化学卷·2018届四川省成都市龙泉中学高二上学期月考化学试卷（10月份） （解析版）

化学卷·2018届四川省成都市龙泉中学高二上学期月考化学试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年四川省成都市龙泉中学高二（上）月考化学试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）‎ ‎1．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ/mol，下列说法正确的是（　　）‎ A．2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量 B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJ C．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量 D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ热量 ‎2．已知反应：①101kPa时，C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ/mol ‎②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3kJ/mol．‎ 下列结论正确的是（　　）‎ A．若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＜△H1‎ B．若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＞△H1‎ C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎3．已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣4b kJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）；△H=2b kJ/mol C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=2b kJ/mol D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=b kJ/mol ‎4．已知H﹣H键能为436KJ/mol，H﹣N键能为391KJ/mol，根据化学方程式：N2+3H2=2NH3△H=﹣92KJ/mol，则N≡N键的键能是（　　）‎ A．431 KJ/mol B．946 KJ/mol C．649 KJ/mol D．869 KJ/mol ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎6．设NA 表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol甲基（﹣CH3）含有10NA个电子 B．常温常压下，71gCl2含有的氯原子数为2NA C．1mol•L﹣1NaCl溶液中含有的钠离子为NA D．标准状况下，11.2L CH3CH2OH 中含有的分子数目为0.5NA ‎7．室温下将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（　　）‎ A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H3‎ ‎8．下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液与盐酸：CO32﹣+2 H+═H2O+CO2↑‎ B．向澄清的石灰水中加入过量的小苏打溶液：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣‎ C．向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O D．AlCl3溶液与过量氨水反应：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O ‎9．已知图一表示的是可逆反应CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0的浓度（c）随时间（t）的变化情况．下列说法中正确的是（　　）‎ A．图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 B．图一t2时改变的条件一定是增大了反应物的浓度 C．图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 D．若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小 ‎10．将4mol A和2mol B放入2L密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L．下列说法正确的是（　　）‎ A．4 s内，v（B）=0.075 mol/（L•s）‎ B．4 s后平衡状态下，c（A）：c（C）=2：1‎ C．达到平衡状态时，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大 D．达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低 ‎11．下列反应达到平衡后，升高温度可以使混合气体平均相对分子质量增大的是（　　）‎ A．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0‎ B．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0‎ C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0‎ D．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0‎ ‎12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（气）+3B（气）⇌2C（气）+2D（固）达到平衡的标志是（　　）‎ ‎①C的生成 速率与C的分解速率相等 ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎ ‎④A、B、C的分压强不再变化 ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ‎ ‎⑥混合气体的物质的量不再变化 ‎⑦单位时间内消耗amolA，同时生成 3amolB ‎⑧A、B、C、D的分子数之比为1：3：2：2．‎ A．②⑧ B．②⑤⑧ C．①③④⑦ D．②⑤⑥⑧‎ ‎13．在密闭容器中，将一定量A、B气体混合后发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g）+mD（s）．平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L．则下列有关判断正确的是（　　）‎ A．x+y＞z+m B．B的转化率一定减小 C．平衡向正反应方向移动 D．混合气体的密度一定减小 ‎14．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（　　）‎ A．向待检液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42﹣‎ B．向待检液中加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+‎ C．向待检液中加入盐酸有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定含有大量的CO32﹣‎ D．向待检液中加入几滴氯水，再加入KSCN溶液，溶液立即变红，则原溶液中一定含有Fe3+‎ ‎15．在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g） 反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动 B．（a+b）＞（c+d）‎ C．Z的物质的量变小 D．X的转化率变小．‎ ‎16．据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g） 下列叙述错误的是（　　）‎ A．使用Cu﹣Zn﹣Fe催化剂可大大提高生产效率 B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 ‎17．已知25℃、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为 C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1‎ C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ•mol﹣1‎ 据此判断，下列说法中正确的是（　　）‎ A．