1、2014-2015学年浙江省温州市瑞安中学高一（下）期末化学模拟试卷（理科）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意本题有22小题，每小题2分，共44分）1下列描述正确的是（）A “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，冰的能量高B 水加热到很高的温度都难以分解，主要原因是水分子间可以形成氢键的缘故C 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，使单位时间内有效碰撞次数增加D 同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律2简单原子的原子结构可用如图的方法形象地表示：其中表示质子或电子，表示中子，则下列有关的叙述正确的是（）A 互为同位素B 互为同素异形体C 是三种化学性质不同的
2、粒子D 具有相同的质量数3元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语下列有关化学用语的表示方法中错误的是（）A 次氯酸的电子式：B S2的结构示意图：C O18的原子符号：OD CO2分子的结构式：O=C=O4某反应A+B=C+D 在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程H、S的判断正确的是（）A H0S0B H0S0C H0S0D H0S05下列各组性质的比较中正确的是（）A 酸性：HClO4H2SO4H3PO4B 碱性：Ba（OH）2Ca（OH）2Mg（OH）2C 稳定性：HFHClPH3H2SD 原子半径：OSNa6少量铁片与l00mL 0.01mo
3、l/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KNO3溶液 滴入几滴浓盐酸 加入少量铁粉 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发） 改用10mL 0.1mol/L盐酸A B C D 7下列晶体或分子中，含有化学键类型有差异的一组是（）A H2O、CO2B MgF2、NH4ClC NaOH、Ba（OH）2D NaCl、K2S8按如图所示装置进行实验（其中C1、C2均是石墨电极），下列说法中错误的是（）A 甲池中，Cu极上有气泡放出B 发现a点附近显红色C 在C1、C2电极上所产生气体的体积比为2：1D 乙池溶液的p
4、H减小9实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（）A 硫和水晶的熔化B 纯碱和烧碱的熔化C 水和水银的汽化D 食盐和蔗糖的熔化10为了测其酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（）酸的浓度和体积碱的浓度和体积比热容反应后溶液的质量生成水的物质的量反应前后温度变化操作所需的时间A B C D 全部11下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A 新制的氯水在光照下颜色变浅B H2、I2、HI平衡混合气减小压强（扩大体积）可使颜色变浅C 打开汽水瓶盖，有气泡冒出D 在合成氨的反应中，加压有利于氨的合成12如图中两电极上发生的电极反应如下：a极：2H+2e=H2b极：Fe2e=Fe2+，下列说
5、法不正确的是（）A 该装置可能是电解池B X溶液的pH增大C a和b可能是同种电极材料D 该装置一定是将化学能转化为电能13CO与H2在催化剂作用下合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入等量的1mol CO和2mol H2混合气体，控温实验测得相关数据如图1和图2下列有关说法正确的是（）A 该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应B K1K2（K为该条件下反应的平衡常数）C 反应进行到5 min时，a、b两容器中平衡正向移动，d、e两容器中平衡逆向移动D 将容器c中的平衡状态时的甲醇体积分数转变到容器d中的平衡状态的甲醇
6、体积分数，可采取的措施有升温或减压14有一种MCFC型燃料电池，该电池所用燃料为H2和空气，电解质为熔融的K2CO3电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，负极反应为H2+CO322e=H2O+CO2下列说法中正确的是（）A 正极反应为4OH4e=2H2O+O2B 电池放电时，电池中CO32的物质的量将逐渐减少C 放电时CO32向负极移动D 电路中的电子经正极、负极、熔融的K2CO3后再流回正极，形成闭合回路15元素A和B的原子序数都小于18已知A元素原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子的M层电子数为（ab），L层电子数为（a+b），则A、B两元素所形成的化合物的晶体类型为（）
7、A 原子晶体B 分子晶体C 离子晶体D 金属晶体16下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）；H1 C（s）+O2（g）CO（g）；H2S（s）+O2（g）SO2（g）；H3 S（g）+O2（g）SO2（g）；H4H2（g）+O2（g）H2O（l）；H5 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H6CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）；H7 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H8A B C D 17综合如图判断，下列正确的说法是（）A 装置和装置中负极反应均是Fe2eFe2+B 装置和装置中正极反应均是O2+2H2O+4e4O
8、HC 装置和装置中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D 放电过程中，装置左侧烧杯和装置右侧烧杯中溶液的pH均增大18向一体积不变的密闭容器中加入2mol A、0.6mol C和一定量的B三种气体一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图一所示图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件已知t3t4阶段为使用催化剂；图一中t0t1阶段c（B）未画出下列说法不正确的是（）A t4t5阶段改变的条件为减小压强B B的起始物质的量为1.0 molC 在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平
9、衡（与t1时刻浓度相同），a、b、c要满足的条件为a+=2.4和b+=1.2D 此温度下该反应的化学方程式为2A（g）+B（g）2C（g）19X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是（）A 元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大B 39g Z2Y2中含有的离子数约为1.2041024C 元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液一定呈中性D 元素Y、R分别与元素X
10、形成的化合物的热稳定性：XmYXmR20工业上可用CO2生产甲醇，反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）将6molCO2和8mol H2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2物质的量随时间的变化下列说法正确的是（）A 反应开始至a点时v（H2）=2molL1min1B 若曲线I对应的条件改变是升高温度，则该反应H0C 曲线II对应的条件改变是降低压强D 保持温度不变，若将平衡后的容器体积缩小至1L，重新达平衡时则2 molL1c（CH3OH）8/3 molL121如图所示，图是恒压密闭容器，图是恒容密闭容器
