正定中学2019-2020学年高一化学下学期摸底考试试题含解析

河北省正定中学2019_2020学年高一化学下学期摸底考试试题含解析河北省正定中学2019_2020学年高一化学下学期摸底考试试题含解析PAGE41-河北省正定中学2019_2020学年高一化学下学期摸底考试试题含解析河北省正定中学2019-2020学年高一化学下学期摸底考试试题（含解析)Ⅰ卷(共64分)一、选择题(本题包括22小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共44分)1。用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒,其中正确的是（）A。中子数为8的氮原子： B。HCl的电子式：C。NH3的结构式: D.Cl−的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键;C、NH3中含个N-H键；D、Cl—最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为,选项A错误;B、HCl中只含共价键，其电子式为,选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语,侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键,如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等.2.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（）A。如右图所示实验可证明元素的非金属性：Cl〉C〉SiB.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C。气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4D。用中文“"(ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期第0族【答案】A【解析】【详解】A．验证非金属一般用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，HCl不是最高价氧化物对应水化物,因此不能比较元素的非金属性：Cl＞C，故A错误；B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，比如HCl形成共价化合物，NaH形成离子化合物，故B正确;C．非金属越强,气态氢化物越稳定,因此气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故C正确；D．用中文“”(ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期第0族,故D正确。综上所述，答案为A.3.下列说法不正确的是（）A。氨沸点高于砷化氢是因为氨分子间存在氢键B。与得电子能力相同C.浓H2SO4和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关D。H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱【答案】D【解析】【详解】A．氨沸点高于砷化氢是因为氨分子间存在氢键，故A正确；B．与，最外层电子数相同,得电子能力相同,故B正确；C．浓H2SO4和H2O混合时放出热量，是因为硫酸分子和水分子之间水合过程放出热量，与微粒之间的作用力有关，故C正确；D．H2O2易分解为H2O和O2，该过程属于化学变化，与化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误.综上所述,答案为D。4。下列说法不正确的是（）A。加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏B。纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同C。CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D.加热氯化铵时既有离子键、极性共价键的断裂,也有极性共价键的形成【答案】C【解析】【分析】【详解】A．加热蒸发氯化钾水溶液，水被蒸发的过程中破坏了水的分子间作用力，故A正确;B．纯碱是Na2CO3，烧碱是NaOH,两者均为离子化合物，熔化时都破坏了离子键，故B正确;C．CO2溶于水时,部分CO2和水反应生成了H2CO3,所以CO2溶于水的过程中既有分子间作用力的改变，也有共价键的破坏和形成，干冰升华只破坏了分子间作用力，故C错误；D．NH4Cl加热分解为NH3和HCl，NH4Cl中既有NH4+和Cl-间的离子键，也有N和H间的极性共价键,生成物NH3和HCl中都存在极性共价键,所以加热氯化铵时既有离子键、极性共价键的断裂，也有极性共价键的形成，故D正确;故选C.【点睛】5。已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大.W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是（）A.原子半径：X〉Y>Z〉WB.W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C.W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D.若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2【答案】A【解析】【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属,可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种.【详解】A．同一周期的元素原子序数越大,原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大．所以原子半径：X＞Y＞Z＞W,故A正确;B．W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4,故B错误;C．元素非金属性W＞Y,所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C错误；D．