1、2016-2017学年浙江省杭州市清河中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题1已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，下列有关叙述中正确的是（）若KI溶液中混有Br，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl向NaClO溶液中通往少量二氧化碳的离子反应方程式为：2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO32海水提溴过程中，用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，其离子方程为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3A
2、BCD2将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2、0.6mol KCl溶于水，配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出0.3molCu，此时在另一极上产生的气体体积（标准状况）为（）A4.48LB5.6LC6.72LD7.84L3下列装置能够组成原电池的是（）ABCD4前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大X与Y同周期相邻的非金属元素，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，W的价电子排布为4s1，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的下列说法错误的是（）A简单氢化物的热稳定性：YXB简单离子的半径：ZXYCZ的最高价
3、氧化物对应水化物既能与强酸反应又能与强碱反应生产盐和水D由Y、W、Q三种元素形成的某种化合物，可用于检查司机酒后驾车5根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物MnO4 Cl2、Mn2+ Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 A第组反应中生成0.5mol Cl2，转移电子1molB第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应的其余产物为H2O和 O2D氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br26下列说法正确的是（）A等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等B等物质的量浓度的Na
4、OH溶液与氨水中的c（OH）相等C含有相同氧原子数的SO2和CO的质量相等D25和101kpa，1 mol CO的体积小于22.4L7下列有关实验操作及实验结论正确的是（）A金属钠着火，可用泡沫灭火器扑灭B用10mL量筒准确量取7.50mL稀硫酸C用四氯化碳萃取溴水中的溴时，将溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后冷却，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖8X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是（）XYZWACCOCO2O2BNaNa2ONa2O2O2CAlCl
5、3Al（OH）3NaAlO2NaOHDFeFeCl2FeCl3Cl2AABBCCDD9200时，11.6g CO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na+、HCO3、SO32、CO32等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是（）A原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC溶液中SO32的物质的量浓度基本保持不变D溶液中HCO3的物质的量浓度减小，CO32的物质的量浓度增大，但是HCO3和CO32的物质的量浓度之和基本保持不变10下列离子方
6、程式中，正确的是（）A用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+H2O 2OH+Cl2+H2B碳酸钠溶液显碱性：CO32+H2OHCO3+OHC氯气通入冷水中：Cl2+H2OCl+ClO+2H+D碳酸镁悬浊液中加醋酸：CO32+2CH3COOH=2CH3COO+CO2+H2O11下列有关Na2S溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，SO2、Cl K+、HCO3可以大量共存B和FeCl3溶液反应的离子方程式：S2+Fe3+Fe2+SC和少量盐酸反应的离子方程式：S2+H+HSD1L0.1molL1该溶液和足量硫酸铜溶液反应生成16.0克Cu2S12在Na3PO4水溶液中存在的分子和离子的种类分别是（）A
7、1和3B2和4C2和5D2和6二、非选择题13下面是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4500ml的操作，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用 mL量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将（偏高、偏低、无影响）（3）将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的里，并不断搅拌，目的是（4）将 的上述溶液沿注入中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤液要中，并摇匀（5）加水至距刻度 处，改用加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平14工业上常用铁质容器盛
8、装冷浓硫酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行以下探究活动：【探究一】（1）将已除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是（2）另取铁钉放入一定量浓硫酸中加热，充分反应后得到溶液X并收集到干燥气体Y甲同学认为X中可能含有Fe3+和Fe2+若要确认其中的Fe2+，应选用（填序号）aKSCN溶液 b铁氰化钾溶液 c盐酸乙同学取448mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为，充分反应后，加入足量BaCI2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g可推知气体Y中SO2的体积分数为【探究二】据探究一所测
