2022-2022学年江西省抚州市临川一中高二（上）第一次月考化学试卷一．单项选择题（共48分）1．节能减排对发展经济、保护环境有重要意义．下列措施不能减少二氧化碳排放的是()A．利用太阳能制氢B．关停小火电企业C．举行“地球一小时”熄灯活动D．推广使用煤液化技术2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是()A．一定量的Fe与含1molHN03的稀硝酸恰好反应，则被还原的氮原子数小于NAB．1molNa202固体中含有的离子总数为4NAC．常温常压下，等质量的S02、S2含有相同的分子数D．125gCuS04•5H20晶体中含有0.5NA个Cu2+3．下列叙述错误的是()A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等4．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、﹣3﹣2下列叙述正确的是()A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来-30-\n5．某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气．所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾．已知该电池的总反应式为2H2+O2═2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e﹣═，则下列推断正确的是()A．负极反应式为H2+20H﹣﹣2e﹣═2H20B．该电池可在常温或高温时进行工作，对环境具有较强适应性C．该电池供应2mol水蒸气，同时转移电子的物质的量为2molD．放电时负极有C02生成6．有关溶液中所含离子的检验，下列判断中正确的是()A．加入硝酸酸化，再滴加KSCN溶液后有血红色物质生成，则原溶液中一定有Fe3+存在B．加入盐酸有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有大量的CO32﹣存在C．用某溶液做焰色反应实验时火焰为黄色，则该溶液中一定有钠元素，可能有钾元素D．分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+的四种盐溶液，只用NaOH溶液是不能一次鉴别开的7．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量Ba（OH）2浓溶液和NH4Al（SO4）2溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④Na2O2投入FeCl2溶液中．A．只有①④B．只有③C．只有②③D．只有①②④8．把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是()A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3-30-\n9．一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示．下列叙述中正确的是()A．反应的化学方程式为5Y⇌XB．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．t2时，正、逆反应速率相等D．t3时，逆反应速率大于正反应速率10．肼（N2H4）是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应时，N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气．已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g）△H=+8.7kJ/mol，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.0kJ/mol，下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是()A．2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣542.7kJ/molB．2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1059.3kJ/molC．2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1076.7kJ/molD．N2H4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣1076.7kJ/mol11．经一定时间后，可逆反应aA+bB⇌cC中物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示．下列说法正确的是()A．该反应在T1、T3温度时达到化学平衡B．该反应在T2温度时达到化学平衡C．该反应的逆反应是放热反应D．升高温度，平衡会向正反应方向移动-30-\n12．宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”．二氧化硒（Se）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．在回收过程当中涉及到如下两个化学反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+□+2H2O下列有关叙述正确的是()A．SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2B．①中Se是氧化产物，I2是还原产物C．反应②中方框中的物质为还原产物D．反应①中每有0.6molI2生成，转移电子数目为2.4NA13．下列离子方程式书写正确的是()A．碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液Ca++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣B．氯气通入氢氧化钠溶液中：2Cl2+2OH﹣═3Cl﹣+ClO﹣+H2OC．次氯酸钠溶液中通入过量CO2：2ClO﹣+CO2+H2O═CO32﹣+2HClOD．氯化亚铁溶液中加入硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑14．有MgCl2、Al2（SO4）3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到的沉淀量与加入的NaOH溶液的关系如图所示，则原溶液中MgCl2、Al2（SO4）3的物质的量浓度之比为()A．1：1B．2：1C．3：2D．2：315．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是()A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2-30-\nB．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有乙烯分子中类似的碳碳双键16．向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系不正确的是()A．