由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低 B．由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高 C．由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低 D．由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高 ‎18．已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A．该反应热△H=+（a﹣b） kJ•mol﹣1‎ B．每生成2mol AB（g）吸收b kJ C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．断裂1mol A﹣A和1mol B﹣B键，放出a kJ能量 ‎19．反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强P1＞P2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数．据此可判断（　　）‎ A．上述反应是放热反应 B．上述反应是吸热反应 C．a＞b D．a+1＜b ‎20．在500℃和催化剂存在的条件下，在固定容积的容器中发生如下反应2SO2（g）+O2（g）2SO3‎ ‎（g）（正反应放热）．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．若降低温度，可以加快反应速率 B．在上述条件下，SO2能完全转化为SO3‎ C．使用催化剂是为了加快反应速率 D．达到平衡时，SO2和SO3的浓度一定相等 ‎21．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ ‎①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ‎②黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ‎③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率 ‎④在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去．‎ A．②③ B．②④ C．①③ D．①④‎ ‎22．向容积为2L的密闭容器中充入2mol A气体和1mol B气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol•L﹣1．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎③平衡时物质A与B的转化率相等 ‎④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L﹣1．‎ A．①②③ B．①③ C．②④ D．①③④‎ ‎　‎ 二、非选择题（本题包括4小题，共56分）‎ ‎23．短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，已知A和D，C和G为同一主族元素，D形成的阳离子和C形成的阴离子具有相同的核外电子排布，B原子的最外层电子数比次外层多3，G形成的化合物甲是造成酸雨的主要原因，F和A可形成化合物FA4很不稳定，F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，E的最高价氧化物的水化物能溶解于D的最高价氧化物的水化物中．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出 E的最高价氧化物水化物的电离方程式　　；‎ ‎（2）由C、D形成的一种淡黄色固体的电子式　　．画出G离子的结构示意图　　‎ ‎（3）写出E的最高价氧化物的水化物溶解于D的最高价氧化物的水化物的离子方程式：　　．‎ ‎（4）F和C形成的晶体微粒间的相互作用力是　　．‎ ‎（5）化合物甲的治理方法之一是用软锰矿浆（主要成分为MnO2）吸收法，该方法能做到“综合治理、变废为宝”，请写出其反应的化学方程式　　．‎ ‎（6）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：‎ ‎①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀经过滤、洗涤、干燥后，称得质量为4.66g ‎②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀和滴加的氢氧化钠溶液体积的关系如图：该正盐的化学式为　　；往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时可得到沉淀，请写出生成沉淀质量达到最大值的离子方程式　　．‎ ‎24．现有反应：m A （g）+n B（g）⇌p C（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：‎ ‎（1）该反应的逆反应为　　热反应，且m+n　　 p（填“＞”“＜”或“=”）‎ ‎（2）减压时，A的质量分数　　（填“增大”“减小”或“不变”，下同）‎ ‎（3）若加入B（体积不变），则A的转化率　　，B的转化率　　．‎ ‎（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将　　．‎ ‎（5）若加入催化剂，则正反应速率和逆反应速率将　　，平衡时气体混合物的总物质的量　　．‎ ‎（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色　　，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色　　（填“变浅”“变深”或“不变”）‎ ‎25．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：　　．‎ ‎（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3‎ 溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：　　．‎ ‎（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：‎ ‎①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 总反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2 （g）的△H=　　；‎ 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是　　（填字母代号）．‎ a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚 ‎（4）如图表示在密闭容器中反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0 达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a b过程中改变的条件可能是　　；b c过程中改变的条件可能是　　； 若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处．‎ ‎26．某学习小组利用铁与稀硫酸的反应，进行“探究影响化学反应速率因素”的实验．结果如表：‎ 实验 序号 铁的质量/g 铁的 形态 V（H2SO4）‎ ‎/mL c（H2SO4）‎ ‎/mol•L﹣1‎ 反应前溶液 的温度/℃‎ 金属完全消 失的时间/s ‎1‎ ‎0.10‎ 片状 ‎50‎ ‎0.8‎ ‎20‎ ‎200‎ ‎2‎ ‎0.10‎ 粉状 ‎50‎ ‎0.8‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎3‎ ‎0.10‎ 片状 ‎50‎ ‎1.0‎ ‎20‎ ‎125‎ ‎4‎ ‎0.10‎ 片状 ‎50‎ ‎1.0‎ ‎35‎ ‎50‎ 请分析上表信息，回答下列问题．‎ ‎（1）实验1、2 表明　　对反应速率有影响，其规律是　　．‎ ‎（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有　　（填实验序号）．‎ ‎（3）该探究实验中，影响反应速率的因素还有　　，体现该影响因素的实验有　　（填实验序号）．‎ ‎（4）进行实验3时，若将稀硫酸改为50mL 2.0mol•L﹣1盐酸（其他条件不变），发现：放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快．你认为可能的原因是　　．