1、静海区20182019学年度第一学期12月四校联考试卷高三 化学 试卷本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，试卷满分100分。考试时间90分钟。相对原子质量：H：1 O:16 K:39 S:32 Fe:56一、选择题: (每小题2分，共40分。每小题只有一个正确选项。)1.下列物质与其用途相符合的是( )NH3工业上制HNO3 SiO2太阳能电池 碘元素预防甲状腺肿大 Al2O3耐火材料A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】NH3NONO2HNO3 ，故正确；二氧化硅作光导纤维，故错误；碘有极其重要的生理作用，人体内的碘主要存在于甲状腺中，人体内如果缺碘，甲状腺得不到足
2、够的碘会形成甲状腺肿大，所以适当地补充碘，能预防甲状腺肿大，故正确；氧化铝是一种白色难熔的物质，是一-种很好的耐火材料,故正确；故选D。2.下列说法正确的是( )A. 在pH=1的溶液中可能含大量离子：Na+、Fe2+、NO3、ClB. 二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液褪为无色C. 等物质的量浓度、等体积的氢氧化钡溶液与明矾溶液混合，离子方程式为：3Ba2+6OH+2Al3+3SO423BaSO4+2Al(OH)3D. 向FeI2溶液与过量氯水的反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl【答案】C【解析】【详解】A.酸性环境下Fe2+被NO3氧化为Fe3+，故A错误；B.二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，
3、发生反应SO2+H2O H2SO3，所以紫色石蕊溶液变红但不褪色，故B错误；C.等物质的量浓度、等体积的氢氧化钡溶液与明矾溶液混合，Al3+ 、SO42过量，根据以少定多的原则确定离子方程式3Ba2+6OH+2Al3+3SO423BaSO4+2Al(OH)3，故C正确；D.由于氯水过量，Fe2+，I应该均被氧化，离子方程式2Fe2+4I3Cl22Fe3+2Cl2I2，故D错误；答案选C。【点睛】本题易错点是关于二氧化硫漂白性的理解，一定要注意二氧化硫与有机色质结合生成不稳定的无色物质，比如品红溶液，但是不包括酸碱指示剂。3.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液中加KSCN，溶液显红
4、色，证明原溶液中有Fe3，无Fe2B. 气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，无KD. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】B【解析】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不
5、能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。视频4.下列关于化学键的叙述正确的是A. 离子化合物中只含有离子键B. 单质分子中均不存在化学键C. 含有非极性键的化合物一定是共价化合物D. 共价化合物分子中一定含有极性键【答案】D【解析】【详解】A.离子化合物中一定含有离子键，可能有共价键，例如NaOH；故A错误；B. Cl2中有共价键，故B错误；C. Na2O2中有非极性键，故C错误；D.共价化合物分子中含有
6、不同的非金属元素，故D正确；故选D。【点睛】离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键，肯定有共价键；不同种非金属元素原子间形成极性共价键，同种非金属元素原子间形成非极性共价键，惰性气体单质分子中没有化学键。5.X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2和Z，Y和Z离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是A. 离子半径：X2ZY B. 单质沸点：XYZC. 原子最外层电子数：YZX D. 原子序数：YXZ【答案】A【解析】【分析】X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在
7、Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素。【详解】ANa+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，故A正确； B常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故B错误； CX、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故C错误； DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，故D错误；故选A。6. 下列说法中正确的是A. 6.8 g熔融KHSO4与3.9 g熔融Na2O2中阴离子数目相同B. 某金属阳离子的结构示意图为，其与Cl形成的强电解质都是离子化合物C. 二硫化碳的电
8、子式为D. 中子数为18的氯原子可表示为18Cl【答案】A【解析】试题分析：A、6.8g硫酸氢钾的物质的量是6.8g136g/mol0.05mol，3.9g过氧化钠的物质的量是3.9g78g/mol0.05mol，因此在熔融状态下硫酸氢钾与过氧化钠中阴阳离子的物质的量都是0.05mol，A正确；B、该金属阳离子也可能是铝离子，与氯离子形成的化合物氯化铝是共价化合物，B错误；C、二硫化碳是直线形非极性分子，其电子式为，C错误；D、中子数为18的氯原子可表示为35Cl，D错误，答案选A。考点：考查阿伏伽德罗常数、化合物以及化学用语的正误判断7.下列有关元素的说法正确的是A. A族与A族元素间一定形
