1、（45分钟 100分）一、选择题(共7小题，每小题6分，共42分)1.(2011上海高考)据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是( )2.(2011苏州模拟)2X(g)+Y(g)2Z(g)H0，在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，产物Z的物质的量n(Z)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是( )A.T1T2,p1p2B.T1p2C.T1T2,p1p2D.T1T2,p1x+yB.正反应吸热，m+nx+yD.正反应放热，m+nx+y4.参照反应Br+H2HBr+H的能量-反应历程示意图，下列对上述反应叙述中正确的是(
2、)反应热：过程过程该反应为吸热反应来源:学科网ZXXK过程的活化能为530 kJ/mol反应速率：过程过程A.B.C.D.5.如图中两条直线分别表示1 g C3H6和1 g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图像判断M气体可能是( )A.C2H4B.CO2C.C3H8D.H2S6.(2011杭州模拟)在恒容条件下化学反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H =-Q kJmol-1在上述条件下分别充入的气体和反应放出的热量(Q)如表所列：容器SO2(mol)O2(mol)N2(mol)Q(kJ)甲210Q1乙10.50Q2丙10.51Q3根据以上数据，下列叙述正确的是(
3、)A.在上述条件下反应生成1 mol SO3固体放热Q/2 kJB.2Q1=2Q22Q3QC.Q1=2Q2=2Q3=QD.2Q2=2Q3Q1”、“”或“=”)。9.(12分)(2011金华模拟)金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/molL-1)如图。(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是_。(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为_。A.6(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2+杂质，_(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_。(4)已知
4、一些难溶物的溶度积常数如下表：某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量的_除去它们。(选填序号)A.NaOHB.FeSC.Na2S 10.(18分)(2011宁波模拟)某温度下体积为200 L的氨合成塔中,测得如下数据：(1)根据表中数据计算02 h内N2的平均反应速率为_mol/(Lh)；请用上表中合适的数据表达该反应的平衡常数表达式：_；若起始时与平衡时的压强之比为a，则N2的转化率为_(用含a的代数式表示)。来源:Zxxk.Com来源:Z,xx,k.Com(2)反应在45 h间，平衡向正方向移动，可能的原因是_，(选填af，下同)表中 56 h之间数值发
5、生变化，可能的原因是_。a.移走了氨气 b.降低温度 c.加压 d.增加氢气浓度 e.升高温度 f.增加氮气浓度11.(16分)在标准状况下进行下列实验，甲、乙、丙各取30.0 mL同浓度的盐酸，加入同量的镁、铝合金粉末产生气体，有关数据如表：实验序号甲乙丙合金质量(mg)255385459气体体积(mL)280336336来源:学.科.网来源:学|科|网Z|X|X|K(1)盐酸的物质的量浓度为_molL-1，在表中可作为计算依据的是(填写实验序号，要求全部写出)：_。(2)根据实验序号_中的数据，可计算出镁、铝合金中镁和铝的物质的量之比为_。高考创新预测1.关于下列各图的叙述，正确的是( )
6、A.甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为-483.6 kJ/molB.乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态C.丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1 时A、B的饱和溶液分别升温至t2 时，溶质的质量分数BAD.丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH2.向1.0 mol/L的甲溶液中逐滴加入1.0 mol/L的乙溶液，产生Al(OH)3沉淀的质量(用y轴表示)与所加入乙溶液的体积(用x轴表示)的
7、关系如图所示。符合图中关系的是下列各组溶液中的( )ABC来源:Zxxk.ComD甲AlCl3NaOHNaAlO2HCl乙NaOHAlCl3HClNaAlO2来源:Zxxk.Com答案解析1.【解析】选B。A项代表的是放热反应，不正确；C项中反应物和生成物能量相等，既不吸热也不放热，不正确；D项中有催化剂的活化能反而更高，不正确。2.【解析】选C。由图像可知：在p1一定时，T1温度下，达到平衡时所需的时间短，反应速率快，所以温度T1T2，故A项、B项均错；在T2一定时，p1压强下，达到平衡时所需的时间短，反应速率快，所以压强p1p2，故D项错，C项对。3.【解析】选A。 p相同时，升高T，(A
