湖南省长沙一中2016届高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年湖南省长沙一中高三（上）第四次月考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列反应的热效应与其它三项不相同的是（　　）‎ A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与Ba（OH）2•8H2O反应 C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应 ‎　‎ ‎2．分类方法在化学教材必修I中出现，下列分类标准合理的是（　　）‎ ‎①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等；‎ ‎②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；‎ ‎③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；‎ ‎④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．‎ A．①② B．②④ C．①③ D．③④‎ ‎　‎ ‎3．下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（　　）‎ A．BeCl2 B．PCl3 C．PCl5 D．H2O ‎　‎ ‎4．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为14．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）‎ A．X的氢化物显酸性 B．Y的氧化物是离子化合物 C．ZX2的水溶液在空气中存放不易变质 D．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸 ‎　‎ ‎5．下列物质中，既存在离子键又存在非极性键的是（　　）‎ A．H2O2 B．MgCl2 C．CaC2 D．NaOH ‎　‎ - 32 -‎ ‎6．在一定条件下，RO3﹣与R﹣发生如下反应：RO3﹣+5R﹣+6H+=3R2+3H2O．下列关于R元素的叙述，正确的是（　　）‎ A．R位于VA族 B．R的氢化物的水溶液是强酸 C．RO3﹣中的R只能被还原 D．R2在常温常压下一定是气体 ‎　‎ ‎7．在一定条件下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）（正反应吸热）达到平衡时，要使混合气体的颜色加深（I2有颜色），可采取的措施是（　　）‎ ‎①增大氢气的浓度②升高温度③降低温度④缩小体积⑤增大HI的浓度⑥减小压强⑦加催化剂．‎ A．①③⑥⑦ B．③⑤⑥ C．①③⑤ D．②④⑤‎ ‎　‎ ‎8．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）‎ A．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA B．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NA C．由SO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA D．1L浓度为1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32﹣‎ ‎　‎ ‎9．可逆反应aA（s）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是（　　）‎ A．达到平衡后，加入催化剂则C%增大 B．达到平衡后，若升高温度，平衡向左移动 C．化学方程式中b＞c+d D．达平衡后，增加A的量，有利于平衡向右移动 ‎　‎ ‎10．根据相关的化学原理，下列判断正确的是（　　）‎ A．由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S - 32 -‎ B．由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2‎ C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2‎ D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+‎ ‎　‎ ‎11．下列各图中所示的实验方法、装置和操作都正确是（　　）‎ A．制取、收集O2 B．制无水乙醚 C．除去NaCl中的泥沙 D．收集NO ‎　‎ ‎12．在一个1L的容器中，加入2molA和1molB，发生下述反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）．平衡时，C的浓度为1.2mol/L．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，下列组合能达到的是（　　）‎ A．6molC+xmolD（x＞0.6）‎ B．1molA+0.5molB+1.5molC+xmolD（x＞0.1）‎ C．3molA+1.5molB+x molD（x≥0）‎ D．1molA+0.5molB+3molC+xmolD（x＞0）‎ ‎　‎ ‎13．下列推论正确的是（　　）‎ A．S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2；△H1＞△H2‎ B．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定 C．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol．则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ D．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△s＞0，则：该反应任何温度下都能自发进行 ‎　‎ - 32 -‎ ‎14．可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol（Q＞0）．有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=3Q2．下列叙述正确的是（　　）‎ A．甲中反应达到平衡时，Q1=Q B．达到平衡后，甲中C的体积分数比乙大 C．达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向生成C的方向移动 D．乙中的热化学反应方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）△H=+Q2kJ/mol ‎　‎ ‎15．已知：Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）的△H是（　　）‎ A．﹣824.4kJ•mol﹣ B．﹣627.6kJ•mol﹣1‎ C．﹣744.7kJ•mol﹣1 D．﹣169.4kJ•mol﹣1‎ ‎　‎ ‎16．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（　　）‎ A．1：10 B．1：8 C．1：6 D．1：5‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17．在容积为2.0L的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，据图回答下列问题：‎ ‎（1）从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为　　　　　　mol/（L•min）．‎ ‎（2）根据右图写出该反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（3）第5分钟时，升高温度，A、B、D的物质的量变化如图，则该反应是　　　　　　（填“放热”或“吸热”）反应，若在第7分钟时增加D的物质的量，A的物质的量变化正确的是　　　　　　（用图中a～c的编号回答）‎ - 32 -‎ ‎　‎ ‎18．如图1为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：‎ Ⅰ．（1）④和⑦中氢化物中较稳定的是　　　　　　（填氢化物的化学式）．‎ ‎（2）①、④两种元素的原子按1：1组成的化合物的电子式为　　　　　　．‎ ‎（3）②、③、④的原子半径由小到大的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）．‎ Ⅱ．由表中①～⑧中的一种或几种元素形成的常见物质A、B、C可发生图2反应（副产物已略去），试回答：‎ ‎（1）若X是强氧性化单质，则A不可能是　　　　　　（填序号）．