1、广东省深圳高中2014-2015学年高一下学期期末化学试卷（理科）一、单选题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共计36分）1下列离子在水溶液中一定能大量共存的是( )AK+ NH4+ HCO3 OHBFe2+ H+ NO3 SO42CNa+ Cu2+ SO42 NO3DAl3+ Ba2+ CO32 Cl考点：离子共存问题 分析：A铵根离子、碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；B硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；C四种离之间不发生反应，能够共存；D铝离子与碳酸根离子发生双水解反应，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀解答：解：ANH4+、HCO3都与OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故A
2、错误；BFe2+、H+、NO3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、Cu2+、SO42、NO3之间不反应，在溶液中概念大量共存，故C正确；DAl3+、CO32之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，Ba2+、CO32之间反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的正误判断，为2015届高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础
3、知识的能力2设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )A常温下，78gNa2O2与足量的水反应转移电子数为2NAB常温常压下，8g O3所含电子数为4NAC0.1mol/L的Na2CO3溶液中所含Na+数目为0.2NAD标准状况下，22.4L CCl4含CCl4分子数为NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A过氧化钠中氧元素的化合价为1价，1mol Na2O2与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子；B.1个臭氧分子含有24个电子；C溶液的体积未知；D气体摩尔体积适用对象为气体解答：解：A.78gNa2O2的物质的量为1mol，与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转
4、移电子数为NA，故A错误；B.1个臭氧分子含有24个电子，8g臭氧物质的量为=mol，含电子的个数为24NA=4NA，故B正确；C溶液的体积未知，无法计算碳酸钠的物质的量，故C错误；D标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用对象3下列叙述I和II均正确且有因果关系的是( )选项叙述I叙述IIASO2具有漂白性SO2可使溴水褪色B非金属性：FCl酸性：HFHClCSi是半导体Si用于
5、制造光导纤维D35Cl和37Cl互为同位素35Cl和37Cl化学性质几乎相同AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；同位素及其应用；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；硅的用途 分析：A二氧化硫具有漂白性和还原性，能被强氧化剂氧化；B元素的非金属性越强，其吸引电子能力越强，则其氢化物越难电离；C光导纤维的主要成分是二氧化硅；D决定元素化学性质的是其最外层电子，同位素的化学性质相似、物理性质不同解答：解：A溴具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，所以二者能发生氧化还原反应而使溴水褪色，该反应中二氧化硫体现还原性，故A错误；B元素的非金属性越强，其吸引电子能力越强，则其氢化物越难电离，导致
6、其氢化物水溶液酸性越弱，非金属性FCl，则酸性HFHCl，故B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅能做半导体材料，故C错误；D决定元素化学性质的是其最外层电子，同位素的核外电子数相等，所以同位素的化学性质相似、物理性质不同，35Cl和37Cl互为同位素，所以化学性质几乎相同，故D正确；故选D点评：本题考查非金属性强弱判断、二氧化硫性质、物质用途、同位素等知识点，侧重考查元素化合物、元素周期律等知识点，注意二氧化硫漂白性和还原性区别，易错选项是AB4下列关于实验现象的描述不正确的是( )A把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B用锌片做阳极，铁片做做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表
7、面出现一层锌C把要保护的金属与直流电负极相连，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法D把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快考点：原电池和电解池的工作原理 分析：A铜片和铁片和稀硫酸构成原电池，铜作正极；B阳极是活性金属锌，所以阳极金属锌失去电子发生氧化反应，阴极上溶液中的阳离子即锌离子得到电子变成锌，在铁极上析出；C外加电流保护金属称为外加电流的阴极保护法；D构成原电池反应，可以加速反应的速率解答：解：A把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，故A正确；B用锌片做阳极，铁片做做阴极，电解氯化锌溶液，
8、这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn2e=Zn2+；阴极：Zn2+2e=Zn，故B正确；C被保护金属与直流电源的负极相连时，是外加电流的阴极保护法，故C错误；D把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故D正确；故选C点评：本题主要考查了原电池的有关应用，解答须理解原电池的构成条件反应原理，题目较简单5下列叙述I和II均正确且有因果关系的是( )选项叙述I叙述IIA铜丝深入稀硝酸溶液中，溶液变蓝铜丝与硝酸发生了置换反应B浓硫酸具有吸水性和强氧化性把浓硫酸
9、滴到蔗糖表面，蔗糖变黑膨胀CFe3+具有氧化性FeCl3溶液用于回收废旧电路板中的CuDBaSO4难溶于酸向某溶液加入Ba（NO3）2溶液，再加入足量稀HCl，得到白色沉淀，则原溶液含SO42AABBCCDD考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；常见阴离子的检验 分析：A铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水；B蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，体积膨胀，说明生成气体，表现了浓硫酸的强氧化性；C三价铁离子具有氧化性，能氧化铜为铜盐溶液；D根据加入硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫
