1、河南省信阳高级中学 2018-2019 学年高二上学期开学考试化学试题1. 下列说法中正确的是 （ ）A. 6.8 g 熔融 KHSO4与 3.9 g 熔融 Na2O2中阴离子数目相同B. 某金属阳离子的结构示意图为 ，其与 Cl 形成的强电解质都是离子化合物C. 二硫化碳是直线形非极性分子，其电子式为D. 中子数为 18 的氯原子可表示为 18Cl【答案】A【解析】试题分析：A、6.8g 硫酸氢钾的物质的量是 6.8g136g/mol0.05mol，3.9g 过氧化钠的物质的量是 3.9g78g/mol0.05mol，因此在熔融状态下硫酸氢钾与过氧化钠中阴阳离子的物质的量都是 0.05mol
2、，A 正确；B、该金属阳离子也可能是铝离子，与氯离子形成的化合物氯化铝是共价化合物，B 错误；C、二硫化碳是直线形非极性分子，其电子式为 ，C 错误；D、中子数为 18 的氯原子可表示为 35Cl，D 错误，答案选 A。考点：考查阿伏伽德罗常数、化合物以及化学用语的正误判断2.下列做法合理的是 （ ） 将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率 进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属 大量生产超薄塑料袋，方便人们的日常生活 燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放 洗衣粉中添加三聚磷酸钠（Na 3P5O10） ，增强去污效果A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】地沟油
3、是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，提高了资源的利用率，符合题意，故正确；电子垃圾中部分重金属不回收，易造成重金属污染，不符合题意，故错误；塑料不易降解，容易造成“白色污染“，不符合题意，故错误；燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，符合题意，故正确；三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，不符合题意，故错误；做法合理的有，故选 D。3.CuSO4有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是 ( ) A. 途径所用混酸中 H2SO4与 HNO3物质的量之比最好为 3:2B. 相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C. 1molCuS
4、O4在 1100所得混合气体 X 中 O2可能为 0.75molD. Y 可能具有还原性【答案】C【解析】【详解】ACu 与混酸反应，3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO+4H 2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H 2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为 2mol 时，硫酸为 3mol，混酸中 H2SO4与 HNO3物质的量之比最好为3：2，故 A 正确；B相对于途径、，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径 2 无污染性气体产生，故 B 正确；C根据 2CuSO4 Cu2O+SO2+SO 3+O 2知
5、，1molCuSO4在 1100所得混合气体 X 中 O2为 0.5mol，故 C 错误；D根据流程图，硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钠，生成氢氧化铜沉淀，加入 Y 后生成氧化亚铜，铜元素被还原，所以Y 可能具有还原性，故 D 正确；故选 C。【点睛】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答。本题的易错点为 D，要注意根据元素化合价的变化分析判断。4.常温下，往 H2O2溶液中滴加少量 FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2+H2O2+2H+2Fe 3+2H2O， 2Fe 3+H2O22Fe 2+O2+2H +则下列说法正确的是（
6、）A. H2O2的氧化性比 Fe3+强，其还原性比 Fe2+弱B. 在 H2O2分解过程中，溶液的 pH 逐渐下降C. 在 H2O2分解过程中， Fe 2+和 Fe3+的总量逐渐减少D. H2O2生产过程要严格避免混入 Fe2+【答案】D【解析】【详解】A由 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O、2Fe 3+H2O2=2Fe2+O2+2H +可知，H 2O2的氧化性Fe 3+的氧化性，H 2O2的还原性Fe 2+的还原性，故 A 错误；B将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2，所以分解过程中，Fe 2+作催化剂，双氧水溶液本身是弱酸性，而分解生成的水是中性，溶液 pH 值升高，
