1、2015-2016学年四川省德阳五中高二（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共14个小题，每小题3分，共42分）1决定化学反应速率的主要因素是（）A反应物的浓度B反应温度C使用催化剂D反应物的性质2下列指定反应的离子方程式正确的是（）ANa投入水中：Na+H2ONa+OH+H2BNaHCO3溶液与氢氧化钠溶液反应：HCO3+2OHCO2+H2OC用CH3COOH 溶液CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H20Al（OH）3+HCO33NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A1molCH3含有的
2、电子数为10NAB92gNO2气体中含有原子数为6NAC1molC2H4分子中含共价单键总数为8NAD标准状况下22.4LCHCl3中含有原子总数为5NA4少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）加H2O 加NaOH固体 滴入几滴浓盐酸加NaCl溶液 改用10mL 0.1mol/L的盐酸滴加几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发）ABCD5下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2D
3、K+、Ag+、NH3H2O、NO36已知反应4CO+2NO2N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（）Av（CO）=1.5molL1min1Bv（NO2）=0.7molL1min1Cv（N2）=0.4molL1min1Dv（CO2）=1.1molL1min17下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJB已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaO
4、H（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2则H1H28在一定温度下某容积固定的密闭容器中，建立下列化学平衡：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（）A体系的压强不再发生变化Bv正（CO）=v逆（H2O）C生成nmolCO的同时生成nmolH2D1molHH键断裂的同时断裂2molHO键9对于可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，下列叙述正确的是（）A单位时间内生成2molSO3的同时消耗了
5、1molO2，则反应到达平衡状态B升高温度反应速率增大，由于该反应是放热反应，V（逆）小于V（正），所以反应达到平衡的时间将延长C保持温度和密闭体系体积不变，起始加入2molSO2和1molO2，平衡后加入2molSO2和1molO2，重到达平衡时SO2的体积分数减小D该反应的化学平衡常数表达式为K=10温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：mA（气）+nB（气）pC（气），达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9 倍，则下列叙述中正确的是（）A平衡向逆反应方向移动BC气体的体积分数增大C气体A的转化率升高Dm+np11某温度下，H2（g
6、）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如下表所示起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.0100.0200.020c（CO2）/mol/L0.0100.0100.020下列判断不正确的是（）A平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012mol/LB反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢C平衡时，乙中CO2的转化率大于60%D平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%12汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容
7、密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化下列叙述正确的是（）A温度T下，该反应的平衡常数K=B温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的H013一定温度下，1 molX和n mol Y在体积为2L的密闭容器中发生如下反应：X（g）+Y（g）=2Z（g）+M（s），5min后达到平衡，此时生成2a mol Z下列说法正确的是（）A用X表示此反应的反应速率是（0.10.2a）mol（Lmin）1B当混合气体的质量不再发生
8、变化时，说明反应达到平衡状态C向平衡后的体系中加入1mol M，平衡向逆反应方向移动D向上述平衡体系中再充入1mol X，v（正）增大，v（逆）减小，平衡正向移动14在容积一定的密闭容器中，发生可逆反应：A（g）+B（g）xC（g），有如图（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）所示的反应曲线，则下列说法中正确的是（）Ax=2，T1T2，P2P1BP3P4，y轴表示B的质量分数CP3P4，y轴表示混合气体的密度DP3P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量二、填空题（共6个小题，共58分）15五种短周期元素A、B、C、D、E，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期C、
9、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个E周期序数等于E原子最外层电子数根据以上信息回答下列问题：（1）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是（用元素符号填写）（2）乙物质中存在的化学键类型是（3）选用恰当的试剂除去D中少量的E，写出发生反应的化学方程式（4）化合物乙的电子式（5）将D、E的单质插入NaOH溶液中，构成原电池，其负极反应是16肼（N2H4）可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气已知：N2（g）+2O2（g）N2O4（l）H119.5kJmol1N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H