9、SO2的体积分数，丙同学认为气体Y中可能还含有CO2和Q气体，因此设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略，实验前已将装置中空气排尽）进一步探究（3）装置A中的现象是，其作用是（4）为判断CO2是否存在，需将装置M添加在 （填序号）；aA之前 bAB之间 cBC之间 dCD之间若存在CO2，则产生CO2气体的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为（5）若C中固体变红，D中固体变蓝，则Q是（填化学式），产生该气体的原因是（6）若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，则该气体的组成可能为（填序号）aSO2 bH2、SO2 cH2、CO2 dCO2、SO2 e
10、 CO2、SO2、H215某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验：普通锌锰电池的黑色物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质请回答以下问题：（1）操作玻璃棒的作用是；（2）操作灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为（填化学式）；（3）操作的试管加入中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色固体为（填化学式）；（4）该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH4Cl和ZnCl2，下面是他做完实验后所写的实验报告，请你写出其空白处的内容：（答案写在答题卷上）实验目的操作实验现象结
11、论1检验Cl取少许滤液于试管中，加入产生白色沉淀含有Cl2检验NH4+取少许滤液于试管中，加入含有NH4+ k3检验Zn2+取少许滤液于试管中，加入稀氨水先产生白色沉淀，继续加入氨水，沉淀又溶解含有Zn2+16在实验室将16.8g固体NaHCO3加热一段时间后，测得剩余固体的质量变为13.7g请你通过计算回答下列问题：（1）有多少克NaHCO3发生了分解反应？（2）继续对剩余固体加热，至不再产生气体后，将冷却后的固体溶解于水，配成1000mL的溶液则该溶液溶质的物质的量浓度是多少？17已知A、B、D、E、F、G、X、Y、Z满足下列转化关系其中A、B、E为固体化合物，D、G为固体单质，F、X、Z
12、为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色（1）写出E的名称：；（2）B的电子式为；（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是；（4）A和D反应的化学方程式：18A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出），其中反应是置换反应（1）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是（2）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，的反应中还有水生成，反应需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则A、D反应产物的电子式是，反应的化学方程式是（3）若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元
13、素同周期，C、E、F为气体，C有毒，则反应的化学方程式是19A、B、C、D四种化合物其焰色反应均为紫色，A、B、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若向A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B与C的溶液混合可制得A，试推断：（1）A是，B是，C是，D是（2）完成有关化学方程式：CA，AC，B+CA20在标准状况下，4g H2，11.2L O2，1mol H2O中，所含分子数最多的是，含原子数最多的是，质量最大的是，体积最小的是（填序号）21在一密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示：回答下列问题：（1）处于平衡状
14、态的时间段是（填选项）At0t1Bt1t2Ct2t3Dt3t4 Et4t5 Ft5t6（2）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）A增大压强 B减小压强 C升高温度D降低温度 E加催化剂 F充入氮气t1时刻；t3时刻；t4时刻（3）依据（2）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是（填选项）At0t1 Bt2t3Ct3t4 Dt5t6（4）如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线（5）一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为2016-2017学年浙江省杭
15、州市清河中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题1已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，下列有关叙述中正确的是（）若KI溶液中混有Br，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl向NaClO溶液中通往少量二氧化碳的离子反应方程式为：2ClO+CO2+H2O=2HClO+CO32海水提溴过程中，用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，其离子方程为：3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3ABCD【考点
16、】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写【分析】还原性IFe2+Br，2I+2Fe3+=2Fe2+I2，溶液加入加入足量FeCl3溶液后，碘离子完全被氧化生成碘，溴离子不反应，用CCl4萃取后，取上层中的液体含有溴离子，溴离子和银离子生成溴化银沉淀；还原性IFe2+Br，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气先氧化I、后氧化Fe2+；电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，所以酸性H2CO3HClOHCO3，则ClO和H2CO3反应生成HClO和HCO3；溴自身发生氧化还原反应，从守恒的角度判断【解答】解：还原性IFe2+Br，若KI溶液中混有Br，加入足量FeCl3溶液，只氧化I，发生
