1、2015-2016学年四川省德阳市什邡中学高三（上）期末化学模拟试卷一、选择题（2015秋什邡市校级期末）下列表示式错误的是（）AMg2+的电子排布图：BNa+的结构示意图：CCr的价层电子排布式：3d54s1DC的电子排布式：1s22s12p32短周期元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）A质子数：cdB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD原子半径：XW3下列结构图中，代表前二周期元素的原子实（原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分），小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键示例：根据各图表示的结构特点，下列有关叙述正确
2、的是（）A上述结构图中共出现6种元素B甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C甲与丁可以发生化合反应生成离子化合物D向CaCl2溶液中加入（或通入）丙有白色沉淀产生4韩国首尔大学的科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成“暖冰”下列关于“暖冰”的说法正确的是（）A暖冰中水分子是直线型分子B水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C暖冰中水分子的各原子均满足8电子稳定结构D在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”5已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol1请根据下表所列数据判断，错误的是（）元素I1I2I3I4X5004 6006 9009
3、500Y5801 8002 70011 600A元素X的常见化合价是+1价B元素Y是A族元素C元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应6固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是（）ANH5中既有离子键又有共价键BNH5的熔沸点高于NH3C1mol NH5中含有5mol NH键DNH5固体投入少量水中，可产生两种气体7下列有关说法不正确的是（）A水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键BCaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+CH原子的电子云
4、图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D金属Cu中Cu原子堆积模型如图4，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为128已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920 kJB557 kJC436 kJD188 kJ9灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体已知：Sn（s，白）+2HCl（aq）SnCl2（aq）+H2（g）H1Sn（s，灰）+2HCl（aq）SnCl2（aq）+H2（g）H2Sn（s，灰）Sn（s，白
5、）H3=+2.1kJmol1，下列说法正确的是（）AH1H2B锡在常温下以灰锡状态存在C灰锡转为白锡的反应是放热反应D锡制器皿长期处在低于13.2的环境中，会自行毁坏10根据下列有关图象，说法正确的是（）A由图知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的H0B由图知，反应在t6时，NH3体积分数最大C由图知，t3时采取降低反应温度的措施D在10L容器、850时反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量11NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率将浓度均为0.020molL1NaHSO3溶
6、液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）A40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0105molL1s1D温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂12对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达
7、到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）13某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是（）AK值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大B若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大C温度越高，K一定越大D如果m+n=p，则K=114对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列各项对示意图的解释与图象相符的是（） A压强对反应的影响（p2p1）B温度对反应的影响C平衡体系增加N2对反应的影响D催化剂对反应的影响二填空题15有A、B、C、D、E五种
8、元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级中的电子数等于次外层的电子总数，C原子最外层中有2个不成对的电子已知C、D、E原子核内的质子数均与中子数相等，且C元素可分别与A、B、D、E生成RC2型化合物，在DC2中，D与C的质量比为7：8，在EC2中，E与C的质量比为1：1请回答下列问题：（1）写出A、E两种元素的元素符号：A、E（2）写出D原子的电子排布式（3）指出E在元素周期表中的位置（4）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序（5）比较D和E元素的电负性的相对大小16英国科学家安德烈海姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫因在石墨烯（如图）材料方面的卓越研究而获得2010年诺贝尔物理学奖六
9、方氮化硼（BN）与石墨是等电子体，它有“白石墨”之称，具有类似石墨的层状结构，有良好的润滑性C、N、B的第一电离能由大到小的顺序为，电负性由小到大的顺序为17目前，利用金属或合金储氢已取得很大进展，先后发现了Ni、Mg、Fe基三个系列的储氢材料，如图是一种储氢密度超过液氢的镍基合金的晶胞结构图Ni原子的基态电子排布式为，位于周期表的区这种储氢合金的化学式为18把CoCl26H2O和碳酸铵混合氧化，然后加入盐酸可得到化合物A（化学式为CoCl3H12N4），在A中加入硝酸银溶液只有的氯可被沉淀A的结构式为根据价层电子对互斥理论，推测CO32的空间构型为19二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利