7、故 B 错误；CH 2O2分解 Fe3+或 Fe2+作催化剂，所以总量不变，故 C 错误；D因为 Fe2+可导致 H2O2分解，所以 H2O2生产过程要避免混入 Fe2+，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中氧化性的比较规律及两个化学反应的关系及催化剂在反应在的作用是解答的关键。本题的易错点为 A，要注意根据化合价分析氧化还原反应的一般方法。5. 短周期元素甲、乙、丙、丁、戊在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径的大小顺序为：甲乙丙戊B. 氢化物的稳定性：乙丁；氢化物的沸点：丁乙C. 元素甲与元素丙的最高正化合价之和的数值等于 8D. 元素
8、戊的氧化物对应的水化物的酸性一定比丁的强【答案】C【解析】试题分析: 根据短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置可知，甲、乙是第二周期元素，丙、丁、戊是第三周期元素，这几种元素分别是 N、O、Al、S、Cl。A电子层数越多，原子半径越大，而同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径丙戊甲乙，A 项错误；B乙、丁是同族元素，非金属性乙丁，则氢化物的稳定性乙丁，乙的氢化物是水，丁的氢化物是 H2S，水中含有氢键，则氢化物的沸点：乙丁，B 项错误；C元素甲与元素丙分别是 N、Al，N 的最高正化合价是+5，而 Al 的最高正化合价为+3，两者之和的数值等于 8，C 项正确；D元
9、素戊的氧化物对应的水化物是 HClO，HClO 是弱酸，丁的氧化物对应的水化物是 H2SO4，硫酸是强酸，D 项错误；答案选 C。【考点定位】考查原子结构和元素周期律。【名师点睛】本题考查原子结构和元素周期律，明确元素周期表结构、元素周期律与原子结构关系是解答本题关键，以第 IA 族、第 VIIA 族、第三周期为例熟练掌握元素周期律，题目难度不大。根据短周期非金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置可知，甲、乙是第二周期元素，丙、丁、戊是第三周期元素，这几种元素分别是 N、O、Al、S、Cl，然后根据元素周期律解答。6.下列试剂保存或实验注意事项正确的是（ ）液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水
10、封。有 Cl2、CO、H 2S 等气体排放时，必须有尾气处理措施。稀释浓硫酸时，先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸，后慢慢注入蒸馏水，并不断搅拌。做“氢气还原氧化铜实验”时，先通一会儿氢气再加热。酒精灯是中学化学实验常用的热源，使用前应检查一下灯芯和酒精量。A. 仅 B. 仅 C. 仅 D. 全部正确【答案】C【解析】【详解】由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故正确；有 Cl2、CO、H 2S 等气体会造成环境污染，排放时必须有尾气处理措施，故正确；浓硫酸密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在水面上，且放出的热会使水沸腾，从而
11、造成酸液飞溅的现象出现，因而稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散，故错误；做氢气还原氧化铜实验时，先通氢气将装置中空气排净，然后再加热，避免纯度不足发生爆炸，故正确；酒精灯是中学化学实验常用的热源，使用前应检查一下灯芯和酒精量，保证实验的安全，故正确；正确的有，故选 C。7.金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝后的“第三金属” 。工业上以金红石为原料制取 Ti的反应为 : aTiO2 bCl2 cC aTiCl4 cCO 反应(1)TiCl42Mg Ti2MgCl 2 反应(2)关于反应(1)、(2)的分析不正确的是（ ） TiCl 4在反应(1)中是还原
12、产物，在反应(2)中是氧化剂；C、Mg 在反应中均为还原剂，被还原；在反应(1)、(2)中的还原性 CTiCl 4，MgTi； a1， b c2；每生成 19.2 g Ti(Ar48)，反应(1)、(2)中共转移 4.8 mol e 。A. 仅 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在化学反应中得电子化合价降低的物质是氧化剂，在反应中被还原；失电子化合价升高的物质是还原剂，在反应中被氧化；氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物；同一化学反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；同一化学反应中反应前后遵循原子守恒定律。【详解】aTiO 2+bCl2+cC aTiCl4+cC
13、O，该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是 TiCl4；TiCl 4+2MgTi+2MgCl2 该反应中钛元素的化合价降低，TiCl 4作氧化剂；所以 TiCl4在反应 I 中是还原产物，在反应 II 中是氧化剂，故正确；C、Mg 在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故错误；在反应 I 中 C 的还原性大于 TiCl4；在反应 II镁的还原性大于 Ti，故正确。根据反应前后各元素的原子个数守恒知，2ac，2b4a，所以 a1，bc2，故正确；将方程式、相加得 TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl
