1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年安徽省六安市霍邱二中高三（上）第五次月考化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在标准状况下，2.24 L HF含有的电子数为NAB7.8 gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1NAC1.0L 0.1molL1的醋酸溶液中含CH3COOH、CH3COO粒子总数为0.1NAD电解精炼铜时，阳极质量每减少32g，电路中就转移NA个电子2用NA表示阿伏加德常数，以下的说法正确的是（）A精炼铜时，阳极有1mol物质放电，阴极一定生成NA个铜原子B在标准状况下，NA
2、个SO3 分子的质量是80g，其体积就为80/ （为SO3的密度）C1molNaHSO4 熔融液中，其阴阳离子总数目为3NADPH=1的盐酸溶液中，H+的数目为0.1NA3下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是（）A溶液中Al3+、Na+、SO、HCO3可以共存不能发生反应Bc（OH）=1.01013 mol/L溶液中，Fe2+、NO、SO、Na+不能共存发生反应：3Fe2+NO+4H+=3Fe3+NO+2H2OC溶液中：K+、Cu2+、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu2+2OHCu（OH）2DCa2+、NH4+、CO32、Cl可以共存不能发生反应AABBCCDD4下列离子反
3、应方程式正确的是（）A向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2+3ClO+SO2+H2OCaSO3+Cl+2HClOB1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的盐酸等体积均匀混合：2AlO2+5H+Al（OH）3+Al3+H2OC将11.2L标准状况下的氯气通入200mL2mol/L的FeBr2溶液中，离子反应方程式为：2Fe2+8Br+5Cl22Fe3+4Br2+10ClD氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2O5高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O+OHFeO42
4、+C1+H2O（未配平）下列有关说法不正确的是（）A由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42B高铁酸钾中铁显+6价C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质6用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）A用甲图装置证明（煤油）（钠）（水）B用乙图装置制备Fe（OH）2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性7某溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入N
5、aOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B溶液中一定不含CO32和NO3，一定含有SO42C溶液中c（NH4+）=0.3 mol/LDc（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：18在一定温度下，向饱和烧碱溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列说法正确的是（）A溶液中Na+浓度增大，有H2放出B溶液中Na+数目减少，有H2放出C溶液中Na+与OH浓度都增大，有H2放出D溶液中OH数目增大，有H2放出9下列有关铝及其化合物的性质叙述正确的是（）A向
6、氯化铝溶液中滴加过量氨水，最终得到澄清溶液B常温下铝、铁可以与盐酸分别反应生成Al Cl3和Fe Cl3C等质量的铝分别与足量的盐酸和足量的氢氧化钠溶液反应制得等质量的氢气DAl Cl3溶液加热蒸干得到无水氯化铝晶体10下列有关实验的说法正确的是（）A为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在氧化铝坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量BFe（OH）3胶体可以将Fe Cl3滴入NaOH溶液中进行制备C除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤D某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO3211某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是
7、（）A将铜丝插入浓硫酸加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C电解CuCl2溶液，若阳极生成11.2L的气体，反应中转移电子为1 molD将表面有铜绿的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿12钛被誉为“太空金属”、“未来金属”它的强度大、密度小、可塑性好、抗腐蚀性能强它和它的合金被广泛用于火箭、导弹、航天飞机、船舶、化工和通讯设备中室温下，它不与水、稀硫酸、稀硝酸反应，但易溶于氢氟酸，推断其原因是（）A氟离子易与钛离子形成可溶性难电离物质B氢氟酸的氧化性比其他酸强C氢氟酸的还原性比其他酸强D氢氟酸的酸性比其他酸强13根据表中的信息判
8、断下列说法正确的是（）物质金刚石石墨外观无色，透明固体灰黑，不透明固体熔点？燃烧热/KJmol1395.4393.5A表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）CO（g）H=393.5 kJmol1B由表中信息知C（石墨，s）C（金刚石，s）H=+1.9 kJmol1C由表中信息可得如图所示的图象D由表中信息可推知相同条件下金刚石的熔点高于石墨的14某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如右图所示：下列说法中正确的是（）A30
9、min40 min间该反应使用了催化剂B反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C30 min时降低温度，40 min时升高温度D8 min前A的平均反应速率为0.08 molL1min115下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或说法正确的是（）A将等物质的量的KHC2O4和H2C2O4溶于水配成溶液：2c（K+）c（HC2O4）+c（H2C2O4）B0.1 molL1NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合（pH7）：c（NH3H2O）c（NH）c（Cl）c（OH）C0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，的比值将增大D0.1mol/LCH3COONa溶液与0.15mol/LHCl等
