江西省赣州市寻乌中学2019-2020学年高二上学期第一次段考化学试题
化学试题
一、选择题(本题共20小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分)
1.下列能源中不属于化石能源的是
A. 煤 B. 石油 C. 天然气 D. 潮汐
【答案】D
【解析】
【分析】
化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等。
【详解】A. 煤是古代植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，属于化石能源，故A不选；
B. 石油是古代动物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，属于化石能源，故B不选；
C. 天然气是古代动物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，属于化石能源，故C不选；
D. 潮汐能是从海水昼夜间的涨落中获得的能量，它与天体引力有关，不属于化石能源，故D选；
答案选D。
【点睛】需要知道能源的种类，形成方式等。
2.下列说法正确的是( )
A. 金刚石和石墨互为同位素
B. C2H6和C5H12 互为同系物
C. C2H4和C2H6互为同系物
D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石和石墨是由碳元素形成的性质和结构不同的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．C2H6和C5H12均是烷烃，二者互为同系物，B正确；
C．C2H4和C2H6分别是烯烃和烷烃，不能互为同系物，C错误；
D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2的分子式相同而结构不同，二者互为同分异构体，D错误；
答案选B。
3.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 将氯气通入等物质的量溴化亚铁溶液：2Fe2++2Cl2+2Br－=2Fe3++4Cl－+Br2
B. 钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑
C. 铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO3－+4H+=Cu2++NO↑+2H2O
D. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A. FeBr2溶液中通入等物质的量Cl2，设物质的量都是1mol，1mol亚铁离子完全反应消耗0.5mol氯气，剩余的0.5mol氯气能够氧化1mol溴离子，参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量相等，该反应的离子方程式为：2Fe2++2Cl2+2Br－=2Fe3++4Cl－+Br2，故A正确；
B. 钠与水的反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，离子方程式2Na+2H2O=2Na++2 OH－+H2↑，题目中的离子方程式不满足电荷守恒，故B错误；
C. 铜片跟稀硝酸的反应：3Cu+ 8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，题中所给的离子方程式电荷不守恒，故离子方程式为3Cu+2NO3－+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2－+3H2↑，题中所给的离子方程式电荷不守恒，故D错误；
答案选A。
【点睛】离子方程式必须符合客观事实，质量守恒定律，电荷守恒等。
4.NO和CO都是汽车尾气中的物质，它们能很缓慢地反应生成N2和CO2，对此反应有关的叙述中不正确的是
A. 降低压强能加快化学反应速率 B. 使用适当催化剂可以加快化学反应速率
C. 升高温度能加快化学反应速率 D. 增大浓度可以加快此反应的速率
【答案】A
【解析】
【分析】
影响反应速率的因素主要有温度、压强、浓度、催化剂、表面积等，升高温度会加快反应速率；对有气体参加的反应，增大压强会增大反应速率；增大浓度会增大反应速率；使用催化剂可以加快反应速率，以此解答该题。
【详解】NO和CO都是汽车尾气中的物质，它们能很缓慢地反应生成N2和CO2
，反应方程式为：NO（g）+CO（g）= N2（g）+CO2（g）；
A.对于有气体参加的化学反应，降低压强，各物质浓度减小，化学反应速率减慢，故A错误；
B.催化剂能降低反应的活化能，可以加快化学反应速率，B正确；
C.温度对任何化学反应的速率都会造成影响，升高温度，化学反应速率加快，C正确；
D. 根据反应可知，各物质均为气态，增大浓度，可以加快此反应的速率，D正确；
本题选A。
5.下列能确认化学平衡发生了移动的是
A. 化学反应速率发生改变
B. 有气态物质参加的可逆反应达到平衡后,改变压强
C. 由于某一条件的改变,使平衡体系中反应物的转化率发生改变
D. 可逆反应达到平衡后,使用催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A项，对于反应前后气态物质分子数不变的反应，改变压强，正逆反应速率发生同等程度的改变，但是仍相等，平衡不移动，故A项错误；
B项，若气态物质反应物和生成物化学计量系数相同，则改变压强，平衡不发生移动，故B项错误；
C项，转化率为反应物的变化量与反应物的起始量的比值，当平衡体系中反应物的转化率发生改变时，平衡发生了移动，故C项正确；
D项，平衡后加入催化剂，正逆反应速率同等增加，平衡不移动，故D项错误。
综上所述，本题选C。
6.下列不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
B. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
C. 氯水宜保存在低温、避光条件下
D. 加催化剂,使氮气和氢气在一定条件下转化为氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A. 存在平衡2NO2⇌ N2O4，加压条件下气体体积减小，混合气体颜色变深，但压强增大平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特利原理解释；
B. 存在平衡Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3,加入固体KSCN，SCN-浓度增大，平衡正向移动，颜色加深，能用勒夏特利原理解释；