‎ ‎ a．S．b．N2 c．Na d．Al ‎（2）若X是一种常见过渡金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，检验此C溶液中金属离子的方法是（写出操作和现象）　　　　　　．‎ ‎（3）若A、B、C为含有同一金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，且B具有两性．写出A与C两溶液反应的离子方程式　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎19．联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．‎ ‎（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定条件下，在体积一定的密闭容器中反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是　　　　　　（填字母）．‎ A．减小NO2的浓度 B．降低温度 C．增加NO2的浓度 D．升高温度 - 32 -‎ ‎（2）25℃时，1.00g N2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则该反应的热化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300mol•L﹣1、c（N2O4）=0.0120mol•L﹣1．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K=　　　　　　．‎ ‎（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu　　　　　　 g．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，各物质间存在如下相互转化关系，其中B为淡黄色固体．F为金属单质，能和氧化铁反应，生成铁单质．E和K为无色气体单质，其它物质均为化合物，A为无色气体，C为无色液体．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）H的化学式为　　　　　　，G的电子式为　　　　　　．‎ ‎（2）写出工业上制取单质F的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（3）写出F与G反应的离子方程反应方程式　　　　　　．‎ ‎（4）D的水溶液显　　　　　　性，原因是　　　　　　（用离子方程式表示）．‎ ‎　‎ ‎21．以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．‎ ‎（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气．反应为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ ‎•mol﹣1‎ ‎①该反应在常温下　　　　　　自发进行（填“能”与“不能”）；‎ ‎②一定温度和压强下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是　　　　　　（填字母，下同）‎ - 32 -‎ a．容器中的压强不变 b.1mol H﹣H键断裂的同时断裂2mol H﹣O c．c（CO）=c（H2）‎ d．密闭容器的容积不再改变 ‎（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如表三组数据：‎ 实验组 温度 ‎℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min CO H2O H2‎ CO ‎1‎ ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ a b c d t ‎①该反应为　　　　　　（填“吸”或“放”）热反应；‎ ‎②若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是　　　　　　（用含a、b的数学式表示）‎ ‎　‎ ‎22．某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）．‎ 请按要求填空：‎ ‎（1）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验．‎ ‎①若在丙中加入适量水，即可制得氯水．将所得氯水分成两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象、结论如下，请将表格中实验1的现象补充：‎ 实验序号 ‎ 实验操作 ‎ 现象 ‎ 结论 ‎ Ⅰ 将氯水滴入品红溶液 ‎ ‎　　　　　　‎ 氯气与水反应的产物有漂白性 ‎ Ⅱ 氯水中加入NaHCO3粉末 ‎ ‎ 有无色气泡产生 氯气与水反应的产物具有 较强的酸性 有同学认为实验II的结论合理，请说明理由　　　　　　；‎ - 32 -‎ ‎②若要利用上述装置设计一个简单的实验，验证Cl﹣和Br﹣的还原性强弱，则丙中所盛装的试剂为　　　　　　，能得到结论的实验现象为　　　　　　；‎ ‎③某同学用该装置探究氯气与KI的反应，在丙中盛放有KI淀粉溶液，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（2）B、D、E装置相连后，在B中盛装铜片（放在有孔塑料板上）和浓硝酸，关闭c，打开a、b，即可在试管丁中收集到NO2．‎ ‎①B中发生反应的化学方程式为　　　　　　；‎ ‎②欲用D装置验证NO2与水的反应，在试管中收集满NO2后，使烧杯中的水进入试管丁的操作是（不可改变试管和烧杯的位置）：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ - 32 -‎ ‎2015-2016学年湖南省长沙一中高三（上）第四次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列反应的热效应与其它三项不相同的是（　　）‎ A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与Ba（OH）2•8H2O反应 C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】A．铝粉与氧化铁的反应为放热反应；‎ B．氯化铵与Ba（OH）2•8H2O反应为吸热反应；‎ C．锌片与稀硫酸反应为放热反应；‎ D．钠与冷水反应为放热反应．‎ ‎【解答】解：A．氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁，Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，是典型的放热反应，利用放出的热冶炼金属铁，常用于野外铁轨的焊接，为放热反应；‎ B．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合：Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl═2NH3+BaCl2+10H2O是典型的在常温下反应的吸热反应；‎ C．锌片与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；‎ D．钠与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，放出大量的热，是放热反应；‎ 根据以上分析与其它三者不同的是B，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了放热反应和吸热反应，熟记常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎2．分类方法在化学教材必修I中出现，下列分类标准合理的是（　　）‎ ‎①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等；‎ ‎②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；‎ ‎③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；‎ - 32 -‎ ‎④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．‎ A．①② B．②④ C．①③ D．③④‎ ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；吸热反应和放热反应．‎ ‎【专题】物质的分类专题．