福建省泉州市泉港区第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

福建省泉州市泉港区第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

泉港一中2020届高三（上）第一次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：He 4 S 32 Pb 207‎ 一、单选题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1. 化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性 B. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染 C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素 D. 含重金属离子的电镀废液不能随意排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．铁表面镀锌，与周围的物质接触，构成原电池时，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn是负极，首先被腐蚀的是锌，Fe得到了保护，故可增强其抗腐蚀性，A正确；B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料，由于聚乙烯塑料不容易降解，故可增加白色污染，B错误；C．大量燃烧化石燃料不完全燃烧会产生许多固体颗粒物，因此是造成雾霾天气的一种重要因素，C正确；D．由于重金属会造成水污染、土壤污染，因此含重金属离子的电镀废液不能随意排放，D正确。答案选B。‎ 考点：考查化学在生产、生活中的应用正误判断的知识。‎ ‎2.汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH＜0。下列说法正确的是 A. 升高温度可使该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小 B. 增大压强，可以使NO和CO完全转为为无污染的N2和CO2，而消除污染 C. 该反应反应物总能量小于生成物总能量 D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，反应速率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大；‎ B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2；‎ C. 反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；‎ D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率；‎ ‎【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，A错误；‎ B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2，B错误；‎ C. 该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，C错误；‎ D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率，使反应速率增大，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎3.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+I2+3H2O B. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−‎ C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+4H++H2O D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、电子得失不守恒；B、CaSO4固体和CaCO3固体转化；C、碱性溶液，不是酸性溶液；D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；‎ ‎【详解】A、酸化NaIO3和NaI的混合溶液：5I− +IO3−+6H+ 3I2+3H2O，故A错误；B、CaSO4固体和CaCO3固体转化平衡：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−，故B正确；C、碱性溶液，不是酸性溶液，4OH-+3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl−+2H2OCl2↑+ H2↑+2OH-，故D错误；故选B。‎ ‎4.下列实验操作和现象所得结论正确的是(     )‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 向某无色溶液中滴加稀盐酸 溶液变浑浊 原溶液中一定存在 B 向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液 未观察到明显现象 原溶液中一定不存在 C 向酸性溶液中通入 溶液紫红色褪去 具有还原性 D 向某溶液中通入，再滴入KSCN溶液 溶液变红 原溶液中一定含有 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，向某无色溶液中滴加稀盐酸，溶液变浑浊，则原溶液中可能是Ag+、SiO32−，故A错误；‎ B选项，向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，未观察到明显现象，不能说明溶液中没有NH4+，检验的方法是向无色溶液中NaOH溶液，再加热，有刺激性气味或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中含有NH4+，故B错误；‎ C选项，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液紫红色褪去，酸性高锰酸钾和二氧化硫发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，故C正确；‎ D选项，向某溶液中通入Cl2，再滴入KSCN溶液，溶液变红，则溶液中含有Fe3+，而此时的Fe3+是原来有，还是通入Cl2后生成的呢？