11、当其他条件相同时，在、中分别加入2mol X和2mol Y，开始时容器的体积均为VL，发生反应2X（？）+Y（？）aZ（g）并达到平衡状态此时中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2下列判断正确的是（）A 物质Z的化学计量数a=2B 若中气体的密度如图所示，则X、Y中只有一种为气态C 若X、Y均为气态，则平衡时x的转化率：ID 若X为固态、Y为气态，则、中从开始到平衡所需的时间：22把物质的量均为0.1mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100ml的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同则下列描述正确的是（）A 阴极
12、质量增加3.2gB 阳极得到的气体中有O2且其物质的量为0.35molC 电路中共转移0.9mol电子D 铝元素以Al（OH）3的形式存在二、填空题（本题有4小题，共56分）23按要求回答下列问题：（1）天然气主要成分是甲烷，甲烷燃烧放出热量多，3mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳气体，同时放出2670.9kJ的热量，写出反应热化学方程式，把甲烷燃烧设计成原电池能量利用率更高，该燃料电池中，使用铂作电极，KOH溶液做电解质溶液通入甲烷燃气的一极为，该极上的电极反应式为（2）已知高锰酸钾与重铬酸钾（K2Cr2O7）都是化学中常用的强氧化剂，高锰酸钾溶液呈紫红色而重铬酸钾溶液中存在如下平衡：2
13、CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O；加水稀释，溶液变色，试从浓度商与平衡常数关系解释原因（3）判断：SiC，CO2，Br2，KCl晶体的熔点由高到低排列的顺序：（序号）（4）在密闭容器中，加入一定量的A和B，反应到达平衡能说明反应2A（l）+B（g）C（l）+2D（l）达平衡状态的是Av（A）=2v（B）B恒容容器中，体系的压强不再改变C恒容容器中，体系中气体的密度不再改变D恒容容器中，气体的摩尔质量不再改变24下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是（2）、中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离
14、子化合物，写出其中一种化合物的电子式（3）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，下列物质不能作该反应催化剂的是（填序号）aMnO2 bHI cNa2SO3 dFeCl3（4）W与是相邻的同主族元素在下表中列出H2WO3的各种不同化学性质，举例并写出相应的化学方程式编号性质化学方程式示例氧化性H2WO3+3H3PO33H3PO4+H2W12（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生如图反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式，M中阳离子的鉴定方法25结合如图中所示转化关系回答有关问题（1）液态F能否导电（填“能”或“否”）（2）A是一种非常重要的工业产品据
15、统计，地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%A发生腐蚀的主要原因是（填写下面的选项序号）a直接与氧气发生化学腐蚀 b通过原电池反应发生腐蚀c因溶于水而消耗掉（、只答其一）若你选定选项a或c，请写出相应的化学方程式：；若你选定选项b，请写出负极的电极反应式（3）气体y的密度约是空气密度的1.1倍，则沉淀x的化学式是气体y的结构式（4）写出D+某金属单质B的化学方程式：（5）将（4）反应设计成原电池，请画出原电池的装置图（标出正、负极、溶液）26煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比等问题已知：CO （g）+H2O （g）H2 （g）+CO2 （g）平衡常数K随温度的变化如下表：温度
16、/400500800平衡常数K9.9491回答下列问题（1）该反应的平衡常数表达式K=，H=0（填“”、“”、“=”）（2）已知在一定温度下，C（s）+CO2 （g）2CO （g）平衡常数K1C（s）+H2O （g）H2 （g）+CO （g）平衡常数K2，则K、K1、K2，之间的关系是（3）800时，向一个10L的恒容反应器中充入0.40molCO和1.60mol水蒸气，经一段时 间后反应达到平衡，此时CO的转化率为；若保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.10molCO和0.40mol CO2，此时v正v逆 （填“”、“=”或“”） 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究
17、“条件对化学反应速率的影响”（4）已知：KMnO4+H2C2O4+H2SO4MnSO4+K2SO4+CO2+H20（未配平），向酸性KMnO4溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，当溶液中的KMnO4耗尽后，紫色溶液将褪去为确保能观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）：n（KMnO4）（5）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，该小组设计了如下实验方案实验序号 反应温度/ H2C2O4溶液 酸性KMO4溶液 H2O V/mL c/（molL1） V/mL c/（molL1） V/mL 25 8.0 0.20 5.0 0.010 0 25 6.0
18、0.20 5.0 0.010 x表中x= ml，理由是2014-2015学年浙江省温州市瑞安中学高一（下）期末化学模拟试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意本题有22小题，每小题2分，共44分）1下列描述正确的是（）A “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，冰的能量高B 水加热到很高的温度都难以分解，主要原因是水分子间可以形成氢键的缘故C 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，使单位时间内有效碰撞次数增加D 同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律考点：吸热反应和放热反应；化学键和分子间作用力的区别；化学反应速率的影响因素分析：A、相
19、同质量的同种物质固态的能量比液态低；B、物质的稳定性与键能的大小有关；C、增大浓度，单位体积活化分子数目增多；D、同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律解答：解：A、相同质量的同种物质固态的能量比液态低，所以相同质量的水和冰相比较，水的能量高，故A错误；B、H2O较稳定是由于HO键键能较大，与氢键无关，故B错误；C、增大浓度，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，故C正确；D、同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律，应改变一个变量，故D错误；故选C点评：本题主要考
20、查的是物质化学能大小、氢键与水的稳定性、化学反应速率的影响因素等，难度不大2简单原子的原子结构可用如图的方法形象地表示：其中表示质子或电子，表示中子，则下列有关的叙述正确的是（）A 互为同位素B 互为同素异形体C 是三种化学性质不同的粒子D 具有相同的质量数考点：原子构成专题：原子组成与结构专题分析：A、质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子之间互为同位素；B、同种元素组成的性质不同的单质之间互为同素异形体；C、质子数决定化学性质；D、质量数=质子数+中子数解答：解：A、从图示知、中的质子数等于电子数且都等于1，可知代表的微粒分别为11H、12H、13H，质子数相同中子数不同，互为同位素，故
21、A正确；B、互为同位素，不是同素异形体，故B错误；C、互为同位素，同位素具有相似的化学性质，故C错误；D、11H、12H、13H，质子数相同中子数不同，质量数=质子数+中子数，所以质量数不同，故D错误故选A点评：本题考查学生的原子构成知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大3元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语下列有关化学用语的表示方法中错误的是（）A 次氯酸的电子式：B S2的结构示意图：C O18的原子符号：OD CO2分子的结构式：O=C=O考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A次氯酸的中心原子是氧原子；B硫离子核外有3个电子层