10、2O（g）H2534.2kJmol1（1）写出肼和N2O4反应的热化学方程式（2）已知H2O（l）H2O（g）H3+44kJmol1，则表示肼燃烧热的热化学方程式为（3）肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为17根据下列框图回答问题（答题时，方程式中的M、E用所对应的元素符号表示）（1）写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式：（2）某同学取X的溶液，酸化后通入氧气再加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式：、（3）写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式：18在一个固定体积为2升的密闭容器中，充入2mol A和1mol B，发生如下反应
11、：2A（g）+B（g）3C（g）+D（s），2分钟反应达到平衡，此时C的浓度为1.2 mol/L（1）2分钟内用B表示的平均反应速度为；（2）若容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为：（填“吸热”或“放热”）反应19在一定条件下进行如下反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）图1是不同温度下反应达到平衡时，反应混合物中Z的体积分数和压强关系示意图（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=随着温度的升高，K值（填“增大”“减小”或“不变”）当反应物起始浓度相同时，平衡常数K值越大，表明（填字母）AX的转化率越高 B反应进行得越完全C达到平衡时X的浓度越大 D化学反应速率越快
12、（2）如图2所示，相同温度下，在甲、乙两容器中各投入1molX、2molY和适量催化剂，甲、乙两容器的初始体积均为1L甲、乙容器达到平衡所用时间：甲乙（填“”“”或“=”，下同），平衡时X和Y的转化率：甲乙20某酸性工业废水中含有K2Cr2O7光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72转化为Cr3+某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O即可对该反应起催化作用为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：（1）在25下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）实验编
13、号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL46010305601030560测得实验和溶液中的Cr2O72浓度随时间变化关系如图所示（2）上述反应后草酸被氧化的离子方程式为（3）实验和的结果表明；实验中0t1时间段反应速率v（Cr3+）=molL1min1（用代数式表示）（4）该课题组对铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用：假设二：；假设三：；（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2（SO4）324H
14、2O、Al2（SO4）3等溶液中Cr2O72的浓度可用仪器测定）实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论2015-2016学年四川省德阳五中高二（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共14个小题，每小题3分，共42分）1决定化学反应速率的主要因素是（）A反应物的浓度B反应温度C使用催化剂D反应物的性质【考点】化学反应速率的影响因素【分析】根据决定化学反应速率的根本原因（内因）：反应物本身的性质【解答】解：因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素故选：D【点评】本题主要考查了影响化学反应速率的内因，要注意与外因（浓度、温度
15、、压强、催化剂）的区别2下列指定反应的离子方程式正确的是（）ANa投入水中：Na+H2ONa+OH+H2BNaHCO3溶液与氢氧化钠溶液反应：HCO3+2OHCO2+H2OC用CH3COOH 溶液CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H20Al（OH）3+HCO3【考点】离子方程式的书写【分析】A.2mol钠生成1mol氢气，离子方程式两边不满足电子守恒；BNaHCO3溶液与NaOH溶液反应碳酸钠和水；C碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反应中保留化学式；D二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子【
16、解答】解：A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；BNaHCO3溶液与NaOH溶液反应碳酸钠和水，正确的离子方程式为：OH+HCO3=CO32+H2O，故B错误；C碳酸钙与醋酸的反应中，碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子反应为：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2，故C错误；DNaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3，反应的离子方程式为：CO2+AlO2+2H20Al（OH）3+HCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离