c=B．p=m+C．n=m+17VcD．m＜p＜179m二．非选择题（共52分）17．一定温度下在体积为5L的密闭容器中发生可逆反应．（Ⅰ）若某可逆反应的化学平衡常数表达式为：K=（1）写出该反应的化学方程式：__________；（2）能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是__________（填选项编号）．A．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化B．υ正（H2O）=υ逆（H2）C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中总的物质的量不随时间而变化E．消耗nmolH2的同时消耗nmolCO（Ⅱ）若该密闭容器中加入的是2molFe（s）与1molH2O（g），t1秒时，H2的物质的量为0.20mol，到第t2秒时恰好达到平衡，此时H2的物质的量为0.35mol．（1）t1～t2这段时间内的化学反应速率v（H2）=__________．（2）若继续加入2molFe（s），则平衡__________移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），继续通入1molH2O（g）再次达到平衡后，H2的物质的量为__________mol．（3）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图．t1时改变了某种条件，改变的条件可能是__________（只要写其中一种答案即可）-30-\n18．（14分）A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大．A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y）；D形成的分子为双原子分子．回答问题：（1）D元素的名称为__________，F形成的离子的结构示意图为__________．（2）写出液态化合物Y的一种用途__________．（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式__________，使用这种气球存在的隐患是__________．（4）P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应．写出该反应的离子方程式：__________．（5）A、B、G三种元素两两组合形成的化合物在空气中相遇形成白烟，反应的化学方程式为__________．19．甲、乙、丙为常见单质．A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，C能使品红溶液褪色．在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示．请回答下列问题：（1）用化学式表示：丙为__________，H为__________．（2）A的电子式为__________．（3）电解E的水溶液时，E起到的作用是__________．（4）写出B+C﹣→D的化学方程式：__________；写出E+G﹣→F的离子方程式：__________．-30-\n20．（14分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．（1）根据右侧能量变化示意图1；请写出NO2和CO反应的热化学方程式__________．（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应3A（s）+4B（g）⇌4C（g）△H＞0其平衡常数K与温度T的关系如下表：T/K298398498平衡常数K4.1×106K1K2①该反应的平衡常数表达式：K=__________．②试判断K1__________K2（填写“＞”，“=”或“＜”）．③下列各项能说明该反应已达到平衡状态韵是__________（填字母）．a．容器内B．C的浓度之比为1：1b．v（B）正=v（C）逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变（3）对反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示，下列说法正确的是__________．a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．A、C两点的化学平衡常数：A＞Cc．A、C两点N2O4的转化率：A＞Cd．由状态B到状态A，可以用加热的方法-30-\n（4）一定温度下，在lL密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的，则N2的转化率a（N2）=__________，以NH3表示该过程的反应速率v（NH3）=__________．-30-\n2022-2022学年江西省抚州市临川一中高二（上）第一次月考化学试卷一．单项选择题（共48分）1．节能减排对发展经济、保护环境有重要意义．下列措施不能减少二氧化碳排放的是()A．利用太阳能制氢B．关停小火电企业C．举行“地球一小时”熄灯活动D．推广使用煤液化技术【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】热点问题．【分析】减少二氧化碳排放，应使用清洁能源，节约能源，减少含碳物质的使用．【解答】解：A．利用太阳能制氢，可减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，故A正确；B．关停小火电企业，减少燃煤的使用，可减少二氧化碳的排放，故B正确；C．举行“地球一小时”熄灯活动，可节约能源，减少二氧化碳的排放，故C正确；D．推广使用煤液化技术，能使煤燃烧充分，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误．故选D．【点评】本题考查常见生活污染及治理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，保护环境人人有责，为减少温室效应，应减少二氧化碳的排放．2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是()A．一定量的Fe与含1molHN03的稀硝酸恰好反应，则被还原的氮原子数小于NAB．1molNa202固体中含有的离子总数为4NAC．常温常压下，等质量的S02、S2含有相同的分子数D．125gCuS04•5H20晶体中含有0.5NA个Cu2+【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．铁与硝酸反应，反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用的硝酸被还原为NO；B．过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成；C．S02、S2的摩尔质量都是64g/mol，二者质量相等，则物质的量相等，结合N=nNA判断；-30-\nD．根据n=计算125gCuS04•5H20晶体的物质的量，再根据N=nNA计算Cu2+数目．【解答】解：A．铁与硝酸反应，反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用的硝酸被还原为NO，故1molHN03完全反应被还原的氮原子数小于NA，故A正确；B．