‎ ‎【分析】根据酸能电离出得氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸等，根据分散系粒子的半径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，其它两项皆正确．‎ ‎【解答】解：①根据酸能电离出得氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸等，而不是含有氢原子的个数，例如CH3COOH中还有4个氢原子，但只电离子1个氢离子，为一元酸，故①错误；‎ ‎②氧化还原反应的实质是发生了电子的转移，根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；‎ ‎③分散系依据分散质粒子直径的大小可分为三大类，即溶液、胶体、浊液．溶液粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在1～100nm，大于100nm的为浊液，故③错误；‎ ‎④化学反应一定伴随着能量的变化，当反应物的总能量大于生成物的总能量时反应放热，反之吸热，故④正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查物质的分类方法，不同的分类标准，物质有不同的分类方法，本题难度不大，做题时注意物质的分类标准是否科学．‎ ‎　‎ ‎3．下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（　　）‎ A．BeCl2 B．PCl3 C．PCl5 D．H2O ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，含H元素的化合物一定不满足，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．BeCl2中，Be元素位于第ⅡA族，则2+2=4，则不满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故A不选；‎ B．PCl3中，P元素位于第ⅤA族，则5+3=8，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B选；‎ C．PCl5中，P元素位于第ⅤA族，则5+5=10，则不满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故C不选；‎ - 32 -‎ D．H2O中，H元素最外层最多2个电子，则不满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查原子核外电子数，明确元素的位置、最外层电子数、成键数即可判断，注意规律的应用来解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为14．X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（　　）‎ A．X的氢化物显酸性 B．Y的氧化物是离子化合物 C．ZX2的水溶液在空气中存放不易变质 D．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，故Z的最外层电子数为2×3=6，Z的最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，则Y的最外层电子数为=2，由三种元素原子的最外层电子数之和为14，则X的最外层电子数之和为14﹣6﹣2=6，故X处于第二周期，则X为氧元素；X与Y、Z位于相邻周期，则Y、Z位于第三周期，故Y为Mg元素、Z为S元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，故Z的最外层电子数为2×3=6，Z的最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，则Y的最外层电子数为=2，由三种元素原子的最外层电子数之和为14，则X的最外层电子数之和为14﹣6﹣2=6，故X处于第二周期，则X为氧元素；X与Y、Z位于相邻周期，则Y、Z位于第三周期，故Y为Mg元素、Z为S元素，‎ A．X为氧元素，其氢化物水为中性，过氧化氢为弱酸性，故A错误；‎ B．Y为Mg元素，其氧化物为氧化镁，属于离子化合物，故B正确；‎ C．ZX2为SO2，其水溶液亚硫酸，具有较强的还原性，溶液被氧气氧化为硫酸，故C错误；‎ D．氢氧化镁属于中强碱，硫酸属于强酸，故D错误；‎ - 32 -‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系、元素推断以及元素化合物知识等，难度中等，推断元素是解题的关键，利用X为第二周期元素为突破口．‎ ‎　‎ ‎5．下列物质中，既存在离子键又存在非极性键的是（　　）‎ A．H2O2 B．MgCl2 C．CaC2 D．NaOH ‎【考点】化学键．‎ ‎【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．双氧水分子中O﹣H之间存在极性键、O﹣O之间存在非极性键，故A错误；‎ B．氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；‎ C．碳化钙中钙离子和C22﹣离子之间存在离子键、C﹣C原子之间存在非极性键，故C正确；‎ D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O﹣H原子之间存在极性键，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子键、非极性键判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确离子键、共价键概念内涵及其区别是解本题关键，注意氯化镁中两个氯离子之间不存在化学键，为易错点．‎ ‎　‎ ‎6．在一定条件下，RO3﹣与R﹣发生如下反应：RO3﹣+5R﹣+6H+=3R2+3H2O．下列关于R元素的叙述，正确的是（　　）‎ A．R位于VA族 B．R的氢化物的水溶液是强酸 C．RO3﹣中的R只能被还原 D．R2在常温常压下一定是气体 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】该反应中R元素化合价由+5价、﹣1价变为0价，根据其最低化合价知，该所以位于第VIIA族，根据元素、化合物的性质分析解答．‎ ‎【解答】解：A．R元素的一种离子R﹣，可知其元素的最高价为+7价，元素R位于周期表中第ⅤⅡA族，故A错误；‎ - 32 -‎ B．第VIIA族中，F元素没有正化合价，所以R不是F元素，可能是卤族中其它元素，Cl、Br、I三种元素的氢化物酸性随着原子序数的增大而增强，所以R的氢化物的水溶液是强酸，故B正确；‎ C．RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故C错误；‎ D．若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查学生氧化还原反应、元素性质与物质关系以及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键是根据最低化合价判断其最高化合价及族序数，这是对所学知识的综合运用与能力考查，是一道不错的能力考查题目．‎ ‎　‎ ‎7．在一定条件下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）（正反应吸热）达到平衡时，要使混合气体的颜色加深（I2有颜色），可采取的措施是（　　）‎ ‎①增大氢气的浓度②升高温度③降低温度④缩小体积⑤增大HI的浓度⑥减小压强⑦加催化剂．‎ A．①③⑥⑦ B．③⑤⑥ C．①③⑤ D．②④⑤‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】要使混合气体的颜色加深，即增大了碘的浓度，平衡正向移动，从影响平衡移动的因素角度考虑．‎ ‎【解答】解：①增大氢气的浓度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故错误；‎ ‎②升高温度，平衡正向移动，混合气体的颜色加深，故正确；‎ ‎③降低温度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故错误；‎ ‎④缩小体积，各种气体的浓度都增大，混合气体的颜色加深，故正确；‎ ‎⑤增大HI浓度，平衡正向移动，碘浓度增大，混合气体的颜色加深，故正确；‎ ‎⑥减小压强，各气体浓度减小，混合气体的颜色变浅，故错误；‎ ‎⑦加催化剂，平衡不移动，混合气体的颜色不变，故错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了影响平衡移动的因素，注意影响平衡移动的因素有温度、浓度、压强三种，题目难度不大．‎ - 32 -‎ ‎　‎ ‎8．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）‎ A．