10、体积混合：c（Cl）c（H+）c（Na+）c（CH3COO）c（OH）16锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度大、电压高的特性锂离子电池放电时的电极反应式为：负极反应：C6LixeC6Li1x+xLi+（C6Li表示锂原子嵌入石墨形成复合材料）正极反应：Li1xMO2+xLi+x eLiMO2（LiMO2表示含锂的过渡金属氧化物）下列有关说法正确的是（）A锂离子电池充电时电池反应为C6Li+Li1xMO2LiMO2+C6Li1xB电池反应中，锂、锌、银、铅各失去1mol电子，金属锌所消耗的质量最小C锂离子电池放电时电池内部Li+向负极移动D锂离子电池充电时阴极反应为C6L
11、i1x+xLi+x eC6Li二、解答题（共4小题，满分52分）17已知AK所代表的各物质都是中学化学里常见的物质，A是红棕色粉末 I是具有磁性的物质，D和K都具有两性一定条件下，各物质间的相互反应转化关系如图所示：请回答：（1）写出有关物质化学式：D是，H是（2）化合物G的溶液呈 （酸性，碱性，中性），其原因用离子方程式表示为（3）写出A+BD+C的化学方程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目（4）G+JK用离子方程式表示为18某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：【探究一】设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验（
12、1）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是（3）装置E中的现象是【探究二】设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于后，将所得溶液分成两份（5）一份滴加几滴KSCN溶液若溶液变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分（选填序号，下同）为；若溶液未变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为A一定有Fe3O4 B一定有FeC只有Fe3O4 D只有Fe（6）简述可以证明溶液中存在Fe2+的实验方案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：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始
13、分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为（2）固体混合物B的组成为；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO+ Al2O3CuAlO2+（4）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料kg20近几年全国各地都遭遇“十面霾伏”其中，机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气质量恶化贡献较大（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状
14、态的是（填代号）（图2中V（正）、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数）（2）光气 （COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）制备图3为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中在1L恒容容器内各物质的浓度随时间变化的曲线回答下列问题：06min内，反应的平均速率v（Cl2）=；若保持温度不变，在第7min 向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.7mol/L、c（CO）=0.5mol
15、/L、c（COCl2）= mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是；（填“增大”、“减小”或“不变”）；比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）T （15）（填“”、“”或“=”）2015-2016学年安徽省六安市霍邱二中高三（上）第五次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在标准状况下，2.24 L HF含有的电子数为NAB7.8 gNa2S和Na2O2的混合
16、物中含有的阴离子数大于0.1NAC1.0L 0.1molL1的醋酸溶液中含CH3COOH、CH3COO粒子总数为0.1NAD电解精炼铜时，阳极质量每减少32g，电路中就转移NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下HF为液态；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol；C、CH3COO在溶液中会水解；D、在电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属【解答】解：A、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和电子个数，故A错误；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故7.8g混合物的物质的量为0.1mol，而Na2S和Na2O2均由2个
17、钠离子和1个阴离子构成，故0.1mol混合物中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故B错误；C、CH3COO在溶液中会水解为醋酸分子，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO粒子总数为0.1NA，故C正确；D、在电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极上减少32g时，电路中转移的电子大于NA个，故D错误故选C2用NA表示阿伏加德常数，以下的说法正确的是（）A精炼铜时，阳极有1mol物质放电，阴极一定生成NA个铜原子B在标准状况下，NA个SO3 分子的质量是80g，其体积就为80/ （为SO3的密度）C1molNaHSO4 熔融液中，其阴阳离子总数目为3NA