17、子方程式正误常用方法：检查反应物、生成物的拆分是否正确、是否满足守恒关系（质量守恒、电荷守恒、电子守恒）、是否满足原反应方程式等3NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A1molCH3含有的电子数为10NAB92gNO2气体中含有原子数为6NAC1molC2H4分子中含共价单键总数为8NAD标准状况下22.4LCHCl3中含有原子总数为5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A甲基为中性原子团，1mol甲基中只含有9mol电子；B根据n=计算出二氧化氮的物质的量，再计算出含有的原子数；C乙烯分子中含有的共价单键为碳氢键，其分子中含有4个碳氢键；D标准状况下三氯甲烷的状态不是气体【解答】解：A
18、1molCH3含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故A错误；B92g二氧化氮的物质的量为： =2mol，含有的原子的物质的量为6mol，含有原子数为6NA，故B正确；C1mol乙烯分子中含有4mol碳氢键，含共价单键总数为4NA，故C错误；D标况下三氯甲烷为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系为解答关键，注意掌握标况下气体摩尔体积的使用条件4少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方
19、法中的（）加H2O 加NaOH固体 滴入几滴浓盐酸加NaCl溶液 改用10mL 0.1mol/L的盐酸滴加几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发）ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】为了加快此反应速率而不改变H2的产量，少量铁粉完全反应，则可增大氢离子浓度、构成原电池、升高温度等来加快反应速率，以此来解答【解答】解：加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；改用10mL 0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率
20、加快，故正确；滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，故正确；故选B【点评】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意铁粉少量完全反应，生成的氢气由铁粉决定为解答的易错点，解答中易多选，题目难度不大5下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（）AK+、Ca2+、Cl、NO3BK+、Na+、Br、SiO32CH+、Fe2+、SO42、Cl2DK+、Ag+、NH3H2O、NO3【考点】离子共存问题【分析】各组离子的溶液中，通入过量CO2气体后
21、，CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的碳酸分子，少量氢离子、碳酸根离子，据此与各组微粒分析共存问题即可解答【解答】解：A该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入CO2后CO2+H2OH2CO3，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，溶液中存在大量的氢离子、碳酸根离子与K+、Cl、NO3，均不反应，也能大量共存，因盐酸的酸性、硝酸的酸性强于碳酸，所以通入CO2后与Ca2+、不能形成沉淀，即仍能大量共存，故A正确；B因碳酸的酸性比硅酸强，所以向B组通入二氧化碳，必发生反应CO2+SiO32+H2O=H2SiO3+CO32，所以B组不能大量
22、共存，故B错误；C该组微粒中氯气具有强氧化性，二价铁离子具有还原性，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，所以C组不能大量共存，故C错误；D该组微粒中Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+，AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O，所以D组不能大量共存，故D错误；故选A【点评】离子共存问题，解题的关键在于：掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应解答该题注意二氧化碳与水反应的产物与溶液中的离子共存，题目难度中等6已知反应4CO+2NO2N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（）Av（CO）=1.5molL1min1Bv（NO2）
23、=0.7molL1min1Cv（N2）=0.4molL1min1Dv（CO2）=1.1molL1min1【考点】反应速率的定量表示方法【分析】把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，而同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，从而确定选项【解答】解：A、v（CO）=1.5molL1min1；B、v（CO）=2v（NO2）=1.4molL1min1；C、v（CO）=4v（N2）=1.6molL1min1；D、v（CO）=v（CO2）=1.1molL1min1；所以反应速率最快的是C，故选C【点评】本题主要考查了反应速率快慢的比较方法，难度不大，注意要把不同
24、物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，还要注意单位是否相同7下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJB已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定C含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1；2C（s）+O2（g）2CO（g）H2则H1H2【考点】反应热和焓变【分析】A、依据燃烧热