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA B．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NA C．由SO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA D．1L浓度为1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32﹣‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；‎ B．标况下，己烷是液体；‎ C．根据分子和氧原子个数的关系分析；‎ D．碳酸根离子是弱酸根离子，易水解．‎ ‎【解答】解：A．常温常压下，33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，所以33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数小于6NA，故A错误；‎ B．标况下，己烷是液体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算，故B错误；‎ C．SO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，无论是二氧化硫分子还是氧气分子，每个分子中都含有2个氧原子，所以其中的氧原子数为2NA，故C正确；‎ D.1L浓度为1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，因为碳酸根离子水解导致含有CO32﹣个数小于NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，根据气体摩尔体积的使用条件、范围及分子和原子的关系来分析解答即可，难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．可逆反应aA（s）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是（　　）‎ A．达到平衡后，加入催化剂则C%增大 B．达到平衡后，若升高温度，平衡向左移动 - 32 -‎ C．化学方程式中b＞c+d D．达平衡后，增加A的量，有利于平衡向右移动 ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，故此反应的正反应为放热反应；‎ 当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即b＜c+d．‎ A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动；‎ B、温度升高，化学平衡向吸热方向移动；‎ C、压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即b＜c+d；‎ D、A为固体，达到平衡后，增加A平衡不移动．‎ ‎【解答】解：可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，故此反应的正反应为放热反应；‎ 当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即b＜c+d．‎ A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，C的百分含量C%不变，故A错误；‎ B、由上述分析可知，可逆反应aA（s）+bB（g）⇌c C（g）+d D（g）正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；‎ C、由上述分析可知，可逆反应aA（s）+bB（g）⇌c C（g）+d D（g）正反应为气体物质的量增大的反应，即b＜c+d，故C错误；‎ D、增大固体物质的物质的量不能使平衡移动，A为固体，达到平衡后，增加A平衡不移动，故D错误．‎ 故选B．‎ - 32 -‎ ‎【点评】本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意D选项中，固体量的多少对化学平衡无影响，即不影响平衡的移动，也不影响其它气体的转化率．‎ ‎　‎ ‎10．根据相关的化学原理，下列判断正确的是（　　）‎ A．由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S B．由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2‎ C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2‎ D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+‎ ‎【考点】氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；氧化性、还原性强弱的比较．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】A．氢键与稳定性无关；‎ B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体；‎ C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；‎ D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小．‎ ‎【解答】解：A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，故A错误；‎ B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，故B错误；‎ C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，A的化合价降低，A2为氧化剂，所以氧化性为A2＞D2，故C错误；‎ D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2﹣＞M+，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题为小综合，考查知识点较多，明确物质的性质（稳定性、沸点、氧化性）的比较方法、微粒半径与原子序数的关系即可解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎11．下列各图中所示的实验方法、装置和操作都正确是（　　）‎ - 32 -‎ A．制取、收集O2 B．制无水乙醚 C．除去NaCl中的泥沙 D．收集NO ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．实验室常用加热高锰酸钾或氯酸钾和二氧化锰的方法制取氧气，氧气不易溶于水，可以采用排水法收集；‎ B．加热乙醇制取乙醚时需要用外焰加热；‎ C．过滤时漏掉下端管口应该紧靠烧杯内壁；‎ D．NO易和氧气反应生成二氧化氮，所以不能采用排空气法收集．‎ ‎【解答】解：A．实验室常用加热高锰酸钾或氯酸钾和二氧化锰的方法制取氧气，且试管底部高于试管口，氧气不易溶于水，可以采用排水法收集，故A正确；‎ B．加热乙醇制取乙醚时需要用外焰加热，不能用焰心加热，外焰温度高，故B错误；‎ C．过滤时漏掉下端管口应该紧靠烧杯内壁，故C错误；‎ D．NO易和氧气反应生成二氧化氮，所以不能采用排空气法收集，NO不易溶于水，应该采用排水法收集，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的制取、气体的收集、过滤等知识点，侧重考查基本实验操作，明确操作规范性及物质性质是解本题关键，易错选项是B．‎ ‎　‎ ‎12．在一个1L的容器中，加入2molA和1molB，发生下述反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）．平衡时，C的浓度为1.2mol/L．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，下列组合能达到的是（　　）‎ A．6molC+xmolD（x＞0.6）‎ B．1molA+0.5molB+1.5molC+xmolD（x＞0.1）‎ C．3molA+1.5molB+x molD（x≥0）‎ - 32 -‎ D．1molA+0.5molB+3molC+xmolD（x＞0）‎ ‎【考点】等效平衡．