10、昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；H=41.3kJmol1总反应：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2 （g）的H=；一定条件下的密闭容器中，该总反
11、应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是（填字母代号）a高温高压 b加入催化剂 c减少CO2的浓度d增加CO的浓度 e分离出二甲醚（4）已知反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（molL1）0.440.60.6比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“”、“”或“=”）若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=；该时间内反应速率v（CH3OH）=20某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH
12、4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭 真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）实验测得的不同温度下的平衡数据列于下表：温度/15.020.025.030.035.0平衡总压强/kPa5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度/molL12.41033.41034.81036.81039.4103可以判断该分解反应已经达到平衡的是A2v（NH3）=v（CO2）B密闭容器中总压强不变C密闭容器中混合气体的密度不变D密闭容器中氨气的体积分数不变根
13、据表中数据，列式计算 25.0时氨基甲酸铵的分解平衡常数：取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在 25.0下达到分解平衡若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量（填“增加”、“减少”或“不变”）氨基甲酸铵分解反应的焓变H0（填“”、“=”或“”），熵变S0（填“”、“=”或“”）（2）已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定其水解反应速率，得到c（NH2COO）随时间的变化趋势如图所示计算 25.0时，06min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率：根据图中信息，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：
14、21如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器均发生如下反应：A（g）+3B（g）2C（g）（1）向M、N中，各通入1mol A和3mol B初始M、N容积相同，并保持温度不变则到达平衡时A的转化率（A）M（A）N，A的体积分数x（A）Mx（A）N（填“”、“”或“=”）（2）向M、N中，各通入x mol A和y mol B，初始M、N容积相同，并保持温度不变若要平衡时保持A气体在M、N两容器中的体积分数相等，则起始通入容器中的A的物质的量x mol与B的物质的量y mol之间必须满足的关系式为（3）若在某件下，反应A（g）+3B（g）2C（g）在容器N中达到平衡，测得容器中含有
15、A 1.0mol，B 0.4mol，C 0.4mol，此时容积为2.0L则此条件下的平衡常数为；保持温度和压强不变，向此容器内通入0.36mol A，平衡将（填“正向”、“逆向”或“不”）移动22某实验小组对H2O2的分解做了如下探究下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15mL 5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应，带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢，火星红亮但木条未复燃30min（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式：，该
16、反应是反应（填放热或吸热）（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与有关23某温度时在2L容器中X、Y、Z三种物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，图中数据分析：（1）该反应的化学方程式为：（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为：（3）在密闭容器里，通入a mol X（g）和b mol Y（g），发生反应X（g）+Y（g）=2Z（g），当改变下列条件时，反应速率会减小A降低温度 B加入催化剂 C增大容器体积2015-2016学年四川省德阳市什邡中学高三（上）期末化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（2015秋什邡市校级期末）下列表示式错误的是（）AMg2+的电子排布图
17、：BNa+的结构示意图：CCr的价层电子排布式：3d54s1DC的电子排布式：1s22s12p3【考点】原子核外电子排布【专题】原子组成与结构专题【分析】A、Mg2+含有10个核外电子，电子排布式为1s2 2s22p6；B、钠离子核内有11个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，据此进行分析判断；C、Cr原子序数24，说明原子核外电子数为24，根据构造原理、洪特规则特例得到电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1；D、违反能量最低原理【解答】解：A、Mg2+含有10个核外电子，电子排布式为1s2 2s22p6，核外电子排布图为
18、，故A正确；B、钠离子核内有11个质子，核外有3个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，其结构示意图：，故B正确；C、原子序数24，说明原子核外电子数为24，根据构造原理、洪特规则特例得到电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，故C正确；D、违反能量最低原理，所以C的电子排布式：1s22s22p2，故D错误；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，注意掌握电子式、粒子结构示意图、结构式、电子排布式等化学用语的概念及正确的表示方法，选项C为易错点，注意Cr原子3d轨道能量大于4s2短周期元素的离子aW3+、bX+、cY2
