆H1＝-Q1 kJ mol—1‎ ‎②C2H5OH(g) =C2H5OH(l) ∆H2＝-Q2 kJ mol—1‎ ‎③C2H5OH(g)+3O2(g) =2CO2(g)+3H2O(g) ∆H3＝-Q3 kJ mol—1‎ 若使23g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(单位:kJ)‎ A. Q1+Q2+Q3‎ B. 1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3‎ C. 0.5Q1-1.5Q2+0.5Q3‎ D. 0.5(Q1+Q2+Q3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在室温下水为液体，所给的热化学方程式中无水酒精为气体。先根据盖斯定律，写出液态无水酒精完全燃烧，生成液态水的热化学方程式，再利用比例式进行热量的求算。‎ ‎【详解】根据盖斯定律，将所给的热化学方程式①×3-②+③，得液态无水酒精完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：C2H5OH(g)+3O2(g) =2CO2(g)+3H2O(g) ∆H3＝-（3Q1-Q2+Q3）kJ mol—1，23g无水酒精的物质的量为0.5mol,室温下其完全燃烧生成液态水放出的热量为0.5×（3Q1-Q2+Q3）kJ =1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3kJ。‎ 所以答案选择B项。‎ ‎2.在一定条件下，反应N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则反应速率为 A. V(NH3)=0.02mol/（L·min） B. V(N2)=0.005mol/（L·min）‎ C. V(NH3)=0.17mol/（L·min） D. V(H2)=0.03mol/（L·min）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。1.7g氨气是0.1mol，所以氨气的反应速率是。因为速率之比是相应的化学计量数之比，所以正确的答案是B。‎ ‎3.3 mol A和2.5 mol B混合于2 L密闭容器中，发生反应如下：3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)，5 min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得D的平均反应速率为0.1 mol/(L·min)，下列结论正确的是 A. A的平均反应速率为 0.1 mol/(L·min)‎ B. 平衡时，C的浓度为 0.125 mol/L C. 平衡时，B的转化率为 20％‎ D. 平衡时，容器内压强为原来的 0.8 倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】容器内压强变小，说明正反应是气体系数之和减少的反应，即4>x+2，x只能为1。∆n（D）=0.1 mol/(L·min)×5min×2L=1mol，用三段式 ‎3A(g)＋B(g) C(g)＋2D(g)‎ 起始：3mol 2.5mol 0 0‎ 转化：15mol 0.5mol 0.5mol 1mol 平衡：1.5mol 2mol 0.5mol 1mol A．A的平均反应速率为=0.15mol/（L·min），选项A错误；‎ B．平衡时，C的浓度为=0.25mol/L，选项B错误；‎ C．平衡时，B的转化率为×100%=20%，选项C正确；‎ D．平衡时，容器内压强为原来的=，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0 mol·L－1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　)‎ A. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1‎ B. 上述电解过程中共转移6 mol电子 C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu(NO3)2的物质的量是1mol，根据N守恒可得n(KNO3)= 6.0 mol/L×0.5L－2mol=1mol，所以c(K＋)= c(KNO3)==2mol/L，选项A正确；‎ B、电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑。n(O2)= =1mol。则转移电子4mol，因此选项B错误；‎ C、在阴极首先发生反应：Cu2++2e-=Cu，然后发生：2H++2e-=H2↑。由于产生氢气的物质的量是1mol，得到电子2mol，则产生Cu转移的电子也是2mol，产生Cu 1mol。所以选项C错误；‎ D、因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol，所以电解后溶液中H＋的物质的量也是4mol，所以c(H＋)==8mol/L ，所以选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列有关原电池的叙述中不正确的是 A. 原电池是将化学能转化为电能的装置 B. 在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反应 C. 原电池中，电解质溶液中的阴离子会移向负极 D. 构成原电池的两个电极必须是活泼性不同的两种金属 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．原电池是将化学能转化为电能的装置；‎ B．负极失电子发生氧化反应； ‎ C．溶液中阳离子向正极移动；‎ D．构成原电池的两个电极也可以是非金属导体等。‎ ‎【详解】A．原电池反应中能自发的进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，选项 A正确；‎ B．原电池中，负极失电子发生氧化反应，则电子流出的一极是负极，选项B正确；‎ C．原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，选项C正确；‎ D．