甘肅省天水市一中2023屆高三化學(xué)上學(xué)期第四次考試試題（含解析）

甘肅省天水市一中2023屆高三化學(xué)上學(xué)期第四次考試試題（含解析）甘肅省天水市一中2023-2023學(xué)年高三上學(xué)期第四次考試化學(xué)試題1.以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A.ΔH＜0、ΔS＞0的反響在溫度低時(shí)不能自發(fā)進(jìn)行B.NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自發(fā)進(jìn)行，原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向C.因?yàn)殪首兒挽刈兌寂c反響的自發(fā)性有關(guān)，因此焓變或熵變均可以單獨(dú)作為反響自發(fā)性的判據(jù)D.在其他外界條件不變的情況下，使用催化劑可以改變化學(xué)反響進(jìn)行的方向【答案】B【解析】【詳解】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何溫度都能自發(fā)進(jìn)行，錯(cuò)誤；B、ΔH>0,ΔS＞0,高溫可以自發(fā)進(jìn)行，正確；C、雖然焓變和熵變都與反響的自發(fā)性有關(guān)，但單獨(dú)作為反響自發(fā)性的判據(jù)是不準(zhǔn)確的，錯(cuò)誤；D、催化劑不可以改變化學(xué)反響進(jìn)行的方向，錯(cuò)誤。2.以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是A.中和相同體積、相同pH的H2SO4、HCl和CH3COOH三種稀溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量分別為n1、n2和n3，那么n3＞n1＞n2B.常溫下，由水電離出的c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液中，能大量存在以下離子：Mg2+、Na+、Br-、ClO-C.等pH的鹽酸和醋酸與適量的鎂反響，開始時(shí)反響速度相等D.往0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴入少量濃NaOH溶液，溶液變?yōu)槌壬敬鸢浮緾【解析】【詳解】A.相同體積、相同pH的三種溶液，醋酸是弱酸存在電離平衡，鹽酸和硫酸為強(qiáng)酸完全電離，中和NaOH的物質(zhì)的量n3>n1=n2，故A錯(cuò)誤；B.水電離出的c(OH－)＝1×10－13

mol/L＜1×10－7

mol/L，故水的電離受到抑制，有可能是酸的溶液，也可能是堿的溶液，Mg2+不能在堿的溶液中共存，ClO-不能在酸的溶液中共存，故B錯(cuò)誤；C.鎂與酸反響的本質(zhì)是鎂與溶液中的H+發(fā)生置換反響生成H2，等pH的鹽酸和醋酸溶液剛開始時(shí)，氫離子濃度相等，反響速度相等，故C正確；D.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-〔橙色〕+H2O?2CrO42-+2H+參加少量NaOH固體，中和氫離子，氫離子濃度降低，平衡向右移動(dòng)，溶液由橙變黃，故D錯(cuò)誤；正確答案是C?！军c(diǎn)睛】濃度對(duì)化學(xué)平衡的影響：在其他條件不變時(shí)，增大反響物的濃度或減小生成物的濃度，有利于正反響的進(jìn)行，平衡向右移動(dòng)；增加生成物的濃度或減小反響物的濃度，有利于逆反響的進(jìn)行平衡向左移動(dòng)。單一物質(zhì)的濃度改變只是改變正反響或逆反響中一個(gè)反響的反響速率而導(dǎo)致正逆反響速率不相等，而導(dǎo)致平衡被打破。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法不正確的選項(xiàng)是A.1molCH2＝CH2分子中含有的共價(jià)鍵數(shù)為6NAB.500mL0.5mol·L?1的NaCl溶液中微粒數(shù)大于0.5NAC.30gHCHO與CH3COOH混合物中含C原子數(shù)為NAD.2.3gNa與O2完全反響，反響中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.1NA和0.2NA之間【答案】D【解析】【詳解】A.1個(gè)乙烯分子中碳碳雙鍵含兩個(gè)共價(jià)鍵，4個(gè)碳?xì)滏I合為4個(gè)共價(jià)鍵，總計(jì)6個(gè)共價(jià)鍵，因而1molCH2＝CH2分子中含有共價(jià)鍵數(shù)為6NA，A項(xiàng)正確；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而鈉離子和氯離子總計(jì)0.5NA個(gè)，但水會(huì)電離出極少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒數(shù)大于0.5NA，B項(xiàng)正確；C.HCHO與CH3COOH的最簡式為CH2O，原混合物相當(dāng)于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子數(shù)為NA，C項(xiàng)正確；D.不管鈉和氧氣生成氧化鈉還是過氧化鈉，鈉元素的化合價(jià)由0變?yōu)?1，因而2.3gNa〔2.3gNa為0.1mol〕轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1mol×1×NA=0.1NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故答案選D。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，Y原子的最外層只有2個(gè)電子，Z單質(zhì)可制成半導(dǎo)體材料，W與X屬于同一主族。