过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，故1molNa202固体中含有的离子总数为3NA，故B错误；C．S02、S2的摩尔质量都是64g/mol，二者质量相等，则物质的量相等，由N=nNA可知，二者含有分子数目相等，故C正确；D.125gCuS04•5H20晶体的物质的量为=0.5mol，含有Cu2+的物质的量为0.5mol，故含有Cu2+数目为0.5NA，故D正确；故选B．【点评】本题考查常用化学计量的有关计算，难度不大，注意对基础知识的全面掌握．3．下列叙述错误的是()A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．【解答】解：A、13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B、1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C、14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：14﹣6=8、14﹣7=7，它们的中子数不等，故C正确；D、6Li和7Li的电子数相等均为3，中子数分别为：6﹣3=3、7﹣3=4，不相等，故D错误．故选D．【点评】本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．-30-\n4．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、﹣3﹣2下列叙述正确的是()A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题，综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断．【解答】解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性X＞Y，故A错；B、根据Z、W的原子半径相差不大，化合价不同，且W只有负价，则其可能是O，Z是N，两者的单质直接生成NO，故B错；C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错；D、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；故选：D．【点评】此题考查了物质结构与元素周期律知识．本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答．解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破-30-\n5．某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气．所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾．已知该电池的总反应式为2H2+O2═2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e﹣═，则下列推断正确的是()A．负极反应式为H2+20H﹣﹣2e﹣═2H20B．该电池可在常温或高温时进行工作，对环境具有较强适应性C．该电池供应2mol水蒸气，同时转移电子的物质的量为2molD．放电时负极有C02生成【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A．总反应为2H2+O2═2H2O，则负极反应=总反应﹣正极反应式；B．该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作；C．由反应可知，生成2molH2O转移4mol电子；D．根据负极的反应式来确定；【解答】解：A．放电时，负极反应为：2H2﹣4e﹣+2CO32﹣═2CO2+2H2O，故A错误；B．该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作，B项错误，故B错误；C．由反应可知，生成2molH2O转移4mol电子，则该燃料电池供应2mol水蒸气时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D．负极反应为2H2﹣4e﹣+2CO32﹣═2CO2+2H2O，有C02生成，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学电源新型电池，明确负极反应=总反应﹣正极反应式是解答本题的关键，注意离子的移动方法及利用化合价分析转移电子，题目难度中等．6．有关溶液中所含离子的检验，下列判断中正确的是()A．加入硝酸酸化，再滴加KSCN溶液后有血红色物质生成，则原溶液中一定有Fe3+存在B．加入盐酸有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则原溶液中一定有大量的CO32﹣存在C．用某溶液做焰色反应实验时火焰为黄色，则该溶液中一定有钠元素，可能有钾元素D．分别含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+的四种盐溶液，只用NaOH溶液是不能一次鉴别开的【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．-30-\n【分析】A、硝酸具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；B、能够使澄清石灰水变浑浊的气体有可能为二氧化硫气体；C、钠离子焰色反应为黄色，观察钾离子焰色反应火焰颜色需要透过蓝色钴玻璃；D、Mg2+、Cu2+、Fe2+与氢氧化钠反应分别生成白色沉淀、蓝色沉淀、白色絮状沉淀沉淀且迅速变成灰绿色；【解答】解：A、加入硝酸酸化，若溶液中有亚铁离子，能够被硝酸氧化成铁离子，所以滴加KSCN溶液后有血红色物质生成，原溶液中可能存在亚铁离子，不一定含有铁离子；检验铁离子方法应该先向溶液中加入硫氰化钾溶液，若溶液变成红色，证明有铁离子存在，故A错误；B、能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以原溶液中可能存在碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，所以原溶液中不一定存在碳酸根离子，故B错误；C、钠元素焰色反应的火焰为黄色，可以直接观察到，而钾元素焰色反应为紫色，但能被黄光遮住，观察时需要透过蓝色的钴玻璃观察，所以溶液中可能存在钾离子，故C正确；D、含有Mg2+、Cu2+、Fe2+和Na+的四种盐溶液中分别加入氢氧化钠，镁离子与氢氧化钠生成白色沉淀、铜离子与氢氧化钠生成蓝色沉淀、亚铁离子能够与氢氧化钠生成白色絮状沉淀且迅速变成灰绿色、没有明显现象的为钠离子，所以可以使用氢氧化钠检验四种离子，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，试题有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率，该类试题需要注意的是进行离子检验时，要依据离子的特殊性质和特征反应进行判断．7．