不清楚，所以不能说原溶液中含Fe2+，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定的环境中可能大量共存的是(     )‎ A. 的溶液中：、、、‎ B. 某无色溶液中：、、、‎ C. 硝酸钠溶液中：、、、‎ D. 加入铝粉能产生的溶液中：、、、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，pH=13的溶液，说明溶液中含OH−，Na+、S2－、AlO2－、SO42－，这几者都不反应，大量共存，故A正确；‎ B选项，无色溶液即没有颜色的离子，Cu2+为蓝色，故B错误；‎ C选项，Ca2+和SO42－反应生成沉淀，故C错误；‎ D选项，加入铝粉能产生H2的溶液，由于溶液中有NO3−，故溶液含有大量OH−，OH−与HCO3-反应生成CO32-离子和水，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎6.下列有关 2个电化学装置的叙述正确的是 (     )‎ A. 图I，由于盐桥中的移向溶液，一段时间后，使溶液中的正电荷数量增加 B. 图I，在不改变总反应的前提下，可用替换，用石墨替换 Cu棒 C. 图II，通电后和先从阳极区移动到阴极，然后阴极才发生反应 D. 图II，通电后，由于  向阳极迁移，导致阳极附近 pH 升高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，图I是原电池，Zn为负极，Cu为正极，由于“同性相吸”盐桥中的K+移向右侧，但溶液中的Cu2+在Cu电极上不断得到电子变为Cu，溶液中的正电荷数量不会增加，故A错误；‎ B选项，图I发生的电极反应式，负极：Zn－2e－=Zn2＋，正极：Cu2＋＋2e－=Cu，用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒，总反应不改变，故B正确；‎ C选项，图II是电解池，“异性”相吸，由于溶液中氢离子来源于水的电离，氢离子浓度很小，所以通电后Na＋先从阳极区移动到阴极，阴极周围的水电离出氢离子在阴极放电，故C错误；‎ D选项，图II，通电后，阳极是氯离子放电，生成气体氯气，氯离子放电结束后在阳极处水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】有盐桥为原电池，有电源的为电解池，原电池“同性”相吸，电解池“异性”相吸。‎ ‎7.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(     )‎ A. 标准状况氦气含有的质子数为 B. 1mol氯气与足量的铁反应，转移电子数目为3NA C. 溶液中所含的数目为 D. 密闭容器中与充分反应，产物的分子数为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，11.2 L(标准状况)氦气物质的量为0.5 mol，质子的物质的量为0.5 mol x2=1 mol，则含有的质子数为NA，故A正确；‎ B选项，1mol氯气与足量的铁反应生成FeCl3，根据化合价变化，一个Cl原子得到1个电子，一个Cl2分子得到2个电子，1 mol氯气得到2 mol电子，故转移电子的数目为2NA，故B错误；‎ C选项，100 mL 1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中所含Al3+的数目为0.2 NA，但由于Al3+要发生水解，因此Al3+数目小于0.2 NA，故C错误；‎ D选项，密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2充分反应，由于该反应是可逆反应，即使充分反应也反应不完全，因此生成的产物三氧化硫不可能为2 mol，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】根据化合价计算电子转移，二氧化硫与氧气反应是可逆反应。‎ ‎8.根据右图所示能量循环图，下列说法正确的是（　　）‎ A. △H1>0；△H2<0‎ B. △H3>0；△H4<0‎ C. △H5>0；△H<0‎ D. △H=△H1+△H2+△H3+△H4-△H5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固态转化为气态吸热，△H1＞0，气态原子转化为气态金属离子吸热，则△H2＞0，故A错误；‎ B．断裂化学键吸收能量，非金属原子的气态转化为离子放热，则△H3＞0；△H4＜0，故B正确；‎ C．气态离子转化为固态放热，则△H5＜0，故C错误； ‎ D．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%‎ B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。‎ 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。‎ ‎10.自催化作用是指反应物之一使该 反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（可以记做）。‎ 实验①‎ 实验②‎ 实验③‎ 的溶液和的溶液混合 固体 的溶液和的溶液混合 稀盐酸 的溶液和的溶液混合 褪色 比实验①褪色快 比实验①褪色快 下列说法不正确的是 A. 实验①中发生氧化还原反应，是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用 B. 实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率 C. 实验③褪色比①快，是因为Cl-的催化作用加快了反应速率 D. 若用的做实验①，推测比实验①褪色快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4 是还原剂，产物 MnSO4 能起自催化作用，故A正确；‎ B. 催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；‎ C. 高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；‎ D. 