19、、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）A质子数：cdB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD原子半径：XW【考点】原子结构与元素的性质【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a3=b1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，以此解答该题【解答】解：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a3=b1=c+2=d+1，Y、Z为非
20、金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，A种离子的电子层结构相同，则c+2=d+1，则质子数dc，故A错误；B非金属性FO，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性Y2Z，故B正确；C非金属性FO，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HZH2Y，故C错误；DW为Al元素，X为Na元素，原子半径NaAl，故D错误故选B【点评】本题通过四种电子层结构相同的粒子考查学生对原子（离子）结构、元素周期律、氧化还原等知识的掌握情况，同时也要求学生平时应善于对知识进行归纳总结并变通应用3下列结构图中，代表前
21、二周期元素的原子实（原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分），小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键示例：根据各图表示的结构特点，下列有关叙述正确的是（）A上述结构图中共出现6种元素B甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C甲与丁可以发生化合反应生成离子化合物D向CaCl2溶液中加入（或通入）丙有白色沉淀产生【考点】极性分子和非极性分子；离子化合物的结构特征与性质【专题】化学键与晶体结构【分析】根据图示结构及题中信息可知，甲为HF、乙为N2、丙为CO2、丁为NH3，A、根据推断及图示结构分析含有的元素种类；B、HF中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，不是非极性分子；C、氯化氢与氨
22、气生成了氯化铵，氯化铵为离子化合物；D、氯化钙不能够与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：各物质的元素都是前二周期元素，根据图示中最外层电子数及成键情况可知，甲为：HF、乙为：N2、丙为：CO2、丁为：NH3，A、上述结构图中共出现的元素有：H、F、N、C、O五种元素，故A错误；B、氮气和二氧化碳属于非极性分子，而HF、氨气中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，故B错误；C、甲为氟化氢、丁为氨气，二者反应生成了氟化铵，属于离子化合物，故C正确；D、氯化钙与二氧化碳不发生反应，不会生成白色沉淀，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子化合物判断、极性分子和非极性分子的判断，题目难度中等，解题关键
23、是根据图示结构和信息推断出甲、乙、丙、丁的分子组成，然后根据化学键的类型、极性分子和非极性分子的概念进行判断4韩国首尔大学的科学家将水置于一个足够强的电场中，在20时，水分子瞬间凝固形成“暖冰”下列关于“暖冰”的说法正确的是（）A暖冰中水分子是直线型分子B水凝固形成20时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C暖冰中水分子的各原子均满足8电子稳定结构D在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”【考点】判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响【专题】化学键与晶体结构【分析】A、根据价层电子对互斥理论判断水分子的空间构型；B、在反应中有新物质生成的是化学反应；C、分子中原子满足
24、8电子稳定结构的方法是：元素的化合价绝对值+该原子的最外层电子数=8，就达到8电子稳定结构，否则就不满足8电子稳定结构；D、根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”【解答】解：A、水分子中氧原子含有2个键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，故A错误；B、水凝固形成20时的“暖冰”没有新物质生成，所以所发生的变化不是化学变化，故B错误；C、水分子中氢原子化合价的绝对值1+氢原子最外层电子数1=2，所以水分子中氢原子不满足8电子稳定结构，故C错误；D、在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；故选D【点评】本题考查了分子的空
25、间构型、分子中原子8电子稳定结构的判断、化学变化的判断等知识点，难度不大，注意分子中原子满足8电子稳定结构的方法是：元素的化合价绝对值+该原子的最外层电子数=8，就达到8电子稳定结构，否则就不满足8电子稳定结构5已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol1请根据下表所列数据判断，错误的是（）元素I1I2I3I4X5004 6006 9009 500Y5801 8002 70011 600A元素X的常见化合价是+1价B元素Y是A族元素C元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【专题】元素周期律与元素周期表专
26、题【分析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y，结合物质性质分析解答【解答】解：X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y，AX为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C元素X与氯形成化合物时，X的电负
27、性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中X显+1价、Cl元素显1价，则化学式可能是XCl，故C正确；D若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误；故选D【点评】本题考查元素的电离能知识，题目难度不大，注意第一电离能与核外最外层电子的关系6固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是（）ANH5中既有离子键又有共价键BNH5的熔沸点高于NH3C1mol NH5中含有5mol NH键DNH5固体投入少量水中，可产生两种气体【考点】化学键；分子间作用力对物质的状态等方面的影响【专题】化学键与