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量Ba（OH）2浓溶液和NH4Al（SO4）2溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④Na2O2投入FeCl2溶液中．A．只有①④B．只有③C．只有②③D．只有①②④【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质．【分析】①金属钠投入FeCl3溶液中，钠与水反应，产物氢氧化钠与FeCl3反应；②过量Ba（OH）2浓溶液和NH4Al（SO4）2溶液生成白色沉淀硫酸钡；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中生成白色沉淀碳酸钙；-30-\n④Na2O2具有强氧化性，能氧化FeCl2．【解答】解：①钠浮在水面上，与水剧烈反应，并放出大量热，熔化成小球，黄色的溶液变成红色沉淀，发生2Na+H2O=2NaOH+H2↑、3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe（OH）3↓，故①既有气体生成最终又有沉淀生成；②过量Ba（OH）2浓溶液和NH4Al（SO4）2溶液反应的方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+3H2O+2BaSO4↓+↓NH3↑，故②中既有气体生成又有沉淀生成，故②既有气体生成最终又有沉淀生成；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸钙，故③最终只有沉淀生成；④Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，NaOH与FeCl2发生反应：2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2被水中Na2O2与水反应生成的氧气和空气中的氧气氧化4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3现象为：有气体和红褐色沉淀生成，故④中既有气体生成最终又有沉淀生成；故选D．【点评】该题主要考查了元素钠、铝、硫、铁的化合物的性质，要求掌握这些化合物的一些重要的化学反应方程式，并理解为什么会发生，从而运用这些反应解相关的问题．8．把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是()A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3【考点】氧化还原反应的计算．【分析】n（Fe）==0.4mol，反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol×（5﹣4）+0.2mol×（5﹣2）=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol×3=1.2mol＞0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol×2=0.8mol＜0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，利用转移电子守恒计算二者物质的量之比．【解答】解：n（Fe）==0.4mol，反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol×（5﹣4）+0.2mol×（5﹣2）=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+-30-\n，转移电子物质的量=0.4mol×3=1.2mol＞0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol×2=0.8mol＜0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，设Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的物质的量分别是xmol、ymol，结合转移电子守恒得解得，所以Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的物质的量之比=0.1mol：0.3mol=1：3，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，正确判断含Fe化合物种类是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大．9．一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示．下列叙述中正确的是()A．反应的化学方程式为5Y⇌XB．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．t2时，正、逆反应速率相等D．t3时，逆反应速率大于正反应速率【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【分析】达到平衡时，Y的物质的量为3mol，变化量为10mol﹣3mol=7mol，X的物质的量为5mol，变化量为5mol﹣2mol=3mol，反应的方程式为7Y⇌3X，结合图象解答该题．【解答】解：A、达到平衡时，Y的物质的量为3mol，变化量为10mol﹣3mol=7mol，X的物质的量为5mol，变化量为5mol﹣2mol=3mol，反应的方程式为7Y⇌3X，故A错误；B、t1时，Y的物质的量为6mol，X的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，则Y的浓度是X浓度的1.5倍，故B正确；C、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；-30-\nD、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等且不再变化，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡知识，做题时注意从反应物和生成物的物质的量的变化角度，判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡，难度中等．10．肼（N2H4）是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应时，N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气．已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g）△H=+8.7kJ/mol，N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.0kJ/mol，下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是()A．2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣542.7kJ/molB．2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1059.3kJ/molC．