9、成离子化合物B. 第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强D. 元素周期表中的117号元素（Uus）位于第七周期、A族【答案】D【解析】【详解】A. A族为H和碱金属，A族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A错误；B. 第二周期中，O没有最高正价，F没有正价，第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；C. 同周期金属元素的化合价越高，元素的金属性越弱，则失电子能力逐渐减弱，故C错误；D. 117号元素（Uus）位于第七周期、A族，故D正确；故选D。【点睛】1、周期序数=
10、电子层数，主族序数=最外层电子数=最高正价；2、对于非金属而言，最高正价+最低负价的绝对值=8(H、O、F除外)。8.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中 T 所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R QB. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q E(HBr) 298 kJmol1B. 表中最稳定的共价键是HF键C. H2(g)2H(g)H436 kJmol1D. H2(g)F2(g) 2HF(g)H25 kJmol1【答案】D【解析】A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 k
11、J/molE（H-Br）298 kJ/mol，选项A正确；B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，选项B正确；C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2（g）2H （g） H=+436 kJ/mol ，选项C正确；D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，H=436kJ/mol+157kJ/mol-2568kJ/mol=-543kJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g） H=-543 kJ/mol，选项D错误；答案选D。10.已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H1CH4(g)+H2
12、O(g)CO(g)+3H2(g) H2下列推断正确的是A. 若CO的燃烧热为H3，则H2的燃烧热为H3H1B. 反应CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的H=H2H1C. 若反应的反应物总能量低于生成物总能量，则H20D. 若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则H10【答案】B【解析】试题分析：A氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应中的水是气体，A项错误；B根据盖斯定律，反应CH4(g)+ CO2(g)=2CO (g) +2H2(g)的H=H2H1，B项正确；C若反应的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，H20
13、，C项错误；D由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则H10，当反应达到平衡时，下列措施：升温恒容通入惰性气体增加CO浓度减压加催化剂恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；恒容通入惰性气体，与反应相关的各物质的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误；该反应正向为气体物质的量增大的反应，减压，平衡正向移动，能提高 CO
14、Cl2转化率，正确；加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；恒压通入惰性气体相当于减小压强，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确，选B。考点：考查化学平衡的移动18.能证明反应：H2(g)I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的是()c(H2)c(I2)c(HI)112单位时间内生成n mol H2的同时消耗n mol I2反应速率2v(H2)2v(I2)v(HI)温度和体积一定时，容器内压强不再变化温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】反应到达平衡状态时,正逆反应速率相等(同种物质
15、)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质),平衡时各物质的浓度、百分含量不变,及由此衍生的一些量也不发生变化,由此进行判断。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。【详解】平衡时反应混合物的浓度与反应物起始浓度、反应物的转化率有关,平衡时c(H2)c(I2)c(HI)可能为112,可能不是112,故错误；根据反应方程式知,生成nmol H2同时生成n mol I2,生成n mol I2同时消耗nmol H2,所以碘的正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确；没有指明正、逆速率,不能说明到达平衡,若为同一方向反应速率,三种速率
16、始终为2v(H2)2v(I2)v(HI),故错误；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应, 温度和体积一定时,无论该反应是否达到平衡状态,容器内压强始终不变,故错误；同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比,混合物气体的总质量始终不变,反应前后混合气体总的物质的量始终不变,所以混合气体的平均式量始终不变,故密度始终不变,故错误；温度和体积一定时,混合气体的颜色不再变化,说明I2(g)的浓度不再变化,反应到达平衡,故正确；正确选项：A。【点睛】本题主要考查对平衡状态的判断,可以抓住本质特征：（1）v(正)= v(逆) (同种物质)；（2）正逆反应速率之比等于化学计量数之比(不同物质)；（3）