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A.元素W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)B.元素W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Z的弱C.化合物YX、ZX2、WX3中化學(xué)鍵的類型相同D.原子半徑的大小順序：rY＞rZ＞rW＞rX【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)題意可得X是O；Y是Mg；Z是Si；W是S。A、O、S是同一主族的元素，由于非金屬性O(shè)>S，元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物的穩(wěn)定性就越強(qiáng)。所以元素W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的弱，故A錯(cuò)誤；B.元素的非金屬性S>Si。元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性就越強(qiáng)。所以元素W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Z的強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C.MgO是離子晶體，離子之間以離子鍵結(jié)合；SiO2是原子晶體，原子間以共價(jià)鍵結(jié)合；SO3是分子晶體，分子間以分子間作用力結(jié)合。在分子內(nèi)原子間以共價(jià)鍵結(jié)合。所以這三種化合物的化學(xué)鍵不同，故C錯(cuò)誤；D.Mg、Si、S都是第三周期的元素，原子序數(shù)越大，原子的半徑就越小。而O是第二周期的元素對(duì)于不同周期的元素來說，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑就越大。所以原子半徑Mg>Si>S>O，故D正確；答案選D。5.以下實(shí)驗(yàn)方案、現(xiàn)象、得出的結(jié)論均正確的選項(xiàng)是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象結(jié)論A用玻璃棒蘸取某樣品進(jìn)行焰色反響時(shí)觀察到黃色火焰該樣品含鈉元素B向NaHCO3溶液中參加過量鹽酸振蕩、靜置、有氣泡產(chǎn)生證明非金屬性Cl＞CC向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反響后的溶液中參加BaCl2產(chǎn)生白色沉淀證明S02被氧化為SO42-D將10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反響后滴加KSCN，溶液顏色變紅KI與FeCl3反響有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A、玻璃中含有鈉元素，干擾鈉離子的檢驗(yàn)，應(yīng)用鐵絲或鉑絲，故A錯(cuò)誤；B、NaHCO3溶液中參加過量鹽酸，可知酸性鹽酸大于碳酸，但鹽酸為無氧酸，那么不能比擬Cl、C的非金屬性，故B錯(cuò)誤；C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反響后的溶液中參加鹽酸酸化的BaCl2產(chǎn)生白色沉淀，如果高錳酸鉀溶液使用的是硫酸進(jìn)行的酸化，那么不能確定SO42-是后來生成的還是原溶液中的，故C錯(cuò)誤；D、10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合，其中KI過量，混合充分反響后滴加KSCN，溶液顏色變紅，證明溶液中還存在三價(jià)鐵離子，因此可證明KI與FeCl3反響進(jìn)行不徹底，有可逆性，故D正確；應(yīng)選D。6.反響C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一密閉容器中進(jìn)行，以下說法正確是A.保持容器體積不變，增加C的物質(zhì)的量，反響速率增大B.保持容器體積不變，充入N2容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大，化學(xué)反響速率增大C.保持壓強(qiáng)不變，充入N2容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變，化學(xué)反響速率減小D.保持容器體積不變，隨著反響進(jìn)行氣體物質(zhì)的量增多，壓強(qiáng)增大，反響速率逐漸加快【答案】C【解析】【詳解】A.保持容器體積不變，C為固體，增加C的物質(zhì)的量，反響速率不變，與題意不符，A錯(cuò)誤；B.保持容器體積不變，充入N2容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大，反響體系中各氣體的濃度未變，那么化學(xué)反響速率不變，與題意不符，B錯(cuò)誤；C.保持壓強(qiáng)不變，充入N2容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變，體積增大，反響體系中各氣體的濃度減小，那么化學(xué)反響速率減小，符合題意，C正確；D.保持容器體積不變，隨著反響進(jìn)行氣體物質(zhì)的量增多，生成物的濃度增大，那么逆反響速率逐漸加快，與題意不符，D錯(cuò)誤；答案為C?！军c(diǎn)睛】改變壓強(qiáng)時(shí)，假設(shè)體系中各物質(zhì)的濃度未變，那么反響速率不變。7.能正確表示以下離子方程式是A.KI溶液久置空氣中變黃色：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OHˉB.少量三氧化硫與氨水反響：SO3＋NH3·H2O=NH4+＋HSO4-CNa與CuSO4水溶液反響：2Na＋Cu2+＝Cu＋2Na+D.