‎ ‎【分析】恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为1.2mol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，n（C）=1.2mol即可，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、开始加入6molC+xmolD（x＞0.6），按化学计量数转化到左边可得n（A）：n（B）=2：1，但C的物质的量浓度不能达到1.2mol/L，应为原来的2倍，所以与原平衡不定为等效平衡，故A错误；‎ B、开始加入1molA+0.5molB+1.5molC+xmolD（x＞0.1），平衡时C的浓度可以为1.2mol/L，故B正确；‎ C、开始加入3molA+1.5molB+x molD（x≥0），起始量为原来的1.5倍，平衡时C的浓度为1.8mol/L，故C错误；‎ D、开始加入1molA+0.5molB+3molC+xmolD（x＞0），按化学计量数转化到左边可得3molA、1.5molB，平衡时C的浓度为1.8mol/L，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的有关计算、等效平衡，难度中等，构建平衡建立的途径是解题关键．‎ ‎　‎ ‎13．下列推论正确的是（　　）‎ A．S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2；△H1＞△H2‎ B．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定 C．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol．则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ D．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△s＞0，则：该反应任何温度下都能自发进行 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】A．固体硫变化为气态硫需要吸收热量；‎ B．物质的能量越低，物质越稳定；‎ C．根据热化学方程式中物质的物质的量与能量成正比；‎ - 32 -‎ D．根据反应自发进行的判断依据是：△G=△H﹣T△S＜0；‎ ‎【解答】解：A．固体硫变化为气态硫需要吸收热量，所以固体硫燃烧放出的热量少，但△H1＜△H2 故B正确；‎ B．石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；‎ C．由NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol可知40gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为57.4kJ，所以含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ，故C错误；‎ D．该反应的△H＞0，△S＞0，△G=△H﹣T△S在低温下大于零，故D错误；‎ 故选：C；‎ ‎【点评】本题主要考查了热化学方程式的运用，物质的稳定性与能量的关系、反应自发性的判断，难度不大，根据课本知识即可完成．‎ ‎　‎ ‎14．可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H=﹣QkJ/mol（Q＞0）．有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为Q2kJ，已知Q1=3Q2．下列叙述正确的是（　　）‎ A．甲中反应达到平衡时，Q1=Q B．达到平衡后，甲中C的体积分数比乙大 C．达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，平衡向生成C的方向移动 D．乙中的热化学反应方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）△H=+Q2kJ/mol ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】A．可逆反应不能完全反应，甲参加反应的A小于1mol；‎ B．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时同种物质的含量相同；‎ C．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1‎ - 32 -‎ ‎，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，则平衡体系中A为0.5mol、B为1.5mol、C为1mol，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，等效为增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；‎ D．可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于Q2kJ．‎ ‎【解答】解：A．可逆反应不能完全反应，甲参加反应的A小于1mol，故甲中反应达到平衡时Q1＜Q，故A错误；‎ B．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时同种物质的含量相同，则C的体积分数相等，故B正确；‎ C．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2mol C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，则平衡体系中A为0.5mol、B为1.5mol、C为1mol，再向乙中加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，等效为增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向生成C的方向移动，故C正确；‎ D．可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于Q2kJ，乙中热化学方程式为：2C（g）⇌A（g）+3B（g）△H=+QkJ/mol，故D错误，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡的计算、化学平衡建立、可逆反应特征等，题目难度中等，关键是等效平衡的应用，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．‎ ‎　‎ ‎15．已知：Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）的△H是（　　）‎ A．﹣824.4kJ•mol﹣ B．﹣627.6kJ•mol﹣1‎ C．﹣744.7kJ•mol﹣1 D．﹣169.4kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【专题】压轴题；计算题；化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减，据此判断．‎ ‎【解答】解：已知：（1）Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ•mol﹣1‎ ‎（2）C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ - 32 -‎ 由盖斯定律（2）×﹣（1），得：2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=（﹣393.5kJ•mol﹣1）×﹣234.1kJ•mol﹣1‎ 即2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣824.35kJ•mol﹣1．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查盖斯定律的利用，难度不大，明确已知反应与目标热化学方程式的关系是关键，注意基础知识的掌握与理解．‎ ‎　‎ ‎16．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（　　）‎ A．1：10 B．1：8 C．1：6 D．1：5‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中n=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量．据此计算判断．‎ ‎【解答】解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．‎ 令NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：‎ n（Cu2S）×=2mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.5mol．