2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1076.7kJ/molD．N2H4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣1076.7kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据盖斯定律，①N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=+8.7kJ/mol②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.0kJ/mol将方程式②×2﹣①得肼和N2H4反应的热化学方程式．【解答】解：肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气，①N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=+8.7kJ/mol②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.0kJ/mol将方程式②×2﹣①得肼和N2H4反应的热化学方程式，2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1076.7kJ/mol，或N2H4（g）+N2O4（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣538.35kJ/mol，故选C．【点评】本题考查热化学方程式的书写，运用了盖斯定律，注意热化学方程式与化学方程式的区别．11．经一定时间后，可逆反应aA+bB⇌cC中物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示．下列说法正确的是()-30-\nA．该反应在T1、T3温度时达到化学平衡B．该反应在T2温度时达到化学平衡C．该反应的逆反应是放热反应D．升高温度，平衡会向正反应方向移动【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应．【解答】解：T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应．A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误；B、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，故B正确；C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C错误；D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的平衡关系判断T2℃时恰好平衡是解题关键．-30-\n12．宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”．二氧化硒（Se）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．在回收过程当中涉及到如下两个化学反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+□+2H2O下列有关叙述正确的是()A．SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2B．①中Se是氧化产物，I2是还原产物C．反应②中方框中的物质为还原产物D．反应①中每有0.6molI2生成，转移电子数目为2.4NA【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应②Se+2H2SO4（浓）=2SO2↑+□+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，结合质量守恒可知方框中的物质应为SeO2，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目．【解答】解：A．在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据①可知氧化性：SeO2＞I2，②中方框中物质应为SeO2，氧化性：H2SO4（浓）＞SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2，故A正确；B．反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，故B错误；C．反应中硫酸表现出氧化性，则应被还原，Se表现出还原性，方框中的物质应为氧化产物，故C错误；D．根据化合价的变化可知，反应①中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol×2×（1﹣0）=1.2mol，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原，题目难度中等，注意根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性来判断氧化性的强弱．-30-\n13．下列离子方程式书写正确的是()A．碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液Ca++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣B．氯气通入氢氧化钠溶液中：2Cl2+2OH﹣═3Cl﹣+ClO﹣+H2OC．次氯酸钠溶液中通入过量CO2：2ClO﹣+CO2+H2O═CO32﹣+2HClOD．氯化亚铁溶液中加入硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，生成的碳酸根离子完全转化成碳酸钙沉淀；B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；D．亚铁离子被硝酸氧化成铁离子，同时生成一氧化氮气体．【解答】解：A．碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，正确的离子方程式为：Ca++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故A错误；B．氯气通入氢氧化钠溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B错误；C．次氯酸钠溶液中通入过量CO2，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故C错误；D．氯化亚铁溶液中加入硝酸，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．14．有MgCl2、Al2（SO4）3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到的沉淀量与加入的NaOH溶液的关系如图所示，则原溶液中MgCl2、Al2（SO4）3的物质的量浓度之比为()-30-\nA．1：1B．2：1C．3：2D．