（忽略温度对反应速率的影响）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市龙泉中学高二（上）月考化学试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）‎ ‎1．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ/mol，下列说法正确的是（　　）‎ A．2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量 B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJ C．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量 D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ热量 ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量；‎ B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据反应热与能量关系判断；‎ C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应；‎ D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数．‎ ‎【解答】解：A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；‎ B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；‎ C、反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；‎ D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．已知反应：①101kPa时，C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ/mol ‎②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3kJ/mol．‎ 下列结论正确的是（　　）‎ A．若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＜△H1‎ B．若碳的燃烧热用△H3来表示，则△H3＞△H1‎ C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎【考点】中和热；燃烧热．‎ ‎【分析】A、根据燃烧热的定义：完全燃烧1mol物质生成最稳定氧化物所释放的热量来判断；‎ B、根据燃烧热的定义：完全燃烧1mol物质生成最稳定氧化物所释放的热量来判断；‎ C、浓硫酸的稀释过程是放热的；‎ D、醋酸的电离过程是吸热的．‎ ‎【解答】解：A、碳的燃烧热：完全燃烧1molC生成最稳定氧化物二氧化碳所释放的热量，碳完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，即△H3＜△H1，故A正确；‎ B、碳的燃烧热：完全燃烧1molC生成最稳定氧化物二氧化碳所释放的热量，碳完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，即△H3＜△H1，故B错误；‎ C、浓硫酸的稀释过程是放热的，浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热大于57.3kJ/mol，故C错误；‎ D、醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣4b kJ/mol B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）；△H=2b kJ/mol C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=2b kJ/mol D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=b kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知以及热化学方程式的书写方法写出热化学方程式．‎ ‎【解答】解：充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，或生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2b kJ/mol 或2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/mol；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．已知H﹣H键能为436KJ/mol，H﹣N键能为391KJ/mol，根据化学方程式：N2+3H2=2NH3△H=﹣92KJ/mol，则N≡N键的键能是（　　）‎ A．431 KJ/mol B．946 KJ/mol C．649 KJ/mol D．869 KJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，据此计算．‎ ‎【解答】解：已知：H﹣H键能为436kJ/mol，H﹣N键能为391kJ/mol，令N≡N的键能为x，‎ 对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol，‎ 反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol﹣2×3×391kJ/mol=﹣92kJ/mol 解得：x=946kJ/mol 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【考点】活化能及其对化学反应速率的影响．‎ ‎【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；‎ B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；‎ D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．设NA 表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol甲基（﹣CH3）含有10NA个电子 B．常温常压下，71gCl2含有的氯原子数为2NA C．1mol•L﹣1NaCl溶液中含有的钠离子为NA D．标准状况下，11.2L CH3CH2OH 中含有的分子数目为0.5NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、甲基是中性原子团，结合原子结构计算；‎ B、依据n===1mol，结合分子式计算原子数；‎ C、溶液体积不知不能计算微粒数；‎ D、标准状况乙醇不是气体．‎ ‎【解答】解：A、1mol甲基（﹣CH3）含有电子数=1mol×（6+3）×NA=9NA，故A错误；‎ B、常温常压下，71gCl2含物质的量=‎ ‎=1mol，分子中含有的氯原子数为2NA，故B正确；‎ C、溶液体积不知，不能计算1mol•L﹣1NaCl溶液中含有的钠离子，故C错误；‎ D、标准状况乙醇不是气体，11.2L CH3CH2OH 物质的量不是0.5mol，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．室温下将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（　　）‎ A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H3‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；‎ CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；‎ 已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．‎ ‎【解答】解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；‎ ‎②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；‎ ‎③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；‎ 依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，‎ A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；‎ B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1 ，故B错误；‎ C、△H3=△H1﹣△H2，故C正确；‎ D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．