17、反应2I+2Fe3+=2Fe2+I2，加入硝酸银，生成AgBr沉淀，故正确；还原性IFe2+Br，向FeI2溶液中滴加少量氯水，只氧化I，反应的离子方程式为：2I+Cl2I2+2Cl，故错误；向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3，离子方程式为ClO+CO2+H2OHClO+HCO3，故错误；溴自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Br2+6CO32+3H2O=5Br+BrO3+6HCO3，故正确故选D2将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2、0.6mol KCl溶于水，配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出0.3molCu，此时
18、在另一极上产生的气体体积（标准状况）为（）A4.48LB5.6LC6.72LD7.84L【考点】电解原理【分析】Ag+和Cl反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag+，阴离子放电顺序为ClOH，若在一极析出0.3molCu，阴极得到电子为0.3mol2=0.6mol，结合两极转移电子数目相等以及电极方程式计算【解答】解：Ag+和Cl反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag+，反应后溶液中存在0.4molCu2+、0.4molCl，若在一极析出0.3molCu，阴极得到电子为0.3mol2=0.6mol，阳极首先发生：2Cl2e=Cl2，然后发生4OH4e=O2+2H2O，则0.4mol
19、Cl生成0.2molCl2，失去0.4mol电子，在反应中4OH4e=O2+2H2O，转移0.2mol电子，生成0.05molO2，则气体的体积为（0.2mol+0.05mol）22.4L/mol=5.6L，故选B3下列装置能够组成原电池的是（）ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A两个电极材料相同，Cu与稀硫酸不反应，不能组成原电池，故A错误；B不能形成闭合回路，不能组成原电池，故B错误；C符合原电池的构成条件，发生Zn+CuSO4=ZnSO4
20、+Cu的电池反应，故C正确；D乙醇为非电解质，不导电，不能组成原电池，故D错误；故选C4前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大X与Y同周期相邻的非金属元素，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，W的价电子排布为4s1，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的下列说法错误的是（）A简单氢化物的热稳定性：YXB简单离子的半径：ZXYCZ的最高价氧化物对应水化物既能与强酸反应又能与强碱反应生产盐和水D由Y、W、Q三种元素形成的某种化合物，可用于检查司机酒后驾车【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大Z是地壳中含
21、量最多的金属元素，则Z为Al；Y原子序数小于Al，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，X与Y同周期相邻的非金属元素，则Y为O，X为N元素；W的价电子排布为4s1，则W为K；结合原子序数可知，Q处于第四周期，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的，原子外围电子排布为3d54s1，则Q为Cr，结合元素周期律解元素化合物性质解答【解答】解：前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al；Y原子序数小于Al，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63
22、s2，X与Y同周期相邻的非金属元素，则Y为O，X为N元素；W的价电子排布为4s1，则W为K；结合原子序数可知，Q处于第四周期，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的，原子外围电子排布为3d54s1，则Q为Cr，A非金属性ON，故简单氢化物稳定性：ON，故A正确；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3O2Al3，故B错误；C氢氧化铝是两性氢氧化物，与强酸反应生成铝盐与水，与强碱反应都生成偏铝酸盐与水，故C正确；D由O、K、Cr形成的化合物K2Cr2O7，可用于检查司机酒后驾车，故D正确，故选B5根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物MnO4 Cl
23、2、Mn2+ Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 A第组反应中生成0.5mol Cl2，转移电子1molB第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应的其余产物为H2O和 O2D氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2【考点】氧化还原反应【分析】A由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；C反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2
24、中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+【解答】解：A由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故A正确；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；C反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，
25、故C正确；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故D错误故选D6下列说法正确的是（）A等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等B等物质的量浓度的NaOH溶液与氨水中的c（OH）相等C含有相同氧原子数的SO2和CO的质量相等D25和101kpa，1 mol CO的体积小于22.4L【考点】物质的量的相关计算【分析】A甲基（CH3）与羟基（OH）的电子数均为9；BNaOH完全电离，而一水合氨为弱电解质，不能完全电离；C含有相同氧原子数的SO2和CO，二者物质的量之比为1：2；D.25