14、2 生成 1mol Ti 转移电子 8mol 电子，所以每生成 19.2 g Ti，即 0.4mol Ti，反应 I、II 中共转移 3.2mol e-，故错误；故选 D。8.2009 年，M IT 的唐纳德撒多维教授领导的小组研制出一种镁锑液态金属储能电池。电池突破了传统电池设计理念，以 NaCl、KCl 和 MgCl2的熔融盐作为电解质。以 Mg 和 Sb 两极金属，整个电池在 700工作，处在液体状态。由于密度的不同，在重力下分层，分别形成上层金属 Mg，下层金属 Sb 和中间的 NaCl、KCl 及 MgCl2电解质层。电池的工作原理如图所示，关于该电池的说法不正确的是 ( )A. 电
15、池充电时 Cl从上向下移动B. 电池放电时正极的电极反应式为 Mg2+2eMgC. 电池充电时阳极的电极反应式为：2Cl -2eCl 2D. 电池充电时中层熔融盐的组成不发生改变【答案】C【解析】【详解】中间层熔融盐为电解质溶液，依据电流方向，镁液为原电池负极，充电时镁极为阴极。该电池工作时，负极 Mg 失电子生成镁离子，电极反应 Mg-2e-=Mg2+，正极镁离子得电子得到 Mg，电极反应为：Mg 2+2e-=Mg。 ；充电时，Mg 电极与负极相连作阴极，Mg-Sb 电极与正极相连作阳极。A. 电池充电时为电解池，阴离子移向阳极，即向下移动，因此 Cl从上向下移动，故 A 正确；B. 电池放
16、电时为原电池，正极的电极反应式为 Mg2+2eMg，故 B 正确；C. 电池充电时为电解池，阳极的电极反应式为 Mg-2e-=Mg2+，故 C 错误；D. 根据上述分析，电池放电和充电时中层熔融盐的组成都不发生改变，故 D 正确；故选 C。【点睛】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键。本题的易错点为 C，要注意由于密度的原因，氯离子不能放电。9.据报道，美国麻省理工学院基于葡萄糖开发了一种新型燃料电池，以 Pt/TiO2为电极，植入人体就可以进行工作，如图是人工模拟此电池的示意图，下列叙述正确的是 ( )A. 电极 a 上发生还原反应B
17、. 电池总反应式为 C6H12O66O 26CO 26H 2OC. 两个电极材料相同，不能形成燃料电池D. b 极的电极反应式为 C6H12O66H 2O24e =6CO224H 【答案】B【解析】【详解】根据图示，高电池属于燃料电池，在燃料电池中通入燃料的是负极，通入空气或氧气的是正极，故 a 为负极，b 为正极。A. 电极 a 为负极，发生氧化反应，故 A 错误；B. 该燃料电池总反应式为 C6H12O66O 26CO 26H 2O，故 B 正确；C. 两个电极材料相同，但通入的气体物质本题，能形成燃料电池，故 C 错误；D. b 极为正极，氧气在正极上发生还原反应，故 D 错误；故选 B
18、。10.向 FeCl3溶液中滴加 2 滴 KSCN 溶液，发生反应达到平衡。保持温度不变，仅改变某一个条件达到平衡，两次平衡时各物质的浓度如下：Fe3 (aq)3SCN (aq) Fe(SCN)3(aq)平衡/(molL 1 ) a b c平衡/(molL 1 ) x y z下列叙述不正确的是 ( )A. 存在关系式：B. 存在关系式：( a x)( b y)( z c)131C. 向溶液中加入少量铁粉，溶液颜色变浅D. 当溶液中 c(SCN )保持不变时达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A. 温度不变，平衡常数不变，K= = ，故 A 正确；B. 根据上述平衡浓度可知，由于改变的条件未知
19、，改变的体积可能是改变某一种离子的浓度，也可能是将溶液稀释等，因此无法判断 (a x)( b y)( z c)的比值大小，故 B 错误；C. 向溶液中加入少量铁粉，发生 2Fe3+ + Fe=3Fe2+，Fe 3 (aq) 3SCN (aq) Fe(SCN)3(aq)逆向移动，溶液颜色变浅，故 C 正确；D. 当溶液中 c(SCN )保持不变时，说明其他微粒的浓度也保持不变，说明反应达到平衡状态，故 D 正确；故选 B。11.已知：H (aq)OH (aq)=H2O(l) H57.3 kJmol 1 。对于下列稀溶液或固体之间的反应：HCl(aq)NH 3H2O (aq)=NH4Cl(aq)H
20、 2O(l) H a kJmol1HCl(aq)NaOH(s)=NaCl(aq)H 2O(l) H b kJmol1HNO 3 (aq)NaOH (aq)=NaNO 3 (aq)H 2O(l) H c kJmol1下列有关 a、 b、 c 三者的大小关系中正确的是 ( )A. a b c57.3 B. a b c57.3C. b c57.4 a D. 无法比较【答案】C【解析】【分析】中和反应是放热反应，强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐与 1mol 水，放出的热量为 57.3kJ。氨水是弱碱，电离要消耗能量；氢氧化钠固体溶于水放出大量的热；强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐与 1mol 水，