构成原电池的两个电极不一定都是金属，可以是一极为较活泼金属，另一极为石墨棒等，选项D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题属于基础性试题的考查，难度不大，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键。‎ ‎6.生物燃料电池(BFC)是以有机物为燃料,直接或间接利用酶作为催化剂的一类特殊的燃料电池,其能量转化效率高,是一种真正意义上的绿色电池,其工作原理如图所示。‎ 已知C1极的电极反应式为:C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+,下列有关说法不正确的是(    )‎ A. C1极为电池负极,C2极为电池正极 B. 电子由C2极经外电路导线流向C1极 C. C2极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O D. 该生物燃料电池的总反应式为:C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在乙醇燃料电池中总反应为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O。其中燃料被氧化，其在原电池的负极上发生氧化反应，负极反应为：C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+；助燃剂（氧气）在正极上发生还原反应，正极反应为O2+4H++4e-=2H2O。以此解题。‎ ‎【详解】A．根据题给电极反应式知，C1极为电池负极，C2极为电池正极，A项正确；‎ B. 电子由负极C1经外电路流向正极C2极，B项错误；‎ C．C2极为电池正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C项正确；‎ D. 该生物燃料电池为乙醇燃料电池，其总反应式为:C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，D项正确；‎ 答案应选B。‎ ‎7.可逆反应：在恒温恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是 单位时间内生成n 的同时消耗2n ；‎ 单位时间内生成n  的同时消耗2n mol NO；‎ 混合气体的颜色不再改变的状态；‎ 混合气体中不变；‎ 的消耗速率与NO的生成速率相等；‎ 容器内压强不随时间变化而变化。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成nmolO2等效于消耗2nmolNO2不能判断是否达平衡状态，故①错误；‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，反应方向相反，物质的量胡化学计量数成正比，说明达到平衡状态，故②正确；‎ ‎③混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故③正确；‎ ‎④O2和ＮＯ均为生成物，混合气体中不变，不能说明达到化学平衡状态，故④错误；‎ ‎⑤NO2的消耗速率与NO的生成速率相等，都反映正反应的方向，未体现正与逆的关系，故⑤错误；‎ ‎⑥容器内压强不随时间变化而变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故⑥正确；‎ 故选Ｃ。‎ ‎8.已知:稀Na3AsO3溶液、稀碘水和稀NaOH溶液混合，发生如下反应:AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)，反应一段时间后测得c(AsO43-‎ ‎)为amol·L-1。下列说法能判断反应达到平衡状态的是 A. c(I-)=2a mol·L—1‎ B. v (I-)=2v(AsO43-)‎ C. c(AsO43-)/c(I-)不再变化 D. 溶液pH不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。‎ ‎【详解】A．该反应从反应物开始投料，AsO43-和I-同为生成物，c(AsO43-)和c(I-)比例总是1:2，因此不能说明反应是否达到平衡状态，A项错误；‎ B．AsO43-和I-同为生成物，其速率之比始终是1：2，所以v (I-)=2v(AsO43-)不能作为平衡的判断依据，B项错误；‎ C．该反应从反应物投料开始，由离子方程式可知c(AsO43-)/c(I-)始终是1：2，所以c(AsO43-)/c(I-)不变不能作为平衡的判断依据，C项错误；‎ D．如果反应向右进行，则pH逐渐减小，因此当溶液pH不变时，也就是c(OH-)保持不变时，反应达到平衡状态，D项正确；‎ 所以答案选择D项。‎ ‎【点睛】可用来判断已建立化学平衡的物理量，应是随着反应向右进行而发生变化，而当该物理量由变化到不变时，说明该可逆反应到达平衡状态，这就是常说的“变量不变”。‎ ‎9.在2L的密闭容器中：2A（g）+B（g）2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（L·s），则10s时，容器中B的物质的量是（ ）‎ A. 3.4 mol B. 3.2 mol C. 2.8 mol D. 1.2 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在2L的密闭容器中：2A（g）+B（g）2C（g）+D（g），若最初加入的A和B都是4mol，在前10s A的平均反应速率为0.12mol/（L·s），则10s时，消耗A的物质的量为n(A)‎ ‎ =0.12mol/（L·s），所以消耗B的物质的量n(B)= n(A) =1.2mol ，容器中B的物质的量是4mol-1.2mol=2.8mol。所以本题选B.　‎ ‎10.对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是（ ）‎ A. 通入大量O2 B. 增大容器容积 C. 移去部分SO3 D. 降低体系温度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 通入大量O2，增大了反应物的浓度，化学反应速率增大； ‎ B. 增大容器的容积，各组分的浓度减小，化学反应速率减小；‎ C. 移去部分SO3，减小了生成物的浓度，化学反应速率减小； ‎ D. 降低体系温度，化学反应速率减小。‎ 综上所述，能增大正反应速率的措施是A。‎ ‎11.