增大浓度，反应速率加快，则用 1mL0.2M 的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎11.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是 A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B. T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝mol/(L·min)‎ C. M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆 D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了（a－b）mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为mol/(L·min)，B不正确；C、根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正方应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，D不正确，答案选C。‎ 考点：考查化学反应速率和平衡平衡状态的有关判断与计算 ‎12.一定条件下，在水溶液中1 mol ClOx－(x＝0，1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是( )‎ A. e是ClO3－‎ B. b→a＋c反应的活化能为60 kJ·mol－1‎ C. a、b、c、d、e中c最稳定 D. b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=2Cl－(aq)＋ClO3－(aq)　ΔH＝－116 kJ·mol ‎－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可知，各微粒中氯元素的化合价：a为－1价，b为+1价，c为+3价，d为+5价，e为+7价。根据氧化还原反应写出b→a＋c和b→a＋d的离子反应方程式。‎ ‎【详解】A选项，根据图可知e对应的价态为+7价，因此该离子为ClO4－，故A错误；‎ B选项，b→a＋c即2ClO－(aq)= Cl－(aq)＋ClO2－(aq) ΔH＝(100 kJ·mol－1＋0 kJ·mol－1)−2×60 kJ·mol－1 = −20 kJ·mol－1，该反应为放热反应，但无法知道该反应的活化能，故B错误；‎ C选项，根据能量越低越稳定，a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，故C错误；‎ D选项，b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=2Cl－(aq)＋ClO3－(aq) ΔH＝（64kJ/mol＋2×0kJ/mol）−3×60kJ/mol＝−116kJ/mol，为放热反应，反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】能量越低越稳定，反应热ΔH＝生成物总能量减反应物总能量。‎ ‎13.HBr被氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成：‎ Ⅰ．HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)；‎ Ⅱ．HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g)；‎ Ⅲ．HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br2(g)‎ ‎1mol HBr（g）被氧化为（g）放出热量，其能量与反应进程的关系如图所示：‎ 下列说法正确的是 ‎ A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应 B. Ⅰ的反应速率最慢 C. HOOBr比HBr和稳定 D. 热化学方程式为:4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g) ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，第一步反应是反应物总能量低于生成物的总能量，所为吸热反应，故A错误；‎ B选项，第一步反应需要的活化能最大，即反应I的反应速率最慢，故B正确；‎ C选项，HOOBr的总能量比HBr和O2的总能量高，能量越高，物质越不稳定，故C错误；‎ D选项，根据题意，1mol HBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67kJ热量，则热化学方程式为4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g) △H=-50.68kJ·mol-1，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】活化能越大，反应速率越慢；反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反之则为放热反应。‎ ‎14.某温度下，CO(g) + H2O (g)CO2(g) + H2(g)的平衡常数K=1。该温度下在体积均为1 L的甲、乙两个恒容密闭容器中，投入CO(g) 和 H2O (g)的起始浓度及5min时的浓度如下表所示。‎ 甲 乙 起始浓度 ‎5min时浓度 起始浓度 ‎5min时浓度 c(CO)/mol/L ‎0.1‎ ‎0.08‎ ‎0.2‎ x c(H2O)/mol/L ‎0.1‎ ‎0.08‎ ‎0.2‎ y 下列判断不正确的是 A. x =" y" = 0.16‎ B. 反应开始时，乙中反应速率比甲快 C. 甲中0～5min的平均反应速率： v(CO)="0.004" mol/（L·min）‎ D. 平衡时，乙中H2O的转化率是50%，c(CO)是甲中的2倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、乙容器中反应物的起始浓度是甲容器中起始浓度的2倍，反应速率快但不一定是甲容器中速率2倍，故x =" y" 不一定为 0.16，错误；B、乙容器中反应物的浓度是甲容器反应物浓度的2倍，反应开始时，乙中反应速率比甲快，正确；C、根据表中数据计算，甲中0～5min的平均反应速率： v(CO)=△c(CO)/△t="0.004" mol/（L·min），正确；D、设平衡时乙中H2O的转化浓度为x，则K="[" CO2][ H2]/[ CO][ H2O]=x2/(0.2—x)2=1解得x=0.01，故乙中水的转化率是50%，根据等效平衡知识判断达平衡时c(CO)是甲中的2倍，正确。