若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误。故选A。6.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Z是金属元素，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型化合物，Z与T形成化学式为Z2T的化合物，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（）A。原子半径和离子半径均满足:Y＜ZB。最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜RC。简单氢化物的稳定性:Y＜TD。由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性【答案】D【解析】【分析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R为C，X为非金属，则X为H，Z是金属元素，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型化合物,Z与T形成化学式为Z2T的化合物，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，则得到Z为Na，Y为O,T为S。【详解】A．原子半径是O＜Na，离子半径是Na＋＜O2−,故A错误；B．最高价氧化物对应的水化物的酸性:H2CO3＜H2SO4，故B错误；C．简单氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故C错误；D．由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性，比如NaHSO4，故D正确。综上所述，答案为D。7。X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素.X的最高价氧化物的水化物的碱性是短周期主族元素中最强的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m－n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1.下列叙述错误的是（）A。X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B.Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:R〉W〉ZC。Y简单的氢化物比R简单的氢化物稳定,熔沸点高D.RY2、WY2通入Ba（NO3)2溶液中均无白色沉淀生成【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。X的最高价氧化物的水化物的碱性是短周期主族元素中最强的,则X为Na，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m－n，则n=2，m=6,则Z为Si,Y为O,W元素与Z元素同主族，则W为C，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，则R为S。【详解】A．X与Y形成的两种化合物Na2O（阴离子为氧离子)和Na2O2（阴离子为过氧根离子），阴、阳离子的个数比均为1：2,故A正确；B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：R(H2SO4)＞W（H2CO3)＞Z（H2SiO3),故B正确；C．非金属性越强，气态氢化物越稳定,Y简单的氢化物(H2O)比R简单的氢化物稳定（H2S），水存在分子间氢键,因此水的熔沸点高，故C正确;D．SO2通入Ba（NO3)2溶液中有硫酸钡沉淀生成，CO2通入Ba（NO3）2溶液中无白色沉淀生成，故D错误。综上所述，答案为D.8。a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和c+的电子层结构相同，d与b同族.下列叙述错误的是（）A。a与其他三种元素分别形成的化合物中其化合价均为+1B。b与其他三种元素均可形成至少两种化合物C.工业上用电解熔融的c的氯化物制得单质cD。d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】【分析】a、b、c、d为短周期元素,a的原子中只有1个电子，故a为H。b2-和c+的电子层结构相同，故b为O，c为Na.d与b同族，所以d为S。故a为H、b为O，c为Na，d为S。【详解】A．H和O、S形成的化合物中H为+1价,但H和Na形成的化合物NaH中，H为—1价，故A错误；B．b为O，和Na可以形成Na2O、Na2O2，和S可形成SO2、SO3,和H可形成H2O、H2O2,故B正确；C．工业上用电解熔融NaCl的方法制取金属钠，故C正确；D．S和H形成的化合物为H2S,其水溶液是氢硫酸，H2S在溶液中不完全电离，溶液呈弱酸性，故D正确;故选A。【点睛】9。已知：①Sn(s，白）＋2HCl(aq)＝SnCl2（aq）＋H2(g）ΔH1②Sn（s,灰）＋2HCl(aq)＝SnCl2（aq）＋H2（g)ΔH2③Sn(s，灰）Sn(s,白）ΔH3＝+2。1kJ/mol，下列说法不正确的是（)A。灰锡与白锡互为同素异形体 B。锡在标准状况下以灰锡状态存在C。反应①是放热反应 D.ΔH1＞ΔH2【答案】D【解析】【详解】A．灰锡和白锡是锡元素形成的两种不同单质，互为同素异形体,故A正确;B．根据Sn（s,灰)Sn（s,白)可知，温度低于13。2℃时，白锡会转变为灰锡,所以在标准状况下(0℃，101kPa）,锡以灰锡状态存在，故B正确；C．反应①是活泼金属和酸发生的置换反应，是放热反应，故C正确;D．根据反应③Sn（s,灰）Sn（s，白）ΔH3＝+2。1kJ/mol可知,由灰锡变为白锡会吸收热量,所以反应①放出的热量大于反应②，但由于反应①和②都是放热反应，ΔH为负值，所以ΔH1＜ΔH2，故D错误;故选D。10.下列过程都与热量变化有关，其中叙述正确的是(）A。Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl常温下混合就能反应,故该反应放热B.已知2H2（g)＋O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483。