10、酸根离子；解答：解：A、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，是氧化还原反应，非置换反应，故A错误；B蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，体积膨胀，说明生成气体，表现了浓硫酸的强氧化性，没表现吸水性，故B错误；C三价铁离子具有氧化性，能氧化铜为铜盐溶液，、正确有因果关系，故C正确；D因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故D错误；故选：C点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质和离子的检验等知识，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的
11、考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大6市场上常用的一种锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，下列说法中不正确的是( )A该电池不能用水溶液作为电解质B放电时，Li+向负极移动C充电时，电极Li0.85NiO2质量会减小D放电时，负极的反应为：LieLi+考点：化学电源新型电池 分析：该电池放电时，负极反应式为LieLi+，正极反应式为Li+2Li0.35NiO2+e2Li0.85NiO2，充电时阴极、阳极反应式正好与负极、正极反应式相反，放电时，电解质中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此分析解答解答：解：该电池放电
12、时，负极反应式为LieLi+，正极反应式为Li+2Li0.35NiO2+e2Li0.85NiO2，充电时阴极、阳极反应式正好与负极、正极反应式相反，ALi极易和水反应生成LiOH，所以不能用水溶液作电解质溶液，故A正确；B放电时，阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以Li+向正极移动，故B错误；C充电时，阳极反应式为2Li0.85NiO2eLi+2Li0.35NiO2，所以电极Li0.85NiO2质量会减小，故C正确；D放电时，负极上Li失电子发生氧化反应，所以负极的反应为：LieLi+，故D正确；故选B点评：本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极的判断、离子移动方向即可解答，难点
13、是电极反应式的书写，易错选项是A7下列描述中，不符合生产实际的是( )A电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D在镀件上电镀锌，用锌作阳极考点：电解原理；铜的电解精炼 专题：电化学专题分析：A、电解池中活泼金属作阳极，则阳极反应是活泼金属失电子；B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极；C、电解饱和食盐水制烧碱，阴极上是氢离子放电，所以氢氧根浓度增大，在该极附近生成大量的氢氧化钠；D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极解答：解：A、电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极是则阳极放电的是金属铁，电极被损耗，不符
14、合生产实际，故A错误；B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，在该电极上会析出大量的铜，故B正确；C、电解饱和食盐水制烧碱，阴极上是氢离子放电，在该极附近生成大量的氢氧化钠，符合生产实际，故C正确；D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极，故D正确故选A点评：本题考查学生电解池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大8为了使埋在地下的钢管不易生锈，设计了如下几种方案，将钢管：用导线与铅板连接 用导线与锌板连接 用导线与碳棒连接 与直流电源负极连接 直流电源正极连接，其中可采取的方法是( )ABCD考点：金属的电化学腐蚀与防护 分析：采用化学方法防止金属被腐蚀时可以采用电化学方法，作原电池
15、正极或电解池阴极的金属能防止被腐蚀，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，据此分析解答解答：解：采用化学方法防止金属被腐蚀时可以采用电化学方法，作原电池正极或电解池阴极的金属能防止被腐蚀，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，用导线与铅板连接，构成的原电池中Fe比Pb易失电子，所以Fe做负极而加速铁被腐蚀，故错误；用导线与锌板连接，构成的原电池中Zn比Fe易失电子，所以Fe作正极而被保护，故正确； 用导线与碳棒连接，构成的原电池中Fe易失电子作负极，所以铁加速被腐蚀，故错误；与直流电源负极连接，构成的原电池中，Fe作阴极而被保护，故正确；直流电源正极连接，构成的原电池中Fe作阳极而加速
16、被腐蚀，故错误；故选B点评：本题考查金属的腐蚀与防护，明确原电池、电解池原理是解本题关键，防止金属被腐蚀可以采用物理方法或化学方法，题目难度不大9四个试管中都装有5mL 0.1mol/L Na2S2O3溶液，分别在不同温度下加入0.1mol/L的硫酸和一定量水，最先出现浑浊的是( )A20，8 mL硫酸，2 mL水B20，5 mL硫酸，5 mL水C30，8 mL硫酸，2 mL水D30，3 mL硫酸，7 mL水考点：化学反应速率的影响因素 分析：最先出现浑浊，说明反应速率最大，结合温度、浓度对反应速率的影响解答该题解答：解：题中C、D温度较A、B高，则C、D反应速率较大；而C、D相比较，C浓度较
17、大，则C反应速率最大故选C点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，注意把握反应速率的影响因素以及原因，注重相关基础知识的积累，难度不大10在恒温、恒容下，当反应容器内总压强不随时间变化时，下列可逆反应一定达到平衡的( )A3M（气）+2N（气）P（气）+4Q（气）BM（气）+2N（气）3P（气）+Q（固）CM（气）+N（气）P（气）D以上都达到平衡考点：化学平衡状态的判断 分析：在恒温、恒容下，当反应容器内总压强不随时间变化时，要想反应一定是达到平衡状态，必须反应前后两边气体计量数不等，由此分析解答解答：解：A、反应两边气体的计量数之和相等，故A不选；B、反应两边气体的计量数之和相等
18、，故B不选；C、反应两边气体的计量数之和不相等，故C选；D、A和B不能，故D不选；故选C点评：本题考查了化学平衡状态的判断，注意反应前后气体的体积是否有变化，本题难度中等11在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2AB（g）+C（s）且达到化学平衡状态当温度升高时，其容器内气体的密度增大，则( )A若正反应为放热反应，则A为气体B若正反应为吸热反应，则A为气体C在平衡体系中加入少量的C，平衡向逆反应方向移动D压强的改变对该平衡移动无影响考点：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：化学反应达到平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，如平衡向正反