C.存在平衡Cl2+H2O-⇌HCl+HClO,生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水宜保存在低温、避光条件下，能用勒夏特利原理解释；
D. 存在平衡N2+3H2⇌2NH3，催化剂能极大加快反应速率,不影响化学平衡移动,不能用勒夏特利原理解释；
本题选D。
【点睛】勒夏特列原理是: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；勒夏特列原理适用的对象是针对可逆反应过程中,平衡移动的规律，若条件改变，平衡不移动，不适用此规律，D选项就不适用此规律。
7.下列说法中，正确的是（ ）
A. 苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应
B. CH3CH2CH2CH3的二氯取代产物只有5种结构
C. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D. 使用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯
【答案】A
【解析】
【详解】A、苯可与液溴、浓硝酸发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，所以均可发生取代反应，A正确；
B、根据“定一移一”的原则，CH3CH2CH2CH3的二氯取代产物有6种结构，B错误；
C、根据酯的形成过程判断，酯水解时，酯基中碳氧单键断开应属于醇的部分，所以乙醇分子中应含18O原子，C错误；
D、使用酸性KMnO4溶液可以除去乙烷中混有的乙烯，但同时又增加新杂质二氧化碳，D错误；
答案选A。
8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的电子层数和最外层电子数相同，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是
A. 简单离子的半径大小：Y>W
B. 元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的弱
C. 单质Y和Z均能与强碱溶液反应生成氢气
D. W的气态氢化物稳定性强于X的气态氢化物
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；W与X属于同一主族，故W为S元素；Y原子的电子层数和最外层电子数相同，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Al元素；Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素。
【详解】A．铝离子只有2个电子层，硫离子含有3个电子层，离子半径：Y＜W，故A错误；
B．非金属性Si＜S，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B错误；
C. 铝能够与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，硅能与强碱溶液反应生成硅酸盐和氢气，故C正确；
D．非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，则X的简单氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律，正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意掌握比较离子半径的一般方法，一般而言，电子层数越多，离子半径越大，本题中也可以借助于氧离子进行比较。
9.对于可逆反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A. 化学平衡常数的表达式K＝
B. 当v正(NH3)∶v正(NO)＝1∶1时，说明该化学反应已经达到平衡状态
C. 若达到平衡状态时两种反应物的转化率相等，则起始投入时n(NH3)∶n(O2)＝4∶5
D. 反应达到平衡状态后，改变条件使平衡向正反应方向移动，c(H2O）一定增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 如果在溶液中进行某反应，水作为纯液体，不能带入平衡常数表达式中，但这里水是气体，其浓度不是常数，应带入平衡常数表达式中，反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)的平衡常数K=，故A错误；
B. v正(NH3)：v正(NO)=1：1，都是正反应速率，没有表示出正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.若达到平衡状态时两种反应物的转化率相等，则起始投入的反应物的物质的量之比应等于方程式的化学计量数之比，即n(NH3)：n(O2)=4：5，故C正确；
D. 反应达到平衡状态后，改变条件平衡使平衡向正反应方向移动，可以将c(H2O）减小，故D错误；
答案选C。
10.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. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
B. 每生成2 mol AB(g)吸收b kJ能量
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 该反应热ΔH＝+(a－b) kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故A错误；
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、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D正确；
故选D。
11.已知某可逆反应m A(g)＋n B(g) p C(g)在密闭容器中进行，下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. T1
p2 m＋n>p 放热反应 B. T1>T2 p1p 吸热反应
C. T1p2 m＋nT2 p1T2，由图知温度越高，B的含量越低，所以平衡向正反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应；
定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线T1、p1与曲线T1、p2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以p1T2，反应吸热；p10)，若随着温度升高，气体平均相对分子质量减小，则下列判断正确的是：（ ）