18、DPH=1的盐酸溶液中，H+的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属；B、标况下三氧化硫为固体，根据体积V=来计算；C、共价键在熔融状态下不能断裂；D、溶液体积不明确【解答】解：A、精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，且活泼金属失去电子后不一定变为+2价，故阳极上有1mol物质放电，则阳极上失去的电子不一定为2mol，则阴极上生成的铜原子不一定为NA个，故A错误；B、标况下三氧化硫为固体，摩尔质量为80g/mol，故NA个三氧化硫分子即1mol三氧化硫的质量为80g，则体积V=，故B正确；C、共价键在熔融状态下不能断
19、裂，故1mol硫酸氢钠固体在熔融状态下只能电离为钠离子和硫酸氢根离子，故含2NA个离子，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故D错误故选B3下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是（）A溶液中Al3+、Na+、SO、HCO3可以共存不能发生反应Bc（OH）=1.01013 mol/L溶液中，Fe2+、NO、SO、Na+不能共存发生反应：3Fe2+NO+4H+=3Fe3+NO+2H2OC溶液中：K+、Cu2+、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu2+2OHCu（OH）2DCa2+、NH4+、CO32、Cl可以共存不能发生反应AABBCCDD【考点】离子共存问
20、题【分析】AAl3+、HCO3发生互促水解反应；B该溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；C铜离子与氨水发生络合反应，一水合氨为弱碱，离子方程式中应该保留分子式；DCa2+、CO32反应生成沉淀【解答】解：A铝离子与碳酸氢根离子发生反应：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，所以在溶液中不能够大量共存，故A错误；Bc（OH）=1.01013mol/L溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够与亚铁离子发生氧化还原反应，发生3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，溶液中不能够大量共存，故B正确；C铜离子与氨水反应的离子方程式为：Cu2+4NH3
21、H2OCu（NH3）42+4H2O，故C错误；DCa2+、CO32反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B4下列离子反应方程式正确的是（）A向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2+3ClO+SO2+H2OCaSO3+Cl+2HClOB1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的盐酸等体积均匀混合：2AlO2+5H+Al（OH）3+Al3+H2OC将11.2L标准状况下的氯气通入200mL2mol/L的FeBr2溶液中，离子反应方程式为：2Fe2+8Br+5Cl22Fe3+4Br2+10ClD氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2O【考点】离子方程式的
22、书写【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸钙；B.1：1反应生成沉淀，1：4反应生成铝离子，而物质的量比为1：2.5，反应生成氢氧化铝和铝离子；C氯气的物质的量为=0.5mol，n（FeBr2）=0.2L2mol/L=0.4mol，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化；D发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水【解答】解：A向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2+3ClO+SO2+H2OCaSO4+Cl+2HClO，故A错误；B.1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的盐酸等体积均匀混合的离子反应为2AlO2+5H+Al（OH）3+Al3+H2O，故B正
23、确；C氯气的物质的量为=0.5mol，n（FeBr2）=0.2L2mol/L=0.4mol，由电子守恒可知，离子反应为4Fe2+6Br+5Cl24Fe3+3Br2+10Cl，故C错误；D氢氧化亚铁溶于稀硝酸中的离子反应为3Fe（OH）2+NO3+10H+3Fe3+NO+8H2O，故D错误；故选B5高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O（未配平）下列有关说法不正确的是（）A由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42B高铁酸钾中铁显+6价C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量
24、之比为3：2DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较【分析】A、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性据此判断B、离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷据此计算C、反应中Fe（OH）3是还原剂，C1O是还原剂，根据电子转移守恒计算二者物质的量之比D、K2FeO4中铁为高价铁，具有强氧化性能杀菌，Fe（OH）3（胶体）具有净水作用【解答】解：A、反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价降低，C1O是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，Fe
25、O42是氧化产物，氧化性C1OFeO42，实际氧化性FeO42Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42中，铁元素的化合价为x，则x+4（2）=2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价由+1降低为1价，C1O是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（63）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确故选：A6用如图所示装置不能达到有关实验目的是（）A用甲图装置