‎ 由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.5mol，‎ 根据铜元素守恒可知溶液中n=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.5mol﹣0.5mol=0.5mol．‎ 由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n+n（NO2）+n（NO）=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol．‎ 所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.5mol：4mol=1：8．‎ - 32 -‎ 故选：B．‎ ‎【点评】考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用．‎ ‎　‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17．在容积为2.0L的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，据图回答下列问题：‎ ‎（1）从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为　0.067　mol/（L•min）．‎ ‎（2）根据右图写出该反应的化学方程式　2D（s）⇌2A（g）+B（g）　．‎ ‎（3）第5分钟时，升高温度，A、B、D的物质的量变化如图，则该反应是　吸热　（填“放热”或“吸热”）反应，若在第7分钟时增加D的物质的量，A的物质的量变化正确的是　b　（用图中a～c的编号回答）‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】（1）根据V=进行计算；‎ ‎（2）根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；‎ ‎（3）根据温度升高，D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动；增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动．‎ ‎【解答】解：（1）从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为=0.067mol/L•min，‎ 故答案为：0.067； ‎ - 32 -‎ ‎（2）根据图象知，随着反应的进行，D的物质的量减少，A、B的物质的量增加，所以D是反应物，A、B是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0﹣3min时，△D=0.4mol，‎ ‎△A=0.4mol，△B=0.2mol，△D：△A：△B=0.4mol：0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式为：2D（s）⇌2A（g）+B（g）； ‎ 故答案为：2D（s）⇌2A（g）+B（g） ‎ ‎（3）温度升高，D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，说明正反应为吸热反应，‎ D为固体，增加D的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故选：b；‎ 故答案为：吸热；b．‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡，平衡计算分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎18．如图1为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：‎ Ⅰ．（1）④和⑦中氢化物中较稳定的是　H2O　（填氢化物的化学式）．‎ ‎（2）①、④两种元素的原子按1：1组成的化合物的电子式为　　．‎ ‎（3）②、③、④的原子半径由小到大的顺序为　O＜N＜C　（用元素符号表示）．‎ Ⅱ．由表中①～⑧中的一种或几种元素形成的常见物质A、B、C可发生图2反应（副产物已略去），试回答：‎ ‎（1）若X是强氧性化单质，则A不可能是　d　（填序号）．‎ ‎ a．S．b．N2 c．Na d．Al ‎（2）若X是一种常见过渡金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，检验此C溶液中金属离子的方法是（写出操作和现象）　先加入KSCN溶液不显红色，再加入氯水显红色（或加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，然后变成灰绿色，最后变成红褐色）　．‎ - 32 -‎ ‎（3）若A、B、C为含有同一金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，且B具有两性．写出A与C两溶液反应的离子方程式　Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓　．‎ ‎【考点】无机物的推断；元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl．‎ Ⅰ．（1）元素非金属性越强，氢化物越稳定；‎ ‎（2）①、④两种元素的原子按1：1组成的化合物为H2O2，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对；‎ ‎（3）同周期自左而右原子半径减小；‎ Ⅱ．（1）若X是强氧化性单质，由转化图可知，A物质能连续被氧化；‎ ‎（2）若X是一种常见过渡金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，由转化关系可知，则X为Fe，A为氯气、B为氯化铁、C为氯化亚铁；‎ ‎（2）若A、B、C为含有同一金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，且B具有两性，则A为铝盐，B为氢氧化铝、C为偏铝酸钠，X为氢氧化钠．‎ ‎【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl．‎ Ⅰ．（1）非金属性O＞S，元素非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性H2O＞H2S，故答案为：H2O；‎ ‎（2）①、④两种元素的原子按1：1组成的化合物为H2O2，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故答案为：；‎ ‎（3）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：O＜N＜C，故答案为：O＜N＜C；‎ Ⅱ．（1）若X是强氧化性单质，由转化图可知，A物质能连续被氧化，选项中Al不能发生连续氧化反应，故答案为：d；‎ ‎（2）若X是一种常见过渡金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，由转化关系可知，则X为Fe，A为氯气、B为氯化铁、C为氯化亚铁，C溶液中金属离子为Fe2+，检验Fe2+离子的方法是：先加入KSCN溶液不显红色，再加入氯水显红色（或加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，然后变成灰绿色，最后变成红褐色）；‎ - 32 -‎ 故答案为：先加入KSCN溶液不显红色，再加入氯水显红色（或加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，然后变成灰绿色，最后变成红褐色）；‎ ‎（3）若A、B、C为含有同一金属元素的无机化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，且B具有两性，则A为铝盐，B为氢氧化铝、C为偏铝酸钠，X为氢氧化钠，A与C两溶液反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断及元素周期律、元素周期表，元素及物质的推断是解答本题的关键，注重对高考常考考点的考查，对学生能力要求较高，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎19．联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．‎ ‎（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定条件下，在体积一定的密闭容器中反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是　BC　（填字母）．‎ A．减小NO2的浓度 B．降低温度 C．增加NO2的浓度 D．