21、放出的热量为 57.3kJ，据此解答。【详解】盐酸与氨水反应生成 1mol 水，因为氨水是弱碱，电离要消耗能量，所以放出的热量小于 57.3kJ；稀盐酸与氢氧化钠固体发生生成 1mol 水，由于氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，所以放出的热量大于 57.3kJ；稀的硝酸与稀氢氧化钾溶液反应生成可溶性盐与 1mol 水，放出的热量为 57.3kJ。所以三个反应的放出热量，即 bca。故选 C。【点睛】考查中和反应反应热的判断，必须是强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐与 1mol水，反应热才是 57.3kJ/mol，如果是浓溶液会大于 57.3kJ/mol，因为浓酸和浓碱稀释放热，如果是弱酸和弱碱会
22、小于 57.3kJ/mol，因为弱酸和弱碱电离需要吸热。12.反应 4HCl(g)O 2(g) 2Cl2(g)2H 2O(g)中，4 mol HCl 被氧化，放出 115.6 kJ 的热量。又知： ，判断下列说法正确的是( )A. 该反应的 H115.6 kJmol 1B. 断开 1 mol HO 键与断开 1 mol HCl 键所需能量相差约为 32 kJC. H2O 中 HO 键比 HCl 中 HCl 键弱D. 由所提供数据判断氯元素的非金属性比氧元素强【答案】B【解析】【详解】A依据反应 A 中，4mol HCl 被氧化，放出 115.6kJ 的热量，反应的热化学方程式为：4HCl(g)
23、+O 2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H=-115.6 kJ/mol，故 A 错误；BE(H-O)、E(HCl)分别表示 H-O 键能、H-Cl 键能，反应 A 中，4mol HCl 被氧化，放出 115.6kJ 的热量，反应热H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4E(H-Cl)+498kJ/mol-2243kJ/mol+4E(H-O)=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即 E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开 1mol H-O 键与断开 1mol H-Cl 键所需能量相差约为31.9kJ/mol1mol=
24、31.9kJ，故 B 正确；CE(H-O)、E(HCl)分别表示 H-O 键能、H-Cl 键能，反应 A 中，4mol HCl 被氧化，放出 115.6kJ 的热量，反应热H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4E(H-Cl)+498kJ/mol-2243kJ/mol+4E(H-O)=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即 E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开 1mol H-O 键与断开 1mol H-Cl 键所需能量相差约为 31.9kJ/mol1mol=31.9kJ32kJ，H 2O 中 H-O 键比 HCl中
25、H-Cl 键强，故 C 错误；D根据 C 的分析可知，H 2O 中 H-O 键比 HCl 中 H-Cl 键强，说明 H-O 键比 H-Cl 键稳定，即非金属性 OCl，故 D 错误；故选 B。13.将氢气通入 10 g 氧化铜粉末加热片刻，冷却后剩余固体的质量为 8.4 g，下列计算正确的是A. 有 1.6 g 水生成B. 有 8.4 g 铜生成C. 有 80%的氧化铜被还原D. 实验时所消耗的氢气不足 0.2 g【答案】C【解析】【分析】发生的反应为 H2+CuO H2O+Cu，固体减少的质量为 O 元素的质量，假设 CuO 完全被还原，则生成 m（Cu）= 8.4g，所以还有部分 CuO
26、未被还原，固体减少的质量=（10-8.4）g=1.6g，据此解答。【详解】H 2+CuO H2O+Cu 固体质量减少2 80 18 64 16x y z m 1.6解得 x0.2g，y8.0g，z1.8g，m6.4g。则A. 有 1.8 g 水生成，A 错误；B. 有 8.0 g 铜生成，B 错误；C. 有 的氧化铜被还原，C 正确；D. 由于需要利用氢气排尽装置中的空气，则实验时实际所消耗的氢气大于 0.2 g，D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查根据方程式的计算，明确各个物理量之间的关系式即可解答，注意差量法的灵活应用。易错选项是 D，很多同学只计算参加反应的氢气而导致错误，为易错点。1
27、4.一定条件下，在体积为 10 L 的固定容器中发生反应：N 2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，反应过程如下图所示，下列说法正确的是A. t1 min 时正、逆反应速率相等B. X 曲线表示 NH3的物质的量随时间变化的关系C. 08 min，H 2的平均反应速率 v(H2)=3/4 molL-1min-1D. 1012 min，N 2的平均反应速率 v(N2)=0.25 molL-1min-1【答案】B【解析】【详解】A、根据该图像可知平衡时 X 的物质的量增加 0.6mol，Y 的物质的量减少 1.2mol-0.3mol=0.9mol，0.6:0.9=2：3，说明 X 是氨气，Y 是