对于可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，在温度一定下由H2(g)和I2(g)开始反应，下列说法正确的是( )‎ A. H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比为2:1‎ B. 反应进行的净速率是正、逆反应速率之差 C. 正、逆反应速率的比值是恒定的 D. 压强不变时，反应达到平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是从反应物开始投料，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，直至正逆反应速率相等，反应达到平衡状态。‎ ‎【详解】A. H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比始终为1:2，A项错误；‎ B. 反应进行的净速率是正、逆反应速率之差，因该反应是从反应物开始投料，所以初始时正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行，直至正逆反应速率相等而达到平衡，B项正确；‎ C.‎ ‎ 正、逆反应速率的比值不是恒定的。因从反应物开始投料，所以初始时此比值最大，随反应的进行，比值逐渐减小，直至平衡时比值等于1，C项错误；‎ D. 该反应中气体分子总数前后保持不变，所以恒温时压强始终不变，所以恒温时依据压强不变不能判断该反应是否达到平衡，D项错误；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎12.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是 A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气体压强和反应物浓度只能影响化学反应速率，催化剂增大反应物中活化分子百分数，自然能增大化学反应速率，但催化剂不能改变化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．增大压强，活化分子百分数不变，化学平衡常数也不变，故A错误；‎ B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；‎ C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；‎ D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 升高温度，X的体积分数减小 B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变 C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变 D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的体积分数增大，故A错误；‎ B．如缩小体积，增大压强，平衡不移动，则Z的浓度增大，故B错误；‎ C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，平衡不发生移动，Y的浓度不变，故C正确；‎ D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不移动，X的物质的量分数不变，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎14.在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2(g)发生反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)　ΔH＜0。当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2(g)的物质的量变化关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 由图可知：T1＞T2‎ B. a、b两点的反应速率：b＞a C. 为了提高Br2(g)的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法 D. T1时，随着Br2(g)加入，平衡时HBr的体积分数不断增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同投料下，由题ΔH＜0，为放热反应，H2体积分数越高，转化率越低，温度越高，结合题给图象，可知T1＞T2，不选A项；‎ B.相同温度下，浓度越高，反应速率越快，a，b两点温度均为T1，b点Br2(g)投料比a点多，故a、b两点的反应速率：b＞a，不选B项；‎ C.生成物浓度减小，平衡右移，故将HBr液化并及时移走，Br2(g)转化率提高，不选C项；‎ D. 当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故选D项。‎ 答案选D。‎ ‎15.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是　　)‎ A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极 B. O2所在的铂电极处发生还原反应 C. 该电池的负极反应式为：‎ D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧气得到电子被还原成H2O，氧气在正极反应，所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸，在负极反应。‎ ‎【详解】A. 氧气的一极为正极，是电流流出的一极，电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A项正确；B. O2得到电子，发生还原反应，故B项正确；C. 根据图示，乙醇失去电子生成醋酸，电极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+是错误的，故C项错误；D. 酒精的多少意味着电流的大小，故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量，故D项正确。故选C。‎ ‎【点睛】掌握原电池的工作原理，氧气得到电子，在原电池的正极反应，原电池的负极失去电子，发生氧化反应，电流从正极流出经过导线流向负极。