‎ 考点：考查化学反应速率和化学平衡。‎ ‎15.工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：   在温度和时，分别将和充入体积为1L的密闭容器中，测得随时间变化数据如下表：下列说法错误的是(     )‎ A. 10 min内，时的化学反应速率比时小 B. 温度：‎ C. ‎ D. 平衡常数：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，10 min内，T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多，则说明消耗得少，反应速率慢，故A正确；‎ B选项，10 min内，T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多，则说明消耗得少，反应速率慢，说明T1温度比T2温度低，故B正确；‎ C选项，根据B选项T1 < T2，从T1 →T2，升温向吸热反应方向移动，平衡时甲烷的量增加，说明平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，正向为放热反应，a < 0，故C正确；‎ D选项，根据C选项得出该反应为放热反应，则升温，平衡逆向移动，生成物量减少，K减小，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎16.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq) + I一(aq)I3一(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数值如下表：‎ t/℃ ‎ ‎5 ‎ ‎15 ‎ ‎25 ‎ ‎35 ‎ ‎50 ‎ K ‎ ‎1100 ‎ ‎841 ‎ ‎680 ‎ ‎533 ‎ ‎409 ‎ 下列说法正确的是 A. 反应I2(aq)＋I一(aq)I3－(aq)的△H>0‎ B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质 C. 在上述体系中加入苯，平衡不移动 D. 25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于680‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表中数据可知，温度越大平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-‎ 而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动，故C错误；D．加入KI固体，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B。‎ 二、填空题（本大题共4小题，共52分）‎ ‎17.现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为、、、、，五种阴离子为、、、、 现将它们分别配成的溶液，进行如下实验 测得溶液A、B呈碱性，且碱性为；‎ 向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成；‎ 向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，继续滴加，沉淀消失 请根据上述实验现象，回答下列问题 实验中发生反应的化学方程式为______________；向C中滴加NaOH溶液，出现的现象为_________。‎ 分两步写出实验中发生反应的离子方程式______________。‎ 写出下列四种化合物的化学式：A______________；B______________。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). 先出现白色沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色 (3). ↓、 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为K＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，五种阴离子为Cl－、OH－、NO3－、SO42−、CO32−，现将它们分别配成0.5 mol·L-1的溶液，进行如下实验，测得溶液A、B呈碱性，分析得出溶液显碱性的只能是含OH－的碱和易溶于水的碳酸盐，由于CO32−与Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋不共存，所以碳酸盐只能是碳酸钾，碱只能为氢氧化钡,由于碱性B>A，所以A为K2CO3，B为Ba(OH)2‎ ‎；向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，不可能是碳酸盐了，那就要思考其他情况，分析得出会发生氧化还原反应而得到NO气体，发生9Fe(NO3)2＋12HCl =5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O反应，说明C物质为Fe(NO3)2，向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，继续滴加，沉淀消失，说明溶液中含有Al3＋，结合前面离子分析，D物质为Al2(SO4)3溶液。‎ ‎【详解】⑴向C溶液中滴加稀盐酸，发生反应9Fe(NO3)2＋12HCl = 5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O。