28、氢气。t 1 min 时 X 与 Y 的物质的量相等，但未达平衡，所以正逆反应的速率不相等，A 错误；B、根据 A 的分析可知 X 是氨气，X 曲线表示 NH3的物质的量随时间变化的关系，B 正确；C、08 min，H 2的平均反应速率 v（H 2）0.9mol/(10L8min)0.01125 molL -1min-1，C 错误；D、1012 min，H 2的平均反应速率为 v（H 2）（0.3-0.15）mol/(10L2min)0.0075 molL-1min-1，氮气的反应速率是氢气反应速率的 1/3，则 N2的平均反应速率为 v（N 2）0.0075 molL -1min-1/30.
29、0025 molL -1min-1，D 错误；答案选 B。15.为解决日益加剧的温室效应等问题,科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的化学观点或化学思想有 ( )化学变化中元素种类是守恒的；燃烧时化学能可以转化为热能和光能；光能或电能可以转化为化学能；无机物和有机物可以相互转化；二氧化碳也是一种重要的资源。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，故正确；液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下
30、可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，故正确；水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，故正确；无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为汽油或甲醇等有机物，他们燃烧又生成二氧化碳等无机物，实现了无机物和有机物的相互转化，故正确；从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为汽油或甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，故正确；故选 D。【点睛】本题以信息给予的形式考查了二氧化碳的相关问题，解题的关键是理清其中的转化关系，紧扣题干信息结合相关化学知识。图中的关键步骤是以水通电分解得
31、到的氢气和二氧化碳为原料在复合催化剂的作用下转化为汽油或甲醇等能源。16.可逆反应:2NO 2 2NO+O2在固定体积的密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是 ( )(1)单位时间内生成 n mol O2的同时生成 2n mol NO2(2)单位时间内生成 n mol O2的同时,生成 2n mol NO(3)用 NO2 、NO、O 2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为 2:2:2 的状态(4)混合气体的颜色不再改变的状态(5)混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A. 仅(1)(4)(5) B. 仅(2)(3)(5)C. 仅(1)(3)(4) D. (1)(2)(3)(4)(5)【答案】
32、A【解析】【详解】(1)单位时间内生成 n mol O2等效于消耗 2n mol NO2同时生成 2n mol NO2，正逆反应速率相等，故正确；(2)单位时间内生成 n mol O2的同时，生成 2n mol NO，只要反应发生就符合这个关系，故错误；(3)用 NO2、NO、O 2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2：2：1 的状态，只要反应发生就符合这个比，不能说明已达平衡状态，故错误；(4)混合气体的颜色不再，说明二氧化氮的物质的量浓度不变，生成与消耗的速率相等，正逆反应速率相等，故正确；(5)混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故正确；故选
33、 A。17.可逆反应： 2 A(g) + B(g) 3 C(g) + D(g)。试根据下图判断正确的是A. 温度 T1 比 T2高B. 正反应为放热反应C. 甲图纵轴可以表示 A 的转化率D. 甲图纵轴可以表示混合气体平均相对分子质量【答案】C【解析】A 项，分析图乙，温度越高，化学反应速率越快，先达到平衡状态，所以 T1比 T2低，故A 错误；B 项，升高温度，A 的百分含量减小了，即升温平衡正向移动，所以该反应的正方向为吸热反应，故 B 错误；C 项，分析甲图，增大压强，化学反应速率加快，先达到平衡状态，所以 P2大于 P1，加压，化学平衡逆向移动，A 的转化率减小，所以甲图纵轴可以表示
34、A 的转化率，故 C 正确；D 项，增大压强，化学平衡逆向移动，气体总分子数减小，气体总质量不变，所以混合气体平均相对分子质量增大，所以甲图纵轴不能表示混合气体平均相对分子质量，故 D 错误。点睛：本题以图像的形式考查影响化学平衡和化学反应速率的因素，注意：掌握温度、压强等影响化学反应速率和化学平衡移动的外因，并能灵活运用；会看图像，关注曲线的特殊点，通过分析图像得出速率快慢情况及化学平衡移动情况。18.对于反应：4CO(g)2NO 2(g) 4CO2(g)N 2(g) H1200 kJmol 1 ，温度不同 (T2T1),其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）A. A B. B C. C D