19、应方向移动，则A应为非气态，如平衡向逆反应方向移动，则A应为气态；对于可逆反应，固体对反应速率没有影响解答：解：A若正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A应为气态才能符合，故A正确；B若正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，容器内气体的密度增大，说明气体的质量增大，则A应为非气态才能符合，故B错误；C对于可逆反应，固体的量的多少对反应速率没有影响，故C错误；D无论A的状态如何，该反应2A（？）B（g）+C（s）是前后气体体积发生变化的反应，因此改变压强，平衡必然发生移动，故D错误故选A点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中
20、等，解答本题的关键是容器密度的变化，答题时注意体会12合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（正反应为放热反应），673K、30MPa下，n（NH3）和n（H2）随时间 t变化的关系如图所示下列叙述中，正确的是( )A点c处正反应速率和逆反应速率相等B点a的正反应速率比点b的大C点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不同D在t2时刻，正反应速率大于逆反应速率考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：在N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的
21、量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项解答：解：A、c点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，所以正逆反应速率不相等，故A错误；B、从a点到b点，氢气的物质的量在逐渐减少，氢气的物质的量浓度在逐渐减少，所以正反应的反应速率在逐渐降低，即点a的正反应速率比点b的大，故B正确C、d点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，即d点和e点n（N2）相等，故C错误；D、在t2时刻，该反应处于化学平衡状态，所以正逆反应速率相等，故D错误故选B点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，
22、把握平衡状态的特征为解答该题的关键二、双选题（每小题有2个正确选项，每小题4分，共16分）13下列实验现象预测正确的是( )A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：化学实验方案的评价；胶体的重要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验 专题：压轴题；实验评价题分析：A溴和NaOH反应，苯不溶于水，且密度比水小；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；C生成NO，根据NO的性质判断；D在沸水中滴加饱
23、和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体解答：解：A溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；B浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；C生成NO，NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；D在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确故选BD点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累14短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最
24、外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法错误的是( )A元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B元素X的一种单质是自然界中硬度最大的物质C元素Y的单质只能与盐酸等酸反应生成氢气，而不能和碱反应D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2考点：原子结构与元素的性质 分析：短周期元素，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X是C元素；Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数大于O，故Z处于第三周期，最外层电子数为6，故Z为
25、S元素；W是制备一种高效电池的重要材料，原子序数小于碳，则W是Li元素，据此解答解答：解：短周期元素，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X是C元素；Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数大于O，故Z处于第三周期，最外层电子数为6，故Z为S元素；W是制备一种高效电池的重要材料，原子序数小于碳，则W是Li元素AW、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B金刚石是自然界中硬度最大的物质，故B正确；C元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应
26、均有氢气生成，故C错误；D硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选AC点评：本题考查结构性质位置关系应用，充分利用原子结构的知识推断元素的关键，注意把握常见元素及其化合物的性质，题目难度不大15加“碘”食盐较多使用的碘酸钾（KIO3），在工业上可用电解法制取以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应方程式为：KI+3H2OKIO3+3H2下列有关说法不正确的是( )A电解时，石墨作阴极，不锈钢作阳极B电解时，阳极反应是：I6e+3H2OIO3+6H+C溶液调节至强酸性，对生产不利D电解后阴极周围溶液的pH升高考点：原电池和电解池的工作原理 分析：由方程式额控制，KI被
27、氧化生成KIO3，则石墨应为阳极，发生I6e+3H2OIO3+6H+，阴极生成氢气，结合电极方程式解答该题解答：解：A根据电池反应式知，阳极上碘离子放电生成碘酸根离子，则阳极应该为惰性电极石墨，阴极为铁，故A错误；B电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，电极反应为：I6e+3H2O=IO3+6H+，故B正确；CKI和KIO3在酸性溶液中放出氧化还原反应，不利于生产碘酸钾，故C正确；D阴极发生2H+2e=H2，氢离子浓度减小，pH增大，故D正确故选A点评：本题考查了电解原理，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意从化合价的角度判断电极反应，根据电池反应式判断阴阳极材