25、概念分析，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、物质能量越高越活泼；C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析；D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热分析【解答】解：A、依据燃烧热概念分析，燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，生成的水不是稳定氧化物，则氢气的燃烧热大于241.8kJ，故A错误；B、已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨能量高，物质能量越高越活泼，金刚石稳定性小于石墨，故B错误；C、依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mo
26、l水放出的热量计算分析，含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，40g氢氧化钠完全反应放热57.4 kJ，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJ/mol，故C正确；D、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变为负值比较大小，2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H2，故D错误；故选C【点评】本题考查了燃烧热、中和热概念分析计算应用，盖斯定律实质理解判断，掌握基础是关键，题目较简单8在一定温度下某容积固定的密闭容器中，建立下列化学平衡：C（s）+H2
27、O（g）CO（g）+H2（g），不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（）A体系的压强不再发生变化Bv正（CO）=v逆（H2O）C生成nmolCO的同时生成nmolH2D1molHH键断裂的同时断裂2molHO键【考点】化学平衡状态的判断【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【解答】解：A、体系的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故A正确
28、；B、v正（CO）=v逆（CO）=v逆（H2O），故B正确；C、只要反应发生就符合生成nmolCO的同时生成nmolH2，所以不一定平衡，故C错误；D、1molHH键断裂等效于形成2molHO键同时断裂2molHO键，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为09对于可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，下列叙述正确的是（）A单位时间内生成2molSO3的同时消耗了1molO2，则反应到达平衡状态B升高温度反应速率增大，由于该反应是放热反应，V（逆）小于V（正），所以反应达到平衡的时间将延长C保持温度和密闭
29、体系体积不变，起始加入2molSO2和1molO2，平衡后加入2molSO2和1molO2，重到达平衡时SO2的体积分数减小D该反应的化学平衡常数表达式为K=【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素【分析】A生成2molSO3的同时消耗了1molO2都是正反应，无法判断正逆反应速率是否相等；B升高温度后反应速率增大，则达到平衡的时间减小；升高温度后平衡向着逆向移动，则V（逆）V（正）；C温度和体积不变条件下，起始加入2molSO2和1molO2，平衡后加入2molSO2和1molO2，重到达平衡时相当于增大了压强，平衡向着正向移动，二氧化硫的体积分数减小；D根据平衡常数的概念及表达式进行
30、判断【解答】解：A单位时间内生成2molSO3的同时消耗了1molO2，表示的都是正反应，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B升高温度反应速率增大，则达到平衡的时间减小；由于该反应是放热反应，平衡向着逆向移动，V（逆）大于V（正），故B错误；C温度和容器的体积不变条件下，起始加入2molSO2和1molO2，平衡后加入2molSO2和1molO2，重新达平衡时相当于在增大了压强，平衡向着正向移动，则达到平衡时二氧化硫的体积分数减小，故C正确；D反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的平衡常数表达式为：K=，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡及其影
31、响因素、化学平衡的判断，题目难度中等，明确化学平衡的影响因素为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征及判断方法，试题培养了学生的灵活应用能力10温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：mA（气）+nB（气）pC（气），达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9 倍，则下列叙述中正确的是（）A平衡向逆反应方向移动BC气体的体积分数增大C气体A的转化率升高Dm+np【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】若将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9
32、倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+np，结合平衡移动特点解答该题【解答】解：A将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9 倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，故A正确；B平衡向逆反应方向移动，C气体的体积分数减小，故B错误；C平衡向逆反应方向移动，气体A的转化率减小，故C错误；D增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+np，故D错误故选A【点评】本题考查化学平衡移动的判断，题目难度中等，注意把握缩小体积气体浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键11某温度下，H2（g）+CO2（g