28、晶体结构【分析】A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则A中存在铵根离子和H，为离子化合物，以此来解答【解答】解：ANH5中存在铵根离子和H，为离子化合物，铵根离子中含NH共价键，故A正确；BNH5为离子晶体，氨气为分子晶体，则NH5的熔沸点高于NH3，故B正确；C.1mol NH5中含有4mol NH键，故C错误；DNH5固体投入少量水中，可产生氨气、氢气两种气体，故D正确；故选C【点评】本题考查化学键，利用信息得出物质的结构为解答的关键，注意铵根离子中存在共价键，注重知识的迁移应用，题目难度不大7下列有关说法不正确的是（）A水合铜离子的模型如图1所
29、示，1个水合铜离子中有4个配位键BCaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+CH原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D金属Cu中Cu原子堆积模型如图4，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12【考点】晶胞的计算【专题】化学键与晶体结构【分析】A水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，据此答题；B根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为=4，据此答题；C电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的
30、一个电子在原子核附近出现的机会较多，据此答题；D在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，据此答题；【解答】解：A、水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，故A正确；B、根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为=4，故B正确；C、电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，故C错误；D
31、、在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D正确；故选C【点评】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，难度不大，解题关键是对图要仔细观察，同时正确理解基本概念8已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920 kJB557 kJC436 kJD188 kJ【考点】有关反应热的计算【分析】2H
32、2+O22H2O，1molH2O含有2molHO键，1molH2中1mol HH键，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式进行计算【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molHH键断裂时吸收热量为x，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4121kJ=463kJ4（2x+496kJ），解得x=436KJ，故选C【点评】本题考查学生化学反应中的能量变化知识，注意化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量是解题的关键，题目难度不大9灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种
33、同素异形体已知：Sn（s，白）+2HCl（aq）SnCl2（aq）+H2（g）H1Sn（s，灰）+2HCl（aq）SnCl2（aq）+H2（g）H2Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol1，下列说法正确的是（）AH1H2B锡在常温下以灰锡状态存在C灰锡转为白锡的反应是放热反应D锡制器皿长期处在低于13.2的环境中，会自行毁坏【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、根据来判断反应的焓变大小；B、物质具有的能量越低越稳定；C、根据反应的焓变来确定反应是吸热还是放热；D、根据反应当温度低于13.2的环境时Sn的转化来判断【解答】解：A、根据：Sn（
34、s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol1，则=，所以H2H1=H30，所以H1H2，故A错误；B、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol1，则锡在常温下以白锡状态存在，故B错误；C、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol1，焓变大于0，所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应，故C错误；D、根据：Sn（s，灰）Sn（s，白）H3=+2.1kJmol1，当温度低于13.2的环境时，会自行毁坏，故D正确故选D【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及物质的能量和其稳定性之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大10根据下列有关图象，说法正确的是（）A由图知，
35、反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的H0B由图知，反应在t6时，NH3体积分数最大C由图知，t3时采取降低反应温度的措施D在10L容器、850时反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】压轴题；化学平衡专题【分析】A、反应物和生成物的体积分数相同时，反应不一定达到平衡状态，升高温度平衡向吸热反应方向移动；B、t1时刻正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，
36、改变的条件是减小压强；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度；C、降低温度平衡向吸热反应方向移动；D、根据反应热与反应物物质的量之间的关系式计算【解答】解：A、由图知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相对但反应不一定达到平衡，T2T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，H0，故A错误；B、由图知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大
37、，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故B错误；C、由图知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，故C错误；D、该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化（0.300.18）mol/L10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，故D正确；故选D【点评】本题考查了图象分析题，难度较大，分析时注意起点、拐点、转折点等特殊点，然后联系教材中的理论知识，方可做出正确判断11NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出