26、证明（煤油）（钠）（水）B用乙图装置制备Fe（OH）2C用丙图装置制取金属锰D用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价；钠的化学性质；探究铝热反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【分析】A钠的密度比水的小，比煤油的大；B煤油能隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；C利用铝热反应可制备熔点高的金属Mn；D比较稳定性，碳酸氢钠应在小试管中【解答】解：A由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B由图可知，制备氢氧化亚铁应防止被氧化，而煤油能隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C由图可知，Al
27、与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；故选D7某溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B溶液中一定不含CO32和NO3，一定含有SO42C溶液中c（NH4+）=0.3 mol/LDc（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：1【考点】离子方程式的有
28、关计算【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量【解答】解：A、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+
29、、Al3+，故A错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42，故B正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH）
30、不明确，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OHAl（OH）4，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OHAl（OH）3，Mg2+2OHMg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol0.1mol0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：
31、0.05=2：2：1，故D错误故选B8在一定温度下，向饱和烧碱溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列说法正确的是（）A溶液中Na+浓度增大，有H2放出B溶液中Na+数目减少，有H2放出C溶液中Na+与OH浓度都增大，有H2放出D溶液中OH数目增大，有H2放出【考点】钠的化学性质【分析】依据钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出解答【解答】解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，所以所得溶液中钠离子和氢氧根离子的浓度不变，但因体积减少，导致钠离子和氢氧根离子的数目减少，故选B9下列有关铝及其化合物的性质叙述
32、正确的是（）A向氯化铝溶液中滴加过量氨水，最终得到澄清溶液B常温下铝、铁可以与盐酸分别反应生成Al Cl3和Fe Cl3C等质量的铝分别与足量的盐酸和足量的氢氧化钠溶液反应制得等质量的氢气DAl Cl3溶液加热蒸干得到无水氯化铝晶体【考点】铝的化学性质【分析】A、一水合氨属于弱碱，与氯化铝反应生成了氢氧化铝沉淀；B、根据常温下铁、铝与浓硝酸、浓硫酸发生钝化进行分析；C、根据电子守恒分析，等质量的铝完全反应失去的电子数相等，生成的氢气质量也相等；D、根据氯化氢具有挥发性，铁离子在溶液中能够水解生成氢氧化铁分析【解答】解：A、向氯化铝溶液中滴加过氨水，一水合氨不能够溶解氢氧化铝，所以反应生成了氢氧
33、化铝沉淀，最终不会得到澄清溶液，故A错误；B、由于在常温下铝、铁与浓硝酸发生了钝化，阻止了反应的进行，不会生成大量的二氧化氮，故B错误；C、等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，铝的物质的量相等，反应后生成了铝离子，铝失去的电子总数相等，反应生成的氢气的物质的量及质量一定相等，故C正确；D、加热氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，而氯化氢具有挥发性，加热氯化铁溶液得到了氢氧化铁沉淀，最终蒸干得到氢氧化铁，灼烧得到的是氧化铁，故D错误；故选C10下列有关实验的说法正确的是（）A为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在氧化铝坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量BFe（OH）3胶体可以将Fe C
34、l3滴入NaOH溶液中进行制备C除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤D某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32【考点】化学实验方案的评价【分析】A氧化铝能和NaOH反应生成偏铝酸钠和水；B将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体；CFe和NaOH溶液不反应，而Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，且能和稀盐酸生成二氧化碳的离子有碳酸根离子和碳酸氢根离子【解答】解：A氧化铝能和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，所以不能用在氧化铝坩埚中熔化氢氧化钠固体，应该用Fe坩埚，故A错误；B氯
35、化铁和NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀而得不到氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，故B错误；CFe和NaOH溶液不反应，而Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，所以可以用NaOH溶液除去Fe中的Al，然后过滤得到纯净的Fe，故C正确；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，且能和稀盐酸生成二氧化碳的离子有碳酸根离子和碳酸氢根离子，所以该溶液中不一定含有CO32，故D错误；故选C11某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A将铜丝插入浓硫酸加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察