NaHCO3溶液与盐酸：CO32﹣+2 H+═H2O+CO2↑‎ B．向澄清的石灰水中加入过量的小苏打溶液：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣‎ C．向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O D．AlCl3溶液与过量氨水反应：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．碳酸氢根离子不能拆开；‎ B．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；‎ C．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；‎ D．氨水为弱碱，无法弱碱氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀；‎ ‎【解答】解：A．NaHCO3溶液与盐酸生成氯化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故A错误；‎ B．向澄清的石灰水中加入过量的小苏打溶液，反应生成碳酸钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B正确；‎ C．向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；‎ D．AlCl3溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．已知图一表示的是可逆反应CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0的化学反应速率（v）与时间（t）的关系，图二表示的是可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0的浓度（c）随时间（t）的变化情况．下列说法中正确的是（　　）‎ A．图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 B．图一t2时改变的条件一定是增大了反应物的浓度 C．图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 D．若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小 ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．‎ ‎【分析】CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）是反应气体体积减小的吸热反应，图一t2时改变条件时，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变条件是温度或压强；‎ ‎2NO2（g）⇌N2O4（g）是反应前后气体体积减小的放热反应，图二t1时改变条件两种物质反应速率都增大，且反应物反应速率大于生成物，平衡向正反应方向移动，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：CO（g）+H2（g）⇌C（s）+H2O（g）是反应气体体积减小的吸热反应，图一t2时改变条件时，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，增大压强平衡正向移动，所以改变条件可能是升高温度或增大压强；‎ ‎2NO2（g）⇌N2O4（g）是反应前后气体体积减小的放热反应，图二t1时改变条件两种物质反应速率都增大，且反应物反应速率大于生成物，平衡向正反应方向移动，‎ 如果是升高温度，平衡向逆反应方向移动，则只能是减小容器体积即增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量减小，则混合气体的平均分子质量将增大，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．将4mol A和2mol B放入2L密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜‎ ‎0，4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L．下列说法正确的是（　　）‎ A．4 s内，v（B）=0.075 mol/（L•s）‎ B．4 s后平衡状态下，c（A）：c（C）=2：1‎ C．达到平衡状态时，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大 D．达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、根据反应速率之比等于化学计量数之比计算；‎ B、4s后，测得C的浓度为0.6mol/L，那么A的浓度为：﹣0.6mol/L；‎ C、升高温度，平衡向逆反应方向移动；‎ D、缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率升高．‎ ‎【解答】解：A、v（C）==0.15mol/（L•s），反应速率之比等于化学计量数之比，则v（B）=0.075mol/（L•s），故A正确；‎ B、4s后，测得C的浓度为0.6mol/L，那么A的浓度为：﹣0.6mol/L=1.4mol/L，c（A）：c（C）=1.4：0.6=7：3，故B错误；‎ C、升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的物质的量浓度减小，故C错误；‎ D、缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率升高，故D错误，故选A．‎ ‎　‎ ‎11．下列反应达到平衡后，升高温度可以使混合气体平均相对分子质量增大的是（　　）‎ A．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0‎ B．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0‎ C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0‎ D．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由选项中方程式可知，各反应中混合气体的总质量不变，根据反应热判断温度升高平衡移动方向，确定混合气体总的物质的量变化情况，再根据=判断．‎ ‎【解答】解：A．混合气体的总质量不变，总的物质的量不变，平均相对分子质量始终不变，故A不符合；‎ B．混合气体的总质量不变，温度升高平衡向逆反应方向移动，混合气体总的物质的量减小，平均相对分子质量增大，故B符合；‎ C．混合气体的总质量不变，温度升高平衡向逆反应方向移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，故C不符合；‎ D．混合气体的总质量不变，温度升高平衡向逆反应正反应方向移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，故D不符合；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（气）+3B（气）⇌2C（气）+2D（固）达到平衡的标志是（　　）‎ ‎①C的生成 速率与C的分解速率相等 ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎ ‎④A、B、C的分压强不再变化 ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ‎ ‎⑥混合气体的物质的量不再变化 ‎⑦单位时间内消耗amolA，同时生成 3amolB ‎⑧A、B、C、D的分子数之比为1：3：2：2．‎ A．②⑧ B．②⑤⑧ C．①③④⑦ D．