2：3【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为0.25V，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液V，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为0.25V，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为0.25V×3=0.75V，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液V，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为V﹣0.75V=0.25V，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×0.25V：×0.75V=1：2，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为1：1，故选A．【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的有关计算，难度中等，根据清楚图象反应过程是解题关键．15．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是()A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有乙烯分子中类似的碳碳双键【考点】乙酸的化学性质；取代反应与加成反应；苯的结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质．-30-\n【分析】乙酸具有酸性，酸性强于碳酸；油脂属于小分子化合物，蛋白质属于高分子化合物，二者都能水解；甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，苯和硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应，也为取代反应，生成硝基苯；苯不具有烯烃的结构特征，不与溴的四氯化碳溶液发生加成反应．【解答】解：A、乙酸属于一元羧酸，酸性强于碳酸的，所以可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，但不属于高分子化合物，故B错误；C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都属于取代反应，故C正确；D、只有分子中含有不饱和键（如碳碳双键），则可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，而苯中的化学键是介于单键和双键之间特殊的化学键，故D正确．故选B．【点评】本题考查常见有机物的性质，涉及到甲烷、苯、乙酸、油脂和蛋白质，难度较小，明确有机物中的官能团来分析性质、结构决定性质及高分子化合物的概念即可解答．16．向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系不正确的是()A．c=B．p=m+C．n=m+17VcD．m＜p＜179m【考点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．【分析】反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4；Mg（OH）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；A．根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH﹣），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；-30-\nB、由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；C、沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cVM计算氢氧根离子的质量；D、按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间．【解答】解：A、根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH﹣），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的2倍，故×2=cmol/L×V×10﹣3L，整理得c=，故A正确；B、选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+c×V×10﹣3××16=m+，故B正确；C、沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+c×V×10﹣3×17=m+，故C错误；D、得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=×40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=××102=，质量介于二者之间，故D错误；故选CD．【点评】本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大．二．非选择题（共52分）17．一定温度下在体积为5L的密闭容器中发生可逆反应．-30-\n（Ⅰ）若某可逆反应的化学平衡常数表达式为：K=（1）写出该反应的化学方程式：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；（2）能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是ABC（填选项编号）．A．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化B．υ正（H2O）=υ逆（H2）C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中总的物质的量不随时间而变化E．消耗nmolH2的同时消耗nmolCO（Ⅱ）若该密闭容器中加入的是2molFe（s）与1molH2O（g），t1秒时，H2的物质的量为0.20mol，到第t2秒时恰好达到平衡，此时H2的物质的量为0.35mol．（1）t1～t2这段时间内的化学反应速率v（H2）=mol/（L．s）．（2）若继续加入2molFe（s），则平衡不移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），继续通入1molH2O（g）再次达到平衡后，H2的物质的量为0.7mol．（3）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图．t1时改变了某种条件，改变的条件可能是加催化剂（只要写其中一种答案即可）【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率变化曲线及其应用．【分析】（Ⅰ）（1）由K可知反应物及生成物；（2）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量分析平衡状态；（Ⅱ）（1）结合v=计算；（2）Fe为纯固体，改变用量平衡不移动；而继续通入1molH2O（g），相当于加压，平衡向气体体积缩小的方向移动，但K不变，结合K计算；（3）t1时改变了某种条件，逆反应速率增大，结合影响反应速率的因素来解答．