38、，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率将浓度均为0.020molL1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）A40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0105molL1s1D温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【考点】化学反应速率的影响因素【专题】压轴题；化学反应速率专题【分析】A由图可知，40之前，温度高反应速率加快，40之后温度高，
39、变色时间越长；Bb、c点对应的温度不同；Ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；D结合55时，没有出现蓝色分析【解答】解：A从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；B由图中b、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故B错误；Ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0105molL1s1，故C正确；D.55时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；故选B【点评】本题考查化学反
40、应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大12对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化
41、学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物
42、质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、化学反应速率关系是：3正（NH3）=2正（H2O），故D错误故选A【点评】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点13某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是（）AK值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大B若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大C温度越高，K一定越大D如果m+n=p，则K=1【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡
43、专题【分析】A、平衡常数越大，说明反应进行的程度越大；B、化学平衡常数只受温度影响；C、温度对化学平衡常数的影响与反应的热效应有关，根据热效应判断温度升高平衡移动方向，据此判断升高温度对化学平衡常数的影响；D、平衡常数是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积计算【解答】解：A、平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大，故A正确；B、化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，温度不变化学平衡常数不变，故B错误；C、若该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，若正反应为吸热反应，升高
44、温度平衡向正反应移动，平衡常数增大，故C错误；D、平衡常数是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积计算，平衡常数大小和平衡浓度大小有关，故D错误；故选A【点评】本题考查化学平衡常数的意义、影响化学平衡常数的因素等，比较基础，注意基础知识的理解掌握14对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列各项对示意图的解释与图象相符的是（） A压强对反应的影响（p2p1）B温度对反应的影响C平衡体系增加N2对反应的影响D催化剂对反应的影响【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A、合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及
45、化学反应速率的影响，然后结合图象来分析；B、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；C、利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；D、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析【解答】解：A、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；B、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；C、反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速
46、率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误；故选：C【点评】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答，题目难度中等二填空题15有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级中的电子数等于次外层的电子总数，C原子最外层中有2个不成对的电子已知C、D、E原子核内的质子数均与中子数相等，且C元素可分别与A、B、D、E生成RC2型化合物，在DC2中，D与C的质量比为7：8，在EC2中，E与C的质量比为1：
47、1请回答下列问题：（1）写出A、E两种元素的元素符号：AC、ES（2）写出D原子的电子排布式1s22s22p63s23p2（3）指出E在元素周期表中的位置第三周期、第A族（4）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序CON（5）比较D和E元素的电负性的相对大小SiS【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】p能级电子数不超过6，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，所以次外层为2个电子，则A的核外电子排布为1s22s22p2，应为C元素；C原子最外层中有两个不成对的电子，且C的原子序数大于A，所以C原子核外电子排布式为1s22s22p4，为O元