②⑤⑥⑧‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】可逆反应A（气）+3B（气）⇌2C（气）+2D（固）达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，反应体系中各组分的浓度不再变化；注意生成物D是固体，反应两边气体的质量不相等，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，该反应达到了化学平衡状态，故①不选；‎ ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到了平衡状态，故②选；‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故③不选；‎ ‎④A、B、C的分压强不再变化，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，故④不选；‎ ‎⑤混合气体的总压强不再变化，反应方程式两边气体的化学计量数之和不相等，总压强不再变化，说明各组分的浓度不变，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤不选；‎ ‎⑥反应两边气体的体积不相同，混合气体的物质的量是个变化的量，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑥不选；‎ ‎⑦单位时间内消耗amolA，同时生成 3amolB，说明正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，达到了平衡状态，故⑦不选；‎ ‎⑧A、B、C、D的分子数之比为1：3：2：2，不能判断各组分的分子数是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故⑧选；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎13．在密闭容器中，将一定量A、B气体混合后发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g）+mD（s）．平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L．则下列有关判断正确的是（　　）‎ A．x+y＞z+m B．B的转化率一定减小 C．平衡向正反应方向移动 D．混合气体的密度一定减小 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L，可知体积增大、压强减小，平衡逆向移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．减小压强，平衡逆向移动，可知x+y＞z，故A错误；‎ B．平衡逆向移动，则B的转化率减小，故B正确；‎ C．由上述分析可知，平衡逆向移动，故C错误；‎ D．平衡逆向移动，气体的质量增加，则气体的密度可能增大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（　　）‎ A．向待检液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42﹣‎ B．向待检液中加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有NH4+‎ C．向待检液中加入盐酸有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定含有大量的CO32﹣‎ D．向待检液中加入几滴氯水，再加入KSCN溶液，溶液立即变红，则原溶液中一定含有Fe3+‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】A．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；‎ B．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ C．二氧化碳、二氧化硫均使澄清石灰水变浑浊；‎ D．加入几滴氯水，可氧化亚铁离子．‎ ‎【解答】解：A．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A错误；‎ B．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有NH4+，故B正确；‎ C．二氧化碳、二氧化硫均使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能含CO32﹣或SO32﹣，或HCO3﹣等，故C错误；‎ D．加入几滴氯水，可氧化亚铁离子，取溶液少许加入KSCN溶液，溶液立即变红，则原溶液中一定含有Fe3+，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g） 反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动 B．（a+b）＞（c+d）‎ C．Z的物质的量变小 D．X的转化率变小．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析选项．‎ ‎【解答】解：在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）⇌cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，‎ A、依据条件改变分析判断平衡逆向进行，故A正确；‎ B、压缩容器体积，压强增大，平衡逆向进行，所以逆向是气体体积减小的反应，所以a+b＜c+d，故B错误；‎ C、反应平衡逆向进行，Z的物质的量减小，故C正确；‎ D、平衡逆向进行，X转化率减小，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g） 下列叙述错误的是（　　）‎ A．使用Cu﹣Zn﹣Fe催化剂可大大提高生产效率 B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 ‎【考点】化学平衡的影响因素；催化剂的作用．‎ ‎【分析】根据催化剂、温度、浓度对化学反应速率和化学平衡的影响来分析解答，并注意吸热反应与反应的条件无关．‎ ‎【解答】解：A、因催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，则在一定时间内提高了生产效率，故A对；‎ B、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，故B错；‎ C、充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，故C对；‎ D、从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，故D对；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎17．已知25℃、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为 C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1‎ C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ•mol﹣1‎ 据此判断，下列说法中正确的是（　　）‎ A．由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低 B．由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高 C．由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低 D．由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高 ‎【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多说明金刚石的能量高，石墨转化为金刚石，要吸收能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，当反应物的能量低于生成物的能量时，则反应是吸热反应，物质的能量越低越稳定．‎ ‎【解答】解：1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多说明金刚石的能量高，石墨转化为金刚石，要吸收能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，当反应物的能量低于生成物的能量时，则反应是吸热反应，物质的能量越低越稳定．故由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A．该反应热△H=+（a﹣b） kJ•mol﹣1‎ B．每生成2mol AB（g）吸收b kJ C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．断裂1mol A﹣A和1mol B﹣B键，放出a kJ能量 ‎【考点】化学能与热能的相互转化．