1、河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高二化学上学期阶段性检测试题（一）（含解析）第卷(选择题，共54分)可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 一、选择题(每小题3分，18小题，共54分，每小题只有一个选项符合题意)1.厉害了，我的国“中国名片”中航天、军事天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A. “中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料B. “复兴号”车厢连接处关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机金属材料C. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材
2、料D. “天宫二号”空间实验室的太阳能电池板是将太阳能转化为化学能再转化为电能【答案】C【解析】【详解】A钢铁是铁的一种合金，属于金属材料，不属于新型无机非金属材料，故A错误；B聚四氟乙烯板属于有机材料，不属于无机金属材料，故B错误；C高温结构陶瓷属于耐高温的新型无机非金属材料，故C正确；D太阳能电池板的主要材料是晶体硅，将太阳能转化为电能，故D错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 标准状况下，11.2L NO2中含有的氧原子数目为NAB. 1mol 20 Ne和22 Ne微粒中含有的中子数目为10NAC. 1molCnH2n+2中含有(3n+1)NA个共
3、价键，(2n+2)NA个极性键，(n-1)NA个非极性键D. 1mol甲基中含有的电子数目为7NA【答案】C【解析】【详解】A标况下NO2是液体，不能运用气体摩尔体积为22.4L/mol计算其物质的量，故A错误；B20 Ne和22 Ne中分别含10个和12个中子，故1mol20 Ne和22 Ne的混合物中含有的中子数目多于10NA，故B错误；C同种元素形成的共价键为非极性键，由不同种元素形成的共价键为极性共价键，CnH2n+2含(2n+2)条CH键和(n1)条CC键，故1mol CnH2n+2含有(3n+1)mol共价键，即(3n+1)NA个共价键，其中(2n+2)NA个极性键，(n-1)NA
4、个非极性键，故C正确；D一个甲基中含有9个电子，1mol甲基含有9mol电子。含电子数目为9NA，故D错误；答案选C。3.有七种物质：乙烷 乙烯 苯 二氧化硫 环己烯 环己烷 聚丙烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水发生化学反应使溴水褪色的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】含碳碳叁键、碳碳双键、-CHO的有机物等及具有还原性的无机物，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，以此来解答。【详解】乙烷结构中只有单键，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；乙烯结构中含有碳碳双键，使酸性KMnO4溶液褪色，也与溴水反应使溴水
5、褪色；苯结构中是特殊的共价键，介于双键和单键之间，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；二氧化硫具有还原性，能够与酸性KMnO4溶液褪色、溴水发生氧化还原反应而使它们褪色；环己烯结构中含有碳碳双键，使酸性KMnO4溶液褪色，也与溴水反应使溴水褪色；环己烷结构中只有单键，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；聚丙烯结构中只有单键，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；由上述分析可得符合题意；答案C。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下
6、列叙述正确的是( )A. 原子半径: ZYWB. 化合物M中W的原子满足8电子稳定结构C. 对应单质的熔点: ZXYD. Z氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示，W形成2个共价键，位于A族，W的原子序数是Z的原子序数的一半，则W为O元素，Z为S元素；X形成离子带有1个单位正电荷，位于A族，其原子序数大于O元素，则X为Na元素；Y形成4个共价键，位于A族，其原子序数大于Na，则Y为Si元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素。AW为O元素，Y为
7、Si元素，Z为S元素，由同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：SiSO，故A错误；B根据图示可知，O元素最外层6个电子，形成两根共价键的O元素达到8电子稳定结构，形成一根共价键的O元素从Na元素处得到一个电子，也达到8电子稳定结构，该化合物M中O的原子满足8电子稳定结构，故B正确；CX为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素，Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点SiNa，故C错误；DZ为S元素，S的氧化物有SO2和SO3，SO2对应水化物为亚硫酸，亚硫酸为弱酸，故D错误；答案为B。5.我国科学家在天然气脱