33、）H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如下表所示起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.0100.0200.020c（CO2）/mol/L0.0100.0100.020下列判断不正确的是（）A平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012mol/LB反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢C平衡时，乙中CO2的转化率大于60%D平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A设甲中平衡时c（CO2）为xmol/L， H2（g）+CO2（g）H2O（g）+C
34、O（g）开始（mol/L）0.010 0.010 0 0反应（mol/L）（0.010x）（0.010x）（0.010x）（0.010x）平衡（mol/L）x x （0.010x） （0.010x）化学平衡常数K=，x=0.004该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动；B反应物浓度越大、压强越大反应速率越大；C乙与甲相比，乙中氢气浓度大于甲，平衡正向移动，氢气浓度越大导致二氧化碳转化率越大；D甲和丙对比，并相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，物质的转化率不变【解答】解：A设甲中平衡时c（CO2）为xmol/L，
35、H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）0.010 0.010 0 0反应（mol/L）（0.010x）（0.010x）（0.010x）（0.010x）平衡（mol/L）x x （0.010x） （0.010x）化学平衡常数K=，x=0.004该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动，所以平衡时二氧化碳浓度是甲中二倍，为0.008mol/L，故A错误；B反应物浓度越大、压强越大反应速率越大，压强大小顺序是丙乙甲，则反应速率丙乙甲，故B正确；C乙与甲相比，乙中氢气浓度大于甲，平衡正向移动，氢气浓度越大导致二氧化碳转化率越大，甲中二氧化碳转化率=60%，乙中二氧化
36、碳转化率大于甲，则乙中二氧化碳转化率大于60%，故C正确；D甲和丙对比，并相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，物质的转化率不变，根据C知，甲、丙中二氧化碳转化率都是60%，故D正确；故选A【点评】本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，明确压强不影响该反应平衡移动是解本题关键，注意甲丙采用对比方法进行分析解答，题目难度不大12汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应
37、在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化下列叙述正确的是（）A温度T下，该反应的平衡常数K=B温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的H0【考点】化学平衡建立的过程；真题集萃【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；B、此容器为恒容密闭容器，=，据此判断即可；C、催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应【解答】解：A、N2（g）+O2（g）2NO（g），起（mol/L） c0 c0
38、0转（mol/L） c0 c1 c0 c1 2（c0 c1 ）平（mol/L） c1 c1 2（c0 c1 ）故K=，故A正确；B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度=不变，故B错误；C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即H0，故D错误，故选A【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的
39、影响等，综合性较强，有一定难度13一定温度下，1 molX和n mol Y在体积为2L的密闭容器中发生如下反应：X（g）+Y（g）=2Z（g）+M（s），5min后达到平衡，此时生成2a mol Z下列说法正确的是（）A用X表示此反应的反应速率是（0.10.2a）mol（Lmin）1B当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态C向平衡后的体系中加入1mol M，平衡向逆反应方向移动D向上述平衡体系中再充入1mol X，v（正）增大，v（逆）减小，平衡正向移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】A利用物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算X的物质的量变化量，再根据v=计算；B随反应进行
40、，反应混合气体的质量减小，混合气体的质量不变，说明到达平衡；C固体对化学反应速率和化学平衡都没有影响；D再充入1molX，反应物的浓度增大，生成物的浓度不变，所以v（正）增大，v（逆）不变，平衡向正反应移动【解答】解：A5min后达到平衡，生成2amolZ，则参加反应的X的物质的量为2amol=amol，故v（X）=0.1amol/（Lmin），故A错误；B随反应进行，反应混合气体的质量减小，混合气体的质量不变，说明到达平衡，故B正确；C因固体和纯液体改变它的物质的量并不会改变它的浓度，因此化学平衡并不移动，故C错误；D向上述平衡体系中再充入1molX，反应物的浓度增大，生成物的浓度不变，所以
41、v（正）增大，v（逆）不变，平衡向正反应移动，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡状态判断等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握14在容积一定的密闭容器中，发生可逆反应：A（g）+B（g）xC（g），有如图（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）所示的反应曲线，则下列说法中正确的是（）Ax=2，T1T2，P2P1BP3P4，y轴表示B的质量分数CP3P4，y轴表示混合气体的密度DP3P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】图1中根据“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，增大压强，C的体积分数增大，平衡