22、，最外层有8个电子；C元素符合左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数；D二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对解答：解：A次氯酸的电子式为：，故A错误；B硫离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故B正确；C元素符合左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，所以O18的原子符号：818O，故C正确；D二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对，所以其结构式为：O=C=O，故D正确；故选A点评：本题考查了化学用语，难度不大，知道常见化学用语的应用，注意次氯酸的中心原子是哪种元素，为易错点4某反应A+B=C+D 在低温下能自发进行，在高温下不能自发进
23、行，对该反应过程H、S的判断正确的是（）A H0S0B H0S0C H0S0D H0S0考点：焓变和熵变专题：化学反应中的能量变化分析：反应自发进行的判断依据是HTS0分析解答：解：A、H0，S0，一定存在HTS0，在任何温度下，反应都能自发进行，故A不符合；B、H0，S0，高温下HTS0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；C、H0，S0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故C符合；D、H0，S0，一定存在HTS0，反应任何温度都不能自发进行，故D不符合；故选C点评：本题考查了反应自发进行的判断依据和分析方法，掌握基础是关键，题目较简单5下列各组性质的比较中正确的是（）A 酸
24、性：HClO4H2SO4H3PO4B 碱性：Ba（OH）2Ca（OH）2Mg（OH）2C 稳定性：HFHClPH3H2SD 原子半径：OSNa考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、根据元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强解答；B、金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，可以据此解答该题；C、非金属性越强，气态氢化物越稳定，可以据此解答该题；D、同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，同一主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而增大解答：解
25、：A、因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：ClSP，酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故A错误；B、金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性顺序：BaCaMg，所以碱性强弱顺序为：Ba（OH）2Ca（OH）2Mg（OH）2，故B正确；C、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性FClSP，则氢化物稳定性为HFHClH2SPH3，故C错误；D、同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，同一主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而增大，则原子半径：OSNa，故D错误故选B点评：本题考查熔沸点的比较、非金属和金属性的比较，明确常见的比较的方
26、法是解答本题的关键，注意知识的归纳整理，题目难度不大6少量铁片与l00mL 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KNO3溶液 滴入几滴浓盐酸 加入少量铁粉 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发） 改用10mL 0.1mol/L盐酸A B C D 考点：化学反应速率的影响因素分析：产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度解答：解：加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，不会生成氢气；加浓盐酸，反应速率加快；加入铁粉，铁与盐
27、酸反应生成生成氢气的量增多；加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；升高温度，反应速率加快；改用浓度大的盐酸，反应速率加快故选C点评：本题考查了影响反应速率的因素审题时要注意：加快反应速率和不改变氢气的量7下列晶体或分子中，含有化学键类型有差异的一组是（）A H2O、CO2B MgF2、NH4ClC NaOH、Ba（OH）2D NaCl、K2S考点：化学键专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元
28、素之间易形成极性共价键，第IA族（H元素除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析解答解答：解：A水分子和二氧化碳分子中都只含极性共价键，所以化学键类型相同，故A错误；B氟化镁中只含离子键，氯化铵中含有离子键和共价键，所以化学键类型有差异，故B正确；C氢氧化钠和氢氧化钡中都含有离子键和共价键，所以化学键类型相同，故C错误；D氯化钠和硫化钾中都只含离子键，所以化学键类型相同，故D错误；故选B点评：本题考查了化学键的判断，知道离子键和共价键的区别，注意氟化镁中两个氟离子之间不存在化学键，为易错点8按如图所示装置进行实验（其中C1、C2均是石墨电极），下列说法中错误的
29、是（）A 甲池中，Cu极上有气泡放出B 发现a点附近显红色C 在C1、C2电极上所产生气体的体积比为2：1D 乙池溶液的pH减小考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：甲池能自发的进行氧化还原反应，所以甲池是原电池，乙池和浸透饱和食盐水的滤纸是电解池，甲池中锌是负极，铜是正极，负极上锌失电子正极上氢离子得电子；滤纸中a是阴极，b是阳极，C1、C2电极分别是阳极、阴极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应解答：解：A甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池，锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A正确；B滤纸有外接电源，所以属于电解池，a是阴极，b是阳极
30、，阴极上氢离子放电生成氢气，同时a极附近有氢氧根离子生成，所以呈碱性，酚酞遇碱变红色，故B正确；C乙池有外接电源，属于电解池，C1、C2电极分别是阳极、阴极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，且C1、C2电极上所产生气体的体积比为1：2，故C错误；D乙池中实际上电解的是水，导致溶质的物质的量不变，但溶剂的量减少，所以物质的量浓度增大，溶液的pH减小，故D正确；故选C点评：本题考查了原电池和电解池原理，正确判断原电池和电解池是解本题关键，结合离子放电顺序来分析解答，难度不大9实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（）A 硫和水晶的熔化B 纯碱和烧碱的熔化C 水和水银的汽化