48、素，B的原子序数大于A而小于C，所以B是N元素；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，在DC2中D与C的质量比为7：8，设D的摩尔质量为M，M=28，C、D、E原子核内的质子数均与中子数相等，所以D是Si元素；在EC2中，E与C的质量比为1：1，则M（E）=2M（O）=216=32，所以E为S元素，结合元素对应原子的结构、单质以及化合物的性质解答该题【解答】解：p能级电子数不超过6，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，所以次外层为2个电子，则A的核外电子排布为1s22s22p2，应为C元素；C原子最外层中有两个不成对的电子，且C的原子序数大于A，所以C原子核外电子排布式
49、为1s22s22p4，为O元素，B的原子序数大于A而小于C，所以B是N元素；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，在DC2中D与C的质量比为7：8，设D的摩尔质量为M，M=28，C、D、E原子核内的质子数均与中子数相等，所以D是Si元素；在EC2中，E与C的质量比为1：1，则M（E）=2M（O）=216=32，所以E为S元素，（1）通过以上分析知，A是C元素，E是S元素，故答案为：C；S；（2）D是Si元素，其原子核外有14个电子，根据构造原理知，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；（3）E是S元素，其原子核外有3个电子层
50、，最外层有6个电子，元素原子核外电子层数等于其周期数，主族元素的最外层电子数等于其族序数，所以S位于第三周期、第A族，故答案为：第三周期、第A族；（4）A是C元素，B是N元素，C是O元素，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素的第一电离能从小到大顺序是：CON，故答案为：CON；（5）D是Si元素，E是S元素，同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以电负性：SiS，故答案为：SiS【点评】本题考查了元素第一电离能大小的判断、电负性大小的判断、核外电子排布式的书写等知识点，正确推断元素是解本题关键，结合元素
51、周期律来分析解答，注意第一电离能大小的规律及异常，为易错点16英国科学家安德烈海姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫因在石墨烯（如图）材料方面的卓越研究而获得2010年诺贝尔物理学奖六方氮化硼（BN）与石墨是等电子体，它有“白石墨”之称，具有类似石墨的层状结构，有良好的润滑性C、N、B的第一电离能由大到小的顺序为NCB，电负性由小到大的顺序为BCN【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】根据元素周期律可知，同周期元素从左向右第一电离能逐渐增大，电负性也逐渐增大，据此答题【解答】解：B、C、N三种元素在同一周期，原子序数
52、依次增大，根据元素周期律可知，它们随着元素原子序数的增大，第一电离能逐渐增大，电负性也逐渐增大，所以C、N、B的第一电离能由大到小的顺序为 NCB，电负性由小到大的顺序为BCN，故答案为：NCB；BCN【点评】本题考查了电负性、电离能的大小判断，难度不大，注意元素周期律的灵活运用17目前，利用金属或合金储氢已取得很大进展，先后发现了Ni、Mg、Fe基三个系列的储氢材料，如图是一种储氢密度超过液氢的镍基合金的晶胞结构图Ni原子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2，位于周期表的d区这种储氢合金的化学式为LaNi5【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算【专题】
53、化学键与晶体结构【分析】镍为28号元素，根据核外电子排布规律可以写出电子排布式，再根据元素周期表可以确定镍所在的区；利用均摊法可以确定化学式【解答】解：镍为28号元素，根据核外电子排布规律可知电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2，再根据元素周期表可以确定镍元素在d区，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；d；根据晶胞的结构图可知，在晶胞中含有La原子数为：8=1，Ni原子数为1+8=5，所以La原子数与Ni原子数之比为1：5，所以化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5【点评】本题主要考查了核外电子排布式和元素周期表的关系及
54、晶体结构的掌握情况，应熟练掌握核外电子排布式和元素周期表中位置的关系18把CoCl26H2O和碳酸铵混合氧化，然后加入盐酸可得到化合物A（化学式为CoCl3H12N4），在A中加入硝酸银溶液只有的氯可被沉淀A的结构式为Co（NH3）4Cl2Cl根据价层电子对互斥理论，推测CO32的空间构型为正三角形【考点】配合物的成键情况；判断简单分子或离子的构型【专题】化学键与晶体结构【分析】配合物中內界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，根据沉淀情况可以得到有几个离子在配合物中，根据元素守恒及配合物的特点，确定化学式；根据CO32的中心原子价电子对数确
55、定离子的空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数【解答】解：在A中加入硝酸银溶液只有的氯可被沉淀，说明在反应生成物中有的氯在配合物的外界，又因为A的化学式为CoCl3H12N4，其中有氨分子和的氯离子做配体，根据元素守恒及配合物的特点，可推知A的结构式为Co（NH3）4Cl2Cl；在CO32的中孤对电子=0，价层电子对个数=3+0=3，所以C按sp2方式杂化，其空间构型为正三角形，故答案为：Co（NH3）4Cl2Cl；正三角形【点评】本题考查配合物和微粒的空间构型判断，注意配合物内界与外界区别：配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，內界原子不能发生电离以及掌握价层电子对互斥理论的应用是解
56、答关键，题目难度中等19二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：C+H2OCO+H2（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；H=
57、41.3kJmol1总反应：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2 （g）的H=246.4kJmol1；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是c、e（填字母代号）a高温高压 b加入催化剂 c减少CO2的浓度d增加CO的浓度 e分离出二甲醚（4）已知反应2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（molL1）0.440.60.6比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“”、“”或“=”）若