‎ ‎【分析】A、反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和；‎ B、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB；‎ C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；‎ D、断裂化学键吸收能量；‎ ‎【解答】解：A、反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和，所以反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故A正确；‎ B、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a﹣b） kJ热量，故B错误；‎ C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；‎ D、断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键，吸收a kJ能量，故D错误；‎ 故选：A；‎ ‎　‎ ‎19．反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强P1＞P2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数．据此可判断（　　）‎ A．上述反应是放热反应 B．上述反应是吸热反应 C．a＞b D．a+1＜b ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，温度越高，G的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动；压强P1＞P2，可知相同温度下，压强越大，G的体积分数越大，则增大压强，平衡逆向移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故A错误；‎ B．温度越高，G的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故B正确；‎ C．增大压强，平衡逆向移动，则a＜b，故C错误；‎ D．由选项C可知a＜b，不能确定a+1与b的关系，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．在500℃和催化剂存在的条件下，在固定容积的容器中发生如下反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）（正反应放热）．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．若降低温度，可以加快反应速率 B．在上述条件下，SO2能完全转化为SO3‎ C．使用催化剂是为了加快反应速率 D．达到平衡时，SO2和SO3的浓度一定相等 ‎【考点】催化剂的作用；化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】影响反应速度的因素很多，主要有温度，反应物的浓度、催化剂等．不同的实验影响速度的因素各不相同，针对不同实验，确定不同影响反应的因素．‎ ‎【解答】解：A．降低温度，减小反应速率，故A错误； ‎ B．该反应为可逆反应，SO2不能完全转化为SO3，故B错误；‎ C．催化剂能加快反应速率，故C正确；‎ D．达到平衡时，SO2和SO3的浓度不再改变但不一定相等，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ ‎①由H2、I2蒸气、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ‎②黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ‎③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率 ‎④在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去．‎ A．②③ B．②④ C．①③ D．①④‎ ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．‎ 勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．‎ ‎【解答】解：①该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故①选；‎ ‎②对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，故②不选；‎ ‎③催化剂不影响平衡移动只能够加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故③选；‎ ‎④溶液中存在平衡Fe3++SCN﹣⇌Fe（SCN）2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故④不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎22．向容积为2L的密闭容器中充入2mol A气体和1mol B气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol•L﹣1．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎③平衡时物质A与B的转化率相等 ‎④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L﹣1．‎ A．①②③ B．①③ C．②④ D．①③④‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】向容积为2L的密闭容器中充入2mol A气体和1mol B气体，则起始时A的浓度为1mol/L，B的浓度为0.5mol/L，‎ ‎ 2A（g）+B（g）⇌3C（g）‎ 起始（mol/）：1 0.5 0‎ 转化（mol/）：0.4 0.2 0.6 ‎ 平衡（mol/）：0.6 0.3 0.6‎ 结合v=计算．‎ ‎【解答】解：向容积为2L的密闭容器中充入2mol A气体和1mol B气体，则起始时A的浓度为1mol/L，B的浓度为0.5mol/L，‎ ‎ 2A（g）+B（g）⇌3C（g）‎ 起始（mol/）：1 0.5 0‎ 转化（mol/）：0.4 0.2 0.6 ‎ 平衡（mol/）：0.6 0.3 0.6‎ ‎①v（A）==0.2mol/（L•s）；‎ ‎②v（B）==0.1mol/（L•s）；‎ ‎③平衡时物质A的转化率为=40%，B的转化率为=40%，转化率相等；‎ ‎④平衡时物质B的浓度为0.3mol/L．则正确的只有①③，‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、非选择题（本题包括4小题，共56分）‎ ‎23．短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，已知A和D，C和G为同一主族元素，D形成的阳离子和C形成的阴离子具有相同的核外电子排布，B原子的最外层电子数比次外层多3，G形成的化合物甲是造成酸雨的主要原因，F和A可形成化合物FA4‎ 很不稳定，F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，E的最高价氧化物的水化物能溶解于D的最高价氧化物的水化物中．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出 E的最高价氧化物水化物的电离方程式　AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣　；‎ ‎（2）由C、D形成的一种淡黄色固体的电子式　　．画出G离子的结构示意图　　‎ ‎（3）写出E的最高价氧化物的水化物溶解于D的最高价氧化物的水化物的离子方程式：　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．‎ ‎（4）F和C形成的晶体微粒间的相互作用力是　共价键　．‎ ‎（5）化合物甲的治理方法之一是用软锰矿浆（主要成分为MnO2）吸收法，该方法能做到“综合治理、变废为宝”，请写出其反应的化学方程式　SO2+MnO2=MnSO4　．‎ ‎（6）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：‎ ‎①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀经过滤、洗涤、干燥后，称得质量为4.66g ‎②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀和滴加的氢氧化钠溶液体积的关系如图：该正盐的化学式为　NH4Al（SO4）2　；往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时可得到沉淀，请写出生成沉淀质量达到最大值的离子方程式　Al3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，B原子的最外层电子数比次外层多3，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故B为N元素；F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，则C为O元素、F为Si；C和G为同一主族元素，则G为S元素；D形成的阳离子和C（氧）形成的阴离子具有相同的核外电子排布，D处于第三周期，A和D为同一主族元素，F（Si）和A可形成化合物FA4‎ 很不稳定，可推知A为H元素、D为Na；D的最高价氧化物的水化物为NaOH，E的最高价氧化物的水化物能溶解与NaOH溶液，E的原子序数介于Na、Si之间，则E为Al，G形成的化合物甲为SO2是造成酸雨的主要原因．