31、D 食盐和蔗糖的熔化考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：化学键与晶体结构分析：晶体的气化或熔化属于物理变化，如果晶体类型相同，则变化时需克服相同类型作用力，据此分析解答：解：A水晶属于原子晶体，熔化时克服共价键，硫属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力，故A错误； B纯碱和烧碱属于离子晶体，熔化时克服离子键，类型相同，故B正确；C水属于分子晶体，汽化时克服分子间作用力，水银属于金属晶体，汽化时克服金属键，故C错误；D食盐属于离子晶体，熔化克服离子键，蔗糖属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力，故D错误故选B点评：本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，注意晶体类型的分类和晶体中微粒间的
32、作用力来分析10为了测其酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（）酸的浓度和体积碱的浓度和体积比热容反应后溶液的质量生成水的物质的量反应前后温度变化操作所需的时间A B C D 全部考点：中和热的测定专题：化学反应中的能量变化分析：根据中和热的计算公式H=Q=cmT来确定实验中需要的数据解答：解：根据反应热的计算公式H=Q=cmT可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、反应后溶液的质量以及生成水的物质的量m、反应前后温度，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化T故选C点评：本题考查学生中和热的测定实验知识，属于教材知识的考查，较简单11下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的
33、是（）A 新制的氯水在光照下颜色变浅B H2、I2、HI平衡混合气减小压强（扩大体积）可使颜色变浅C 打开汽水瓶盖，有气泡冒出D 在合成氨的反应中，加压有利于氨的合成考点：化学平衡移动原理分析：平衡移动列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用平衡移动原理时，该反应必须是可逆反应，否则不适用平衡移动原理解答：解：A氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H+Cl，光照HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的
34、体积不发生变化，增大压强平衡不移动，颜色加深是体积改变的原因，不能用用勒夏特列原理解释，故B选；C开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，故C不选；D合成氨反应为N2（g）+3H2（g）2NH3 （g）H0，正反应为气体体积减小的放热反应，降低温度平衡向放热反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选B点评：本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件能影响平衡移动的可逆反应才能用平衡移动原理解释，为易错题12如图中两电极上发生的电极反应如下：a极：2H+2e=H2b极：Fe2
35、e=Fe2+，下列说法不正确的是（）A 该装置可能是电解池B X溶液的pH增大C a和b可能是同种电极材料D 该装置一定是将化学能转化为电能考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A如果该装置是原电池，则Fe作负极，a作正极，电解质溶液为稀硫酸；如果该装置是电解池，则铁作阳极，a作阴极，电解稀硫酸溶液；B两电极上发生的电极反应如下：a极：2H+2e=H2b极：Fe2e=Fe2+，依据a电极氢离子生成氢气，水的电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；C原电池中正极，电解池中阴极都可以是铁，a、b可能是同种电极材料；D如果该装置是原电池，则Fe作负极，a作正极，电解质溶液为
36、稀硫酸；如果该装置是电解池，则铁作阳极，a作阴极，电解稀硫酸溶液；解答：解：A用铁作阳极电解稀硫酸溶液可以实现反应，a极：2H+2e=H2，b极：Fe2e一=Fe2+，故A正确；B原电池中或电解池中，两电极上发生的电极反应如下：a极：2H+2e=H2b极：Fe2e=Fe2+，依据a电极氢离子生成氢气，水的电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大，故B正确；C如果铁作阴极和阳极材料电解稀硫酸溶液，可以实现反应，a极：2H+2e=H2b极：Fe2e=Fe2+，a和b可能是同种电极材料，故C正确；D如果该装置是电解池，则a是阴极，b是阳极，电解质溶液为稀硫酸溶液，a极：2H+2e=H2b极
37、：Fe2e=Fe2+；如果该装置是原电池，a是正极，b是负极，电解质溶液为稀硫酸，a极：2H+2e=H2b极：Fe2e=Fe2+，可以是原电池也可以是电解池，故D错误；故选D点评：本题考查了电解池和原电池原理，根据发生的电极反应式确定电池类型、电极材料、电解质溶液，同时考查学生发散思维能力，灵活运用原电池原理和电解原理来分析解答，难度中等13CO与H2在催化剂作用下合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入等量的1mol CO和2mol H2混合气体，控温实验测得相关数据如图1和图2下列有关说法正确的是（）A 该反应的正反
38、应是气体体积减小的吸热反应B K1K2（K为该条件下反应的平衡常数）C 反应进行到5 min时，a、b两容器中平衡正向移动，d、e两容器中平衡逆向移动D 将容器c中的平衡状态时的甲醇体积分数转变到容器d中的平衡状态的甲醇体积分数，可采取的措施有升温或减压考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线分析：A、根据图1，500达到平衡时，甲醇的物质的量减少，可知温度升高，平衡向逆向移动，反应为放热反应；B、300时甲醇的物质的量大于500的；C、温度升高，平衡向逆向移动，T3 达到平衡状态，a、b两容器中没有达到平衡，平衡正向移动，但是d、e达到了平衡状态；D、c中的平衡
39、状态转变到容器d中的平衡状态，甲醇含量减少，平衡要向逆向移动，方法有升温和减压解答：解：A、图1中，温度升高，甲醇含量减少，可以判断反应是放热反应，故A错误；B、由于反应是放热反应，温度升高，甲醇含量减少，故K1 K2，故B错误；C、反应进行到5min时，T3 达到平衡状态，a、b没有达到平衡状态，平衡正向移动；但是d、e达到了平衡状态，故C错误；D、将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态，需要降低甲醇含量，平衡逆向移动，可采取的措施有升温或减压，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡的影响因素，关键是正确提取图示的信息，本题难度中等14有一种MCFC型燃料电池，该电池所用燃料为H2和空
40、气，电解质为熔融的K2CO3电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，负极反应为H2+CO322e=H2O+CO2下列说法中正确的是（）A 正极反应为4OH4e=2H2O+O2B 电池放电时，电池中CO32的物质的量将逐渐减少C 放电时CO32向负极移动D 电路中的电子经正极、负极、熔融的K2CO3后再流回正极，形成闭合回路考点：原电池和电解池的工作原理分析：A电池反应式减去正极反应式就是正极反应式，则正极反应式为O2+2CO2+4e=2CO32；B根据电池反应式确定碳酸根离子物质的量是否变化；C放电时电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；D放电时电子不进入电解质解答：解：A电池反应式减去
41、正极反应式就是正极反应式，根据电池反应式、负极反应式得正极反应式为O2+2CO2+4e=2CO32，故A错误；B电池反应式中没有碳酸根离子参加反应，所以电池中CO32的物质的量不变，故B错误；C放电时电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以放电时CO32向负极移动，故C正确；D放电时电子不进入电解质，电解质中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故选C点评：本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理即可解答，注意电解质形成电流原因，知道电解质中阴阳离子移动方向，难点是电极反应式的书写，要结合电解质书写15元素A和B的原子序数都小于18已知A元素原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元