35、. D【答案】B【解析】升高温度正逆反应速率都发生突变，故 A 错误；升高温度速率加快，平衡逆向移动，NO 2的转化率减小，故 B 正确；增大压强，平衡正向移动，CO 的体积分数减小，故 C 错误；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故 D 错误。19.I2在 KI 溶液中存在下列平衡：I 2(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 50K 1100 841 680 533 409下列说法正确的是A. 反应 I2(aq)I 一 (aq) I3 (aq)的 H0B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C. 在上述体
36、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H0，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。20.W、X、Y、Z、M、G 五种短周期元素，原子序数依次
37、增大。W、Z 同主族，可形成离子化合物 ZW；Y、M 同主族，可形成 MY2，MY 3两种分子；X 的气态氢化物水溶液呈碱性。请回答下列问题: （1）Y 在元素周期表中的位置为_；（2） W、Y、Z、G 形成的简单离子的半径大小顺序是_(用化学符号表示) （3）Y、G 的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有_ (任写两个)（4）ZW 的电子式为_，W 2Y2的电子式为_（5）MY 2和 G2均能使品红溶液褪色，常温常压下若将相同体积的 MY2和 G2气体同时通入品红溶液，请用相关离子方程式解释原因_。（6）已知 化合物 MgO Al2O3 MgCl2 AlCl3类型 离子化合物 离子化
38、合物 离子化合物 共价化合物熔点/ 2800 2050 714 191工业制镁时，电解 MgCl2而不电解 MgO 的原因是是_ ；制铝时，电解 Al2O3而不电解 AlCl3的原因是_ 。（7）最近意大利罗马大学的 FulvioCacace 等人获得了极具理论研究意义的 N4分子。N 4分子结构如右图所示，已知断裂 1 mol NN 吸收 167 kJ 热量，生成 1 mol NN 放出 942kJ 热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是_ 。AN 4属于一种新型化合物 BN 4晶体熔点高，硬度大C相同质量的 N4的能量高于 N2 D1molN 4转变为 N2将吸收 882kJ 的能量【
39、答案】 (1). 第二周期第 VIA 族 (2). Cl N 3 O 2 Na + (3). O3、Cl 2、ClO 2任选两个 (4). (5). (6). SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2CI-+4H+ (7). 氧化镁熔点高，耗能多 (8). 氯化铝是共价化合物，熔融时不导电 (9). C【解析】【分析】W、X、Y、Z、M、G 五种短周期主族元素，原子序数依次增大X 元素的气态氢化物水溶液呈碱性，则 X 为氮元素；Y、M 同主族，可形成 MY2、MY 3两种分子，则 M 为 S 元素、Y 为氧元素；G 原子序数大于 S 原子序数，则 G 为 Cl 元素；W、Z 同主族，可形成离子
40、化合物 ZW，则 W 为H 元素、Z 为 Na。【详解】根据上述分析，W 为 H 元素、X 为氮元素、Y 为氧元素、Z 为 Na 元素、M 为 S 元素、G 为 Cl 元素。(1)Y 为 O 元素，在元素周期表中的位置为：第二周期第 VIA 族，故答案为：第二周期第 VIA族；(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl -N 3-O 2-Na +，故答案为：Cl -N 3-O 2-Na +；(3)Y、G 的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有：O 3、Cl 2、ClO 2，故答案为：O3、Cl 2、ClO 2；(4)ZW 为 Na
41、H，电子式为 ，H 2O2的电子式为 ， 故答案为： ；(5)常温常压下若将相同体积的 SO2和 Cl2气体同时通入品红溶液，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+，二者恰好反应，没有剩余，品红溶液不褪色，故答案为： SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+；(6)工业制镁时，电解 MgCl2而不电解 MgO 的原因是：氧化镁熔点高，耗能多；制铝时，电解Al2O3而不电解 AlCl3的原因是：氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，故答案为：氧化镁熔点高，耗能多；氯化铝是共价化合物，熔融时不导电；(7)AN 4由 N 元素组成，是一种单质，故 A 错误；BN