36、CuCl2的生成C电解CuCl2溶液，若阳极生成11.2L的气体，反应中转移电子为1 molD将表面有铜绿的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A反应后的混合物与水混合的顺序错误；B常温下铜与氯气不反应；C阳极是氯离子放电生成氯气，但没有指明标况，不能计算出氯气物质的量；DCu2（OH）2CO3能溶于盐酸【解答】解：A铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后，再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出而易产生安全事故，故A错误；B常温下铜与氯气不反应，因此观察不到现象，故B错误；C电解CuCl2溶液，阳极是氯离子放电生成氯
37、气，11.2L氯气在标况下物质的量为0.5mol，根据电极反应为2Cl2e=Cl2可知转移电子为1 mol，但题中没有指明标况，所以不能计算氯气物质的量，故C错误；DCu2（OH）2CO3能溶于盐酸，Cu和稀盐酸不反应，所以能用盐酸除去铜绿，故D正确；故选D12钛被誉为“太空金属”、“未来金属”它的强度大、密度小、可塑性好、抗腐蚀性能强它和它的合金被广泛用于火箭、导弹、航天飞机、船舶、化工和通讯设备中室温下，它不与水、稀硫酸、稀硝酸反应，但易溶于氢氟酸，推断其原因是（）A氟离子易与钛离子形成可溶性难电离物质B氢氟酸的氧化性比其他酸强C氢氟酸的还原性比其他酸强D氢氟酸的酸性比其他酸强【考点】难溶
38、电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】由信息可知，Ti不与水、稀硫酸、稀硝酸反应，但易溶于氢氟酸，可知易溶于HF酸，与Ti与F形成可溶性难电离物质有关，以此来解答【解答】解：由信息可知，Ti不与水、稀硫酸、稀硝酸反应，但易溶于氢氟酸，可知易溶于HF酸，因氟离子易与钛离子形成可溶性难电离物质，与HF的酸性、氧化性、还原性无关，故选A13根据表中的信息判断下列说法正确的是（）物质金刚石石墨外观无色，透明固体灰黑，不透明固体熔点？燃烧热/KJmol1395.4393.5A表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）CO（g）H=393.5 kJmol1B由表中信息知C（石墨，s）C（金
39、刚石，s）H=+1.9 kJmol1C由表中信息可得如图所示的图象D由表中信息可推知相同条件下金刚石的熔点高于石墨的【考点】反应热和焓变【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；B、依据盖斯定律，结合金刚石和石墨燃烧热计算得到；C、图象中金刚石变化为石墨是放热反应，放出热量为金刚石和石墨燃烧热之差；D、石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以石墨的熔点比金刚石高【解答】解：A、表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）CO2（g）H=393.5 kJmol1，故A错误；B、由表中信息知，金刚石燃烧热395.4
40、KJ/mol，石墨燃烧热393.5KJ/mol，C（石墨，s）C（金刚石，s）H=+1.9 kJmol，故B正确；C、图象中1.9KJ/mol，是金刚石和石墨能量差，不是金刚石转化为石墨反应过程中中间产物与石墨能量之差，故C错误；D、等物质的量金刚石和石墨相比，石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以石墨的熔点比金刚石高，故D错误；故选B14某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随
41、时间的变化如右图所示：下列说法中正确的是（）A30 min40 min间该反应使用了催化剂B反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C30 min时降低温度，40 min时升高温度D8 min前A的平均反应速率为0.08 molL1min1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】A由图象可知，30min40min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度；B由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，
42、应是升高温度，则正反应为放热反应；C由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；D反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据v=计算v（A）【解答】解：A由图象可知，3040 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；B由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应
43、为放热反应，故B错误；C由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；D反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为=0.08 mol/（Lmin），故D正确故选：D15下列溶液中微粒的物质的量浓度关系或说法正确的是（）A将等物质的量的KHC2O4和H2C2O4溶于水配成溶液：2c（K+）c（HC2O4）+c（H2C2O4）B0.1 molL1NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积
44、混合（pH7）：c（NH3H2O）c（NH）c（Cl）c（OH）C0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，的比值将增大D0.1mol/LCH3COONa溶液与0.15mol/LHCl等体积混合：c（Cl）c（H+）c（Na+）c（CH3COO）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据混合液中的物料守恒判断；B混合液的pH大于7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）c（NH3H2O），结合物料守恒可知c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）；C稀释过程中醋酸的电离程度增大，则氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，结合在同一溶液中判断该比值；D.0.