‎ ‎16.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B％的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是( )‎ A. T1p放热反应 B. T1>T2 p1p2 m+n>p放热反应 D. T1>T2 p1p吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当横坐标表示时间时，有“先拐先平，数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时，常采用“定一议二”的方法。‎ ‎【详解】A. 对比曲线①和②，发现二者的压强相同而温度不同，而②曲线“先拐先平”，说明②曲线对应的速率大，说明T1>T2 ，A项错误；‎ B. 在A项分析的基础上，相对于T2来说，T1相当于升高温度，而从图示纵坐标看出，升高温度反应物B的量减小，说明升温使平衡右移，所以正向应是吸热反应；再比较②曲线和③曲线，发现温度相同而压强不同，此时②曲线“先拐先平”，说明压强p2>p1，p2相对于p1来说相当于加压，从图示中纵坐标来看，加压使反应物B的量增加，说明加压平衡左移，所以有m+nT2，C项错误；‎ D. 由B项分析知m+nT2，p2>p1，由此可排除A、C项。然后分析曲线②和③，判断出m+n0)，图曲线a表示该反应过程中NO的转化率与反应时间的关系。若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是( )‎ A. 降低温度 B. 加催化剂 C. 增大反应物中NO的浓度 D. 向密闭容器中加入氢气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题给的热化学方程式表示该反应是放热反应。所给图示表明，该措施能使化学反应速率减慢，但NO的转化率提高。‎ ‎【详解】A. 由于正向是放热反应，降低温度，平衡右移，NO的转化率增大；温度降低，化学反应速率减慢，到达平衡的时间变长，符合图给信息，A项正确；‎ B. 加入催化剂，往往是加快反应速率，而且最终不影响NO的转化率，图示这两点均不符合，B项错误；‎ C. 增大反应物中NO的浓度，化学反应速率要加快，且NO的转化率要降低，这两点与题图均不符合，C项错误；‎ D. 氢气是与该反应无关的气体，向密闭容器中加入氢气，因容器体积不变，所以该平衡不移动，与所给图示明显不符。‎ 所以答案选择A项。‎ ‎19.反应Fe(s) + 4H2O(g) Fe3O4 (s) + 4H2(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. 升高温度 B. 将容器的容积缩小一半 C. 保持容积不变，充入N2使体系压强增大 D. 压强不变，充入N2使容器的容积增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 升高温度 速率加快，故A错误； 将容器的容积缩小一半，‎ 浓度增大，速率加快，故B错误；保持容积不变，充入N2，反应物浓度不变，反应速率不变，故C正确； 压强不变，充入N2使容器的容积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故D错误。‎ ‎20.一定温度和压强下，在2 L的密闭容器中合成氨气：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是：‎ A. 0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为0.005 mol • L-1• min-1‎ B. 10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是加入催化剂或缩小容器体积 C. 该反应在20 min时达到化学平衡状态 D. N2的平衡转化率与H2平衡转化率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，该反应在20 min时各物质浓度不变，说明反应达到化学平衡状态，10 min时改变条件的瞬间各物质的物质的量不变，反应速率加快，可能是加入催化剂或缩小容器体积导致。‎ ‎【详解】A项、0～10 min内，生成NH3的物质的量为0.1 mol，浓度为0.05mol • L-1，则以NH3表示的平均反应速率为==0.005 mol • L-1• min-1，故A正确；‎ B项、10 min时改变条件的瞬间各物质的物质的量不变，10～20min内反应速率加快，则10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是加入催化剂或缩小容器体积导致，故B正确；‎ C项、由图可知，该反应在20 min时各物质浓度不变，说明反应达到化学平衡状态，故C正确；‎ D项、反应达到平衡时，N2的平衡转化率为×100%=37.5%，H2平衡转化率×100%=75%，两者转化率不同，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡，注意影响化学反应速率的因素分析，明确图中达到平衡的时间，掌握化学反应速率和转化率的计算方法是解答关键。‎ 二，填空题 ‎21.下表为元素周期表中的一部分，表中列出了11种元素在周期表中的位置，按要求完成下列各小题。‎ ‎ ‎ I. (1)化学性质最不活泼的元素是_____(填元素符号，下同)，非金属性最强的元素是_____。金属性最强的单质与水反应的离子方程式是________。‎ ‎(2)①③⑤三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物的化学式是____。‎ ‎(3)①②③三种元素的原子半径由大到小的顺序是____>____>_____。‎ ‎(4)某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水，该元素为_____。在这两种盐中该元素的化合价为_____，该元素的最高价氧化物和盐酸反应的离子方程式为_______。向该元素和⑧号元素形成的化合物的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液至过量，产生的实验现象是_______，有关反应的化学方程式为_______。‎ II.