-30-\n【解答】解：（Ⅰ）（1）由K=可知，反应物为C、H2O，生成物为CO、H2，该反应为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；（2）A．混合气体的质量、物质的量均为变量，则容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应达到平衡，故A选；B．υ正（H2O）=υ逆（H2），不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应达到平衡状态，故B选；C．体积不变，混合气体的质量为变量，则容器中气体的密度不随时间而变化，反应达到平衡，故C选；D．反应为总物质的量不变的反应，则容器中总的物质的量不随时间而变化，不能判定平衡，故D不选；E．消耗nmolH2的同时消耗nmolCO，只体现逆反应速率，不能判定平衡，故E不选；故答案为：ABC；（Ⅱ）（1）t1秒时，H2的物质的量为0.20mol，到第t2秒时恰好达到平衡，此时H2的物质的量为0.35mol，则v===mol/（L．s），故答案为：mol/（L．s）；（2）Fe为纯固体，改变用量平衡不移动，在加入Fe后，Fe是固体，平衡不移动；3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，K=，再加入1molH2O（g），浓度增大一倍，再次达到平衡，化学平衡常数不变，则H2的物质的量为原来的2倍，故答案为：不；0.7；（3）t1时改变了某种条件，逆反应速率增大，则改变条件为加催化剂或升高温度或增大氢气的浓度等，故答案为：加催化剂．【点评】本题考查化学平衡常数及应用，为高频考点，把握化学反应速率及平衡的影响因素、化学平衡常数的意义及计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．-30-\n18．（14分）A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大．A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y）；D形成的分子为双原子分子．回答问题：（1）D元素的名称为氟，F形成的离子的结构示意图为．（2）写出液态化合物Y的一种用途一定浓度的H2O2溶液作消毒剂．（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，使用这种气球存在的隐患是氢气易燃、易爆．（4）P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，等物质的量的P和Q恰好完全反应．写出该反应的离子方程式：H++HSO3﹣═SO2↑+H2O．（5）A、B、G三种元素两两组合形成的化合物在空气中相遇形成白烟，反应的化学方程式为NH3+HCl═NH4Cl．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大．A和E最外层电子数相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为Na；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，则B、C处于第二周期，F处于第三周期，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为O元素、F为S元素，可知B为N元素；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y），则A为H元素，X为H2O、Y为H2O2；D形成的分子为双原子分子，且原子序数介于氧、钠之间，故D为F元素；G的原子序数大于硫，故G为Cl，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大．A和E最外层电子数相同，二者同主族，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为Na；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，则B、C处于第二周期，F处于第三周期，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为O元素、F为S元素，可知B为N元素；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y（相对分子质量X＜Y），则A为H元素，X为H2O、Y为H2O2；D形成的分子为双原子分子，且原子序数介于氧、钠之间，故D为F元素；G的原子序数大于硫，故G为Cl．-30-\n（1）由上述分析可知，D为氟元素，F形成的离子为S2﹣，离子结构示意图为：，故答案为：氟；；（2）液态化合物Y为H2O2，一定浓度的H2O2溶液作消毒剂，故答案为：一定浓度的H2O2溶液作消毒剂；（3）用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物NaOH的水溶液反应，产生的气体可充填气球，是Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，该反应的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，使用这种气球存在的隐患是：氢气易燃、易爆，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；氢气易燃、易爆；（4）P和Q两种物质都是由H、O、Na、S四种元素组成的盐，其水溶液都显酸性，两物质为NaHSO3、NaHSO4，等物质的量的P和Q恰好完全反应，该反应的离子方程式：H++HSO3﹣═SO2↑+H2O，故答案为：H++HSO3﹣═SO2↑+H2O；（5）H、N、Cl三种元素两两组合形成的化合物在空气中相遇形成白烟，是氨气与HCl反应生成氯化铵，反应的化学方程式为：NH3+HCl═NH4Cl，故答案为：NH3+HCl═NH4Cl．【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，注意对元素化合物性质的掌握，难度中等．19．甲、乙、丙为常见单质．A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，C能使品红溶液褪色．在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示．请回答下列问题：（1）用化学式表示：丙为O2，H为SO3．（2）A的电子式为．（3）电解E的水溶液时，E起到的作用是增强溶液导电能力．（4）写出B+C﹣→D的化学方程式：Na2O2+SO2=Na2SO4；写出E+G﹣→F的离子方程式：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．-30-\n【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，B能与二氧化碳、水反应生成单质丙，则B为Na2O2，丙为O2，A为Na，E为NaOH，F为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断G为NaHCO3；C能使品红溶液褪色，由单质乙与氧气反应得到，则乙为S，A为Na2S，C为SO2，H为SO3，D为Na2SO4，据此解答．