向Fe(NO3)2溶液中加入NaOH溶液，先是亚铁离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化，迅速变灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：9Fe(NO3)2＋12HCl = 5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O，先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；‎ ‎⑵D为Al2(SO4)3溶液，向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，Al3＋先与OH－反应生成氢氧化铝白色沉淀即Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，再滴加氢氧化钠溶液，白色沉淀又消失即发生离子反应Al(OH)3＋OH－= AlO2－＋2H2O，故第一空答案Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，第二空答案Al(OH)3＋OH－= AlO2－＋2H2O；‎ ‎⑶由上面的分析可知，A为碳酸钾，B为氢氧化钡；故第一空答案为K2CO3，第二空答案为Ba(OH)2。‎ ‎18.如何降低大气中的含量及有效地开发利用引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入和，在下发生发应实验测得和的物质的量随时间变化如图1所示：‎ ‎（1）下列事实能说明反应到达平衡状态的是______________‎ A.容器内的密度不再改变 B. CO2和H2 的物质的量比不再改变 ‎ C.v正（CO2）=3v逆（H2） D. 容器内的压强不再改变 ‎（2）达平衡时，的体积分数为____________，平衡常数为______保留两位小数；该温度下，测得某时刻，、、和的浓度均，则此 时正______ 逆填“”“”或“”。‎ ‎（3）由图2可知，当温度升高到达平衡时，K值__________填“增大”“减小”或“不变”。‎ ‎（4）下列措施中不能使的转化率增大的是______。‎ A.在原容器中再充入1mol  ‎ B.在原容器中再充入 C.缩小容器的容积             ‎ 使用更有效的催化剂 ‎ E.将水蒸气从体系中分离出  ‎ F.在原容器中充入1molHe ‎【答案】 (1). D (2). (3). 5.33 (4). > (5). 减小 (6). BDF ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴中A选项，根据密度公式，气体质量没有变化，容器体积没有变化，即密度始终没有改变，因此不能作为判断平衡的标志，故A错误；‎ B选项，CO2和H2开始比是1:3，在整个反应过程中消耗也是按照1:3在消耗，因此在反应过程中剩余的CO2和H2的物质的量比始终未1:3，因此不能作为判断平衡的标志，故B错误；‎ C选项，v正(CO2)，反应正方向，v逆(H2)，反应逆方向，两个不同的方向，还要遵循速率比等于计量系数之比，应该3v正(CO2) = v逆(H2)，故C错误；‎ D选项，该反应为不等体积反应，因此正向反应时，容器内压强在不断减小，当压强不再改变时就达到平衡，故D正确；‎ 综上所述，答案D。‎ ‎⑵根据反应及图像分析，利用“三步走”思想 CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH (g) ＋ H2O(g)‎ 开始 1 mol·L-1 3 mol·L-1 0 0‎ 转化 0.75 mol·L-1 2.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1‎ 平衡 0.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1‎ 故第一空答案为30%；‎ 根据平衡常数公式代入 故第二空答案为5.33；‎ 根据浓度商公式代入得出数据与化学平衡常数比较 浓度商小于平衡常数，即要变大，则生成物要增加，平衡正向移动即正反应速率大于逆反应速率，故第三空答案为“>”；‎ ‎⑶根据图象知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，K值减小，故答案为减小；‎ ‎⑷A选项，在原容器中再充入1mol氢气，平衡向正反应方向移动，二氧化碳消耗，二氧化碳的转化率增大，故A能增大转化率；‎ B选项，在原容器中再充入1 mol 二氧化碳，平衡正向移动，虽然二氧化碳又消耗了，根据转化率公式可知，分子分母都变大，由于平衡移动是微弱的，因此分子增加幅度小于分母增加的幅度，转化率减小，故B不能增大转化率；‎ C选项，缩小容器的容积，压强增大，平衡向体积减小的方向移动即正向移动，转化率变大，故C能增大转化率；‎ D选项，使用更有效催化剂，反应速率加快，但平衡没有发生移动，转化率不变，故D不能增大转化率；‎ E选项，将水蒸气从体系中分离出即减小生成物浓度，平衡正向移动，转化率增大，故E能增大转化率；‎ F选项，在原容器中充入1molHe，体系压强增大，但反应浓度没有发生改变，平衡不移动，转化率不变；故F不能增大转化率；‎ 综上所述，正确答案为BDF ‎【点睛】⑴判断平衡的标志主要从正反应速率等于逆反应速率，平衡时各物质的浓度不再改变，这两个思维分析。‎ ‎⑵建立“三步走”思维模式，求体积分数和平衡常数 ‎⑶一定理解平衡移动是微弱的变化趋势。‎ ‎19.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：‎ 化学键 a b c d ‎(1)已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的______用含a、b、c、d的代数式表示。‎ 温度时，向1L的恒容反应器中充入2，仅发生上述反应，反应过程中min的物质的量随时间变化如图1，测得min时的浓度为 ‎ min内表示的反应速率为______ ‎ 若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a“或“b”）。‎ ‎ min时，若改变外界反应条件，导致 发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______任答一条即可。‎ 实验测得：，，其中、为速率常数仅与温度有关，温度时与比值为______（填数值）。若将温度由升高到，则反应速率增大的倍数______V逆 （选填“”、“”或“<”）。‎ 科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了与的固体，可在高温下传导 极为______极（选填“阳”或“阴”）。‎ 该电池工作时负极反应方程式为________。