升高温度 ‎（2）25℃时，1.00g N2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则该反应的热化学方程式为　2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H=﹣1224.96kJ•mol﹣1　．‎ ‎（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300mol•L﹣1、c（N2O4）=0.0120mol•L﹣1．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K=　13.3　．‎ ‎（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu　1.73　 g．‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算；热化学方程式；化学平衡常数的含义．‎ ‎【专题】计算题；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要提高二氧化氮的转化率，只要改变条件使化学平衡向正反应方向移动即可；‎ ‎（2）依据题干数据计算2mol肼完全燃烧放热，结合热化学方程式书写方法标注物质聚集状态，和对应焓变来解答；‎ - 32 -‎ ‎（3）根据平衡常数表达式k=来计算；‎ ‎（4）计算N2O4和NO2的物质的量，根据电子转移计算Cu的物质的量，根据m=nM计算Cu的质量．‎ ‎【解答】解：（1）该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等．‎ A、减小N02的浓度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故A错误；‎ B．降低温度，平衡向正反应方向移动，N02的转化率提高，故B正确；‎ C．增加N02的浓度，平衡向正反应方向移动，且体系压强增大，也利于反应向正反应方向移动，故C正确；‎ D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故D错误；‎ 故答案为：BC；‎ ‎（2）（2）1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，则2molN2O4（l）的质量为2mol×32g/mol=64g，放出热量为19.14kJ×64=1224.96KJ的热量，反应的热化学方程式为：2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣1224.96KJ/mol，‎ 故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣1224.96KJ/mol；‎ ‎（3）平衡时，c（NO2）=0.030 0mol•L﹣1、c（N2O4）=0.012 0mol•L﹣1，反应2NO2（g⇌N2O4（g）的平衡常数k===13.3，‎ 答：该温度下，该反应的平衡常数为13.3；‎ ‎（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：‎ n（N2O4）=c（N2O4）×V=0.0120 mol•L﹣1×1.00L=0.0120mol n（NO2）=c（NO2）×V=0.0300 mol•L﹣1×1.00L=0.0300mol 则 n （NO2）总=n（NO2）+2n（N2O4）=0.0540mol 由Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O可得 m==1.73g；‎ 答：需消耗Cu的质量为1.73g．‎ - 32 -‎ ‎【点评】本题考查化学平衡计算、反应热计算、影响化学平衡因素分析判断，注意利用电子转移守恒计算，掌握基础是解题关键，难度中等．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，各物质间存在如下相互转化关系，其中B为淡黄色固体．F为金属单质，能和氧化铁反应，生成铁单质．E和K为无色气体单质，其它物质均为化合物，A为无色气体，C为无色液体．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）H的化学式为　NaHCO3　，G的电子式为　　．‎ ‎（2）写出工业上制取单质F的化学方程式　2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑　．‎ ‎（3）写出F与G反应的离子方程反应方程式　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．‎ ‎（4）D的水溶液显　碱　性，原因是　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　（用离子方程式表示）．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】B为淡黄色固体，B与无色气体A反应生成无色气体单质E，则B为Na2O2，A为CO2，E为O2，D为Na2CO3，H为NaHCO3．C为无色液体，与过氧化钠反应生成氧气与G，则C为H2O，G为NaOH，无色气体单质K与氧气生成水，则K为H2．F为金属单质，能和氧化铁反应，生成铁单质，F能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，故F为Al，J为NaAlO2，I为Al2O3，L为Al（OH）3，据此解答．‎ ‎【解答】解：B为淡黄色固体，B与无色气体A反应生成无色气体单质E，则B为Na2O2，A为CO2，E为O2，D为Na2CO3，H为NaHCO3．C为无色液体，与过氧化钠反应生成氧气与G，则C为H2O，G为NaOH，无色气体单质K与氧气生成水，则K为H2．F为金属单质，能和氧化铁反应，生成铁单质，F能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，故F为Al，J为NaAlO2，I为Al2O3，L为Al（OH）3．‎ - 32 -‎ ‎（1）由上述分析可知，H为NaHCO3，G为NaOH，电子式为，故答案为：NaHCO3；；‎ ‎（2）工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，反应化学方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，‎ 故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；‎ ‎（3）铝与去氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，‎ 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；‎ ‎（4）D为Na2CO3，溶液中CO32﹣离子发生水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，‎ 故答案为：碱；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．‎ ‎【点评】本题考查无机物推断，B为淡黄色物质且反应生成气体单质为推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等．‎ ‎　‎ ‎21．以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．‎ ‎（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气．反应为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ ‎•mol﹣1‎ ‎①该反应在常温下　不能　自发进行（填“能”与“不能”）；‎ ‎②一定温度和压强下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是　bd　（填字母，下同）‎ a．容器中的压强不变 b.1mol H﹣H键断裂的同时断裂2mol H﹣O c．c（CO）=c（H2）‎ d．