42、素原子的M层电子数为（ab），L层电子数为（a+b），则A、B两元素所形成的化合物的晶体类型为（）A 原子晶体B 分子晶体C 离子晶体D 金属晶体考点：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A和B的原子序数都小于18B元素原子的M层电子数为（ab），L层电子数为（a+b），则a+b=8，A元素原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则A元素的次外层为K层，即b=2，有2个电子层，所以a=82=6，故A为氧元素，B为的M层电子数为62=4，故B为硅元素，A、B两元素所形成的化合物为SiO2，结合物质的性质解答解答：解：元素A和B的原子序数都小于18B元素原子的M层电子数为
43、（ab），L层电子数为（a+b），则a+b=8，A元素原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则A元素的次外层为K层，即b=2，有2个电子层，所以a=82=6，故A为氧元素，B为的M层电子数为62=4，故B为硅元素，A、B两元素所形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，故选：A点评：本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律，晶体类型等，难度不大，理解核外电子排布规律，推断元素是解题关键16下列各组热化学方程式中，化学反应的H前者大于后者的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）；H1 C（s）+O2（g）CO（g）；H2S（s）+O2（g）SO2（g）；H3 S（g）+O2（
44、g）SO2（g）；H4H2（g）+O2（g）H2O（l）；H5 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H6CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）；H7 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）；H8A B C D 考点：反应热的大小比较专题：化学反应中的能量变化分析：为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应H0，放热反应H0，以此解答该题解答：解：都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则H1H2，故错误；都为放热反应，H0，由于S（s）S（g）吸热，则前者放出的热量少，则H3
45、H4，故正确；都为放热反应，H0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则H5H6，故正确；前者为吸热反应，H70，后者为放热反应，H80，则H7H8，故正确故选C点评：本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热17综合如图判断，下列正确的说法是（）A 装置和装置中负极反应均是Fe2eFe2+B 装置和装置中正极反应均是O2+2H2O+4e4OHC 装置和装置中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D 放电过程中，装置左侧烧杯和装置右侧烧杯中溶液的pH均增大考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：图
46、中装置、都是原电池装置，装置中，Zn为负极，发生氧化反应Zn2eZn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e4OH装置中，Fe为负极，发生氧化反应Fe2eFe2+，Cu为正极，发生还原反应2H+2eH2，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答解答：解：A图中装置、都是原电池装置，装置中，Zn为负极，发生氧化反应Zn2eZn2+，装置中，Fe为负极，发生氧化反应Fe2eFe2+，故A错误；B装置中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e4OH装置中，Cu为正极，发生还原反应2H+2eH2，故B错误；C原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置中
47、，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故C错误；D电过程中，装置左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e4OH，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H+2eH2，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选：D点评：本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握18向一体积不变的密闭容器中加入2mol A、0.6mol C和一定量的B三种气体一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图一所示图二为t2时刻后改变反
48、应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件已知t3t4阶段为使用催化剂；图一中t0t1阶段c（B）未画出下列说法不正确的是（）A t4t5阶段改变的条件为减小压强B B的起始物质的量为1.0 molC 在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡（与t1时刻浓度相同），a、b、c要满足的条件为a+=2.4和b+=1.2D 此温度下该反应的化学方程式为2A（g）+B（g）2C（g）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率变化曲线及其应用分析：t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3
49、t4阶段为使用催化剂，如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4t5阶段应为减小压强，即该反应为气体体积不变的反应；反应中A的浓度变化为1mol/L0.8mol/L=0.2mol/L，C的浓度变化为0.6mol/L0.3mol/L=0.3mol/L，则A、C的化学计量数之比为2：3，又该反应为气体体积不变的反应，则B为反应物，该反应为2A（g）+B（g）3C（g），以此来解答解答：解：t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4t5阶段
50、应为减小压强，即该反应为气体体积不变的反应；反应中A的浓度变化为1mol/L0.8mol/L=0.2mol/L，C的浓度变化为0.6mol/L0.3mol/L=0.3mol/L，则A、C的化学计量数之比为2：3，又该反应为气体体积不变的反应，则B为反应物，该反应为2A（g）+B（g）3C（g），At4t5阶段改变的条件为减小压强，该反应为气体体积不变的反应，所以平衡不移动，故A正确；BA减少0.2mol/L，则B减少0.1mol/L，则起始B的浓度为0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，起始物质的量为0.5mol/L2L=1mol，故B正确；C相同条件下，达到同样的平衡状态，则
51、起始量相同即可，则极转化后满足的条件为a+=2.4和b+=1.2，故C正确；D由上述分析可知，此温度下该反应的化学方程式为2A（g）+B（g）3C（g），故D错误；故选D点评：本题考查化学平衡移动图象题，注意从图二判断各阶段的影响因素，此为解答该题的关键，易错点为C中等效平衡的分析，侧重学生分析能力及计算能力的考查，题目难度不大19X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是（）A 元素Y、Z、W形