58、加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=0.04molL1；该时间内反应速率v（CH3OH）=0.16mol/（Lmin）【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素【专题】计算题；平衡思想；化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程；（2）根据酸式盐NaHS和NaHCO3为书写反应的化学方程式；（3）利用盖斯定律计算；（4）根据方程式计算平衡常数，然后利用三段式法解答【解答】解：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程：C+H2OCO+H2，故答案为：CC+H2
59、OCO+H2；（2）H2S和H2CO3均是二元酸，它们都存在酸式盐NaHS和NaHCO3，二者反应的化学方程式为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，故答案为：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；（3）由盖斯定律可知，通过2+可得所求反应方程式，则H=90.8kJ/mol223.5kJ/mol41.3kJ/mol=246.4kJ/mol，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少CO2的浓度或分离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率减小，催化剂不影响平衡移动，而增加CO的浓度，CO的转化率反而减小，故
60、答案为：246.4 kJmol1；c、e；（4）该反应的平衡常数表达式为：K=，将所给浓度带入平衡常数表达式： =1.86400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：；2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 某时刻浓度（molL1）：0.44 0.6 0.6转化浓度（molL1）：2x x x 平衡浓度（molL1）：0.442x 0.6+x 0.6+xK=，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L0.2mol/L2=0.04mol/L，起始时在密闭容器中加入CH3OH，则起始时甲醇的浓度为0.44moL/L+0.6mol/L
61、2=1.64mol/L，平衡时c（CH3OH）=0.04mol/L，则10min转化甲醇1.64moL/L0.04moL/L=1.6mol/L，所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）=0.16 mol/（Lmin），故答案为：0.04 molL1； 0.16 mol/（Lmin）【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，注意“始、转、平”是解决有关化学平衡的“三段论”解题法，当三组量一旦确定，可以解答有关平衡的平衡常数计算、转化率、反应速率、平衡时成分的体积分数等的关键20某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置
62、于特制的密闭 真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）实验测得的不同温度下的平衡数据列于下表：温度/15.020.025.030.035.0平衡总压强/kPa5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度/molL12.41033.41034.81036.81039.4103可以判断该分解反应已经达到平衡的是BCA2v（NH3）=v（CO2）B密闭容器中总压强不变C密闭容器中混合气体的密度不变D密闭容器中氨气的体积分数不变根据表中数据，列式计算 25.0时氨基甲酸铵的分解平衡常数：K=c2（NH
63、3）c（CO2）=（c总）2（c总）=（4.8103）3=1.6108取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在 25.0下达到分解平衡若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增加（填“增加”、“减少”或“不变”）氨基甲酸铵分解反应的焓变H0（填“”、“=”或“”），熵变S0（填“”、“=”或“”）（2）已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+NH3H2O该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定其水解反应速率，得到c（NH2COO）随时间的变化趋势如图所示计算 25.0时，06min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率：0.05molL1min1根据图中信息
64、，如何说明该水解反应速率随温度升高而增大：25.0时反应物的起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15.0时的大【考点】探究影响化学反应速率的因素【专题】化学反应速率专题【分析】（1）根据化学平衡的标志来判断；先根据反应 NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）可知平衡时容器内气体的浓度之比为2：1，由总浓度求出NH3、CO2 的平衡浓度，最后代入平衡常数的表达式来计算；根据压强对化学平衡的影响判断平衡移动的方向从而判断氨基甲酸铵固体的质量的变化情况；根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热还是放热；根据气态物质的熵大于液态物质的熵判
65、断出熵变；（2）根据化学反应速率的公式来计算；由图象数据可以得出，用不同初始浓度，不同温度下的平均速率的大小来说明【解答】解：（1）A因未指明速率的方向，无法确定正逆反应速率的关系，故A错误；B该反应是气体体积增大的反应，故当容器内压强不变时，已达到平衡，故B正确；C该反应是气体质量增大的反应，故当密闭容器中混合气体的密度不变，已达到平衡，故C正确；D因反应物（NH2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，为2/3，故D错误；故选：BC；容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为c总、c总，代入平衡常数表达式：K=c2（NH3）c（CO2）=（c总）2
66、（c总）=（4.8103 ）3 =1.6108，故答案为：1.6108；压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加，故答案为：增加； 从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，H0；反应中固体变为气体，混乱度增大，S0，故答案为：；（2）化学反应速率V=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；因25反应物起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15大，故答案为：25反应物起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15大【点评】本题是一道考查化学反应速率概念及其计算，化