密闭容器的容积不再改变 ‎（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如表三组数据：‎ 实验组 温度 起始量/mol 平衡量/mol - 32 -‎ ‎℃‎ 达到平衡所需时间/min CO H2O H2‎ CO ‎1‎ ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ a b c d t ‎①该反应为　放　（填“吸”或“放”）热反应；‎ ‎②若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是　a=2b且b＞1　（用含a、b的数学式表示）‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）①正反应△S＞0，△H＞0，△H﹣T△S＜0反应自发进行；‎ ‎②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；‎ ‎（2）①由表中数据可知，实验1组压强为实验2组的2倍，实验1组压强增大到达平衡时缩短，压强不影响反应物转化率，计算CO转化率判断温度高低；‎ ‎②使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，到达平衡时间t＜3min，说明反应速率加快，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，按化学计量数转化到方程式左边满足n（H2O）：n（CO）=1：2，且实验3中起始浓度应大于实验2．‎ ‎【解答】解：（1）①正反应△S＞0，△H＞0，△H﹣T△S＜0反应自发进行，故常温下不能自发进行，‎ 故答案为：不能；‎ ‎②a．随反应进行的气体的物质的量减小，由于容器体积可变，恒温条件下容器中始终压强不变，不能说明反应到达平衡，故a错误；‎ b．l molH﹣H键断裂的同时断裂2mol H﹣O键，断裂2mol H﹣O键同时生成l molH﹣H键，说明反应到达平衡，故b正确；‎ c．根据反应可知，自始至终c（CO）=c（H2），不能说明反应到达平衡，故c正确；‎ - 32 -‎ d．随反应进行的气体的物质的量减小，容器体积可变，恒温条件下容器容积减小，当容器容积不变时，说明反应到达平衡，故d正确，‎ 故选：bd；‎ ‎（2）①实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应； ‎ 故答案为：放；‎ ‎③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，到达平衡时间t＜3min，说明反应速率加快，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可，且实验3中起始浓度应大于实验2，即a=2b且b＞1，故答案为：a=2b且b＞1．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡状态判断、反应方向判断等，侧重考查学生对实验数据的分析处理能力，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎22．某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）．‎ 请按要求填空：‎ ‎（1）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验．‎ ‎①若在丙中加入适量水，即可制得氯水．将所得氯水分成两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象、结论如下，请将表格中实验1的现象补充：‎ 实验序号 ‎ 实验操作 ‎ 现象 ‎ 结论 ‎ Ⅰ 将氯水滴入品红溶液 ‎ ‎　褪色　‎ 氯气与水反应的产物有漂白性 ‎ Ⅱ 氯水中加入NaHCO3粉末 ‎ ‎ 有无色气泡产生 氯气与水反应的产物具有 较强的酸性 有同学认为实验II的结论合理，请说明理由　实验Ⅰ结论不合理，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；实验Ⅱ结论不合理，因为制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡　；‎ ‎②若要利用上述装置设计一个简单的实验，验证Cl﹣和Br﹣的还原性强弱，则丙中所盛装的试剂为　NaBr溶液　，能得到结论的实验现象为　试管中溶液由无色变为橙色　；‎ - 32 -‎ ‎③某同学用该装置探究氯气与KI的反应，在丙中盛放有KI淀粉溶液，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应的化学方程式是　5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl　．‎ ‎（2）B、D、E装置相连后，在B中盛装铜片（放在有孔塑料板上）和浓硝酸，关闭c，打开a、b，即可在试管丁中收集到NO2．‎ ‎①B中发生反应的化学方程式为　Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　；‎ ‎②欲用D装置验证NO2与水的反应，在试管中收集满NO2后，使烧杯中的水进入试管丁的操作是（不可改变试管和烧杯的位置）：　先关闭止水夹 ab，再打开止水夹 c，双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁中　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氯气的实验室制法．‎ ‎【分析】（1）①根据气体的成分及其性质分析判断，将氯水滴入品红溶液，溶液褪色；‎ ‎②根据氯气的实验室制法选择甲、乙仪器中的药品，根据元素周期律中同一主族元素的递变性选择丙装置中的药品，根据生成物颜色分析实验现象；‎ ‎③在丙中盛放有KI淀粉溶液，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，是生成了碘单质遇到淀粉变蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应是氯气和碘单质水溶液中发生氧化还原反应生成碘酸和盐酸；‎ ‎（2）①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，写出相应的反应方程式；‎ ‎②根据二氧化氮能和水反应，则烧杯内气体的压强会减小进行分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）①因为Cl2有氧化性可以氧化品红使品红退色，但氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性也可以使品红退色，将氯气滴入品红溶液中溶液褪色，此实验无法确定是Cl2氧化性还是HClO漂白，实验实验Ⅰ结论不合理；氯气中含有氯化氢气体和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，氯气和水反应也生成盐酸，所以实验Ⅱ无法判断是哪部分的盐酸，所以实验Ⅱ也不合理，‎ - 32 -‎ 故答案为：实验Ⅰ结论不合理，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；实验Ⅱ结论不合理，因为制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡；‎ ‎②实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，分液漏斗只能盛装液体，所以甲装浓盐酸，乙盛装二氧化锰；丙是用来检验氯气的性质，所以盛装溴化钠溶液；二氧化锰和浓盐酸反应生成黄绿色的氯气，所以会看到烧瓶中有黄绿色的气体生成；氯气和溴属于同一主族的元素，随着原子序数的增大，非金属性逐渐减弱，所以氯气能置换出溴化钠中的溴，试管内溶液由无色变为橙色，由此证明氯气的氧化性强于溴，则证明Br﹣的还原性强于Cl﹣．‎ 故答案为：NaBr溶液，试管中溶液由无色变为橙色；‎ ‎③在丙中盛放有KI淀粉溶液，通入氯气，看到丙中溶液变成蓝色，是生成了碘单质遇到淀粉变蓝色，继续通氯气，发现蓝色逐渐消失，检测到溶液中有含+5价元素的酸根离子，则蓝色消失过量中丙中发生反应是氯气和碘单质水溶液中发生氧化还原反应生成碘酸和盐酸，反应的化学方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，‎ 故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；‎ ‎（2）①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．‎ 故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；‎ ‎②二氧化氮能和水反应，则烧杯内气体的压强会减小，小于外界大气压，烧杯中的溶液会倒流于试管丁，所以先关闭止水夹 ab，再打开止水夹 c，使烧杯中的水进入试管丁，‎ 故答案为：先关闭止水夹 ab，再打开止水夹 c，双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，二氧化氮与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁中．‎ ‎【点评】本题考查了启普发生器的反应原理、氯气的实验室制法及氯气、二氧化氮的性质，掌握氯气的实验室制法是解答本题的关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ - 32 -‎