52、成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大B 39g Z2Y2中含有的离子数约为1.2041024C 元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液一定呈中性D 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmR考点：位置结构性质的相互关系应用分析：X、Y、Z、W、R 5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，而
53、Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、W、R 5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，而Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，AY、Z、W元素形成的简单离子分别为O2、Na+、Al3+，O2、Na+、Al3+核
54、外电子数都是10，具有相同电子层结构，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2Na+Al3+，故A错误；B每个Na2O2中含有3个离子，所以39g（即0.5mol） Na2O2中含有的离子数约为9.031024，故B错误；CZ的氧化物对应水化物为NaOH，R元素的氧化物的水化物为H2SO3、H2SO4，相互反应可以得到亚硫酸氢钠、硫酸氢钠、亚硫酸钠、硫酸钠，酸式盐溶液呈酸性，亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性，故C错误；D由于氧的非金属性强于硫，所以元素S、O分别与元素H形成的化合物的热稳定性H2OH2S，故D正确，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，难度中等
55、，注意半径比较规律与元素周期律的灵活运用20工业上可用CO2生产甲醇，反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）将6molCO2和8mol H2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2物质的量随时间的变化下列说法正确的是（）A 反应开始至a点时v（H2）=2molL1min1B 若曲线I对应的条件改变是升高温度，则该反应H0C 曲线II对应的条件改变是降低压强D 保持温度不变，若将平衡后的容器体积缩小至1L，重新达平衡时则2 molL1c（CH3OH）8/3 molL1考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线分析：A
56、a点1min时，H2物质的量为6mol，物质的量变化了8mol6mol=2mol，密闭容器体积为2L，可计算a点时氢气反应速率；B曲线达平衡时，H2物质的量大于实线的物质的量，可知升高温度，使H2物质的量变化量减小，即升高温度向逆反应方向移动，据此判断热效应；C该反应反应前气体体积大于反应后气体体积，降低压强时，平衡向逆反应方向移动，则H2物质的量变化量减小，而曲线IIH2物质的量变化量大于实线，据此判断；D体积缩小为原来的一半，若平衡不发生移动，计算c（CH3OH），结合可逆反应的特点进行判断解答：解：Aa点1min时，H2物质的量为6mol，物质的量变化了8mol6mol=2mol，密闭容
57、器体积为2L，计算a点时氢气反应速率v=1molL1min1，故A错误；B曲线达平衡时，H2物质的量大于实线的物质的量，可知升高温度，使H2物质的量变化量减小，即升高温度向逆反应方向移动，则正反应方向放热，H0，故B错误；C该反应反应前气体体积大于反应后气体体积，降低压强时，平衡向逆反应方向移动，则H2物质的量变化量减小，而曲线IIH2物质的量变化量大于实线，所以曲线II的条件不是降低压强，故C错误；D体积不变时，c（CH3OH）=1molL1，体积缩小为原来的一半，若平衡不发生移动时，c（CH3OH）=2molL1，由于压强变大，化学平衡向正反应方向移动，故c（CH3OH）2molL1，可逆
58、反应反应物不能完全转化，即平衡时H2物质的量不为零，可知c（CH3OH），即c（CH3OH）molL1，故D正确；故选：D点评：本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度对平衡移动的影响21如图所示，图是恒压密闭容器，图是恒容密闭容器当其他条件相同时，在、中分别加入2mol X和2mol Y，开始时容器的体积均为VL，发生反应2X（？）+Y（？）aZ（g）并达到平衡状态此时中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2下列判断正确的是（）A 物质Z的化学计量数a=2B 若中气体的密度如图所示，则X、Y中只有一种为气态C
59、 若X、Y均为气态，则平衡时x的转化率：ID 若X为固态、Y为气态，则、中从开始到平衡所需的时间：考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A、根据反应物质的量的变化量之比等于化学计量数之比进行计算；B体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体；C若X、Y均为气态，压强越大，转化率越大；D反应体系的压强越大，反应速率越大，达到平衡所用的时间久越少解答：解：A、设达平衡时Y反应的物质的量为x，则 2X（？）+Y（？）a Z（g） 起始量：2 2 0 转化量：2x x ax 平衡量：22x 2x ax由（22x）：（2x）：ax=1：3：2可得x=0.8，a=1，故A错误；B
60、如X、Y都是气体，则混合气体的密度不变，如图所示，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，故B正确；C若X、Y均为气态，反应体系的压强大于反应体系的压强，反应可看成是在的基础上增大压强，平衡向反应方向移动，则转化率，故C错误；D若X为固态、Y为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，图压强等于图压强，则、中从开始到平衡所需的时间：=，故D错误；故选B点评：本题综合考查化学平衡图象问题，本题具有一定难度，做题时注意A，为本题做题关键，也是易错点22把物质的量均为0.1mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100ml的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极
61、所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同则下列描述正确的是（）A 阴极质量增加3.2gB 阳极得到的气体中有O2且其物质的量为0.35molC 电路中共转移0.9mol电子D 铝元素以Al（OH）3的形式存在考点：电解原理专题：电化学专题分析：AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成的混合溶液，用石墨做电极电解，则阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，阳极上发生电极反应：Cl2e=Cl2，4OHO2+2H2O+4e，根据电子守恒和电极方程式进行计算即可解答：解：阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，阳极上发生电极反应：C
62、l2e=Cl2，4OHO2+2H2O+4e，可知Cu2+全部反应，Cu2+0.1mol，Cl反应完全，Cu2+2e=Cu0.1 0.2 0.1Cle=Cl20.5 0.5 0.252H+2e=H2，（Cu2+全部反应，H+开始电解，这段相当于电解HCl）0.3 0.15剩下的就是电解水了，2H+2e=H2，4OH4e=2H2O+O2，也就是每转移4mol电子，H2产生2mol，O2产生1mol，由于阳极产生0.25molCl2，阴极产生0.15molH2，所以电解水应转移0.4mol2H+2e=H20.4 0.4 0.24OH4e=2H2O+O20.4 0.4 0.1A、阴极上金属铜会析出，质