45、1mol/LCH3COONa溶液与0.15mol/LHCl等体积混合，反应后溶质为0.05mol/L的醋酸、0.025mol/L的HCl、0.05mol/L的NaCl，据此判断各离子浓度大小【解答】解：A将等物质的量的KHC2O4和H2C2O4溶于水配成溶液，根据物料守恒可得：2c（K+）c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42），故A错误；B.0.1 molL1NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合（pH7），说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）c（NH3H2O），结合物料守恒可知c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O），故B错误；C.0.1
46、mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，则氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，则的比值将增大，故C正确；D将0.1mol/LCH3COONa溶液与0.15mol/LHCl等体积混合后，溶质为0.05mol/L的醋酸、0.025mol/L的HCl、0.05mol/L的NaCl，离子浓度最大的为c（Cl），其次为c（Na+），则正确的离子浓度大小为：c（Cl）c（Na+）c（H+）c（CH3COO）c（OH），故D错误；故选C16锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度大、电压高的特性锂离子电池放电时的电极反应式为：负极反应：C6Lix
47、eC6Li1x+xLi+（C6Li表示锂原子嵌入石墨形成复合材料）正极反应：Li1xMO2+xLi+x eLiMO2（LiMO2表示含锂的过渡金属氧化物）下列有关说法正确的是（）A锂离子电池充电时电池反应为C6Li+Li1xMO2LiMO2+C6Li1xB电池反应中，锂、锌、银、铅各失去1mol电子，金属锌所消耗的质量最小C锂离子电池放电时电池内部Li+向负极移动D锂离子电池充电时阴极反应为C6Li1x+xLi+x eC6Li【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A充电时电池反应式为放电电池反应式相反；B根据m=nM计算其质量；C放电时，电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；D充电时，
48、阴极上得电子发生还原反应，与放电时负极电极反应式相反【解答】解：A充电时电池反应式为放电电池反应式相反，放电时电池反应式为C6Li+Li1xMO2=C6Li1x+LiMO2，则充电时电池反应式为C6Li1x+LiMO2=C6Li+Li1xMO2，故A错误；B电池反应中，锂、锌、银、铅各失去1 mol 电子，消耗这几种金属的物质的量分别是1mol、0.5mol、1mol、0.5mol，根据m=nM知，消耗其质量分别是7g、32.5g、108g、103.5g，所以消耗Li质量最小，比能量最大，故B错误；C放电时，电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Li+向正极移动，故C错误；D充电时，
49、阴极上得电子发生还原反应，与放电时负极电极反应式相反，则电极反应式为C6Li1x+xLi+xeC6Li，故D正确；故选D二、解答题（共4小题，满分52分）17已知AK所代表的各物质都是中学化学里常见的物质，A是红棕色粉末 I是具有磁性的物质，D和K都具有两性一定条件下，各物质间的相互反应转化关系如图所示：请回答：（1）写出有关物质化学式：D是Al2O3，H是H2（2）化合物G的溶液呈酸性 （酸性，碱性，中性），其原因用离子方程式表示为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+（3）写出A+BD+C的化学方程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目（4）G+JK用离子方程式表示为Al3+3NH
50、3H2O=Al（OH）3+3NH4+【考点】无机物的推断【分析】I是具有磁性的物质，应为Fe3O4，单质C与化合物F反应得到单质H与化合物I，由元素守恒可知C为Fe，D和K都具有两性，分别为氧化铝、氢氧化铝中的一种，单质B与化合物A反应得到Fe与D，该反应为铝热反应，可推知B为Al、A为Fe2O3、D为Al2O3，顺推可知F为H2O，G为AlCl3，H为H2，弱碱溶液J为氨水，K为Al（OH）3，据此解答【解答】解：I是具有磁性的物质，应为Fe3O4，单质C与化合物F反应得到单质H与化合物I，由元素守恒可知C为Fe，D和K都具有两性，分别为氧化铝、氢氧化铝中的一种，单质B与化合物A反应得到Fe
51、与D，该反应为铝热反应，可推知B为Al、A为Fe2O3、D为Al2O3，顺推可知F为H2O，G为AlCl3，H为H2，弱碱溶液J为氨水，K为Al（OH）3，（1）由上述分析可知，D是Al2O3，H是H2，故答案为：Al2O3；H2；（2）AlCl3溶液中铝离子水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案为：酸性；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（3）A+BD+C的反应为铝热反应，并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目为，故答案为：；（4）G为AlCl3，J为氨水，反应的离子方程式Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：A
52、l3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+18某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：【探究一】设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验（1）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（2）反应前A中投放碎瓷片的目的是防止暴沸（3）装置E中的现象是黑色固体变红，右端管壁有水珠【探究二】设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸后，将所得溶液分成两份（5）一份滴加几滴KSCN溶液若溶液变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分（
53、选填序号，下同）为A；若溶液未变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为BA一定有Fe3O4 B一定有FeC只有Fe3O4 D只有Fe（6）简述可以证明溶液中存在Fe2+的实验方案加入酸性KMnO4溶液，溶液变浅或褪色【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】【探究一】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，据此写出反应的化学方程式；（2）给液体加热时容易发生暴沸现象，加入碎瓷片可防止暴沸；（3）装置E中氢气还原黑色的氧化铜，反应生成红色的铜单质和水；【探究二】在验证反应后黑色固体的成分时，检验Fe3+，最佳试剂为KSCN溶液；在确定存在Fe3+时，检验Fe2+，可用酸性KMnO
54、4溶液由于酸性KMnO4溶液与盐酸发生反应，所以在溶解反应后的黑色固体时，不能用盐酸，也不能用硝酸（因为HNO3可氧化Fe2+），可用稀硫酸，据此解答【解答】解：【探究一】（1）硬质管中铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）液体加热时容易发生暴沸现象，加入碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（3）装置E中发生反应为：H2+CuOCu+H2O，则反应现象是：黑色固体变红，右端管壁有水珠，故答案为：黑色固体变红，右端管壁有水珠；【探究二】在验证反应后黑色固体的成分时
55、，检验Fe3+，最佳试剂为KSCN溶液；在确定存在Fe3+时，检验Fe2+，可用酸性KMnO4溶液由于酸性KMnO4溶液与盐酸发生反应，所以在溶解反应后的黑色固体时，不能用盐酸，也不能用硝酸（因为HNO3可氧化Fe2+），可用稀硫酸，（4）根据分析可知，溶解反应后固体需要用稀硫酸，故答案为：稀硫酸；（5）一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，说明溶液中含有铁离子，则可推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为：A一定有Fe3O4；若溶液未变血红色，则溶液中不存在铁离子，可推断硬质玻璃管B中固体物质中一定存在Fe，即B正确，故答案为：A；B；（6）检验亚铁离子，需要用胶头滴管加入酸性高锰酸钾溶液，若