下列物质:①N2②CO2③NH3④Na2O⑤Na2O2⑥ NaOH ⑦CaBr2⑧H2O2 ⑨NH4Cl⑩Ar ‎(1)既含有极性键又含有非极性键的是_______;(填序号，下同)‎ ‎(2)含有非极性键的离子化合物是___________‎ ‎(3)不含化学键的是___________‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). F (3). 2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑ (4). NaOH (5). K (6). Na (7). Mg (8). Al (9). +3 (10). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O (11). 先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解消失 (12). AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (13). ⑧ (14). ⑤ (15). ⑩‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将表格中11种元素具体化。依编号顺序，这11种元素依次是Na、K、Mg、Ca、Al、C、O、Cl、Br、Ar、F。然后将问题的元素编号一一具体化到某元素，利用元素周期律相关知识进行分析即可。‎ ‎（1）寻找最活泼的非金属，搜索目标是向上向右，寻找最活泼的金属元素，搜索目标是向左向下；‎ ‎（2）最高价氧化物水化物的碱性最强，其元素的金属性也最强；‎ ‎（3）利用同主族和同周期原子半径的变化规律进行比较；‎ ‎（4）涉及氢氧化铝沉淀的生成和溶解；‎ ‎（5）分析每一种物质的化学键种类，再挑出所问的3个问题指向的物质编号。‎ ‎【详解】I. (1)化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ar，非金属性最强的元素是F。金属性最强的单质是K，其与水反应的离子方程式是2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑；‎ ‎(2)①③⑤三种元素分别为Na、Mg、Al，其最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3中，碱性最强的化合物是NaOH；‎ ‎(3)①②③三种元素为Na、K、Mg，其原子半径由大到小的顺序是K>Na>Mg；‎ ‎(4)最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，该元素为Al。在这两种盐中铝的化合价均为+3价，铝元素的最高价氧化物为Al2O3，其与盐酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。向AlCl3溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液至过量，实验现象是：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解消失。有关反应的化学方程式为AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；‎ II.分析所给物质中含有的化学键可知，N2中只有非极性键，CO2中只有极性共价键，NH3中只有极性共价键，Na2O中只有离子键，Na2O2中既有离子键，又有非极性共价键；NaOH中既有离子键，又有极性共价键；CaBr2中只有离子键，H2O2中既有极性共价键，又有非极性共价键，NH4Cl中既有离子键，又有极性共价键；Ar中没有化学键。所以：‎ ‎(1)既含有极性键又含有非极性键的是⑧；‎ ‎(2)含有非极性键的离子化合物是⑤；‎ ‎(3)不含化学键的是⑩。‎ ‎22.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+ O2 (g)2SO3(g) ΔH<0‎ ‎（1）降低温度，该反应K值______，二氧化硫转化率____，化学反应速度____ ,（以上均填增大、减小或不变）‎ ‎（2）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是_____。‎ ‎（3）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因_____（用文字表达）‎ ‎（4）10min到15min的曲线变化的原因可能是____（填写编号）。‎ a．加了催化剂 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．增加SO3的物质的量 ‎【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 减小 (4). 15-20min、25-30min (5). 增大氧气的浓度 (6). ab ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）降温，放热反应平衡正移，K增大，反应物转化率增大，速率减小；‎ ‎（2）各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态；‎ ‎（3）找断点，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；‎ ‎（4）10min到15min的曲线斜率变大，反应方向不变，且没有出现断点。‎ ‎【详解】（1）该反应正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，二氧化硫转化率增大，降低温度反应速率减小； （2）反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15-20min和25-30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态； （3）由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；‎ ‎（4）由图可知，反应向正反应进行，10min到15min 反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大；且10min改变瞬间，各物质的物质的量不变。 a．加了催化剂，增大反应速率，故a正确； b．