63、量增加值为6.4g，故A错误；B、阳极得到的气体中有O2且其物质的量为0.1mol，故B错误；C、总共转移0.5mol+0.4mol=0.9mol，故C正确；D、Al3+在阴极，2H+2e=H2 0.7 0.35消耗氢离子0.7mol，原溶液中0.2molH+，消耗的OH0.4mol，相当于多出来0.1molOH，Al3+0.1mol，OH0.1mol，所以溶液中以Al3+形式存在，还有Al（OH）3沉淀，即铝元素仅以铝离子和Al（OH）3的形式存在，故D错误故选：C点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度较大二、填空题（本题有4小题，共56分）23按要求回答下列问
64、题：（1）天然气主要成分是甲烷，甲烷燃烧放出热量多，3mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳气体，同时放出2670.9kJ的热量，写出反应热化学方程式CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJ/mol，把甲烷燃烧设计成原电池能量利用率更高，该燃料电池中，使用铂作电极，KOH溶液做电解质溶液通入甲烷燃气的一极为负极，该极上的电极反应式为CH4+10OH8e=CO32+7H2O（2）已知高锰酸钾与重铬酸钾（K2Cr2O7）都是化学中常用的强氧化剂，高锰酸钾溶液呈紫红色而重铬酸钾溶液中存在如下平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O；加水稀释，溶
65、液变黄色色，试从浓度商与平衡常数关系解释原因Qc=K（3）判断：SiC，CO2，Br2，KCl晶体的熔点由高到低排列的顺序：（序号）（4）在密闭容器中，加入一定量的A和B，反应到达平衡能说明反应2A（l）+B（g）C（l）+2D（l）达平衡状态的是BCAv（A）=2v（B）B恒容容器中，体系的压强不再改变C恒容容器中，体系中气体的密度不再改变D恒容容器中，气体的摩尔质量不再改变考点：原电池和电解池的工作原理；晶体熔沸点的比较；化学平衡状态的判断；盐类水解的原理分析：（1）结合化学方程式对应的物质的量计算反应放出的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和反应焓变写出甲烷燃烧的热化学方程
66、式；甲烷燃料电池中甲烷在负极发生氧化反应，在KOH溶液中生成碳酸根离子；（2）在2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O反应中，加水稀释，三种离子浓度同等程度地减小，水的浓度不变，反应物两种离子相遇机会减少，平衡逆向移动；（3）一般说来原子晶体的熔点大于离子晶体，离子晶体大于分子晶体，结合常温下的状态判断二氧化碳和溴的熔点；（4）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断解答：解：（1）3mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳气体放出2670.9kJ的热量，则1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出
67、KJ=890.3KJ热量，热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJ/mol；甲烷燃料电池中甲烷在负极发生氧化反应，在KOH溶液中生成碳酸根离子，电极反应式为CH4+10OH8e=CO32+7H2O，故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJ/mol；负极；CH4+10OH8e=CO32+7H2O；（2）在2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O反应中，加水稀释，三种离子浓度同等程度地减小，水的浓度不变，反应物两种离子相遇机会减少，平衡逆向移动，其浓度熵大于平衡常数，Qc=K，溶液变黄色，故
68、答案为：黄色；Qc=K；（3）SiC是原子晶体，其熔点大于KCl，二氧化碳和溴都是分子晶体，其熔点低于KCl，常温下二氧化碳是气体，溴为液态，所以其熔点由高到低的顺序为，故答案为：；（4）A、v（A）=2v（B）只能看出反应速率之比等于化学计量数之比，不能确定正逆反应速率相等，故A错误；B、反应物和生成物中只有B为气态，压强不变说明B的浓度不变，反应达到平衡状态，故B正确；C、反应物和生成物中只有B为气态，恒容条件下密度不变，说明B的质量不变，反应达到平衡状态，故C正确；D、反应物和生成物中只有B为气态，其摩尔质量始终不变，故D错误；故答案为：BC点评：本题考查较为综合，考查了热化学方程式书写
69、、电极反应式书写、平衡移动、不同晶体熔点大小的比较、化学平衡状态的判断，题目难度较大24下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是第三周期第A族（2）、中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物，写出其中一种化合物的电子式（3）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，下列物质不能作该反应催化剂的是（填序号）bcaMnO2 bHI cNa2SO3 dFeCl3（4）W与是相邻的同主族元素在下表中列出H2WO3的各种不同化学性质，举例并写出相应的化学方程式编号性质化学方程式示例氧化性H2W
70、O3+3H3PO33H3PO4+H2W12（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生如图反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+，M中阳离子的鉴定方法取少量M样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：由元素在周期表中的位置可知：为H、为C、为N、为O、为Na、为Al、为Si、为Cl（1）地壳中含量居于第二位的元素为Si；（2）由H、O、Na、Cl中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、NaClO、Na2O2等；（3）表中两
71、种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而HI、Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应；（4）W与是相邻的同主族元素，是氧元素，故W为硫元素，H2SO3具有酸性、还原性、氧化性；（5）M是仅含非金属的盐所以一定是铵盐，为Al元素，所以推断N是氧化铝，故Z是氢氧化铝，结合反应：X+Y+H2OAl（OH）3+NH4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，据此解答解答：解：由元素在周期表中的位置可知：为H、为C、为N、为O、为Na、为Al、为Si、为Cl（1）地壳中含量居于第二位的元素为Si，处于周期表中第三周期第A族，故答案为：第三周期
72、第A族；（2）由H、O、Na、Cl中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、NaClO、Na2O2等，其中NaOH的电子式为，故答案为：；（3）表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而HI、Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应，不能作催化剂，故答案为：bc；（4）W与是相邻的同主族元素，是氧元素，故W为硫元素，H2SO3具有酸性、还原性、氧化性，可以被强氧化剂氧化，如H2SO3+Br2+2H2O=H2SO3+2HBr，与NaOH发生中和反应H2SO3+2NaOH=Na2SO3+2H2O，故答案为：编号性
73、质化学方程式示例氧化性H2WO3+3H3PO33H3PO4+H2W1还原性H2SO3+Br2+2H2OH2SO3+2HBr2酸性H2SO3+2NaOHNa2SO3+2H2O（5）M是仅含非金属的盐所以一定是铵盐，为Al元素，所以推断N是氧化铝，故Z是氢氧化铝，结合反应：X+Y+H2OAl（OH）3+NH4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，则：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+；M中阳离子的鉴定方法为：取少量M样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子，故答案为：Al3+3NH3+3H2OA