6kJ·mol–1，故H2的燃烧热为241。8kJ·mol–1C.已知H+(aq)＋OH—（aq)＝H2O（l)ΔH＝﹣57.3kJ·mol–1，故Ba2+（aq)＋H+（aq）＋OH—（aq)＋SO42—(aq）＝H2O(1)＋BaSO4（s）ΔH=﹣57。3kJ·mol–1D.由图可知，反应C（金刚石，s）＝C（石墨，s）的焓变ΔH＝ΔH2－ΔH1【答案】D【解析】【详解】A．Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl常温下混合就能反应,但该反应是吸热反应，反应是吸热反应还是放热反应和反应条件无关,取决于反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，故A错误；B．燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，氢气燃烧生成的稳定的氧化物应该是液态水,所以H2的燃烧热不是241.8kJ·mol–1,故B错误；C．H+(aq)＋OH—(aq）＝H2O(l)ΔH＝﹣57。3kJ·mol–1，但在反应Ba2+(aq）＋H+（aq)＋OH-（aq)＋SO42-(aq)＝H2O(1）＋BaSO4（s)中有BaSO4生成,故ΔH≠﹣57。3kJ·mol–1，故C错误;D．由图可知，C(金刚石，s)＋O2(g）=CO2（g)ΔH＝ΔH2kJ·mol–1，C(石墨，s）＋O2（g)=CO2(g)ΔH＝ΔH1kJ·mol–1，根据盖斯定律,反应C（金刚石，s）＝C(石墨，s)的焓变ΔH＝ΔH2－ΔH1，故D正确；故选D。

11.煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放.但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s）+CO(g)CaO(s）+SO2（g)+CO2（g）△H1=+218.4kJ/mol（反应I）CaSO4(s）+4CO(g）CaS(s）+4CO2（g)△H2=—175。6kJ/mol（反应II)下列有关说法正确的是(）A。提高反应体系的温度，能降低该反应体系中SO2生成量B.反应II在较低的温度下可自发进行C。用生石灰固硫的反应为：4CaO（s)+4SO2(g)3CaSO4（s）+CaS(s)△H3，则△H3〉△H2D。由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO（s）+SO3(g）的焓变【答案】B【解析】分析：由已知的两个热化学方程式，结合温度对化学平衡的影响规律，即可分析A选项,根据自由能判据可分析B选项，利用盖斯定律可分析出C、D两个选项。详解：A、只有在反应I中生成SO2，且该反应为吸热反应，所以升高温度，有利于反应I平衡向右移动，生成更多的SO2，故A错误；B、要使反应II自发进行，则自由能判据△G=△H-T△S〈0,已知△H2<0，由反应方程式可知该反应的熵变化不大，反应的自发性主要决定于焓变,所以该反应在低温下即可自发进行,且低温有利于节约能源,故B正确；C、根据盖斯定律,反应II—4×反应I即得C选项的热化学方程式，所以△H3=△H2-4△H1，已知△H1>0，△H2<0，所以△H3<△H2，故C错误；D、反应I和反应II中没有SO3（g)，所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变,故D错误.所以本题答案选B。点睛：本题的难点是B选项，因为反应II前后气体、固体的分子数都不变,即商变不大，所以焓变对反应的自发性起决定作用，这是利用自由能判据的一种特殊情况，由于是放热反应，低温即可自发进行,且节约能源;易错点是C选项，要明确焓变的比较是带着+、—号进行比较的。本题有一定的难度.12.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为ΔH3。则下列判断正确的是（)A.ΔH2＞ΔH1 B.ΔH1＋ΔH2＞ΔH3 C。ΔH1＋ΔH2＝ΔH3 D。ΔH1＜ΔH【答案】D【解析】【分析】1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水形成硫酸铜溶液，ΔH1＞0，1mol的CuSO4(s)溶于水形成硫酸铜溶液,ΔH2＜0，CuSO4·5H2O受热分解变为CuSO4（s），ΔH3＞0.【详解】A．1mol的CuSO4·5H2O（s)溶于水形成硫酸铜溶液，ΔH1＞0，1mol的CuSO4(s）溶于水形成硫酸铜溶液,ΔH2＜0，因此ΔH2＜ΔH1，故A错误；B．1molCuSO4·5H2O（s)溶于水形成硫酸铜溶液，ΔH1＞0，1molCuSO4(s)溶于水形成硫酸铜溶液，ΔH2＜0,1molCuSO4·5H2O受热分解变为CuSO4(s），ΔH3＞0，将第一个过程减去第二个过程得到第三个反应，则ΔH1－ΔH2＝ΔH3,由于ΔH2＜0,则ΔH1＋ΔH2＜ΔH3，故B错误；C．根据B选项得到ΔH1－ΔH2＝ΔH3,故C错误;D．1molCuSO4·5H2O(s）溶于水形成硫酸铜溶液，ΔH1＞0，1molCuSO4(s）溶于水形成硫酸铜溶液，ΔH2＜0，1molCuSO4·5H2O受热分解变为CuSO4(s)，ΔH3＞0，将第一个过程减去第二个过程得到第三个过程,则ΔH1－ΔH2＝ΔH3,ΔH1－ΔH3＝ΔH2＜0,则ΔH1＜ΔH3，故D正确.综上所述，答案为D.13。已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中,H2O2的分解机理为:H2O2+I－→H2O+IO－(慢)，H2O2+IO－→H2O+O2+I－（快）。下列有关反应的说法正确的是(）A。反应的速率与I－的浓度有关 B。IO－也是该反应的催化剂C。反应活化能等于98kJ·mol−1 D。υ(H2O2）=υ(H2O)【答案】A【解析】【详解】A．H2O2的分解机理为：H2O2+I－→H2O+IO－（慢)，H2O2+IO－→H2O+O2+I－（快），该反应的反应速率取决于第一步，该反应I－作反应物，因此反应速率与I－浓度有关，故A正确；B．IO－是反应的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误;C．分解1molH2O2放出热量98kJ,反应活化能不一定等于98kJ·mol−1，故C错误；D．溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率,故D错误。综上所述，答案A.14.