17、选择判断的物理量必须为变化的量 ,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。19.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0，下列分析中不正确的是( )A. 图研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B. 图研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响C. 图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D. 图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高【答案】C【解析】试题分析：At0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；B反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图t0时正逆反
18、应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确；C如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；D由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确；故选C。考点：考查了化学平衡图像的相关知识。20.在一定条件下发生反应：3A(g)2B(g) xC(g)2D(g)，在2 L密闭容器中，把4 mol A和2 mol B混合，2 min后达到平衡时生成1.6 mol C，又测得反应速率vB0.2 molL1min1，则下列说法中正确的是()A. x3 B. B的转化率为20%C. 平衡时气体压强是原来的0.94倍 D. 达到平衡时A
19、的浓度为1.4 molL1【答案】D【解析】【详解】cc=nc/V= 1.6mol2L=0.8mol/L, vc=cc/t=(0.8mol/L) 2min=0.4molL-1min-1, 根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,=,得x=4；列出三行式：A.x=4，故A错误；B.B的转化率为(0.8mol2mol) 100%=40%，故B错误；C.根据气体物质的量之比等于压强之比,平衡时气体压强是原来的=,故C错误；D.达平衡时A的浓度为2.8mol2L=1.4 molL1，故D正确；正确选项：D。第卷二、简答题(共50分)21.五种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次
20、增大A和C同族，B和E同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，D的最外层电子数与电子层数相同A和B、E、F均能形成共价化合物（由分子构成的化合物）A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和F形成的化合物在水中呈中性回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是_（填元素名称）最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素为_ （填元素符号），其最高价氧化物对应水化物与NaOH反应的离子方程式为_（2）由A和B、E、F所形成的化合物中，热稳定性最差的是_ （用化学式表示）（3）A和F形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为_.（4）D元素最高价氧化物的化学式为_，最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠
21、反应的离子方程式为_（5）单质F与水反应的离子方程式为_【答案】 (1). 钠 (2). Cl (3). H+OHH2O (4). PH3 (5). NH4Cl (6). Al2O3 (7). Al（OH）3+OHAlO2+2H2O (8). Cl2+H2OH+Cl+HClO【解析】本题是有关短周期元素的原子结构、元素在元素周期表中的位置以及元素的性质的综合推断题。根据A与B形成 的化合物的水溶液显碱性，可能推知该化合物是氨气，所以A为H元素，B为N元素；再由B和E同族，可知E为P元素；根据A和C同族，B离子和C离子具有相同的电子层结构，所以C元素是Na,C和F形成的化合物水溶液呈中性，所以C
22、为Cl元素；D的最外层电子数与电子层数相同，所以D为Al元素。(1). 在短周期中原子半径最的是钠元素，所以填钠 ， 短周期中最高价氧化物的水化物酸性最强的是高氯酸 ，高氯酸是无机酸中的最强酸，它与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为： H+OHH2O 。(2). 由A和B、E、F所形成的化合物分别为NH3、PH3、HCl，N、P、Cl三种元素非金属性最强的弱是P，所以热稳定性最差的是 PH3 。 (3). 由（2）知，HCl和NH3反应生成NH4Cl 。 (4). Al的最高价的氧化物为Al2O3 ，对应的水化物为Al（OH）3， 它与氢氧化钠的水溶液反应的离子方程式为： Al（OH）3+OHAl