A. B和C可能都是液体 B. B和C肯定都是气体
C. B和C可能都是固体 D. 若C为固体，则B一定是气体。
【答案】D
【解析】
3A(g)⇌3B(？)+C(？)(△H＞0)，该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，依据反应的系数关系，气体平衡体系的质量守恒，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定。A、B和C肯定不会都是液体，若都是液体，气体物质的量减小，质量减小，这里面的气体就只有A，所以气体的平均相对分子质量就是A的相对分子质量，所以气体平均相对分子质量
不会发生变化，不变，故A错误；B、若都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故B错误；C、B和C肯定不会都是固体，若都是固体，气体物质的量减小，质量减小，这里面的气体就只有A，所以气体的平均相对分子质量就是A的相对分子质量，所以气体平均相对分子质量不会发生变化，不变，故C错误；D、C为固体，B一定为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故D正确；故选D。
13.在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：υ(H2)=0.45mol/(L·s)，则2s末NH3的浓度为( )
A. 0.50mol/L B. 0.60mol/L C. 0.45mol/L D. 0.55mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】发生反应N2+3H2⇌2NH3，2s内氢气的平均速率：υ（H2）=0.45mol/（L·s），不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，则υ（NH3）=×υ（H2）=×0.45mol/（L·s）=0.3mol/（L·s），故2s末NH3的浓度为0.3mol/（L·s）×2s=0.6mol/L，答案选B。
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. 氧气的浓度增加 D. BaO2量增加
【答案】D
【解析】
【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，增大压强，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错误；
D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；
答案选D。
15.在一定条件下，向1L密闭容器中加入2 mol N2和7molH2，发生反应N2+3H22NH3
，2分钟末时，测得剩余氮气为1mol，下列有关该反应的反应速率的描述中不正确的是（ ）。
A. υ(N2)＝ 0.5 mol／(L·min) B. υ(H2)＝ 1.5 mol／(L·min)
C. υ(NH3)＝ 1 mol／(L·min) D. υ(N2)＝1mol／(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】在一定条件下，向1L密闭容器中加入2molN2和7molH2，发生反应N2+3H2⇌2NH3，2分钟末时，测得剩余氮气为1mol，故2min内，以N2表示的反应速率υ(N2)==0.5mol/(L⋅min)，
A. 由上述计算可知，υ(N2)=0.5mol/(L⋅min)，故A正确；
B. 化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则υ(H2)=3υ(N2)=3×0.5mol/(L⋅min)=1.5mol/(L⋅min)，故B正确；
C. 化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则υ(NH3)=2υ(N2)=2×0.5mol/(L⋅min)=1mol/(L⋅min)，故C正确；
D. 由上述计算可知，υ(N2)=0.5mol/(L⋅min)，故D错误；
答案选D。
【点睛】化学反应速率之比等于计量数之比，进而计算出不同物质的反应速率。
16.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：
下列说法正确的是
A. 平衡时，X的转化率为20%
B. t ℃时，该反应的平衡常数为40
C. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动
D. 前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)=0.03 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡时消耗X是0.1mol/L−0.05mol/L＝0.05mol/L，因此X的转化率为50%，A错误；
B．反应的平衡常数＝＝1600，B错误；
C．反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，C错误；
D．前2min内消耗X是0.02mol/L，根据方程式可知消耗Y是0.06mol/L，所以用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝0.06mol/L÷2min＝0.03mol·L-1·min-1，D正确；
答案选D。
17.如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L（连通管体积忽略不计）。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是
A. 乙容器中SO2的转化率小于60%
B. 平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C. 打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 L
D. 平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2.4mol，即减小了0.6mol，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1.2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1.2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也保持压强不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；