26、和101kpa，不是标准状况，Vm22.4L/mol【解答】解：A甲基（CH3）与羟基（OH）的电子数均为9，则等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含电子数相等，故A正确；BNaOH完全电离，而一水合氨为弱电解质，不能完全电离，则等物质的量浓度的NaOH溶液与氨水中相比，NaOH中的c（OH）大，故B错误；C含有相同氧原子数的SO2和CO，二者物质的量之比为1：2，其质量比为64：282=8：7，质量不等，故C错误；D.25和101kpa，不是标准状况，Vm22.4L/mol，则不能计算其体积，故D错误；故选A7下列有关实验操作及实验结论正确的是（）A金属钠着火，可用泡沫灭火器扑灭B用1
27、0mL量筒准确量取7.50mL稀硫酸C用四氯化碳萃取溴水中的溴时，将溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后冷却，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖【考点】钠的化学性质；淀粉的性质和用途；计量仪器及使用方法；分液和萃取【分析】A钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气；B.10mL量筒的精确到0.1mL；C分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；D做葡萄糖和氢氧化铜悬浊液反应的实验时，溶液应该呈碱性【解答】解：A钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，生成的氧气促进钠燃烧
28、，且钠和水反应生成的氢气为可燃物，故A错误；B.10mL量筒的精确到0.1mL，所以不能用10mL量筒准确量取7.50mL稀硫酸，应该用酸式滴定管量取7.50mL稀硫酸，故B错误；C分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，四氯化碳浓度大于水，所以将溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，故C正确；D做葡萄糖和氢氧化铜悬浊液反应的实验时，溶液应该呈碱性，该反应混合液呈酸性，所以导致实验失败，故D错误；故选C8X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是（）XYZWACCOCO2O2BNaNa2ONa2O2O2CAlCl3Al（OH）3NaAlO2
29、NaOHDFeFeCl2FeCl3Cl2AABBCCDD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断【分析】AC可与氧气反应生成CO，也可生成二氧化碳，一氧化碳也可与氧气反应二氧化碳；BNa可与氧气反应分别生成氧化钠、过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠；C氯化铝可与氢氧化钠反应分别生成Al（OH）3、NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2；D氯气和铁反应只生成氯化铁【解答】解：A氧气不足时，C和氧气反应生成CO，氧气过量时，生成CO2，CO可与氧气反应生成CO2，符合转化关系，故A不选；BNa可与氧气反在常温下生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，且氧化钠可
30、生成过氧化钠，符合转化关系，故B不选；C氯化铝可与少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C不选；D氯气和铁反应只生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D选故选D9200时，11.6g CO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na+、HCO3、SO32、CO32等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是（）A原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC溶液中
31、SO32的物质的量浓度基本保持不变D溶液中HCO3的物质的量浓度减小，CO32的物质的量浓度增大，但是HCO3和CO32的物质的量浓度之和基本保持不变【考点】有关混合物反应的计算【分析】向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g3.6g=8.0g，所以n（O2）=0.25mol，令混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为为xmol，ymol，根据生成氧气的物质的量及二者之和，列方程计算，A根据=计算；B根据生成
32、氧气的物质的量结合氧元素化合价计算转移电子数目；C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32；D由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3和CO32的物质的量浓度之和增大【解答】解：向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体只增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g3.6g=8.0g，所以n（O2）=0.25mol，令混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为为xmol，ymol，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2， xmol 0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ymol 0.5ymol所以解得：x=0.1，y=0.4A原混合气
33、体的平均摩尔质量=23.2g/mol，故A正确；B反应中生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol2=0.5mol，故B错误；C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32，溶液中SO32的物质的量浓度减小，故C错误；D由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3和CO32的物质的量浓度之和增大，故D错误，故选A10下列离子方程式中，正确的是（）A用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+H2O 2OH+Cl2+H2B碳酸钠溶液显碱性：CO32+H2OHCO3+OHC氯气通入冷水中：Cl2+H2OCl+ClO+2H+D碳酸镁悬浊液中加醋酸：CO32+2CH3COOH=2CH3COO+CO2+H2O【考点