8、硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2SO2=H2O2S，已知甲池中发生反应：。下列说法正确的是()A. 甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ2H2e=H2AQB. 乙池溶液中发生的反应为H2SI3-=3IS2HC. 该装置中电能转化为光能D. H从甲池移向乙池【答案】B【解析】【详解】A、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H+2e-=H2AQ，A错误；B、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-3I-+S+2H+，B正确；C、根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，C错误；D、装置是原电池装置，原电池中阳离子移向正
9、极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，D错误；答案选B。6.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)O2(g)在一恒温恒容的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO 用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为221的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】用不同物质的反应速率表示达到平衡，反应方向是一正一逆，
10、且反应速率之比等于化学计量数之比，生成氧气，反应向正反应方向进行，生成NO2反应方向向逆反应方向进行，且两者比值等于化学计量数之比，故能表示达到平衡状态的标志；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO都表示正反应方向进行，不能说明正逆反应速率相等，故不能表示达到平衡状态的标志；任何时刻三者速率之比等于2：2：1，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故不能表示达到平衡状态的标志；NO2红棕色气体，其余为无色气体，因此当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故能表示达到平衡状态的标志；根据=，组分都是气体，则气体质量不变，是恒容容器，气体体积不变，因此密度任何时刻都相等
11、，即密度不变，故不能作为达到平衡的标志；根据M=，组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量增大，因此当气体平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡，故能表示达到平衡状态的标志；因为反应前后气体系数之和不相等，反应达到平衡前，压强不断变化，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故能表示达到平衡状态的标志；综上所述，能作为反应达到平衡状态的标志是，答案选A。7.化合物(a)在乙酸汞催化下与乙酸反应生成化合物(b)：下列说法错误的是( )A. (a)具有含苯环的同分异构体B. (a)能使酸性KMnO4溶液褪色C. (b)能发生加成聚合反应D. (b)的一氯代物有4种【答案】D【解析】【
12、详解】A化合物(a)分子式为C8H8，与苯乙烯分子式相同，结构不同，具有含苯环的同分异构体，故A正确；B(a)含有碳碳双键，具有乙烯的性质，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C(b)含有碳碳双键，可发生加成聚合反应，故C正确；D(b)结构对称，含有5种H，则一氯代物有5种，故D错误；答案选D。8.类推的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是A. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2B. CaC2能水解：CaC2 + 2H2O = Ca(OH)2 + C
13、2H2 ，则Al4C3也能水解：Al4C3 + 12H2O = 4A1(OH)3+ 3CH4C. 钠与氧气在不同条件下反应会生成两种不同的氧化物，则Li与氧气反应也能生成Li2O或Li2O2D. SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀【答案】B【解析】【详解】A、过氧化钠具有强氧化性，SO2以还原性为主，因此过氧化钠将SO2氧化，发生Na2O2SO2=Na2SO4，故A不符合题意；B、CaC2与H2O反应：CaC22H2O=Ca(OH)2C2H2，Al4C3与水反应，4个Al结合12个OH生成4个Al(OH)3，3个C结合12个H生成3个CH4，即反应
14、方程式：Al4C312H2O=4Al(OH)34CH4，故B正确；C、Na常温下与O2反应生成Na2O，加热或燃烧时生成Na2O2，而Li与氧气反应只生成Li2O，故C错误；D、NO3在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42，与Ba2反应生成BaSO4沉淀，故D错误；答案为B。9.某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol。保持温度和压强不变，再向平衡混合物中分别加入3mol、1mol、3mol的A、B、C再达平衡，与之前相比平衡( )A. 向右移动B. 向左移动C. 不移动D. 无法判断【答