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0。4000mol·L−1的NaOH溶液称取4。0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,立即转移至250mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制取纯净氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5％H2O2溶液，观察实验现象A.A B.B C。C D。D【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误;B.氯化铁具有氧化性,能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确;C。向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液,或者直接通过碱石灰，C错误;D.反应的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。答案选B【点睛】明确相关物质的性质特点、发生的反应和实验原理是解答的关键.注意设计或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的.本题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同,而忽略了实验结论需要建立在实验现象的基础上。15.反应N2（g)＋3H2（g)2NH3（g)ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生,下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A.容器内的温度不再变化B。容器内的压强不再变化C.相同时间内,断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等D。容器内气体的浓度c（N2）∶c（H2）∶c（NH3)＝1∶3∶2【答案】A【解析】【分析】可逆反应，若正反应速率等于逆反应速率，或各物质的浓度、物质的量分数等保持不变，则表明反应一定已达平衡状态,据此分析作答。【详解】A。绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态，A项正确;B。该反应在恒压条件下进行,压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，B项错误；C.相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，表示的都是正反应,且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，C项错误;D。容器内气体的浓度c(N2）∶c(H2)∶c（NH3)＝1∶3∶2,无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态,D项错误;答案选A。【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。一、直接判断法：①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率=逆反应速率注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。二、间接判断法①对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志,而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化.⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。16。反应C2H6（g）C2H4(g）+H2(g)△H〉0，在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中,不能提高乙烷平衡转化率的是（）A.增大容器容积 B.升高反应温度C.分离出部分氢气 D。等容下通入惰性气体【答案】D【解析】【详解】A.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，增大反应容器的容积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，A不符合题意；B.该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，升高反应温度，化学平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，B不符合题意;C。分离出部分氢气，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率,C不符合题意；D.等容下通入惰性气体,体系的总压强增大,物质的浓度不变，因此化学平衡不移动，对乙烷的平衡转化率无影响，D符合题意;故合理选项是D.17。一定温度下，将气体X和气体Y各0。16mol充入10L恒容密闭容器中,发生反应X（g)＋Y（g）2Z（g）∆H＜0,一段时间后达到平衡,反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y）/mol0。120。110.100.10下列说法正确的是（）A。反应前4min的平均速率υ(Z）=2。5×10−3mol·L−1·min−1B。其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前υ(逆)＞υ（正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1。5D。其他条件不变,再充入0.10molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】A【解析】【详解】A．反应前4minY的改变量为Δn(Y)=0.05mol，Δn（Z）=0。1mol，反应前4min的平均速率；故A正确；B．其他条件不变，降低温度,平衡向放热反应移动即正向移动,因此反应达到新平衡前υ（正）＞υ(逆），故B错误；C．该温度下在7min内达到平衡,n（Y)=0。10mol，n（X)=0。