34、】离子方程式的书写【分析】A反应生成氢氧化镁、氢气、氯气；B碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；C反应生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式；D碳酸镁在离子反应中保留化学式【解答】解：A用惰性电极电解MgCl2溶液的离子反应为Mg2+2Cl+H2O Mg（OH）2+Cl2+H2，故A错误；B碳酸钠溶液显碱性的离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故B正确；C氯气通入冷水中的离子反应为Cl2+H2OCl+HClO+H+，故C错误；D碳酸镁悬浊液中加醋酸的离子反应为MgCO3+2CH3COOH=2CH3COO+CO2+H2O+Mg2+，故D错误；故选B11下列有关Na2S溶
35、液的叙述正确的是（）A该溶液中，SO2、Cl K+、HCO3可以大量共存B和FeCl3溶液反应的离子方程式：S2+Fe3+Fe2+SC和少量盐酸反应的离子方程式：S2+H+HSD1L0.1molL1该溶液和足量硫酸铜溶液反应生成16.0克Cu2S【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算【分析】ASO2、HCO3发生强酸制取弱酸的反应；B发生氧化还原反应生成FeS和S；C硫化钠与少量盐酸反应生成NaHS；D反应生成CuS沉淀【解答】解：ASO2、HCO3发生强酸制取弱酸的反应，则该组离子不能大量共存，故A错误；B发生氧化还原反应生成FeS和S，离子反应为3S2+2Fe3+2F
36、eS+S，故B错误；C硫化钠与少量盐酸反应生成NaHS，离子反应为S2+H+HS，故C正确；D反应生成CuS沉淀，由S原子守恒可知生成0.1molCuS，其质量为9.6g，故D错误；故选C12在Na3PO4水溶液中存在的分子和离子的种类分别是（）A1和3B2和4C2和5D2和6【考点】盐类水解的应用【分析】Na3PO4水溶液中存在磷酸根离子的分步水解和水的电离平衡，据此分析判断溶液中分子和离子的数目【解答】解：Na3PO4水溶液中存在磷酸根离子的分步水解，PO43+H2OHPO42+OH，HPO42+H2OH2PO4+OH，H2PO4+H2OH3PO4+OH，H2OH+OH，溶液中存在分子2种
37、为：H3PO4、H2O，离子为：Na+、PO43、HPO42、H2PO4、OH、H+，共6种，故选D二、非选择题13下面是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4500ml的操作，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为13.6mL（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用20 mL量筒最好量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将偏低（偏高、偏低、无影响）（3）将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的烧杯里，并不断搅拌，目的是防止浓硫酸飞溅（4）将冷却后 的上述溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中，并
38、用50mL蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤液要转移到容量瓶中，并摇匀（5）加水至距刻度12cm 处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积（2）根据浓硫酸的体积选择量筒的规格分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断（3）浓硫酸稀释应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢加入装有水的烧杯中，放出大量的热，并用玻璃棒搅拌，防止浓硫酸飞溅（4）（5）根据溶液配制的操作回答【解答】解：（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前
39、后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得：x13.6故答案为：13.6mL （2）由（1）可知所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故选20mL量筒用水洗净后将浓硫酸沿烧杯壁慢慢加入装有水的烧杯中，并用玻璃棒搅拌，防止浓硫酸飞溅直接量取，未用浓硫酸润洗，会稀释浓硫酸，导致溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低故答案为：20；偏低（3）浓硫酸稀释应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢加入装有水的烧杯中，浓硫酸稀释放出大量的热，并用玻璃棒搅拌，防止浓硫酸飞溅故答案为：烧杯；防止浓硫酸飞溅（4）操作步骤有计算、量取、稀释、移液
40、、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托20mL量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀故答案为：冷却后；玻璃棒；500mL容量瓶；转移到容量瓶（5）定容时加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀故答案为：12cm；胶头滴管14工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行以下探究活动：【探究一】（1）将已除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻
41、后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是铁钉表面被钝化（2）另取铁钉放入一定量浓硫酸中加热，充分反应后得到溶液X并收集到干燥气体Y甲同学认为X中可能含有Fe3+和Fe2+若要确认其中的Fe2+，应选用b（填序号）aKSCN溶液 b铁氰化钾溶液 c盐酸乙同学取448mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+2Br+SO42，充分反应后，加入足量BaCI2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g可推知气体Y中SO2的体积分数为50%【探究二】据探究一所测SO2的体积分数，丙同学认为气体Y中可能还含有CO2和Q气体，因此设计了下列实验装置（图中夹持仪器省
42、略，实验前已将装置中空气排尽）进一步探究（3）装置A中的现象是溶液颜色变浅，其作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽（4）为判断CO2是否存在，需将装置M添加在b （填序号）；aA之前 bAB之间 cBC之间 dCD之间若存在CO2，则产生CO2气体的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1（5）若C中固体变红，D中固体变蓝，则Q是H2（填化学式），产生该气体的原因是随着反应的进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成氢气（6）若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，则该气体的组成可能为ace（填序号）aSO2 bH2、SO2 cH2、CO2 dCO