15、案】B【解析】【详解】达到平衡时，A、B和C的物质的质量的量分别为4mol、2mol和4mol，假设容器的体积为V1L，则浓度分别为 mol/L、mol/L、mol/L，则平衡常数为K=，保持温度和压强不变时，在平衡混合物中分别加入3molA、1molB、3molC， A、B和C的物质的质量的量分别为7mol、3mol和7mol，假设容器的体积为V2L，则浓度分别为mol/L、mol/L、mol/L，则Qc=，由理想气体状态方程得，pV1=(4+2+4)RT，pV2=(7+3+7)RT，得V2=V1，因而Qc=V1，即QcK，平衡逆向移动，向左移动，B正确；答案为B。10.在恒温恒压下，向密闭
16、容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0。2 min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是()A. 在该条件下，反应前后的压强之比为65.3B. 若反应开始时容器容积为2 L，则02min内v(SO3)0.35 molL1min1C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)1.4 molD. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ【答案】C【解析】【详解】由可知，A因为是恒温恒压条件下，所以平衡前后，压强不变，压强之比为11，
17、故A错误；B若体积保持不变，则v(SO3)0.35 molL1min1，而事实上体积缩小，所以v(SO3)0.35 molL1min1，故B错误；C在绝热条件下，温度升高，平衡左移，平衡后n(SO3)1.4 mol，故C正确；D若改为恒温恒容，则原平衡左移，放出热量应小于Q kJ；故D错误；答案为C。11.A、B两种元素为某周期第A族和第A族元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为() x1 x8 x11 x18 x25 x32A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第A、A之后是第B，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系
18、，根据周期表的结构来回答。【详解】IIA族为第二列，IIIA族为第十三列，同一周期的元素在第二、三周期时，IIA族、IIIA族相邻，原子序数相差1，则B元素的原子序数为x+1；同一周期的元素在第四、五周期时，IIA族、IIIA族不相邻，中间相差10列，每格有1种元素，则B元素的原子序数为x+11；同一周期的元素在第六、七周期时，IIA族、IIIA族不相邻，中间相差10列，第三列每格15种元素，其余每格有1种元素，则B元素的原子序数为x+25，则B元素的原子序数可能为，故答案C。12.完全相同的两个恒容容器甲和乙，已知甲中装有SO2、O2各1 g，乙中装有SO2、O2各2 g，在同一温度下反应，
19、2SO2(g)O2(g)2SO3(g)达平衡后，甲中SO2的转化率为a%，乙中SO2的转化率为b%，则( )A. a%b%B. a%b%C. a%b%D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】完全相同的两个恒容容器甲和乙，已知甲装有SO2和O2各1g，乙装有SO2和O2各2g，乙中的量是甲的2倍，则乙中压强大，增大压强，平衡正移，SO2的转化率的增大，所以乙中SO2的转化率大于甲中SO2的转化率，即a%b%，答案选B。13.在一带有活塞、绝热密闭容器中投入一定量A、B两种气体，发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g)，反应过程中气体总体积(V)与气体总压强(P)的变化曲线如图所示，则下列说法正
20、确的是( )A. 反应后气体总分子数增多B. 反应前后气体的密度不变C. 该反应为放热反应D. 反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量【答案】C【解析】【分析】绝热密闭容器中盛有A、B组成的混合气体，反应：A(g)+B(g)2C(g)是气体体积不变的反应，由图象可知，体积增大压强不变，说明温度升高，所以该反应为放热反应，据此分析。【详解】A根据方程式可知，此反应是气体的分子数不变的反应，则反应后气体总分子数不变，故A错误；B该反应体系是纯气体体系，根据质量守恒，反应前后气体的总质量不变，但根据图示，压强不变，但容器的体积增大，根据可知，反应后混合气体的密度变小，故B错误；C由于该反应是气体体
21、积不变的反应，且容器恒压，而由图可知反应后体积增大，其原因只可能是反应放热，故C正确； D根据分析，由于反应是放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；答案选C。14.在一定温度下，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）H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（） t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前（逆）（正）C. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大D.
22、02min的平均速率（Z）=2.0103molL1min1【答案】A【解析】 X(g)Y(g) 2Z(g)起始（molL1）0.016 0.016 0变化： 0.006 0.006 0.012平衡： 0.01 0.01 0.012 根据平衡常数的定义，K=c2(Z)/c(X)c(Y)=0.0122/(0.010.01)=1.44，故正确；B、没有达到平衡前，反应向正反应方向进行，即v(正)v(逆)，故错误；C、在通入Z，相当于在原来的基础上增大压强，当反应前后气体系数之和相等，平衡不移动，故错误；D、根据化学反应速率的表达式，v(Y)=(0.160.12)/(102)mol/(Lmin)=0.