‎ ‎（1）E的最高价氧化物水化物为Al（OH）3，存在酸性电离与碱式电离；‎ ‎（2）由C、D形成的一种淡黄色固体为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，G离子为S2﹣，离子核外有18故电子，有3个电子层，构成电子数为2、8、8；‎ ‎（3）E的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水；‎ ‎（4）F和C形成的晶体为SiO2，属于原子晶体，微粒间的相互作用力是共价键；‎ ‎（5）G形成的化合物甲为SO2，与MnO2反应生成MnSO4；‎ ‎（6）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：‎ ‎①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀，则含有SO42﹣，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为=0.02mol，则溶液中n（SO42﹣）=n（BaSO4）=0.02mol；‎ ‎②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，最终沉淀完全溶解，则含有Al3+，30mL～40mL时氢氧化铝质量不变，则溶液中还含有NH4+，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓可知溶液中n（Al3+）=0.03L×1mol/L×=0.01mol，由NH4++OH﹣=NH3．H2O可知溶液中n（NH4+）=0.01L×1mol/L=0.01mol，符合2n（SO42﹣）=3n（Al3+）+n（NH4+），而m（SO42﹣）+m（Al3+）+m（NH4+）=0.02mol×96g/mol/L+0.01mol×27g/mol+0.01mol×18g/mol=2.37g，等于样品的质量，故该晶体不含结晶水，晶体中n（SO42﹣）：n（Al3+）：n（NH4+）=0.02mol：0.01mol：0.01mol=2：1：1，故该晶体为NH4Al（SO4）2，‎ 往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时，NH4Al（SO4）2与氢氧化钡按物质的量1：2反应时生成沉淀质量达到最大值．‎ ‎【解答】‎ 解：短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，B原子的最外层电子数比次外层多3，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故B为N元素；F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，则C为O元素、F为Si；C和G为同一主族元素，则G为S元素；D形成的阳离子和C（氧）形成的阴离子具有相同的核外电子排布，D处于第三周期，A和D为同一主族元素，F（Si）和A可形成化合物FA4很不稳定，可推知A为H元素、D为Na；D的最高价氧化物的水化物为NaOH，E的最高价氧化物的水化物能溶解与NaOH溶液，E的原子序数介于Na、Si之间，则E为Al，G形成的化合物甲为SO2是造成酸雨的主要原因．‎ ‎（1）E的最高价氧化物水化物为Al（OH）3，电离方程式为：AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，故答案为：AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣；‎ ‎（2）由C、D形成的一种淡黄色固体为Na2O2，其电子式为，G离子为S2﹣，离子结构示意图为，‎ 故答案为：；；‎ ‎（3）E的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ 故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（4）F和C形成的晶体为SiO2，属于原子晶体，微粒间的相互作用力是共价键，故答案为：共价键；‎ ‎（5）G形成的化合物甲为SO2，化合物甲的治理方法之一是用软锰矿浆（主要成分为MnO2）吸收法，该方法能做到“综合治理、变废为宝”，其反应的化学方程式：SO2+MnO2=MnSO4，‎ 故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；‎ ‎（6）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：‎ ‎①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀，则含有SO42﹣，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为 ‎=0.02mol，则溶液中n（SO42﹣）=n（BaSO4）=0.02mol；‎ ‎②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，最终沉淀完全溶解，则含有Al3+，30mL～40mL时氢氧化铝质量不变，则溶液中还含有NH4+，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓可知溶液中n（Al3+）=0.03L×1mol/L×=0.01mol，由NH4++OH﹣=NH3．H2O可知溶液中n（NH4+）=0.01L×1mol/L=0.01mol，符合2n（SO42﹣）=3n（Al3+）+n（NH4+），而m（SO42﹣）+m（Al3+）+m（NH4+）=0.02mol×96g/mol/L+0.01mol×27g/mol+0.01mol×18g/mol=2.37g，等于样品的质量，故该晶体不含结晶水，晶体中n（SO42﹣）：n（Al3+）：n（NH4+）=0.02mol：0.01mol：0.01mol=2：1：1，故该晶体为NH4Al（SO4）2，‎ 往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时，NH4Al（SO4）2与氢氧化钡按物质的量1：2反应时生成沉淀质量达到最大值，反应离子方程式为：Al3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，‎ 故答案为：NH4Al（SO4）2；Al3++NH4++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O．‎ ‎　‎ ‎24．现有反应：m A （g）+n B（g）⇌p C（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：‎ ‎（1）该反应的逆反应为　放　热反应，且m+n　＞　 p（填“＞”“＜”或“=”）‎ ‎（2）减压时，A的质量分数　增大　（填“增大”“减小”或“不变”，下同）‎ ‎（3）若加入B（体积不变），则A的转化率　增大　，B的转化率　减小　．‎ ‎（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将　减小　．‎ ‎（5）若加入催化剂，则正反应速率和逆反应速率将　增大　，平衡时气体混合物的总物质的量　不变　．‎ ‎（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色　变深　，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色　变浅　（填“变浅”“变深”或“不变”）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题．‎ ‎【解答】解：（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，‎ 故答案为：放；＞；‎ ‎（2）减压，平衡向着方程式中气体的计量数之和增大的反应方向移动，即向着逆反应方向移动，则A的质量分数增大，故答案为：增大；‎ ‎（3）在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，B的转化率减小，故答案为：增大；减小；‎ ‎（4）正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以二者的浓度比值将减小，故答案为：减小；‎ ‎（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，正反应速率和逆反应速率将增大，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：增大；不变；‎ ‎（6）加入C（体积不变）时平衡逆向移动，B的浓度增大，则混合物颜色变深，维持容器内压强不变，充入氖气时，容器的体积增大，所有反应物和生成物的浓度都会减小，所以颜色变浅，故答案为：变深；变浅．