10mol，Δn（Y)=0.06mol，Δn（Z)=0。12mol,平衡时n(Z）=0.12mol，此反应的平衡常数，故C错误；D．其他条件不变，再充入0.10molZ,可以理解为将充入的Z单独放入一个密闭容器中达到平衡后，平衡时与原容器中Z的体积分数相等，将压入到原容器中,平衡不移动，此时X的体积分数不变,故D错误。综上所述，答案为A.18。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ABCD升高温度，平衡常数减小0~3s内，反应速率为v（NO2）=0.2mol•L-1t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A.A B。B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,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A正确；B.速率单位错误,该为mol/(L∙s）,故B错误；C。t1时刻,改变条件，反应速率加快,平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小,不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；D。达平衡时,仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低,由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强,故D错误；故选:A。19。下列说法不正确的是（)A.高锰酸钾有氧化性且有颜色，故可利用草酸溶液与高锰酸钾酸性溶液反应测定浓度对反应速率的影响B。已知Cr2O72-(橙色）＋H2O2CrO42—(黄色）＋2H＋，其他条件不变,向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，溶液变为黄色C.反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl达平衡后，加入少量KCl固体,溶液红色不变D.如右图，与常温相比，浸泡在热水中的混合气体颜色加深，浸泡在冰水中混合气体颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸钾有氧化性且有颜色，故可利用过量的不同浓度的草酸溶液与少量的相同浓度的高锰酸钾酸性溶液反应测定浓度对反应速率的影响，故A正确；B．其他条件不变，向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，溶液体积变化可忽略不计,氢离子浓度增大，Cr2O72-(橙色）＋H2O2CrO42—(黄色)＋2H＋平衡向逆向移动，溶液变为橙色,故B错误;C．该反应的实质是Fe3+和SCN—的反应,和K+、Cl—无关，所以加入少量KCl固体，平衡不移动，溶液红色不变，故C正确；D．2NO2N2O4的正反应是放热的，NO2为红棕色气体,N2O4为无色气体，加热时平衡逆向移动,混合气体颜色加深；降温时平衡正向移动，混合气体颜色变浅，故D正确；故选B。【点睛】利用高锰酸钾溶液和草酸溶液反应测定浓度对反应速率的影响,必须保证高锰酸钾是少量的，草酸是过量的，且须保证高锰酸钾溶液浓度相同.20。常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO（g)Ni（CO)4(g）。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5.已知：Ni（CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是（）A。230℃时增加镍的量,平衡向正向移动，反应的平衡常数不变B.第一阶段,在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选30℃C.第二阶段,Ni(CO）4分解率较高D。该反应达到平衡时,4υ消耗［Ni(CO）4]=υ生成(CO)【答案】CD【解析】【详解】A．230℃时增加镍的量，平衡不移动，故A错误；B．Ni(CO）4的沸点为42。2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4，因此第一阶段在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B错误；C．第二阶段，Ni（CO)4（g）Ni(s）+4CO(g），K=5×105，平衡常数大,因此Ni(CO）4分解率较高，故C正确;D．不论平衡与否，4υ消耗[Ni(CO)4］=υ生成(CO）都成立,故D正确。综上所述,答案为CD。21.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2(g)2NO(g)，一定条件下，将物质的量之比为1:2的N2（g）和O2（g)在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是（）A。温度T下，该反应的平衡常数B。温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C。曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D。若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH＞0【答案】D【解析】【详解】A．温度T下,该反应的平衡常数，根据三段式，代入数据可得，A错误;B．反应前后气体体积不变且质量守恒,所以混合气体的密度不变，B错误;C．曲线b平衡已经发生移动，而催化剂只能改变反应的速率，不能改变反应的限度，C错误；D．曲线b的反应速率比曲线a更快，若改变温度,曲线b温度更高，而N2浓度减小，说明平衡向正反应方向进行，可判断该反应的ΔH＞0，D正确；故本题答案为D。22。一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应:2CH3OH（g)CH3OCH3(g）＋H2O（g)容器编号温度（℃)起始物质的量(mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g)CH3OCH3(g）H2O(g）Ⅰ3870。400。1600.160Ⅱ3870。80Ⅲ2070.400.1800.180下列说法正确的是（）A.