23、002 mol/(Lmin)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(Z)=2v(Y)= 0.004 mol/(Lmin)，故错误。15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A. 用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气B. 将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，产生气体的速率比不加铜粉快C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅D. 将CO中毒的病人迅速抬到空气新鲜的地方【答案】B【解析】【详解】A浓氨水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气，且OH-浓度增大，化学平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-逆向进行，能用化学平衡移动原理解释的，故A不符合题意；B将铜粉和锌粉混合后
24、放入稀硫酸中，构成原电池，加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；C氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO平衡，生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故C不符合题意；D空气新鲜的地方，氧气浓度大，平衡HbO2+COHbCO+O2逆向移动，有利于血红蛋白和氧气结合，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；答案为B。16.已知：CH4(g)2O2(g) = CO2(g)2H2O(l)H1Q1kJ/mol2H2(g)O2(g) = 2H2O(g)H22Q2kJ/mol2H2(g)O2(g) = 2H2O(l)H32Q3kJ/mol常温下取体
25、积比为41的甲烷和氢气共11.2 L(已折合成标准状况)经完全燃烧恢复到常温，放出的热量为( )A. 0.4Q10.05Q2B. 0.4Q10.1Q2C. 0.4Q10.05Q3D. 0.4Q10.1Q3【答案】D【解析】【详解】甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为n=0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.5mol=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)；H=-Q1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4molQ1kJ/m
26、ol=0.4Q1kJ；由2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H32Q3kJ/mol，可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol2Q3kJ/mol=0.1Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1+0.1Q3，答案选D。17.下列叙述及解释正确的是A. 2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)H0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B. H2(g)I2(g)2HI(g)H0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C. FeCl33KSCNFe(SCN)3(红色)3KCl，在平衡后
27、，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅D. 对于N23H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移【答案】D【解析】【详解】A缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，混合物颜色变浅，故B错误；C氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确；故选D。18.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确
28、的是(T/K)/(v/molL-1min-1) /( c/molL-1)0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A. a6.00B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C. b318.2D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【答案】D【解析】【详解】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法正确；B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v
29、可能不变，故B说法正确；C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法正确；D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法错误。故选D。第卷(非选择题，共46分)二、填空题19.研究氮、硫、碳及其化合物的转化对于环境的改善有重大意义，可减少如雾霾天气、酸雨、酸雾等环境污染问题。(1)在一定条件下，CH4可与NOx反应除去NOx ，已知有下列热化学方程式:CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l)H1 =-890.3 kJmol-1N2(g)+2O2(g)2NO2
30、(g) H2 =+67.0 kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H3 =-41.0 kJmol-1则CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)H =_kJmol-1。(2) SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。在恒温恒容下，往一密闭容器通入SO2和O2n(SO2)n(O2)=21，测得容器内总压强在不同温度下与反应时间的关系如图所示。图中C点时，SO2的转化率为_。图中B点的Kp=_(Kp为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(3) 已知4NH3
31、(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H1=-1800 kJmol-1。将2 mol NH3、3 mol NO的混合气体分别置于a、b、c三个10 L恒容密闭容器中，使反应在不同条件下进行，反应过程中c(N2)随时间的变化如图所示。与容器a中的反应相比，容器b中反应改变的实验条件可能是_，判断的依据是 _。一定温度下，下列能说明反应已达到平衡状态的是_(填字母)。AH2O(g)与NO的生成速率相等 B混合气体的密度保持不变CH保持不变 D容器的总压强保持不变(4)利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，如图所示。在催化剂b表面发生的电极反应为_【答案】 (1)
32、. -875.3 (2). 66% (3). 24300 MPa-1 (4). 升高温度 (5). 容器b中反应达到平衡所需时间比容器a中短，且平衡时c(N2)比容器a中小，平衡逆向移动 (6). AD (7). CO2+2H+2e-=HCOOH【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算解答；(2)结合化学三段式计算，依据图中C点时，气体物质的量0.078，依据开始和C点气体物质的量之比列式计算，转化率=100%；图中B点，设氧气消耗物质的量为y，依据化学三行列式计算，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数；(3)与容器a中的反应相比，容器