B．根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；
C．根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4 L，故C正确；
D．根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1.2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
18.在一个1L的密闭容器中加2molA和1molB发生反应： 2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L , C的体积分数为a% 。维持容器的体积和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2mol/L,C的体积分数仍为a% 的是
A. 6mol C+2mol D B. 4mol A+2mol B
C. 1mol A+0.5mol B+1.5mol C D. 3mol C+5mol D
【答案】D
【解析】
【分析】
在一个1L的密闭容器中加2molA和1molB发生反应： 2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L , C的体积分数为a% 。维持容器的体积和温度不变，只要所加的物质完全转化为反应物且与2molA和1molB相同，反应达平衡后C的浓度仍是1.2mol/L,C的体积分数仍为a%；据以上分析解答。
【详解】A、开始加入6molC、2molD，按化学计量数全部折算成反应物，相当于加入4molA和2molB，是原加入A和B的量的2倍，但平衡不移动，C的浓度是2.4mol/L,A错误；
B. 开始加入4molA、2molB，相当于在加入2molA和1molB达平衡后，再加入2molA和1molB，平衡不移动，但是平衡时C的浓度大于1.2mol/L，B错误；
C 开始加入1mol A、0.5molB和1.5molC，缺少D物质，无法寻找等效量，C错误；
D.D为固体不算体积，开始加入3molC和5molD，按化学计量数把生成物转化为反应物，相当于加入2molA和1molB，与原平衡为等效平衡，D正确；
本题选D。
19.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解
该溶液中一定含有SO42-
B
向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
原溶液中一定含有NH4+
C
向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中一定含有CO32-
D
用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色
原溶液中不含K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SO42―或Ag＋ ，但二者不能同时存在，故A错误；B、铵盐与碱反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，该溶液中一定含有NH4＋ ，故B正确；C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3― 、SO32―、HSO3―、CO32―，故C错误；D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，要透过蓝色钴玻璃观察，蓝色钴玻是排除Na+对焰色的干扰，故D错误；故选B。
20.已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝ ，在不同的温度下该反应的平衡常数如下表，下列有关叙述不正确的是
A. 该反应的化学方程式是CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)
B. 上述反应的正反应是放热反应
C. 若在1 L的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO2为0.4 mol，该反应达到平衡状态
D. 若平衡浓度符合关系式 ＝ ，则此时的温度为1000 ℃
【答案】C
【解析】
【详解】A. 依据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式式为K＝，化学方程式为：CO(g)＋H2O(g) ⇌CO2(g)＋H2(g)，故A正确；
B. 分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；
C. 依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析，若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5 min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4 mol时，
CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)
起始量(mol) 0 0 1 1
变化量(mol) 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡量(mol) 0.4 0.4 0.6 0.6
反应前后气体物质的量不变，可以用其物质的量代替平衡浓度计算，Q==2.25≠1，此时反应没有达到平衡状态，故C错误；
D. 依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析，温度为1000℃平衡常数K==0.6=，若平衡浓度符合下列关系： ＝，说明反应达到平衡状态，故D正确；
答案选C。
21.在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
（1）该反应的平衡常数表达式为K=________。
（2）该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10
min后，生成了单质铁11.2 g。则10 min内CO的平均反应速率为________。
（3）该反应达到平衡后，加入Fe粉，平衡________移动；保持恒温恒容通入CO，平衡向________移动。（填“向左”、“向右”或“不”）
（4）表明该反应已达平衡状态的是______________
A.单位时间内生成nmolCO同时生成nmolCO2 B.恒容时混合气体的压强不变