42、向正反应方向移动，则正反应是气体体积减小的反应，所以x=1；升高温度，C的体积分数降低，说明向逆反应方向移动，则正反应是放热反应【解答】解：图1中根据“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应是气体体积减小的反应，所以x=1；升高温度，C的体积分数降低，说明向逆反应方向移动，则正反应是放热反应A由上述分析可知，x=1，T1T2，P2P1，故A错误；B升高温度平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，则P3P4，故B错误；C混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，故C错误；D
43、混合气体总质量不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体总物质的量增大，平均摩尔质量减小，增大压强平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量减小，混合气体平均摩尔质量增大，则P3P4，故D正确，故选D【点评】本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素，关键是利用“定一议二”与“先拐先平数值大”原则分析反应特征二、填空题（共6个小题，共58分）15五种短周期元素A、B、C、D、E，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个E周期序数等于E原子最外层电子数根据以上信息回答下列问题：
44、（1）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是ONAlMgNa（用元素符号填写）（2）乙物质中存在的化学键类型是离子键、共价键（3）选用恰当的试剂除去D中少量的E，写出发生反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（4）化合物乙的电子式（5）将D、E的单质插入NaOH溶液中，构成原电池，其负极反应是Al3e+4OH=AlO2+2H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元
45、素，甲是氧化钠，乙是过氧化钠，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个且位于第二周期，A元素的第二电子层为5个电子第一电子层为2个电子，则A是N元素，D位于第三周期且原子序数大于钠而小于铝，则D是Mg元素，E周期序数等于E原子最外层电子数，且原子序数比镁大，则E是第三周期，第A族元素，即为Al元素，据此答题；【解答】解：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是氧化钠，乙是过氧化钠，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个且位于第二周期，A元素的
46、第二电子层为5个电子第一电子层为2个电子，则A是N元素，D位于第三周期且原子序数大于钠而小于铝，则D是Mg元素，E周期序数等于E原子最外层电子数，且原子序数比镁大，则E是第三周期，第A族元素，即为Al元素，（1）原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素的原子半径从小到大顺序是：ONAlMgNa，故答案为：ONAlMgNa；（2）乙是过氧化钠，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）D为Mg，E为Al，镁不和氢氧化钠溶液反应，铝和氢氧化钠溶液反应，所以可以用氢氧化钠溶液除
47、去镁中的铝，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（4）化合物是过氧化钠，它的电子式为，故答案为：；（5）镁、铝和氢氧化钠溶液构成的原电池中，铝易失电子发生氧化反应而作负极，镁作正极，其负极反应是Al3e+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O；【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及原电池原理、除杂、元素周期律等知识点，这些都是学习重点，根据原子结构及元素周期表正确判断元素是解本题关键，注意（5）中不能根据金属的活泼性判断正负极，要根据得失电子的难易程度判断正负极，
48、为易错点16肼（N2H4）可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气已知：N2（g）+2O2（g）N2O4（l）H119.5kJmol1N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H2534.2kJmol1（1）写出肼和N2O4反应的热化学方程式2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H=1048.9kJ/mol（2）已知H2O（l）H2O（g）H3+44kJmol1，则表示肼燃烧热的热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H2=622.2kJmol1（3）肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为N2
49、H4+4OH4e=N2+4H2O【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）依据盖斯定律，结合题干热化学方程式计算写出；（2）把握燃烧热的概念，结合盖斯定律来解（3）负极发生还原反应，是肼在反应，注意电解质溶液的酸碱性即可【解答】解：（1）N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）H1=19.5kJmol1 N2H4（l）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（g）H2=534.2kJmol1 根据盖斯定律写出肼和N2O4反应的热化学方程：2得到：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H=1048.9kJ/mol；故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=