74、l（OH）3+3NH4+；取少量M样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子点评：本题考查元素周期表、无机物推断、常用化学用语、元素化合物性质等，难度中等，注意掌握常见离子检验等25结合如图中所示转化关系回答有关问题（1）液态F能否导电否（填“能”或“否”）（2）A是一种非常重要的工业产品据统计，地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%A发生腐蚀的主要原因是（填写下面的选项序号）ba直接与氧气发生化学腐蚀 b通过原电池反应发生腐蚀c因溶于水而消耗掉（、只答其一）若你选定选项a或c，请写出相应的化学方程式：无；若你选定选项b，请写出负极的电
75、极反应式Fe2eFe2+（3）气体y的密度约是空气密度的1.1倍，则沉淀x的化学式是Fe（OH）3气体y的结构式O=O（4）写出D+某金属单质B的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2（5）将（4）反应设计成原电池，请画出原电池的装置图（标出正、负极、溶液）考点：无机物的推断分析：电解饱和食盐水得到NaOH、H2、Cl2，B、C、D分别为NaOH、H2、Cl2中的一种，B与C反应得到F，F与金属A反应得到B与G，D与某种金属反应得到B，应金属Al与碱的反应，可推知B为H2、C为Cl2、D为NaOH，F为HCl由A与C（氯气）的反应及G与C（氯气）反应可知，金属A为变价金
76、属，且A是一种非常重要的工业产品据统计，地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%，可推知A是Fe，则G为FeCl2，E为FeCl3，E、G均匀足量的H反应得到沉淀x与气体y，气体y的密度约是空气密度的1.1倍，则y相对分子质量为291.1=32，可推知H为Na2O2、x为Fe（OH）3，气体y为O2，据此解答解答：解：电解饱和食盐水得到NaOH、H2、Cl2，B、C、D分别为NaOH、H2、Cl2中的一种，B与C反应得到F，F与金属A反应得到B与G，D与某种金属反应得到B，应金属Al与碱的反应，可推知B为H2、C为Cl2、D为NaOH，F为HCl由A与C（氯气）的反应及G与C（氯气）反
77、应可知，金属A为变价金属，且A是一种非常重要的工业产品据统计，地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%，可推知A是Fe，则G为FeCl2，E为FeCl3，E、G均匀足量的H反应得到沉淀x与气体y，气体y的密度约是空气密度的1.1倍，则y相对分子质量为291.1=32，可推知H为Na2O2、x为Fe（OH）3，气体y为O2（1）HCl为共价化合物，液态情况下不导电，故答案为：否；（2）生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液能构成原电池，铁作负极而加速被腐蚀，故选b；负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe2eFe2+，故答案为：b；Fe2eFe2+；（3）由上述分析可知，x为Fe（O
78、H）3，y为O2，结构式为O=O，故答案为：Fe（OH）3；O=O；（4）D+某金属单质B的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（5）将（4）反应设计成原电池的装置图为：，故答案为：点评：本题考查无机物的推断，推断突破口为A及饱和食盐水电解产物、转化中特殊反应，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等26煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比等问题已知：CO （g）+H2O （g）H2 （g）+CO2 （g）平衡常数K随温度的变化如下表：温度/400500800平衡常数K9.9491回答下列问题（1）
79、该反应的平衡常数表达式K=，H=0（填“”、“”、“=”）（2）已知在一定温度下，C（s）+CO2 （g）2CO （g）平衡常数K1C（s）+H2O （g）H2 （g）+CO （g）平衡常数K2，则K、K1、K2，之间的关系是K=（3）800时，向一个10L的恒容反应器中充入0.40molCO和1.60mol水蒸气，经一段时 间后反应达到平衡，此时CO的转化率为80%；若保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.10molCO和0.40mol CO2，此时v正=v逆 （填“”、“=”或“”） 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”（4）已知：KMnO
80、4+H2C2O4+H2SO4MnSO4+K2SO4+CO2+H20（未配平），向酸性KMnO4溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，当溶液中的KMnO4耗尽后，紫色溶液将褪去为确保能观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）：n（KMnO4）2.5（5）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，该小组设计了如下实验方案实验序号 反应温度/ H2C2O4溶液 酸性KMO4溶液 H2O V/mL c/（molL1） V/mL c/（molL1） V/mL 25 8.0 0.20 5.0 0.010 0 25 6.0 0.20 5.0 0.010 x表中x=2
81、 ml，理由是保证其它条件不变，只改变H2C2O4的浓度，从而达到对比的目的考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的计算；探究影响化学反应速率的因素分析：（1）根据反应方程式及化学平衡常数表达式完成；根据表中数据，温度升高，化学平衡常数增大进行判断；（2）根据化学平衡常数表达式计算解答；（3）令CO的浓度变化为c，用三段式表示出各物质变化的浓度、平衡时的浓度，再根据平衡常数计算，比较浓度商与平衡常数K的关系；（4）根据化合价升降相等，来配平即可得出答案；（5）研究反应物浓度对化学反应速率的影响，其条件不变的情况下只改变温度解答：解：（1）根据反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）及化
82、学平衡常数表达式，K=，由于温度升高，该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应，所以H0，故答案为：K=；（2）C（s）+CO2（g）2CO（g）平衡常数K1；C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）平衡常数K2；CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）平衡常数K；=，故K=，故答案为：K=；（3）对于反应 CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0变化（mol/L）：c c c c平衡（mol/L）：0.04c 0.16c c c所以=9，解得c=0.032所以CO的转化率为100%=80%则平衡时各量为
83、：对于反应 CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0变化（mol/L） 0.032 0.032 0.032 0.032平衡（mol/L）：0.008 0.128 0.032 0.032 改变后的量为：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），改变后（mol/L）：0.018 0.128 0.032 0.072 Qc=1=K，所以平衡不移动，故答案为：80%；=；（4）H2C204中碳由+3价变为+4价，升高12；而锰由+7变为+2，降低5价；升降守恒，所以最小公倍数为5；即n（H2C204）：n（KMnO4）2.5，故答案为：2.5；（5）只改变草酸的浓度，而混合溶液的体积不变，进行对照试验，探究浓度对反应速率的影响，实验溶液的体积是13mL，所以x=2ml，故答案为：2；保证其它条件不变，只改变H2C2O4的浓度，从而达到对比的目的点评：本题考查平衡常数及其相关计算、平衡移动原理、平衡标志的判断等，根据平衡常数求转化率，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力