该反应的正反应为吸热反应B。达到平衡时,容器Ⅰ中的CH3OCH3体积分数比容器Ⅱ中的小C.容器Ⅰ中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长D。387℃时，若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH0.01mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.01mol，则反应将向逆反应方向进行【答案】D【解析】【详解】A．从Ⅲ到Ⅰ，温度升高，生成物的量减小，平衡逆向移动,正向是放热反应，故A错误;B．达到平衡时,该反应是等体积反应，容器Ⅰ和容器Ⅱ是等效，达到平衡时，容器Ⅱ中各物质的量是容器Ⅰ中各物质的量的2倍，因此容器Ⅰ中CH3OCH3体积分数等于容器Ⅱ中CH3OCH3体积分数，故B错误;C．容器Ⅰ中温度比容器Ⅲ中温度高，反应速率快，反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的短，故C错误；D．387℃时，n(CH3OCH3）=0.16mol，Δn（CH3OH)=0。32mol，则平衡时n（CH3OH)=0.08mol，平衡时平衡常数，若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH0.01mol、CH3OCH30.15mol和H2O0。01mol,，大于4，则反应将向逆反应方向进行，故D正确。综上所述,答案为D。二、选择题（本题包括5小题，每小题有1~2个选项符合题意，每小题4分，共20分）23。下列形式表示的反应为吸热反应的是（）A。B.T/℃800830990K1。71。00.9C。D。【答案】C【解析】【详解】A．根据图中信息得到反应物的总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应，故A不符合题意；B．根据表格得到升高温度，平衡常数减小，即平衡逆向移动，升高温度，向吸热反应方向移动,逆向是吸热反应，正向是放热反应，故B不符合题意;C．根据图中信息断键吸收了1443kJ的热量，成键放出了1260kJ的热量，因此反应是吸热反应,故C符合题意；D．根据图中分析后半部分，升高温度，体积分数Z％减小,平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故D不符合题意.综上所述，答案为C。24.甲~庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化物对应水化物与其简单氢化物可发生氧化还原反应，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同的电子数。下列判断不正确的是(）A.丁在自然界无游离态B。丙与戊的原子序数相差28C.气态氢化物的稳定性：庚〈己<戊D.常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应【答案】CD【解析】【分析】甲~庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化物对应水化物与其简单氢化物可发生氧化还原反应，则己为S，丁为Si，丙为B，庚为F，戊为As,甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同的电子数，则甲为Mg，乙为Ca。【详解】A．Si是亲氧元素,丁(Si）在自然界无游离态，只有化合态，故A正确;B．丙(B)原子序数为5，戊（As）的原子序数为33，两者原子序数相差28,故B正确；C．非金属性越强,气态氢化物越稳定,因此气态氢化物的稳定性:戊(AsH3)＜己（H2S)＜庚(HF），故C错误；D．常温下,甲（Mg)与水缓慢反应,故D错误；综上所述，答案为CD。25.已知反应C（s)+H2O(g)CO（g)+H2(g)ΔH＞0。在一定温度和压强下于密闭容器中,反应达到平衡.下列叙述正确的是（）A。升高温度，K减小 B.充入一定量的氮气，n（H2）不变C。更换高效催化剂，CO平衡转化率增大 D.减小压强，c(CO)减小【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，平衡向吸热反应移动即正向移动，K增大，故A错误；B．充入一定量的氮气，容器体积变大,相当于减小压强，平衡向体积增大反应移动即正向移动,n(H2）增大,故B错误；C．更换高效催化剂，平衡不移动，CO平衡转化率不变,故C错误；D．减小压强,即容器体积增大，平衡向体积增大的方向移动即正向移动,虽然n(CO)增大，由于容器体积变大占主要，因此c(CO)减小，故D正确。综上所述,答案为D。26。一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO，MgSO3（s）+CO(g）MgO（s)+CO2(g）+SO2（g）△H〉0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后,若仅改变图中横坐标x的值,重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率A.A B.B C。C D.D【答案】A【解析】【详解】A、△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确;B、，平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；D、MgSO4是固体,增加固体质量,平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；答案选A。27.将CaCO3放入密闭的真空容器中，反应CaCO3(s)CaO（s）+CO2（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.CaO质量不变 C。CO2浓度不变 D。CaCO3质量增加【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．化学平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变,故A错误;B．该反应是气体体积增大的反应,缩小容器体积，平衡逆向移动，CaO质量减小，故B错误;C．该反应的平衡常数的表达式为K=c(CO2），由于平衡常数不变,所以c(CO2）不变，故C正确；D．