23、O2+2H2O 。 (5. 氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，次氯酸是弱酸，所以离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO22.纳米磁性流体材料广泛应用于减震、医疗器械、声音调节等高科技领域。下图是制备纳米Fe3O4磁流体的两种流程：（1）分析流程图中的两种流程，其中_（填“流程1”、“流程2”）所有反应不涉及氧化还原反应。步骤反应的离子方程式为_。（2）步骤保持50 的方法是_。（3）步骤中加入的H2O2电子式是_，步骤制备Fe3O4磁流体的化学方程式为_。（4）流程2中FeCl3和FeCl2制备Fe3O4磁流体，理论上FeCl3和FeCl2物质的量之比为_。己知沉淀B为四氧化三铁步骤中操作
24、a具体的步骤是_。（5）利用K2Cr2O7可测定Fe3O4磁流体中的Fe2+含量。若Fe3O4磁流体与K2Cr2O7充分反应消耗了0.01molL -1的K2Cr2O7标准溶液100mL，则磁流体中含有Fe2+的物质的量为_mol。【答案】 (1). 流程2 (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). 水浴加热 (4). (5). 3FeCl2+H2O2+6NaOH=Fe3O4+6NaCl+4H2O (6). 2:l (7). 过滤、洗涤、干燥 (8). 0.006mol【解析】（1）氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以流程1中一定有氧化还原反
25、应发生；溶液A是氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，加入氨水生成相应的氢氧化物沉淀，最终得到四氧化三铁，因此流程2中所有反应不涉及氧化还原反应。（2）步骤保持50，则需要水浴加热；（3）双氧水是含有共价键的化合物，H2O2电子式是；步骤制备Fe3O4磁流体的反应物是双氧水、氢氧化钠和氯化亚铁，则反应化学方程式为3FeCl2+H2O2+6NaOH=Fe3O4+6NaCl+4H2O。（4）由于四氧化三铁可以看作FeOFe2O3，根据铁原子守恒可知理论上FeCl3和FeCl2物质的量之比为2:l。己知沉淀B为四氧化三铁，过滤得到B，所以操作的步骤是过滤、洗涤、干燥。（5）K2Cr2O7的物质的量是0.001
26、mol，反应中Cr从+6价降低到+3价，铁从+2价升高到+3价，因此根据电子得失守恒可知亚铁离子的物质的量是0.001mol（6-3）20.006mol。23.单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450500)，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。相关信息如下：四氯化硅遇水极易水解；硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/57.712.8315熔点/70.01
27、07.2升华温度/180300162请回答下列问题：(1)写出装置A中发生反应的离子方程式_。(2)装置A中g管的作用是_；装置C中的试剂是_；装置E中的h瓶需要冷却的理由是_。(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的元素是_(填写元素符号)。(4)为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2,再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O滴定前是否要滴加指示剂？_(填“是”或“否”)，请说明理由_【答案】 (1). MnO
28、24H2ClMn2Cl22H2O (2). 平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气 (3). 浓硫酸 (4). 产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集 (5). Al、P、Cl (6). 否 (7). KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点【解析】【分析】（1）装置A是氯气发生装置，装置图中固体与液体加热制取氯气，确定药品是二氧化锰与浓盐酸；（2）因浓盐酸易挥发，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流下并防止漏气；根据制得的氯气中含有氯化氢和水，装置B用饱和食盐水除去氯化氢，装置C用浓硫酸吸水；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集；（3）D中氯气与粗硅反
29、应生成SiCl4，h瓶收集粗产物，因反应温度450500，根据表中数据确定粗产品中必定有BCl3、AlCl3、FeCl3、PCl5；精馏粗产品可得高纯度四氯化硅，由表中数据可以看出，蒸出SiCl4气体时，BCl3早已成气体被蒸出，而AlCl3、FeCl3、PCl5升华温度高于SiCl4的沸点，所以仍以固体形式留在精馏装置中；（4）根据MnO4-转变成Mn2+溶液颜色由紫色变成无色，现象明显。【详解】（1）装置A是氯气发生装置，A中的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）因浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没
30、有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流下并防止漏气；根据制得的氯气中含有氯化氢和水，装置B用饱和食盐水除去氯化氢，装置C用浓硫酸吸水；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集；故答案为：平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气；浓硫酸；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集； （3）D中氯气与粗硅反应生成SiCl4，h瓶收集粗产物，精馏粗产品可得高纯度四氯化硅，由表中数据可以看出，蒸出SiCl4气体时，BCl3早已成气体被蒸出，AlCl3、FeCl3、PCl5升华温度高于SiCl4的沸点，所以仍以固体形式留在精馏装置中，故答案为：Al、P、Cl（4）根据MnO4-转变成Mn2+溶液颜色