28、料、电极反应，并结合盐的性质分析解答，难度中等16甲醇、空气和强碱溶液做电解质的手机燃料电池中所发生的反应为：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，下列有关说法正确的是( )A放电时，CH3OH参与反应的电极为正极B放电时，负极反应为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2OC充电时，电解质溶液的pH逐渐增大D放电时，每通入标况下11.2L O2完全反应转移电子数为1mol考点：化学电源新型电池 分析：该燃料电池中放电时，负极反应式为CH3OH6e+8OHCO32+6H2O，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，充电时阴阳极上电极反应式与放电时负极、正极上电极反应式正好相反，据
29、此分析解答解答：解：A放电时，甲醇失电子发生氧化反应，所以甲醇参与反应的电极是负极，故A错误；B放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH6e+8OHCO32+6H2O，故B正确；C充电时，电池反应式为2CO32+6H2O=2CH3OH+3O2+4OH，有氢氧根离子生成，所以溶液碱性增大，pH增大，故C正确；D标况下11.2L氧气物质的量是0.5mol，放电时，每通入标况下11.2L O2完全反应转移电子物质的量=0.5mol4=2mol，故D错误；故选BC点评：本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶
30、液酸碱性书写，题目难度不大二、第II卷（本卷共计48分）17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（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（1）可以判断该分解反应已经达到平衡的是BCA2v（NH3）=
31、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（2）该分解反应的平衡常数表达式为c2（NH3）c（CO2），根据表中数据，列式计算25.0时的分解平衡常数：1.6108（molL1）3（保留两位有效数字）（3）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”）；（4）氨基甲酸铵分解反应的焓变H0（填“”“=”或“”），熵变S0 （填“”“=”或“”）此反应在该温度下能自发进行原因是熵 效应大于焓效应考点：化学平衡常数的含义 专题：化学平衡
32、专题分析：（1）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；（2）化学平衡常数K=，固体和纯溶剂不列入表达式中，并根据平衡数据来计算；（3）根据压强对化学平衡移动的影响来回答判断；（4）根据温度对化学平衡移动的影响以及反应前后气体量的变化来确定焓变和熵变的符号，该温度下能自发进行原因是G0解答：解：（1）A2v（NH3）v（CO2），不能说明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故A错误；B反应是一个前后系数和变化的反应，密闭容器中总压强不变，证明达到了平衡状态，故B正确；C密闭容器中混合气体的密度=，质量不守恒，分子变
33、化，V不变，容器中总密度不变，证明达到了平衡状态，故C正确；D密闭容器中氨气的体积分数不变，不能证明达到平恒状态，故D错误故选BC；（2）反应NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）的K=c2（NH3）c（CO2），设二氧化碳浓度的变化量x，NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）初始浓度：0 0变化浓度：2x x平衡浓度：2x x则3x=4.8103mol/L，即x=1.6103mol/L，K=1.6103mol/L（3.2103）21.6108（molL1）3，故答案为：c2（NH3）c（CO2）；1.6108（molL1）3；（3）若在恒温下压缩容器体积，则会将压
34、强增大，平衡向左移动，固体质量增大，故答案为：增加；（4）根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡正向移动，反应是吸热的，反应物是固体，产物是气体，该反应是熵增加的过程，即H0，S0，该温度下能自发进行原因是G0，即熵变量大于焓变量，故答案为：；熵；焓点评：本题涉及化学平衡的判断、化学平衡常数的计算、化学平衡的移动等知识，属于综合知识的考查，难度不大18运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义（1）在硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如1图所示（曲线上任何一点
35、都表示平衡状态）根据图示回答下列问题：若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡向左移动（填“向左”、“向右”、“不”）；若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2；若反应进行到状态D时，正逆（填“”、“”或“=”）（2）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用如图2是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式：（热量Q的数值用含字母a、b的代数式表示）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ba）kJmol1考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；化学平衡常数
36、的含义 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，体积应增大，反应混合物各组分的浓度降低，等效为降低压强，压强降低平衡向体积增大方向移动；由图可知，温度越高，混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；D状态未达平衡，混合体系中SO3的百分含量小于平衡时的，反应向正反应进行建立平衡；（2）由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答解答：解：（1）恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，体积应增大，反应混合物各组分的浓度降低，等效为降低压强，压强降低平衡向体积增大方向移动