【解答】解：甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，B能与二氧化碳、水反应生成单质丙，则B为Na2O2，丙为O2，A为Na，E为NaOH，F为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断G为NaHCO3；C能使品红溶液褪色，由单质乙与氧气反应得到，则乙为S，A为Na2S，C为SO2，H为SO3，D为Na2SO4，（1）由上述分析可知，丙为O2，H为SO3，故答案为：O2；SO3；（2）A为Na2S，电子式为，故答案为：；（3）电解NaOH的水溶液时，实质是电解水，NaOH起到的作用是：增强溶液导电能力，故答案为：增强溶液导电能力；（4）B+C→D是过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；B和G是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．【点评】本题考查无机物推断，颜色反应性质、转化关系中特殊转化等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．20．（14分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．-30-\n（1）根据右侧能量变化示意图1；请写出NO2和CO反应的热化学方程式NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1．（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应3A（s）+4B（g）⇌4C（g）△H＞0其平衡常数K与温度T的关系如下表：T/K298398498平衡常数K4.1×106K1K2①该反应的平衡常数表达式：K=．②试判断K1＜K2（填写“＞”，“=”或“＜”）．③下列各项能说明该反应已达到平衡状态韵是bd（填字母）．a．容器内B．C的浓度之比为1：1b．v（B）正=v（C）逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变（3）对反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示，下列说法正确的是cd．a．A、C两点的反应速率：A＞Cb．A、C两点的化学平衡常数：A＞Cc．A、C两点N2O4的转化率：A＞Cd．由状态B到状态A，可以用加热的方法（4）一定温度下，在lL密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的，则N2的转化率a（N2）=25%，以NH3表示该过程的反应速率v（NH3）=0.05mol/L•min．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．-30-\n【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】（1）根据能量变化图，反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能；（2）①依据平衡常数等于平衡生成物浓度的幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积；②根据升高温度平衡吸热方向移动以及平衡逆向移动平衡常数减小；③直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等，②反应体系中各物质的百分含量保持不变．间接标志：①混合气体的总压强、总体积、总物质的量不随时间的改变而改变（m+n≠p+q）；②各物质的浓度、物质的量不随时间的改变而改变；③各气体的体积、各气体的分压不随时间的改变而改变；（3）a．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；b．A、C两点都在等温线上，平衡常数只与温度有关；c．A、C两点都在等温线上，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动；d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；（3）依据化学平衡三段式列式计算，利用转化率、反应速率概念的含义计算；（4）依据化学平衡三段式列式计算，结合转化率和反应速率概念分析计算．【解答】解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234KJ/mol，所以热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；（2）①3A（s）+4B（g）⇌4C（g）△H＞0，平衡常数计算表达式k=，故答案为：；②3A（s）+4B（g）⇌4C（g）△H＞0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，所以K1＜K2，故答案为：＜；③a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内BC的浓度之比不一定为为1：1，和起始量有关，所以不能作为平衡的标志，故a错误；b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即v（B）正=v（C）逆，说明反应达到平衡，故b正确；c．反应前后气体体积不变，若压强不变，不能说明反应达到平衡，故c错误；容器内压强保持不变-30-\nd．反应前后气体的质量变化，容器的体积不变，所以密度该变，所以混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故d正确；故选：bd；（3）a．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C＞A，故a错误；b．A、C两点都在等温线上，平衡常数只与温度有关，所以化学平衡常数：A=C，故b错误；c．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A＞C，故b正确；d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；故选：cd；（4）一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应．若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的八分之七；设反应的氮气物质的量为x；N2+3H2=2NH3起始量（mol）130变化量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3x2x（1﹣x）+（3﹣3x）+2x=（1+3）×x=0.25mol则N2的转化率a（N2）=25%；以NH3表示该过程的反应速率v（NH3）==0.05mol/L•min，故答案为：25%；0.05mol/L•min．【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学平衡的图象、平衡状态的判断和计算等，题目难度中等，侧重对学生能力的考查．-30-