C.混合气体的总质量不变 D.CO2的体积分数不变 E.Fe的浓度不变
【答案】 (1). (2). 0.015mol·L－1·min－1 (3). 不 (4). 向右 (5). ACD
【解析】
【详解】（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆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，所以该反应的平衡常数表达式为K=；综上所述，本题答案：；
（2）11.2 g铁的物质的量是11.2g÷56g/mol＝0.2mol，根据方程式可知消耗CO是0.3mol，浓度是0.15mol/L，所以10min内CO的平均反应速为0.15mol/L÷10min＝0.015mol/（L·min）；综上所述，本题答案：0.015mol·L－1·min－1。
（3）纯固体的浓度为定值，改变其用量，速率不变，平衡不动，因此该反应达到平衡后，加入Fe粉，平衡不移动；保持恒温恒容通入CO，相当于增加反应物浓度，平衡右移；综上所述，本题答案：不；向右。
（4）A. CO或（CO2）的生成速率与消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，A正确；
B.该反应为反应前后体积不变的反应，压强恒为定值，所以恒容时混合气体的压强不变，不能判断反应达到平衡状态，B错误；
C. CO或（CO2）的质量不再改变，物质的量不变，浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；
D. CO2的体积分数不变，CO2的浓度保持不变，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，D正确；
E.Fe为纯固体，浓度恒为定值，不能说明反应达到平衡状态，E错误；
综上所述，本题选ACD。
22.雾霾天气严重影响人们的生活，汽车尾气所排放的氮氧化物及燃煤所排放的硫氧化物是造成雾霾的重要原因。
（1）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示：
① 由图1可知，SCR技术中的氧化剂为__________________。
已知c(NO2)∶c(NO)＝1∶1时脱氮效果最佳，若生成1molN2时反应放出的热量为QkJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为___________。
② 图2是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为________________。
（2）改善能源结构是治理雾霾问题的最直接有效途径。二甲醚是一种清洁能源，可用合成气在催化剂存在下制备二甲醚，其反应原理为：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3 (g)＋H2O(g) ΔH，已知在一定条件下，该反应中CO的平衡转化率α随温度、投料比的变化曲线如图3所示。
① a、b、c按由大到小的顺序排序为____________；ΔH_____0(填“>”“<”或“=”)。
②在恒容密闭容器里按体积比为1∶2充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是__________。
A. 一氧化碳的转化率减小 B. 容器的压强增大 C. 化学平衡常数K值减小 D.
逆反应速率先增大后减小 E. 混合气体的密度增大
【答案】 (1). NO、NO2 (2). 2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)=2N2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－2QkJ·mol－1 (3). Mn、200℃左右 (4). a>b>c (5). < (6). CD
【解析】
【详解】（1）①由图1知氮氧化物中的氮元素价态降低，故NO、NO2是氧化剂；已知c(NO2)∶c(NO)＝1∶1时脱氮效果最佳，设氨气为xmol, NO2和NO各为1mol，根据电子得失守恒可知：3x=1×4+1×2，x=2，据此可知反应的方程式为：2NH3＋NO＋NO2=2N2＋3H2O；又生成1molN2时反应放出的热量为QkJ，生成2molN2时反应放出的热量为2QkJ，所以该反应的热化学方程式为：2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)=2N2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－2QkJ·mol－1 ；综上所述，本题答案是：NO、NO2；2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)=2N2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－2QkJ·mol－1 ；
②条件越低，效果要好，效果最佳；因此温度越低，脱氮效率越高，这是最佳选择；由图可知工业使用的最佳的催化剂和相应的温度分别为Mn、200℃左右；综上所述，本题答案是：Mn、200℃左右。
（2）根据图象可知，增大氢气的浓度，平衡右移，一氧化碳的转化率增大，故有a>b>c；温度升高，转化率降低，说明该反应为放热反应，ΔH<0；综上所述，本题答案是：a>b>c，<。
②可逆反应：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3 (g)＋H2O(g) ΔH<0；在恒容密闭容器里按体积比为1∶2充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态；
A. 增加一氧化碳气体的浓度，平衡右移，一氧化碳的转化率减小，错误；
B.，如果容器的体积、温度不变，充入和反应无关的气体，容器的压强增大，各物质的浓度不变，平衡不移动，错误；
C. 该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，化学平衡常数K值减小，正确；
D. 逆反应速率先增大后减小，说明逆反应速率大于正反应速率，平衡左移，正确；
E. 该反应在反应前后混合气体的质量不发生变化，混合气体的密度增大，说明气体的体积减小，相当于增大压强，平衡右移，错误；
综上所述，本题选CD。
23.下图为元素周期表的一部分，根据元素a~j在周期表中的位置，按要求回答下列问题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
a
2
b
c
d
e
3
f
g
h
i
j
（1）f、g、h的单质分别与水反应，最剧烈的是___________（填元素符号）。