67、学平衡、化学平衡常数的概念及其计算，以及判断反应的焓变、熵变等相关知识的试题，要求考生利用图表、进行数据分析判断，吸收、提取有效信息，突出了化学信息运用能力的考查同时，对于作为化学的基本技能之一的化学计算，渗透在相关的知识块之中，强调计算的实用性以及认识、解决问题的综合性21如图所示，隔板I固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器均发生如下反应：A（g）+3B（g）2C（g）（1）向M、N中，各通入1mol A和3mol B初始M、N容积相同，并保持温度不变则到达平衡时A的转化率（A）M（A）N，A的体积分数x（A）Mx（A）N（填“”、“”或“=”）（2）向M、N中，各通入x mol A和y
68、 mol B，初始M、N容积相同，并保持温度不变若要平衡时保持A气体在M、N两容器中的体积分数相等，则起始通入容器中的A的物质的量x mol与B的物质的量y mol之间必须满足的关系式为x：y=1：1（3）若在某件下，反应A（g）+3B（g）2C（g）在容器N中达到平衡，测得容器中含有A 1.0mol，B 0.4mol，C 0.4mol，此时容积为2.0L则此条件下的平衡常数为10；保持温度和压强不变，向此容器内通入0.36mol A，平衡将逆向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】隔板I固定不动，M容器为恒温恒容容器，活塞可
69、自由移动，N为恒温恒压容器；（1）反应是气体体积减小的反应，A（g）+3B（g）2C（g），M容器中随反应进行压强减小，N中为保持恒压压强增大，和M容器中平衡相比，N容器中平衡正向进行，A的转化率增大，体积分数减小；（2）依据化学平衡三段式列式计算A的体积分数相等列式计算；（3）依据平衡常数概念计算，用平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；依据计算的浓度商和平衡常数比较分析判断反应进行的方向；【解答】解：（1）A（g）+3B（g）2C（g），反应是气体体积减小的反应，M容器中随反应进行压强减小，N中为保持恒压压强增大，和M容器中平衡相比，N容器中平衡正向进行，A的转化率增大，体积
70、分数减小，到达平衡时A的转化率（A）M（A）N ，A的体积分数x（A）Mx（A）N；故答案为：；（2）向M、N中，各通入x mol A和y mol B，初始M、N容积相同，并保持温度不变设M容器中消耗A物质的量amol，N容器中消耗A物质的量为bmol，M容器中 A（g）+3B（g）2C（g），起始量（mol） x y 0变化量（mol） a 3a 2a平衡量（mol） xa y3a 2aN容器中 A（g）+3B（g）2C（g），起始量（mol） x y 0变化量（mol） b 3b 2b平衡量（mol） xb y3b 2b若要平衡时保持A气体在M、N两容器中的体积分数相等， =，x：y=（b
71、a）：（ba）x：y=1：1；则起始通入容器中的A的物质的量x mol与B的物质的量y mol之间必须满足的关系式为x：y=1；1故答案为：x：y=1：1；（3）若在某件下，反应A（g）+3B（g）2C（g）在容器N中达到平衡，测得容器中含有A 1.0mol，B 0.4mol，C 0.4mol，此时容积为2.0L则此条件下的平衡常数K=10；保持温度和压强不变，向此容器内通入0.36mol A，平衡将Q=115.610，反应逆向进行；故答案为：10； 逆向；【点评】本题考查了恒温恒压，恒温恒容容器中化学平衡的建立过程和影响因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等22某实验小组对H2O2的分解
72、做了如下探究下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15mL 5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应，带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢，火星红亮但木条未复燃30min（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式：2H2O22H2O+O2，该反应是放热反应（填放热或吸热）（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与接触面积有关【考点】探究影响化学反应速率的因素【专题】实验设计题【分析】（1）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，由带火星木条复燃，可
73、知产物，由此可写出方程式；由实验现象可知，反应放热还是吸热；（2）由实验现象可知催化剂作用大小的影响因素【解答】解：（1）H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2，根据触摸试管的感觉可知，该反应为放热反应；故答案为：2H2O22H2O+O2； 放热；（2）因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明接触面积对反应速率有影响，故答案为：接触面积；【点评】本题考查通过化学实验分析催化剂影响化学反应速率的问题，题目难度中等，注意把握由数据及反应现象推断结论23某温度时在2L容器中X、Y、Z三种物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所
74、示，图中数据分析：（1）该反应的化学方程式为：0.05mol/（Lmin）（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为：3X+Y2Z（3）在密闭容器里，通入a mol X（g）和b mol Y（g），发生反应X（g）+Y（g）=2Z（g），当改变下列条件时，反应速率会减小ACA降低温度 B加入催化剂 C增大容器体积【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据v=计算反应速率v（Z）；（3）根据温度、浓度、催化剂、压强对反应速率的影响来回答【解答】解：（1
75、）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n（X）：n（Y）：n（Z）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；（2）在2min时间内，用Z表示反应的平均速率v（Z）=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；（3）A降低温度，反应速率减慢，故A正确； B加入催化剂会加快反应速率，故B错误； C增大容器体积相当于减小浓度，所以速率减慢，故C正确；故选AC【点评】本题考查化学平衡图象分析意义反应速率的影响因素知识，题目难度不大，注意分析各物质的量的变化曲线，把握化学方程式的判断方法