8、)提高，说明正反应为吸热反应；T相同时，增大p，(A)提高，说明正反应为气体体积缩小的反应，m+nx+y。4.【解析】选B。反应热只与反应物的总能量(H2+Br)和生成物的总能量(HBr+H)有关，与反应途径无关，错误；由图像可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，正确；反应的活化能为1 130-120=1 010 kJ/mol，错误；过程中反应的活化能低，反应速率快，故反应速率过程过程。5.【解析】选A。结合图像，根据阿伏加德罗定律可知：等质量、同体积、同温度的条件下，气体的摩尔质量和压强成反比，即M(C3H6)M(气体)=1.20.8，则M(气体)=28 gmol-1，
9、该气体是C2H4。6.【解析】选D。2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-Q kJmol-1表示2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol SO3(g)时放出Q kJ的热量。由于SO3(g)变成SO3(s)要放出热量，所以在上述条件下反应生成1 mol SO3固体放热大于Q/2 kJ；甲容器中物质不可能完全反应，所以Q1Q；乙容器中物质不可能完全反应，且相对于甲容器，平衡逆向移动，所以2Q2Q1；丙容器中物质不可能完全反应且与乙容器中物质的转化率相同，所以Q2=Q3。故有2Q2=2Q3Q1v(逆)；T3时，v(正)=v(逆)；T3T4，v(正) = 9.【
10、解析】(1)据图知pH=45时,Cu2+开始沉淀为Cu(OH)2,因此pH=3时,主要以Cu2+形式存在。(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3+，以保证Fe3+完全沉淀，而Cu2+还未沉淀，据图知pH为4左右。(3)据图知，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的含有的少量Co2+。(4)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2+、Pb2+、Hg2+，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。答案：(1)Cu2+ (2)B (3)不能 Co2
11、+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小 (4)B10.【解析】(1)v(N2)=0.3 molL-1/2 h=0.15 mol/(Lh),根据34 h物质的量浓度不变，处于平衡状态，则K=c2/(ab3)；N2的转化率=(2-2/a)100%(2)在45 h之间，平衡正移，且NH3的浓度降低，则只能是移走了氨气；在56 h 时，H2的浓度降低，NH3的浓度增大，平衡正向移动，可以是增大N2的浓度或降低了温度。答案：(1)0.15 K=c2/(ab3) (2-2/a)100%(2)a b、f11.【解析】(1)盐酸体积一定，在255 mg合金的基础上再加入合金时，生成气体的体积继续增加，说明甲中合金
12、是不足的；而在385 mg合金的基础上再加入合金时，生成气体的体积不再增加，说明丙中盐酸是不足的。据此可列式求解：2H+H2n(HCl)=0.03 mol,c(HCl)=1 molL-1。(2)如上述分析，可根据甲组数据计算镁、铝合金中镁和铝的物质的量，解得：n(Mg)=0.005 mol，n(Al)=0.005 mol。答案：(1)1 乙、丙 (2)甲 11高考创新预测1.【解析】选D。甲图表示2 mol H2完全反应时放出的热量为483.6 kJ，A错误；乙图A点表示当NO2、N2O4浓度相同时，二者的消耗速率相等，v(正)v(逆)，不是平衡状态，B项错；由t1 升温至t2 时，都变为不饱
13、和溶液，溶质的质量不变，溶质的质量分数B=A，C项错；由丁图可知，HA的酸性比HB的酸性强，故B-比A-的水解程度大，则同浓度溶液的pH：NaANaB，D项正确。2.【解析】选D。A、C两组一开始就产生沉淀，不符合题意；根据B组反应方程式4NaOH+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+2H2O，3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3，刚产生沉淀所需乙溶液体积是使沉淀达到最大值所需乙溶液体积的3倍，与题图相反；根据D组反应方程式4HCl+NaAlO2=AlCl3+NaCl+2H2O，AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl, 使沉淀达到最大值所需乙溶液体积是刚产生沉淀所需乙溶液体积时的3倍，符合题意。