43、2、SO2 e CO2、SO2、H2【考点】性质实验方案的设计【分析】【探究一】（1）常温下，铁和浓硫酸发生钝化现象；（2）可用铁氰化钾溶液检验亚铁离子；根据SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4知，二氧化硫被氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以2.33g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.01mol，根据S原子守恒得n（BaSO4）=n（S）=n（SO2）=0.01mol，标况下二氧化硫体积=0.01mol22.4L/mol=224mL；【探究二】装置图分析可知，气体通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，装置B装置干燥气体并吸收二氧化碳、二氧化硫，C装置是还原氧化铜生成铜，D
44、是检验生成的水蒸气，E防止空气中水蒸气进入干扰检验，以此解答该题【解答】解：（1）常温下，铁和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以将铁钉放入浓硫酸片刻无明显变化的原因是铁钉表面被钝化，故答案为：铁钉表面被钝化；（2）a铁离子和KSCN溶液反应导致溶液呈血红色，但不能确定原来溶液中一定含有亚铁离子，故错误； b用铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成沉淀，可检验，故正确；c盐酸与亚铁离子、铁离子都不反应，故错误；故选b； 根据SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4知，二氧化硫被氧化生成硫酸，离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+2Br+SO42，硫酸和氯
45、化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以2.33g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.01mol，根据S原子守恒得n（BaSO4）=n（S）=n（SO2）=0.01mol，标况下二氧化硫体积=0.01mol22.4L/mol=224mL，二氧化硫体积分数=50%，故答案为：SO2+Br2+2H2O4H+2Br+SO42；50%；【探究二】装置图分析可知，气体通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，装置B装置干燥气体并吸收二氧化碳、二氧化硫，C装置是还原氧化铜生成铜，D是检验生成的水蒸气，E防止空气中水蒸气进入干扰检验，（3）二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应而被除去，可观察到A中溶液颜色变浅，故答
46、案为：溶液颜色变浅；除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽；（4）为检验二氧化碳，可在用碱石灰除杂之前用澄清石灰水检验，则M应放在AB之间，生成二氧化碳的反应为反应方程式为C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O，有方程式可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：b；2：1；（5）若C中固体变红，D中固体变蓝，说明生成水，则Q是H2，产生氢气的原因是随着反应的进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成氢气，故答案为：H2；随着反应的进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应生成氢气；（6）现测知该气体中含氧质量分数为50%，而SO2中氧元素的质量分数正好为：50%，所以该气体有可能是纯净物
47、SO2CO2中氧元素的质量分数为72.7%比50%大，但如果和一定量的H2混合，总的氧元素的质量分数就会比72.7%小，可能达到50%，所以该气体有可能是CO2和H2的混合物；还有可能是三者的混合物，因为SO2中氧元素的质量分数正好为：50%，与该气体中氧元素的质量分数相同，对总的含氧量不影响；而CO2和H2混合，氧元素的质量分数比72.7%小，可能达到50%，所以该气体有可能是SO2、H2、CO2的混合物；如果是SO2和H2混合；或单独是H2，氧元素的质量分数就会比50%小；如果是SO2和CO2混合；或单独是CO2氧元素的质量分数比72.7%大，所以都不符合，则有三种情况：SO2：CO2和H
48、2的混合物；SO2、H2、CO2的混合物满足，即选项ace正确，故答案为：ace15某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验：普通锌锰电池的黑色物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质请回答以下问题：（1）操作玻璃棒的作用是引流；（2）操作灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为C（填化学式）；（3）操作的试管加入中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色固体为MnO2（填化学式）；（4）该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH4Cl和ZnCl2，下面是他做完实验后所写的实验
49、报告，请你写出其空白处的内容：（答案写在答题卷上）实验目的操作实验现象结论1检验Cl取少许滤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀含有Cl2检验NH4+取少许滤液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液并加热，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口附近石蕊试纸变蓝色石蕊试纸变蓝色含有NH4+ k3检验Zn2+取少许滤液于试管中，加入稀氨水先产生白色沉淀，继续加入氨水，沉淀又溶解含有Zn2+【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】（1）玻璃棒的作用是使液体缓缓流入漏斗（2）根据固体的颜色和化学性质分析该物质（3）能使双氧水迅速产生氧气的