（2）c、i的氢化物稳定性较强的是____________（填化学式）。
（3）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物，该化合物的电子式为__________。
（4）d、f、g离子半径最大的是_______________（填离子符号）。
（5）f的最高价氧化物的水化物与h的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为：_______
【答案】 (1). Na (2). H2O (3). (4). F- (5). Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，a∼j分别为a为H、b为N、c为O、d为F、e为Ne、f为Na、g为Mg、h为Al、i为S、j为Cl，
（1）金属性越强，与水反应越剧烈；
（2）非金属性越强，对应氢化物越稳定；
（3）c、f可形成既含离子键又含非极性键化合物为过氧化钠；
（4）具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
（5）f的最高价氧化物的水化物为NaOH，h的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水。
【详解】（1）由分析可得，f为Na、g为Mg、h为Al， f、g、h的单质分别与水反应，同周期元素的金属性逐渐减弱，单质与水反应的剧烈程度减弱，最剧烈的是Na，
故答案为：Na；
（2）非金属性O>S，c、i的氢化物稳定性较强的是H2O，
故答案为：H2O；
（3）c为O、i为S， c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠，其电子式为，
故答案为：；
（4）d为F、f为Na、g为Mg， d、f、g的离子半径具有相同电子排，则原子序数大的离子半径小，最大的是F−，
故答案为：F−；
（5）f为Na、h为Al， f的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，h的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，
故答案为：Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；
24.（1）已知可逆反应：M(g)＋N(g)⇌P(g)＋Q(g) ΔH＞0，请回答下列问题：
①在某温度下，反应物的起始浓度分别为c(M)＝1 mol·L－1，c(N)＝2.4 mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为________。
②若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c(M)＝4 mol·L－1，c(N)＝a mol·L－1；达到平衡后，c(P)＝2 mol·L－1，a＝________。
③若反应温度不变，反应物的起始浓度为c(M)＝c(N)＝c(P)＝c(Q)＝2mol·L－1，此时v(正)_________v(逆)（填“＞”、“<”或“=”）
（2）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ/mol，据此回答以下问题：
①根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越___。
②对于合成氨反应而言，下列有关图象一定正确的是(选填序号)_______。
③相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等。在一定条件下反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1 kJ；B中NH3的体积分数为b，放出热量Q2 kJ。则：b ________ a (填“>”、“＝”或“<”，下同)，Q1________Q2，Q1________92.4。
【答案】 (1). 25% (2). 6 (3). < (4). 小 (5). a、c (6). < (7). < (8). <
【解析】
【分析】
（1）①根据M的转化率为60%计算出M的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比求出N的浓度变化量，再根据转化率定义计算；
②由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算．
③用浓度商Qc和平衡常数的相对大小，判断正逆反应速率的相对大小；
（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则K减小；
②a．先出现拐点先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，氨气的体积分数小；
b．平衡时浓度不一定相等，平衡只是浓度保持不变的状态；
c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响；
③恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ，
而恒压密闭容器B，均充入1mol N2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动。
【详解】(1) ①△c(M)=60%×1mol⋅L−1=0.6mol⋅L−1,浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c(N)=△c(M)=0.6mol⋅L−1，故此时N的转化率×100%=25%，
故答案为：25%；
②△c(M)=60%×1mol⋅L−1=0.6mol⋅L−1，则：
M(g)＋N(g)⇌P(g)＋Q(g)
初始(mol/L):1 2.4 0 0
转化(mol/L):0.6 0.6 0.6 0.6
平衡(mol/L):0.4 1.8 0.6 0.6
故该温度下平衡常数k==0.5，
反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c(M)=4mol⋅L−1，c(N)=amol⋅L−1；达到平衡后，c(P)=2mol⋅L−1，则：
M(g)＋N(g)⇌P(g)＋Q(g) ；
初始(mol/L):4 a 0 0
转化(mol/L):2 2 2 2
平衡(mol/L):2 a−2 2 2
所以平衡常数K==0.5，解得a=6，
故答案为：6；
③Qc===1>K=0.5，反应逆向进行，因此v(正)
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