56、酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明溶液中含有亚铁离子，故答案为：加入酸性KMnO4溶液，溶液变浅或褪色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：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用AgNO3；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO+2H2O（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复23次（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2 A
57、l2O34CuAlO2+O2（4）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料5kg【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为A
58、l（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用可溶性的银盐溶液；Ag和稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水；（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，洗涤操作为将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复23次；（3）该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价，则CuO作氧化剂，还需要还原剂，失电子，只有O元素失电子，生成氧气，O元素化合价由2价变为0价，转移电子数为4，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式；（4）根据Cu原子守恒计算消耗合金的质量【解答】解：Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag
59、熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450和80，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用可溶性的银盐溶液，如AgNO3；Ag和稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，反应方程式为3Ag+4HNO3（稀
60、）=3AgNO3+NO+2H2O，故答案为：AgNO3；3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO+2H2O；（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；过滤得到固体B时，洗涤操作为将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复23次，故答案为：Al（OH）3和CuO；将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复23次；（3）该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价，则CuO作氧化剂，还需要还原剂，失电子，只有O元素失电子，生成氧气，O元素化合价由2价变为0价，转移电子数为4，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为4CuO+2Al2O34C
61、uAlO2+O2，故答案为：4；2；4；O2；（4）根据Cu原子守恒得关系式CuAlO2Cu，设理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料质量为x，CuAlO2Cu123 646.15kg 64%x123：64=6.15kg：64%xx=5kg，故答案为：520近几年全国各地都遭遇“十面霾伏”其中，机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气质量恶化贡献较大（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是BD（填代号）（图2中V（正）、K、
62、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数）（2）光气 （COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）制备图3为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中在1L恒容容器内各物质的浓度随时间变化的曲线回答下列问题：06min内，反应的平均速率v（Cl2）=0.15 molL1min 1；若保持温度不变，在第7min 向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡向正反应方向移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.7mol/L、c（CO）=0.5m
63、ol/L、c（COCl2）=0.5 mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小；（填“增大”、“减小”或“不变”）；比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）T （15）（填“”、“”或“=”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）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
64、值时，说明可逆反应到达平衡状态；（2）由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L0.3mol/L=0.9mol/L，根据v=计算v（Cl2）；原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第7 min 加入体系中的三种物质各2 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；改变初始投料浓度变，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；由图可知，升温平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；第8
65、min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动【解答】解：（1）A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；B、t1时平衡常数不再变化，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；C、t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D、t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；故选BD；（2）由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L0.
66、3mol/L=0.9mol/L，则v（Cl2）=0.15 molL1min 1，故答案为：0.15 molL1min 1；6min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L，则原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第7 min 加入体系中的三种物质各2 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向；故答案为：向正反应方向；最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：0.7ol/L+c（COCl2）=1.2mol/L，c（CO）=0.5mol/L+c（COCl2）=1.0mol/L，故c（COCl2）=0.5mol/L，故答案为：0.5； 由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小，故答案为：减小；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T（8）T（15），故答案为：2017年1月21日高考资源网版权所有，侵权必究！