50、黑色物质是二氧化锰（4）氯离子的检验是用硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，就证明含有氯离子；铵根离子的检验是用浓氢氧化钠溶液并加热，然后用湿润的红色石蕊试纸检验，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色【解答】解：（1）过滤操作中，玻璃棒的作用是引流故答案为：引流（2）使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳可由黑色的碳单质灼烧制得，二氧化硫可由淡黄色的硫单质灼烧制得，所以该黑色物质是碳单质故答案为：C（3）能使带火星的木条复燃的气体是氧气，能使双氧水迅速产生氧气的黑色固体物质是二氧化锰故答案为：MnO2（4）氯离子的检验：取少许滤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，银离子和氯离子
51、反应生成不溶于水的白色沉淀氯化银；如果有白色沉淀生成，就说明有氯离子铵根离子的检验：铵根离子能和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；如果湿润的红色石蕊试纸变蓝色，就说明有铵根离子存在故答案为：实验目的操作实验现象结论1、检验Cl取少许滤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液 有白色沉淀产生 含有Cl2、检验NH4+取少许滤液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液并加热，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口附近 石蕊试纸变蓝色 含有NH4+16在实验室将16.8g固体NaHCO3加热一段时间后，测得剩余固体的质量变为13.7g请你通过计算回答下列问题：（1）有多少克NaHCO3发生了分
52、解反应？（2）继续对剩余固体加热，至不再产生气体后，将冷却后的固体溶解于水，配成1000mL的溶液则该溶液溶质的物质的量浓度是多少？【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，利用差量法计算出分解的碳酸氢钠的质量；（2）最终得到的固体为碳酸钠，根据Na元素守恒计算出所得溶液的浓度【解答】解：（1）2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om 168 62 xg 16.8g13.7g=3.1g则：x=8.4g，答：NaHCO3发生分解反应的质量为8.4g；（2）根据2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O可知，最终得到的固体为碳酸钠，则所得溶
53、液中碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=0.1mol，所得溶液的浓度为：c（NaHCO3）=0.1mol/L，答：该溶液溶质的物质的量浓度是0.1 mol/L17已知A、B、D、E、F、G、X、Y、Z满足下列转化关系其中A、B、E为固体化合物，D、G为固体单质，F、X、Z为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色（1）写出E的名称：碳化钙；（2）B的电子式为；（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是降低反应速率；（4）A和D反应的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO【考点】无机物的推断【分析】化合物A与单质D反应得到单质G与气体F，单质G与NaOH溶液反应得到
54、气体X，X、F为可燃性气体，X、F的火焰呈淡蓝色，则X为H2，F为CO，A为SiO2，D为碳，G为Si，由转化关系可知，溶液为Na2SiO3溶液，Y为CO2，白色沉淀为H2SiO3，加热硅酸分解得到SiO2气体Z由化合物E与食盐水得到，且可以使溴水褪色，考虑为Z为乙炔，E为碳化钙，悬浊液为Ca（OH）2，与Y反应得到的白色沉淀为CaCO3，B为CaO，符合转化关系，据此解答【解答】解：化合物A与单质D反应得到单质G与气体F，单质G与NaOH溶液反应得到气体X，X、F为可燃性气体，X、F的火焰呈淡蓝色，则X为H2，F为CO，A为SiO2，D为碳，G为Si，由转化关系可知，溶液为Na2SiO3溶液
55、，Y为CO2，白色沉淀为H2SiO3，加热硅酸分解得到SiO2气体Z由化合物E与食盐水得到，且可以使溴水褪色，考虑为Z为乙炔，E为碳化钙，悬浊液为Ca（OH）2，与Y反应得到的白色沉淀为CaCO3，B为CaO，符合转化关系（1）由上述分析可知，E为碳化钙，故答案为：碳化钙；（2）B为CaO，电子式为，故答案为：；（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是：降低反应速率，故答案为：降低反应速率；（4）A与D反应化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO18A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出），其中反应是置换反应（1）若A是常见的
56、金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（2）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，的反应中还有水生成，反应需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则A、D反应产物的电子式是，反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（3）若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C、E、F为气体，C有毒，则反应的化学方程式是2C+SiO22CO+Si【考点】无机物的推断【分析】（1）A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变
57、价金属，F具有强氧化性，可推知A为Fe，F为Cl2，故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁；（2）B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl；（3）A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C、E、F为气体，C有毒，反应为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，验证符合转化关系【解答】解：（1）A是常见的金属单质，D、F是