37、，即向左移动，故答案为：向左；由图可知，温度越高，混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，K值减小，故平衡常数K1K2，故答案为：；D状态未达平衡，混合体系中SO3的百分含量小于平衡时的，反应向正反应进行建立平衡，所以V正V逆，故答案为：；（2）由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（ba）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ba）kJmol1，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ba）kJmol1点评：本题考查化学平衡、热化学方程式及读图能力，难度中等，（2）中用字母表示反应热数值，符号的确定
38、容易忽略，为易错点19银铜合金广泛用于航空工业从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：已知：Al（OH）3和Cu（OH）2的分解温度分别为450C和80C（1）电解精炼银时，阴极上发生反应的电极反应为：Ag+e=Ag；滤渣A与稀硝酸反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2（2）最后一步在惰性气氛中煅烧固体B的过程中发生的反应有只有两个：（1）2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（2）4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2（完成并配平该反应方程式）（3）固体B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中应严格控制NaOH的加入
39、量，若NaOH过量，发生反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2，二者反应得到CuAlO2，（1）根据电解原理分析判断；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合
40、生成红棕色N02；（2）由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，配平完成方程式；（3）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；（4）根据可溶性溶质从溶液中析出晶体的方法答题解答：解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al
41、2O3，二者反应得到CuAlO2，（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Age=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag+e=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2；故答案为：Ag+e=Ag；2NO+O2=2NO2；（2）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2，故答案为：4；2；4；O2；（3）未煮沸之前是Cu（OH）
42、2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）由CuSO4溶液获得CuSO45H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤，洗涤和低温干燥等操作，故答案为：蒸发浓缩、过滤点评：本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，难度不大20某化学小组为了研究外界条件对化学反
43、应速率的影响，进行了如下实验：【实验原理】2KMNO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O【实验内容及记录】实验编号室温下，试管中所加试剂及用量/mL室温下，溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.2mol/LKMnO4溶液3mol/LH2SO4溶液13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4试回答：根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件相同时，增大KMnO4浓度反应速率增大，试从活化分子和有效碰撞角度解释该结论反应物浓度增大，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞几
44、率增大，反应速率增大该小组同学根据经验绘制了n（Mn2+）随时间变化趋势的示意图，如图甲所示但有同学查阅已有的资料发现，该实验过程中n（Mn2+）随时间变化的趋势如图乙所示该小组同学根据乙图所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究该小组同学提出的假设是生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写下表中的空白实验编号室温下，试管中所加试剂及用量/mL再向试管中加入少量固体室温下，溶液褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.2mol/LKMnO4溶液3mol/LH2SO4溶液43.02.03.02.0MnSO4（填写所加甲固体
45、的化学式）t若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象为与实验1比较，溶液褪色的时间小于4min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）从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度；反应物浓度增大，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞几率增大；（2）由图乙可知反应开始后速率增大的比较快，作对比实验，其它条件相同时加入MnSO4，若反应加快，说明Mn2+是催化剂解答：解：（1）从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度；其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率增大，原因是反应物浓度增大，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞几率增大；故答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度反应速率增大；反应物浓度增大，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率增大；（2）由图乙可知反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂，作对比实验与与实验1比较，其它条件相同时加入MnSO4，若反应加快，溶液褪色的时间小于4min，说明Mn2+是催化剂；故答案为：生成物中的MnSO4（或Mn2+）为该反应的催化剂； MnSO4；与实验1比较，溶液褪色的时间小于4min点评：本题主要结合实验考查了外界条件对化学反应速率的影响，题目难度不大，注意对比分析图表中的数据找出相同点和不同点