‎ 用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为11.2L，则透过阳离子交换膜的离子的物质的量为_________ mol ‎【答案】 (1). (2). (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). (6). (7). 阳 (8). (9). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ΔH=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎【详解】⑴ΔH=反应物总键能-生成物总键能=[2×4b－(c＋4b)－2a]kJ·mol－1=＋(4b－c－2a)kJ·mol－1，故答案：＋(4b－c－2a)kJ·mol－1；‎ ‎⑵①2 mol 甲烷放入1 L容器中，其浓度为2 mol·L－1，其甲烷的速率为 故答案为0.16mol·L－1·min－1‎ ‎②催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短，所以曲线b的催化剂表面积较大，故答案为b；‎ ‎③15 min时，改变外界反应条件，导致n(CH4)减小，说明平衡向消耗CH4的方向移动，所以改变的条件可能是升高温度或减小压强，故答案为升高温度或减小压强；‎ ‎⑶ 2CH4(g) C2H4(g) +2H2(g)‎ c始（mol/L） 2 0 0‎ Δc（mol/L） 1.6 0.8 1.6‎ c末（mol/L） 0.4 0.8 1.6‎ T1温度时，该反应的平衡常数，且达到平衡时有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)·c2(H2)，则 故答案为12.8；‎ 该反应吸热反应，升高温度，平衡正向移动，v正＞v逆。‎ 故答案为＞；‎ ‎⑷①甲烷燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，连原电池正极的C极为电解池的阳极，连原电池负极的D极为电解池的阴极；‎ 故答案：阳；‎ ‎②根据图示，电解质为传导的O2－，燃料电池的负极是甲烷与O2－反应生成H2O和CO2的反应，所以电极反应为CH4－8e－＋4O2－==CO2＋2H2O，‎ 故答案为CH4－8e－＋4O2－= CO2＋2H2O；‎ ‎③根据离子方程式2Cl－＋2H2O = 2OH－＋Cl2↑＋H2↑；可知，电解一段时间后，共收集到标准状况下气体11.2 L，即气体的物质的量为0.5mol，由于产生0.5 mol气体生成了0.5 mol氢氧根，根据电荷守恒原理，透过阳离子交换膜的钠离子物质的量为0.5 mol；‎ 故答案为0.5 。‎ ‎【点睛】⑴催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短；‎ ‎⑵燃料电池，燃料在负极发生反应，氧化剂在政府发生反应；‎ ‎⑶根据电荷守恒，产生多少氢氧根，则钠离子就移动多少。‎ ‎20.硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。‎ 基态硫离子价层电子的轨道表达式为____，其电子填充的最高能级的轨道数为____。‎ 常见含硫的物质有单质硫、、、‎ 等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为__________。‎ 方铅矿即硫化铅是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：浓，则中配位原子是__________，第一电离能__________填“”、“”或“”，中硫的杂化方式为______________，下列气态分子的空间构型与相同的有__________。‎ A.SnCl2 B.SO3           ‎ 方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的__________空隙中。已知晶体密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为__________nm。‎ ‎【答案】 (1). (2). 3 (3). (4). (5). (6). (7). AC (8). 四面体 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴基态硫原子电子排布式1s22s22p63s23p4，离子电子排布式1s22s22p63s23p6，离子价层电子排布式为3s23p6，离子价电子的轨道表达式为，‎ 故答案为 其电子填充的最高能级为3p能级，3p能级的轨道数为3个轨道，‎ 故答案为3；‎ ‎⑵物质的熔点比较的一般原则为离子晶体熔点大于分子晶体熔点，硫化钠和硫化钾两者都为离子晶体，根据离子半径和晶格能比较，钠离子半径小于钾离子半径，硫化钠晶格能大于硫化钾晶格能，因此硫化钠熔点大于硫化钾熔点，二氧化硫和S8都是分子晶体，组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，因此S8熔点大于二氧化硫熔点，所以四者熔点高低顺序为Na2S > K2S > S8 > SO2，‎ 故答案为Na2S > K2S > S8 > SO2‎ ‎⑶则H2[PbCl4]中配位原子是Cl，故答案为Cl；‎ 同周期第一电离能从左到右增大，但第IIA>III A,V A> VI A，氯的第一电离能大于硫的第一电离能，故答案为；‎ H2S中电子对数 所以H2S的杂化方式为SP3，‎ 故答案为SP3，‎ H2S中电子对数=2＋2=4，VSEPR模型为正四面体，略去两对孤对电子，为“V”形结构，SnCl2中电子数=2＋2=4，同样为“V”形结构，SO3中电子数=3＋0=3，即为平面三角形结构，O3中δ为2，由于形成了，中心氧原子形成时用了两个电子，因此还剩余两个电子即一对孤对电子，电子对数=2＋1=3，即为“V”形结构，CH4中电子数=4＋0=4，即为正四面体结构；‎ 故答案为AC ‎⑷根据方铅矿的立方晶胞，硫离子采取面心立方堆积，四个硫离子和铅离子形成了四面体结构，铅离子在四面体空隙中，故答案为四面体；‎ 已知晶体密度为ρg·cm－3，‎ 则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的四分之一，该晶体中有4个铅离子和4个硫离子，设棱长为a，‎ ‎ ‎ 即晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 故答案为 ‎ ‎