‎ ‎　‎ ‎25．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：　C+H2OCO+H2　．‎ ‎（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：　Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS　．‎ ‎（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：‎ ‎①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 总反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2 （g）的△H=　﹣246.4kJ•mol﹣1　；‎ 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是　ce　（填字母代号）．‎ a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚 ‎（4）如图表示在密闭容器中反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0 达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a b过程中改变的条件可能是　升温　；b c过程中改变的条件可能是　减小SO3的浓度　； 若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处．‎ ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程；‎ ‎（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐为硫氢酸钠和碳酸氢；‎ ‎（3）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律②+③+①×2计算；要提高CO的转化率，应使平衡正向移动；‎ ‎（4）在a时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，可为升高温度，在b时刻，正反应速率 不变，逆反应速率减小，且正反应速率大于逆反应速率，即平衡正向移动，因为降低生成物的浓度，增大压强，平衡正向移动．‎ ‎【解答】解：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程：C+H2OCO+H2，‎ 故答案为：C+H2OCO+H2；‎ ‎（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐为硫氢酸钠和碳酸氢，反应的化学方程式为：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS，‎ 故答案为：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS；‎ ‎（3）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律②+③+①×2得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=﹣246.4kJ•mol﹣1，‎ 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，反应是放热反应，反应前后气体体积减小的反应，要提高CO的转化率，平衡正向进行，‎ a、正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故a错误；‎ b、加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，转化率不变，故b错误； ‎ c、减少CO2的浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故c正确；‎ d、增加CO的浓度，提高氢气转化率，一氧化碳转化率减小，故d错误； ‎ e、分离出二甲醚（CH3OCH3），平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，故e正确；‎ 故答案为：﹣246.4kJ•mol﹣1；c、e；‎ ‎（4）根据图二可知，在a时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，因为反应的△H＜0，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，a～b过程中改变的条件可能是升温；在b时刻，正反应速率 不变，逆反应速率减小，且正反应速率大于逆反应速率，即平衡正向移动，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，b～c过程中改变的条件可能是减小SO3的浓度，在b～‎ c过程后，若增大压强，正逆反应速率都会增大，由于该反应为体积缩小的反应，所以平衡正向移动，根据压强对化学反应速率的影响可画出相关的图为：，‎ 故答案为：升温；减小SO3的浓度；．‎ ‎　‎ ‎26．某学习小组利用铁与稀硫酸的反应，进行“探究影响化学反应速率因素”的实验．结果如表：‎ 实验 序号 铁的质量/g 铁的 形态 V（H2SO4）‎ ‎/mL c（H2SO4）‎ ‎/mol•L﹣1‎ 反应前溶液 的温度/℃‎ 金属完全消 失的时间/s ‎1‎ ‎0.10‎ 片状 ‎50‎ ‎0.8‎ ‎20‎ ‎200‎ ‎2‎ ‎0.10‎ 粉状 ‎50‎ ‎0.8‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎3‎ ‎0.10‎ 片状 ‎50‎ ‎1.0‎ ‎20‎ ‎125‎ ‎4‎ ‎0.10‎ 片状 ‎50‎ ‎1.0‎ ‎35‎ ‎50‎ 请分析上表信息，回答下列问题．‎ ‎（1）实验1、2 表明　固体反应物的表面积　对反应速率有影响，其规律是　增大固体反应物的表面积会加快化学反应速率　．‎ ‎（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有　1和3　（填实验序号）．‎ ‎（3）该探究实验中，影响反应速率的因素还有　反应前溶液的温度　，体现该影响因素的实验有　3和4　（填实验序号）．‎ ‎（4）进行实验3时，若将稀硫酸改为50mL 2.0mol•L﹣1盐酸（其他条件不变），发现：放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快．你认为可能的原因是　Cl﹣对反应起促进作用（或SO42﹣对反应起抑制作用）　．（忽略温度对反应速率的影响）‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）实验12的不同在于铁的形态，固体表面积越大，反应速率越快；‎ ‎（2）可表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验，浓度是唯一变量，其它数据应相同；‎ ‎（3）本实验影响反应速率的因素有浓度、温度、固体表面积，温度是唯一变量，其它数据应相同；‎ ‎（4）1.0mol•L﹣1硫酸与2.0mol•L﹣1盐酸相比，氢离子浓度一致，差别在于硫酸根离子和氯离子．‎ ‎【解答】解：（1）实验12的不同在于铁的形态，粉状的固体表面积大于片状的固体表面积，由表中金属完全消失的时间数据可知固体表面积越大，反应速率越快，‎ 故答案为：固体反应物的表面积；增大固体反应物的表面积会加快化学反应速率；‎ ‎（2）可表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验，浓度是唯一变量，其它数据应相同，由表中数据可知应为实验1和实验3，‎ 故答案为：1和3；‎ ‎（3）本实验影响反应速率的因素有浓度、温度、固体表面积，固体表面积和浓度分别在（1）、（2）中涉及，因此该探究实验中，影响反应速率的因素还有温度，温度是唯一变量，其它数据应相同，由表中数据可知应为实验3和实验4，‎ 故答案为：反应前溶液的温度；3和4；‎ ‎（4）1.0mol•L﹣1硫酸与2.0mol•L﹣1盐酸相比，氢离子浓度一致，差别在于硫酸根离子和氯离子，盐酸明显比硫酸快的原因可能是Cl﹣ 对反应起促进作用或 SO42﹣对反应起抑制作用，‎ 故答案为：Cl﹣ 对反应起促进作用（或 SO42﹣对反应起抑制作用）．‎