50、3N2（g）+4H2O（g）H=1048.9kJ/mol；（2）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，可燃物必须为1mol由反应 N2H4（l）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（g）H2=534.2kJmol1 H2O（l）H2O（g）H3=+44kJmol1将2可得：N2H4（l）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（l）H2=622.2kJmol1故答案为：N2H4（l）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（l）H2=622.2kJmol1（3）负极发生还原反应，是肼在反应，肼中的N从2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H
51、4+4OH4e=N2+4H2O，故答案为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O；【点评】本题考查了原子结构示意图、化学方程式的书写以及热化学方程式的书写和燃料电池电极反应，综合性较强，中等难度17根据下列框图回答问题（答题时，方程式中的M、E用所对应的元素符号表示）（1）写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O（2）某同学取X的溶液，酸化后通入氧气再加入KI、淀粉溶液，变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O、2Fe3+2I=2Fe2+I2（3）写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式：
52、2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O【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】框图推断题要注意寻找解题的突破口，在本题中，红色的金属是铜，能使硫氰酸钾显红色的是三价铁，氯气具有较强的氧化性，能将金属氧化到最高价态【解答】解：根据图中的信息，可知M是金属铜，蓝色溶液即为硫酸铜，能使硫氰酸钾显红色的是三价铁离子，所以Y是三价铁盐，X中含有亚铁离子，所以金属E是铁，X是硫酸亚铁，Z是氢氧化铁沉淀，氯气具有较强的氧化性，能将金属铁氧化到最高价态+6价（1）金属铜在双氧水的氧化作用下和硫酸反应的方程式为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO
53、4+2H2O，故答案为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O；（2）亚铁离子具有较强的还原性，能被氧气氧化为+3价，碘离子有还原性，三价铁具有氧化性，二者之间发生氧化还原反应生成的碘单质能使淀粉变蓝，故答案为：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，2Fe3+2I=2Fe2+I2；（3）氯气具有强氧化性，能将三价铁氧化到+6价，反应原理为：2Fe（OH）3+3Cl2+10 KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3Cl2+10 KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O【点评】本题考查学生物质的性质的有关知识，注意框图推断题要寻找合适的解题突破口是
54、关键18在一个固定体积为2升的密闭容器中，充入2mol A和1mol B，发生如下反应：2A（g）+B（g）3C（g）+D（s），2分钟反应达到平衡，此时C的浓度为1.2 mol/L（1）2分钟内用B表示的平均反应速度为0.2mol/（Lmin）；（2）若容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为：吸热（填“吸热”或“放热”）反应【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法【分析】2分钟反应达到平衡，此时C的浓度为1.2mol/L，则 2A（g）+B（g）3C（g）+D（s），开始 1 0.5 0 转化0.8 0.4 1.2平衡0.2 0.1 1.2（1）K为生成物浓
55、度幂之积与反应物浓度幂之积的比，结合反应速率与化学计量数之比计算；（2）温度升高，平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小，D为固体，正向移动，气体质量减小，平衡正向移动【解答】解：2分钟反应达到平衡，此时C的浓度为1.2mol/L，则 2A（g）+B（g）3C（g）+D（s），开始 1 0.5 0 转化 0.8 0.4 1.2平衡 0.2 0.1 1.2（1）C的反应速率为=0.6mol/（Lmin），则B的反应速率为0.2mol/（Lmin），故答案为：0.2mol/（Lmin）；（2）温度升高，平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小，D为固体，正向移动，气体质量减小，平衡正向移动，则正反应为吸
56、热反应，故答案为：吸热【点评】本题考查化学平衡的建立、平衡移动等，注意反应速率的关系、温度对平衡的移动即可解答，题目难度不大19在一定条件下进行如下反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）图1是不同温度下反应达到平衡时，反应混合物中Z的体积分数和压强关系示意图（1）写出该反应的化学平衡常数表达式：K=随着温度的升高，K值减小（填“增大”“减小”或“不变”）当反应物起始浓度相同时，平衡常数K值越大，表明AB（填字母）AX的转化率越高 B反应进行得越完全C达到平衡时X的浓度越大 D化学反应速率越快（2）如图2所示，相同温度下，在甲、乙两容器中各投入1molX、2molY和适量催化剂，甲、乙两容器的初