58、气态单质，反应为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，可推知A为Fe，F为Cl2，故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，则：反应（在水溶液中进行）的离子方程式是：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（2）B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，D反应产物为氯化铵，电子式是，反应的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案
59、为：；4NH3+5O24NO+6H2O；（3）A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C、E、F为气体，C有毒，反应为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，验证符合转化关系，则：反应的化学方程式是2C+SiO22CO+Si，故答案为：2C+SiO22CO+Si19A、B、C、D四种化合物其焰色反应均为紫色，A、B、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若向A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B与C的溶液混合可制得A，试推断：（1）A是碳酸钾，B是氢氧化钾，C是碳酸氢钾，D是氯化
60、钾（2）完成有关化学方程式：CA2KHCO3K2CO3+CO2+H2O，ACK2CO3+CO2+H2O2KHCO3，B+CAKOH+KHCO3K2CO3+H2O【考点】无机物的推断【分析】化合物A、B、C、D焰色反应均为紫色，说明都含有K元素；A、B、C和盐酸反应均得到D，则D为KCl，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，可以判断，无色无味的气体是CO2，A为K2CO3，C为KHCO3，若B与C的溶液混合可制得A，则B为KOH，据此解答【解答】解：化合物A、B、C、D焰色反应均为紫色，说明都含有K元素；A、B、C和盐酸反应均得到D，则D为KCl，将固体C加热可
61、得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，可以判断，无色无味的气体是CO2，A为K2CO3，C为KHCO3，若B与C的溶液混合可制得A，则B为KOH（1）由上述分析可知，A是碳酸钾，B是氢氧化钾，C是碳酸氢钾，D是氯化钾，故答案为：碳酸钾；氢氧化钾；碳酸氢钾；氯化钾；（2）CA的反应方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O，AC的反应方程式为：K2CO3+CO2+H2O2KHCO3，B+CA的反应方程式为：KOH+KHCO3K2CO3+H2O，故答案为：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；K2CO3+CO2+H2O2KHCO3；KOH+KHCO3K2CO3+H2O20
62、在标准状况下，4g H2，11.2L O2，1mol H2O中，所含分子数最多的是，含原子数最多的是，质量最大的是，体积最小的是（填序号）【考点】物质的量的相关计算【分析】根据n=计算物质的量、质量、体积，利用N=nNA及物质的构成来计算微粒数【解答】解：氢气的物质的量为=2mol，其分子数为2NA，原子数为4NA，质量为4g，标准状况下的体积为2mol22.4L/mol=44.8L；氧气的物质的量为=0.5mol，其分子数为0.5NA，原子数为NA，质量为0.5mol32g/mol=16g，标准状况下的体积为11.2L；水的物质的量为1mol，其分子数为NA，原子数为3NA，质量为1mol1
63、8g/mol=18g，标准状况下水为液体，其体积在三者中最小；显然分子数最多的是，原子数最多的是，质量最大的是，体积最小的是，故答案为：；21在一密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示：回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是ACDF（填选项）At0t1Bt1t2Ct2t3Dt3t4 Et4t5 Ft5t6（2）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）A增大压强 B减小压强 C升高温度D降低温度 E加催化剂 F充入氮气t1时刻C；t3时刻E；t4时刻B（3）依据（2）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是A（填
64、选项）At0t1 Bt2t3Ct3t4 Dt5t6（4）如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线（5）一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为5：6【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；化学平衡状态的判断【分析】（1）根据图示结合v正=v逆，判断是否处于平衡状态；（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t3正逆反应速率同等程度的增大；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t
65、4平衡逆向移动，根据移动结果分析；（4）t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达平衡，据此可画出反应速率的变化曲线；（5）设反应前加入a mol N2，b mol H2，达平衡时生成2x mol NH3，根据三段式和氨气的体积分数计算【解答】解：（1）根据图示可知，t0t1、t2t3、t3t4、t5t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态，故答案为：ACDF；（2）由N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；
66、t3正逆反应速率同等程度的增大，改变条件应为使用催化剂；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，故答案为：C；E；B；（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t0t1氨气的含量最大，故答案为：A；（4）t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达平衡，据此可画出反应速率的变化曲线为：，故答案为：；（5）设反应前加入a mol N2，b mol H2，达平衡时生成2x mol NH3， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始 a b 0 转化 x 3x 2x平衡 ax b3x 2x则反应后气体总的物质的量=（a+b2x）mol， =0.2，解得：a+b=12x，故反应后与反应前的混合气体体积之比=，故答案为：5：62017年4月20日