该反应是气体体积增大的反应,缩小容器体积，平衡逆向移动,CaCO3质量增加，故D正确;故选CD.【点睛】Ⅱ卷(共36分)三、填空题（本题共有3个小题，共36分）28。随原子序数递增的八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：(1)f在元素周期表的位置是____________________________.(2)比较y、z简单氢化物的沸点(用化学式表示，下同)__________＞__________;比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱____________＞_____________。(3）下列事实能说明d元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_________。a．d单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊b．在氧化还原反应中,1mold单质比1molS得电子多c．d和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）任选上述元素组成一种四原子18电子共价化合物，写出其电子式___________________。(5)已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.75kJ热量,写出该反应的热化学方程式____________________________________________.【答案】（1）.第三周期第IIIA族（2).NH3（3).CH4(4)。HClO4(5)。H2SO4(6)。ac（7).(8).2Na(s)+O2(g）=Na2O2(s)ΔH=－511。5kJ∙mol−1【解析】【分析】根据原子序数、原子半径和化合价分析得到x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl.【详解】(1)f为Al，在元素周期表的位置是第三周期第IIIA族；故答案为：第三周期第IIIA族。（2)y、z简单氢化物分别CH4、NH3，NH3存在分子间氢键,因此NH3沸点高，它们大小关系为NH3＞CH4;根据同周期从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，因此g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱HClO4＞H2SO4；故答案为:NH3；CH4；HClO4;H2SO4。(3）a．氧气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，生成硫单质，发生置换反应，说明氧的非金属性比硫元素的非金属性强，故a符合题意；b．非金属性与得电子数目多少无关，因此不能说明氧的非金属性比硫元素的非金属性强，故b不符合题意；c．非金属越强，其简单氢化物稳定性越强,O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，因此能说明氧的非金属性比硫元素的非金属性强,故c符合题意；综上所述，答案为：ac。（4）任选上述元素组成一种四原子18电子共价化合物为H2O2，其电子式；故答案为：。（5）已知1molNa的单质在足量O2中燃烧,恢复至室温，放出255.75kJ热量，写出该反应的热化学方程式2Na（s）+O2（g)=Na2O2（s）ΔH=－511。5kJ∙mol−1;故答案为:2Na(s）+O2(g)=Na2O2（s）ΔH=－511。5kJ∙mol−1。【点睛】元素推断是常考题型，主要考查元素在周期表的位置、元素的非金属性、元素的性质、电子式的书写,热化学方程式书写.29.在容积为2。00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2（g)，随着温度升高,混合气体的颜色变深。回答下列问题：

(1)反应的ΔH_______0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示.在0～30s时段，反应速率v(N2O4）为__________；反应的平衡常数K1为__________。（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0010mol·L-1·s—1的平均速率升高，经16s又达到平衡。①T_________100℃(填“大于”或“小于"）,判断理由是______________________________。②列式计算温度T时反应的平衡常数K2______________________（计算结果保留两位有效数字)。（3）温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积增大一倍。平衡向__________（填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是___________________________________________________。【答案】(1)。大于(2).（3).(4).小于（5）.c（N2O4)增大，平衡逆向移动,逆向是放热反应，说明是降温（6）。（7）.正反应(8)。该反应是体积增大的反应,反应容器的容积增大一倍，压强减小，平衡向体积增大的方向即正反应方向移动【解析】【分析】（1）根据升高温度,平衡移动原理分析,根据速率公式和平衡常数计算公式进行计算.(2）①根据c（N2O4）增大，平衡移动原理分析；②先计算Δc（N2O4）和Δc（NO2），再得到平衡时c（N2O4）和c(NO2)，再根据公式进行计算。(3)根据压强减小，平衡移动原理分析。【详解】(1）升高温度,颜色变深，说明NO2的量增加，平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即正向为吸热反应，因此反应的ΔH大于0;100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如上图所示.在0~30s时段，反应速率υ(N2O4）;反应的平衡常数;故答案为：大于；；.（2）①c（N2O4）以0。0010mol·L—1·s—1的平均速率升高，说明平衡逆向移动，逆向是放热反应，说明是降温，则T小于100℃；故答案为：小于;c(N2O4）增大，平衡逆向移动,逆向是放热反应，说明是降温。②c（N2O4）以0。0010mol·L—1·s-1的平均速率升高，