42、4晶体属于分子晶体，分子晶体的熔点一般较低，硬度较小，故 B 错误；C1molN 4气体中含有 0.6molN-N 键，可生成 2molN2，形成 2molNN 键，则 1moN4气体转变为 N2化学键断裂吸收的热量为 6167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为 2942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为 1884kJ-1002kJ=882kJ，所以相同质量的 N4的能量高于 N2，故 C 正确；D1molN 4气体中含有0.6molN-N 键，可生成 2molN2，形成 2molNN 键，则 1moN4气体转变为 N2化学键断裂吸收的热量为 6167kJ=1002kJ，形
43、成化学键放出的热量为 2942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为 1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出 882kJ 热量，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点为 W 和 Z 元素的推导，易错点为(6)，要知道二者的晶体类型不同。21.汽车尾气中的主要污染物是 NO 以及燃料不完全燃烧所产生的 CO。为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H = a kJmol-1。为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率， t1下，在一定容的密闭容器中，某科
44、研机构用气体传感器测得了不同时间的 NO 和 CO 的浓度如下表（CO 2和 N2的起始浓度均为 0） 。时间 (s) 0 1 2 3 4 5c(NO)/10-4mol/L 10.0 4.50 2.50 1.50 1.00 1.00c(CO)/10-3mol/L 3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70回答下列问题：（1）在上述条件下该反应能自发进行，则正反应必然是_反应（填“放热”或“吸热”） 。（2）前 3s 内的平均反应速率 (N 2)=_， t1时该反应的平衡常数 K=_。（3）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时改变下列条件，能提高 NO 转化率的是_。A选用更
45、有效的催化剂 B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度 D缩小容器的体积（4）已知：N 2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=180.5 kJmol -12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2221.0 kJmol -1C(s)+O2(g)=CO2(g) H3393.5 kJmol -1则处理汽车尾气反应中的 a=_。（5）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，有关反应为：C(s)+2NO(g) CO2(g)+N2(g) H4。向某密闭容器加入一定量的活性炭和 NO，在 t2下反应，有关数据如下表：NO N2 CO2起始浓度/molL -1 0.10 0 0平衡浓度/molL -1 0.0
46、4 0.03 0.03平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中 NO、N 2、CO 2的浓度之比为 5:3:3，则 H4_0（填“ ” 、 “=”或“” ） 。【答案】 (1). 放热 (2). 1.4210-4 mol L-1s-1 (3). 5000 (4). C D (5). -746.5 (6). 【解析】【详解】(1)由反应能够自发进行，则H-TS0，由方程式可知S0，则只有该反应的H0 时，即该反应一定是放热才有可能自发进行，故答案为：放热；(2)前 3s 内的平均反应速率 v(N2)= v(NO)= =1.4210-4 molL-1s-1，由表格中的数据可知到 4s 时达到化学平衡
47、，则2NO + 2CO 2CO2 + N2，开始（molL -1）1.0010 -3 3.6010-3 0 0 转化（molL -1） 910 -4 910-4 910-4 4.5010-4 平衡（molL -1）1.0010 -4 2.7010-3 910-4 4.5010-4 则 K= =5000，故答案为：1.4210 -4 molL-1s-1；5000；(3)A选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故 A 错误；B升高反应体系的温度，因反应放热，则平衡逆向移动，转化率减小，故 B 错误；C降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故 C 正确；D缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故 D正确；故答案为：CD；(4)已知：N 2(g)+O2(g)=2NO(g)H 1=+180.5kJmol-1，2C(s)+O 2(g)=2CO(g) H 2=-221.0kJmol-1，C(s)+O 2(g)=CO2(g) H 3=-393.5kJm