31、有紫色变成无色，现象明显，故答案为：否； KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点。24.能源开发、环境保护、资源利用等是当今社会的热门话题。请根据所学化学知识回答下列问题：(1)汽车上安装催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。已知：N2(g) + O2(g)2NO(g) H+180.5 kJ mol1；2C(s)+ O2(g)2CO(g) H221.0 kJ mol1；C(s)+ O2(g)CO2(g) H393.5 kJ mol1则尾气转化反应2NO(g) +2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的H_。(2)汽车尾气分
32、析仪对CO的含量分析是以燃料电池为工作原理，其装置如下图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质中自由移动。下列说法中正确的是_(填字母序号)。A负极的电极反应式为：CO + O22eCO2 B工作时电子由电极a通过传感器流向电极b C工作时电极b作正极，O2由电极a通过固体介质向电极b迁移D传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高(3)某硝酸厂利用甲醇处理废水。在一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为_。(4)煤的间接液化是先转化为CO和H2，再在催化剂作用
33、下合成甲醇。若在一定温度下，向2 L密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，经10 min反应达到平衡时测得各组分的浓度如下：物 质COH2CH3OH浓度/(molL1)1.21.00.6 该反应的平衡常数表达式为：K_。 该时间内反应速率v(H2)_。下列说法正确的是_。A升高温度改变化学反应的平衡常数B已知正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反 应速率减慢C化学反应的限度与时间长短无关D化学反应的限度是不可能改变的E. 仅增大H2的浓度，正反应速率加快，反应物的转化率也都增大 10min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起
34、始时_(填增大、减小或无变化)。【答案】 (1). 746.5 kJ mol1 (2). A B D (3). 5 : 6 (4). (5). 0.12 mol/(Lmin) (6). A C (7). 增大【解析】【分析】(1)根据热化学方程式和盖斯定律计算应用；(2)燃料电池中燃料在负极失电子发生氧化反应,氧气在正极得到电子发生还原反应,电子从负极沿外电路流向正极,注意电解质是固体分析电极反应书写方法；(3)根据消耗甲醇的量和转移电子的量来书写方程式,并确定氧化剂和还原剂的量的多少；（4）利用三行式法计算。【详解】(1)已知：N2(g) + O2(g)2NO(g) H+180.5 kJ m
35、ol1；2C(s)+ O2(g)2CO(g) H221.0 kJ mol1；C(s)+ O2(g)CO2(g) H393.5 kJ mol1；根据盖斯定律2-得到2NO(g) +2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H746.5 kJ mol1，故答案为：746.5 kJ mol1；(2)据图可知,一氧化碳在负极失电子生成二氧化碳,电池中电解质为氧化钇-氧化钠,其中O2可以在固体介质中自由移动。A.一氧化碳在负极失电子生成二氧化碳,负极的电极反应式为：CO + O22eCO2，故 A选项是正确的；B.工作时,电子由负极盐外电路流向正极,电子由电极a通过传感器流向电极b,故B选项是正确的；C.
36、工作时电极b作正极, O2由电极b通过固体介质向电极a迁移,故C错误；D.传感器中通过的电流越大,说明一氧化碳是电子越多,尾气中CO的含量越高.所以D选项是正确的，正确答案：ABD。(3) 若消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，则CH3OH中碳的化合价升高6价，由-2价升到+4价，酸性环境生成CO2，总电极反应式为5CH3OH+ 6HNO3=5CO2+N2+13H2O反应中氧化剂是硝酸,还原剂是甲醇,参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5:6，正确答案：5:6。（4）发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，根据平衡常数概念写出为，正确答案：。发生反应达到平衡,物质的浓度已
37、知,可以根据三段式列式计算：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L）1.8 2.2 0变化浓度（mol/L）0.6 1.2 0.6平衡浓度（mol/L）1.2 1.0 0.6用氢气表示的反应速率=0.12 mol/(Lmin)，正确答案：0.12 mol/(Lmin) A.外界条件只有温度对平衡常数有影响，故A正确；B.已知正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正逆均反应速率加快，故B错误；C.化学反应的限度主要由反应物自身性质决定，其次受外界条件的影响与时间长短无关，故C正确；D.化学反应的限度受外界条件影响，故D错误；E.仅增大H2的浓度，正反应速率加快，CO的转化率增大，H2的转化率下降，故E错误，正确答案：A C； 根据M=m/n，由于气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量与混合气的物质的量成反比，该正反应为气体物质的量减小的反应，所以10min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量增大，正确答案：增大。