33、b中的反应速率增大，氮气浓度减小，说明平衡逆向进行，结合平衡移动原理和反应特征分析；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；(4)由图可知，左室通入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极。【详解】(1)已知：CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l)H1 =-890.3 kJmol-1N2(g
34、)+2O2(g)2NO2(g) H2 =+67.0 kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H3 =-41.0 kJmol-1根据盖斯定律，-2可得CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)H=(-890.3 kJmol-1)-(+67.0 kJmol-1)-(-41.0 kJmol-1)2=-875.3 kJmol-1；(2)依据图中C点时，气体物质的量0.078，根据题意列三段式： 气体物质的量之比等于压强之比，则=，x=0.66a，SO2的转化率=100%=66%；根据图中点数据，设氧气消耗物质的量为y，根据题意列三段式：=，y=0.9a ，平衡常数Kp=24
35、300MPa-1；(3)由图示可知，容器b中反应达到平衡所需时间比容器a中短，且平衡时c(N2)比容器a中小，平衡逆向移动，容器b中反应改变的实验条件可能是升高温度；AH2O(g)与NO的生成速率相等，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A符合题意；B反应在恒容条件下进行，且气体总质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；C反应一定，H保持不变和平衡状态无关，故C不符合题意；D正反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强发生变化，当容器的总压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，故D符合题意；答案选AD；(4)由图示知，电子由催化剂a表面流向催化剂b
36、表面，说明催化剂a为负极，催化剂b为正极，二氧化碳在催化剂b表面发生还原反应结合H+生成HCOOH，电极反应为CO2+2H+2e-=HCOOH。【点睛】进行平衡状态判断时，除根据平衡状态的特点判断之外，还可根据反应体系中变量变为不变量进行判断。20.证明卤族元素的非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。实验过程：.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。.当B中溶液由黄色变棕红色时，关闭活塞a。.(1)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是_。(3)为验证溴的氧化性强于碘，过程 的操
37、作和现象是_。(4)过程实验的目的是_。(5)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐_，得电子能力逐渐_。【答案】 (1). KI淀粉试纸变蓝 (2). Cl22BrBr22Cl (3). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 (4). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 (5). 增大 (6). 减弱【解析】【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱：检验气密性，装药品，保持分液漏斗上方与外界空气相同，打开活塞向烧瓶中滴加浓盐酸；装置A：高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学
38、方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，湿润的淀粉KI试纸变蓝，说明有单质碘生成，同时也说明氯气氧化性强于单质碘，装置B：氯气与溴化钠反应生成单质溴，在试管中发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-Br2+2Cl-，溶液变棕黄色；B试管口的棉花团的作用吸收多余的氯气，防止污染大气，反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b取下D振荡、静止后CCl4层溶液变为紫红色，验证了溴的氧
39、化性强于碘，以此解答该题。【详解】（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是KI淀粉试纸变蓝，Cl22I=2ClI2,I2遇淀粉变蓝色；（2)B中溶液发生反应的离子方程式是Cl22Br-Br22Cl-；（3）为验证溴的氧化性强于碘，过程 的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色，其中紫红色为I2溶解在CCl4呈现的颜色；（4) 过程实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；（5）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。21.一定温度下在体积为5 L
40、的密闭容器中发生可逆反应。（1）若某可逆反应的化学平衡常数表达式为：KC(CO)C(H2)/C(H2O)；写出该反应的化学方程式：_。（2） CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0在427时将CO和H2O（g）各0.01mol通入体积为2升的密闭容器中反应，5分钟时达到平衡状态，该反应的平衡常数是9，则CO的转化率是_（写出计算过程）【答案】 (1). C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) (2). 75%【解析】【详解】(1)根据可逆反应的化学平衡常数表达式为：KC(CO)C(H2)/C(H2O)，根据原子守恒可知，反应物中含有碳，该反应的热化学方程式为C(s)H2O(g)
41、CO(g)H2(g)。(2)利用三段式解答：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2起始物质的量浓度 0.005 0.005 0 0变化物质的量浓度 x x x x平衡物质的量浓度0.005-x 0.005-x x x，解得x=0.00375mol，则CO转化率是100%=75%。22.有两个容积相等的密闭容器A和B如图所示，A容器有一个可上下移动的活塞，能使容器保持恒压，B容器的容积不变。起始时两容器中分别充入等量且体积比为21的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等。在400 条件下，发生如下反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。(1)达到平衡时，所需的时间t(A)_t(B)
42、，A容器中SO2的转化率_B容器中SO2的转化率(填“大于”、“小于或“相等”)。(2)达到(1)所述平衡后，若向两容器中通入少量的等量氩气，A容器中化学平衡_移动，B容器中化学平衡_移动(填“向左”、“向右”或“不”)。(3)达到(1)所述平衡后，若向两容器中通入等量原反应气体，再达到平衡时，A容器中c(SO3)_，B容器中SO3的质量分数_(填“增大”、“减少”或“不变”)。【答案】 (1). 小于 (2). 大于 (3). 向左 (4). 不 (5). 不变 (6). 增大【解析】【分析】【详解】(1)因A容器保持恒压，反应过程中体积变小，浓度增大，根据浓度越大，化学反应速率越快，到达平
43、衡的时间越短，所以达到平衡所需时间A小于B；若A容器保持恒容，两容器建立的平衡等效，而实际上A容器体积减少，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以A中SO2的转化率大于B；(2)达到(1)所述平衡后，若向两容器通入数量不多的等量He，A容器体积增大，压强不变，参加反应的气体产生的压强减少，平衡向左移动，而B容器体积不变，浓度不变，平衡不移动；(3)达到(1)所述平衡后，向两容器中通入2molSO2与1mol的O2混合气体，达到平衡后，A恒压中建立的平衡与原平衡等效，所以SO3的百分含量不变，其浓度不变；B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，B容器中SO3的百分含量增大。【点睛】对于有气体参与的可逆反应，在相同温度、投料相同的条件下，恒压条件下的反应物转化率高于恒容条件下的反应物转化率，不管前后气体粒子数目是增多还是减小。