57、始体积均为1L甲、乙容器达到平衡所用时间：甲乙（填“”“”或“=”，下同），平衡时X和Y的转化率：甲乙【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；化学平衡的影响因素【分析】（1）化学平衡常数为达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；由图1可知，温度越高，Z的含量越低，所以平衡向逆反应方向移动，据此判断；平衡常数K值越大，反应进行的程度越大，即反应物的转化率越高（2）由图1可知，压强越高，Z的含量越高，所以平衡向正反应方向移动，即a+bc，甲为减压，乙中压强不变，速率乙中快；乙等效为甲加压，压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动
58、，转化率增大【解答】解：（1）该反应的化学平衡常数表达式K=；由图1可知，温度越高，Z的含量越低，所以平衡向逆反应方向移动，K值减小；平衡常数K值越大，反应进行的程度越大，即反应物的转化率越高，故选AB故答案为：；减小；AB；（2）由图1可知，压强越高，Z的含量越高，所以平衡向正反应方向移动，即a+bc，甲为减压，乙中压强不变，速率乙中快，到达平衡所时间甲乙；乙等效为甲加压，压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，转化率增大，所以甲乙故答案为：；【点评】本题主要考查平衡常数、平衡移动等，综合性较大，难度中等，注意等效平衡思想的建立20某酸性工业废水中含有K2Cr2O7光照下，草酸（
59、H2C2O4）能将其中的Cr2O72转化为Cr3+某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O即可对该反应起催化作用为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：（1）在25下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL46010305601030560测得实验和溶液中的Cr2O72浓度随时间变化关系如图所示（2）上述反应后草酸被氧化的离子方程式为Cr2O72+3H2C2O4+8H+=6CO2+2Cr3+7H2O
60、（3）实验和的结果表明溶液PH对该反应的速率有影响；实验中0t1时间段反应速率v（Cr3+）=molL1min1（用代数式表示）（4）该课题组对铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用：假设二：Al3+起催化作用；假设三：SO42起催化作用；（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2（SO4）324H2O、Al2（SO4）3等溶液中Cr2O72的浓度可用仪器测定）实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论用等物质的量K
61、2SO4Al2（SO4）324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72）大于实验中c（Cr2O72），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72）相同，则假设一不成立【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）中PH不同，是探究PH对速率的影响；则是探究不同浓度时草酸对速率的影响；（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，Cr2O72转化为Cr3+，根据电子守恒来计算；（3）实验表明溶液pH越小，反应的速率越快，根据公式求算；（4）根据铁明矾的组成分析；（5）做对比实验：要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再
62、做没有Fe2+存在时的实验，用等物质的量K2SO4Al2（SO4）324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验【解答】解：（1）中PH不同，是探究PH对速率的影响；则是探究不同浓度时草酸对速率的影响，故答案为：实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL2020（2）草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO2，被氧化为+4价，化合价共升高2价，Cr2O72转化为Cr3+，化合价共降低了6价，根据电子守恒，参加反应的Cr2O72与草酸的物质的量之比为是1：3，离子方程式为：Cr2O72+3H2C2O4+8H+=6CO2+2Cr3+7H2O，故
63、答案为：Cr2O72+3H2C2O4+8H+=6CO2+2Cr3+7H2O；（3）由实验表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，v（Cr3+）=2v（Cr2O72）=molL1min1，故答案为：溶液pH对该反应的速率有影响；（4）根据铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O组成分析，Al3+起催化作用；SO42起催化作用，故答案为：Al3+起催化作用；SO42起催化作用；（5）要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4Al2（SO4）324H2O，注意由于需要控制Al3+和SO42浓度比，不要选用K2SO4和Al2（SO
64、4）3；用等物质的量K2SO4Al2（SO4）324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72）大于实验中c（Cr2O72），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72）相同，则假设一不成立；故答案为：实验方案预期实验结果和结论用等物质的量K2SO4Al2（SO4）324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72）大于实验中c（Cr2O72），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72）相同，则假设一不成立【点评】本题考查了探究重铬酸根与草酸反应过程中的催化作用，该反应为一比较熟悉的反应，还考查了从图象中获取数据并分析的能力、设计实验的能力等，有一定难度