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故b正确； c．降低温度反应速率降低，故c错误； d．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量，故d错误； 答案选ab。‎ ‎23.一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应:3A(g)+B(g) xC(g)，请填写下列空白:‎ ‎(1)反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为_______；x为______。‎ ‎(2)若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度______0.8mol/(填大于，小于或等于”)‎ ‎(3)若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为P，混合气体起始压强为P0.请用P0、P来表示达平衡时反应物A的转化率a(A)为______%‎ ‎(4)能够说明该反应达到平衡的标志是__________。‎ A .容器内混合气体的密度保持不变 ‎ B. v(A)=3v(B)‎ C .A、B的浓度之比为3:1 ‎ D .单位时间内消耗3n molA的同时生成n molB E.体系的温度不再变化 ‎【答案】 (1). 0.2mol·L-1·min-1 (2). 2 (3). 小于 (4). (5). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用浓度来列三段式，将x当已知来用；‎ ‎（2）因从反应开始投料，所以正向反应速率越来越小；‎ ‎（3）利用在相同的温度和体积下，气体的压强之比等于物质的量之比列式计算；‎ ‎（4）利用“正、逆反应速率相等”和“变量不变”进行分析判断；‎ ‎【详解】(1)利用三段式法进行计算：‎ ‎3A(g) + B(g) xC(g)‎ 起始c(mol/L) 1.5 0.5 0‎ 转化(mol/L) 0.6 0.2 0.2x ‎1min后(mol/L) 0.9 0.3 0.2x ‎1min内，B的平均反应速率为： ，且据题给数据可知：0.2x=0.4mol/L，解得x=2；‎ ‎(2) 因为从反应物开始投料，所以随着反应的进行，正反应速率不断减慢，同样是历时1min生成的C的量要比前1min少。由题给数据知，反应进行1min时，C的浓度为0.4mol/L，若反应继续进行至达到平衡再需1分钟，则平衡时C的浓度必小于0.8mol/L；‎ ‎ (3)设达到平衡时。转化的B为nmol，则 ‎3A(g)+B(g) 2C(g) ‎ 起始(mol) 3 1 0‎ 转化(mol) 3n n 2n ‎1min后(mol) 3-3n 1-n 2n 根据相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，即：，所以,则A的转化率为：；‎ ‎ (4)A．因反应物和生成物均为气体，且容器的体积不变，所以气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能作为平衡建立的判据，A项错误；‎ B．没有标示出用A、B表达的是正反应速率还是逆反应速率，所以无法依此比例判断是否达到平衡，B项错误；‎ C．平衡时是浓度不变，不是相等，也不是成比例，C项错误；‎ D．将生成的nmolB换算成生成3nmolA可以明显发现，单位时间内消耗3nmolA同时生成3nmolA，生成速率等于消耗速率，显然已达平衡，D项正确；‎ E．因为恒温，所以温度始终不变，温度不变就不能作为该反应达平衡的判断依据，E项错误。‎ ‎24.电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：‎ ‎（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则 ‎①电解池中X极上的电极反应式是_____________________________________。在X极附近观察到的现象是___________________________________________。‎ ‎②Y电极上的电极反应式是____________________________________________，检验该电极反应产物的方法是__________________________________________。‎ ‎（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则 ‎①X电极的材料是__________________，电极反应式是___________________。‎ ‎②Y电极材料是__________________，电极反应式是___________________。‎ ‎（说明：杂质发生的电极反应不必写出）‎ ‎【答案】 (1). 2H++2e-＝H2↑ (2). 放出气体，溶液变红 (3). 2Cl--2e-＝Cl2↑ (4). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (5). 纯铜 (6). Cu2++2e-＝Cu (7). 粗铜 (8). Cu-2e-＝Cu2+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，X为阴极，电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-＝H2↑，同时该电极附近生成氢氧根离子，遇到酚酞试液会变红；‎ ‎②Y电极是阳极，电极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-＝Cl2↑，氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以氯气可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，即把湿润的淀粉KI试纸放在Y极附近，试纸变蓝，说明Y极产物为Cl2；‎ ‎（2）①如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，阳极应该是粗铜、阴极是纯铜，则X电极是纯铜，阴极电极反应式为Cu2++2e-＝Cu；‎ ‎②Y电极是粗铜，作阳极，电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+。‎ ‎ ‎