〔NH4〕2SO4和FeSO4混合溶液與足量NaOH反響：Fe2+＋2OHˉ=Fe〔OH〕2↓【答案】A【解析】【詳解】A、碘離子會(huì)被空氣中的氧氣氧化為碘單質(zhì)，選項(xiàng)A正確；B、硫酸氫根離子無法在堿性條件下大量存在，選項(xiàng)B不正確；C、金屬鈉投入到硫酸銅水溶液中會(huì)先和水反響生成氫氧化鈉和氫氣，接著氫氧化鈉會(huì)和硫酸銅反響生成藍(lán)色的氫氧化銅沉淀，選項(xiàng)C不正確；D、氫氧化鈉會(huì)和硫酸銨生成弱電解質(zhì)一水合氨，要以化學(xué)式寫在方程式中，選項(xiàng)D不正確。答案選A?！军c(diǎn)睛】此題考查離子反響方程式的正誤判斷。易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)C，應(yīng)注意鈉的金屬性較強(qiáng)，與硫酸銅溶液作用時(shí)直接與水反響而不能置換出銅。8.以下圖示與對(duì)應(yīng)的表達(dá)相符的是A.圖1表示H2與O2發(fā)生反響過程中的能量變化，那么H2的燃燒熱為241.8kJ·mo1－1B.圖2表示壓強(qiáng)對(duì)可逆反響2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響，乙的壓強(qiáng)比甲的壓強(qiáng)大C.假設(shè)圖3表示等質(zhì)量的鉀、鈉分別與足量水反響，那么甲代表鈉D.圖4表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時(shí)，溶液pH隨加水量的變化，那么相同條件下NaA溶液的pH大于同濃度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】【詳解】A、燃燒熱是在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，與圖象不吻合，故A錯(cuò)誤；B、該反響是一個(gè)反響前后氣體體積減小的可逆反響，增大壓強(qiáng)平衡向正反響方向移動(dòng)，那么反響物的含量減少，該圖中改變條件后，反響物的含量不變，說明平衡不移動(dòng)，參加的是催化劑，故B錯(cuò)誤；C、鉀比鈉活潑，反響速率快。鈉的摩爾質(zhì)量小于鉀的摩爾質(zhì)量，在質(zhì)量相等的條件下鈉放出的氫氣多，與圖像吻合，故C正確；D、在稀釋過程中HA的pH變化大，說明HA的酸性比HB強(qiáng)，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA與NaB水解顯堿性，所以NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C。9.最近，科學(xué)家研發(fā)了“全氫電池〞，其工作原理如下圖。以下說法不正確的選項(xiàng)是A.右邊吸附層中發(fā)生了復(fù)原反響B(tài).負(fù)極的電極反響是H2－2e－＋2OH－=2H2OC.電池的總反響是2H2＋O2=2H2OD.電解質(zhì)溶液中Na＋向右移動(dòng)，向左移動(dòng)【答案】C【解析】【分析】由電子的流動(dòng)方向可以得知左邊為負(fù)極，發(fā)生氧化反響；右邊為正極，發(fā)生復(fù)原反響?！驹斀狻坑呻娮拥牧鲃?dòng)方向可以得知左邊為負(fù)極，發(fā)生氧化反響；右邊為正極，發(fā)生復(fù)原反響，應(yīng)選項(xiàng)A、B正確；電池的總反響沒有O2參與，總反響方程式不存在氧氣，故C選項(xiàng)不正確；在原電池中，陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，故D選項(xiàng)正確。答案選C。A.右邊吸附層中發(fā)生了復(fù)原反響，A正確；B.氫氣在負(fù)極上發(fā)生氧化反響，電解質(zhì)中有強(qiáng)堿，故負(fù)極的電極反響是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正確；C.沒有氧氣參與反響，C不正確；D.電解質(zhì)溶液中Na＋向右邊的正極移動(dòng)，向左邊的負(fù)極移動(dòng)，D正確。綜上所述，此題選不正確的，應(yīng)選C。10.以下事實(shí)，不能用勒夏特列原理解釋的是A.在溴水中存在如下平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，當(dāng)參加NaOH溶液后顏色變淺B.對(duì)于反響：2HI(g)H2(g)+I2(g)，使平衡體系縮小體積增加壓強(qiáng)，顏色變深C.Fe(SCN)3溶液中參加固體KSCN后顏色變深D.棕紅色氣體NO2〔2NO2N2O4〕縮小體積加壓后，顏色先變深后變淺【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)，使用勒夏特列原理時(shí)，該反響必須是可逆反響，否那么勒夏特列原理不適用；【詳解】A.參加NaOH溶液后，NaOH和HBr、HBrO發(fā)生中和反響導(dǎo)致平衡正向移動(dòng)，那么溶液顏色變淺，能用平衡移動(dòng)原理解釋，A項(xiàng)正確；B.對(duì)于左右兩端氣體系數(shù)之和相等的反響，增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，所以與勒夏特列原理無關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.因?yàn)?，參加KSCN后，SCN-增多，使平衡向逆向移動(dòng)，C項(xiàng)正確；D.增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，氣體顏色先變深后變淺，能用平衡移動(dòng)原理解釋，D項(xiàng)正確；答案選B。11.利用如下圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)腐蝕，以下說法不正確的選項(xiàng)是()A.假設(shè)X為碳棒，為減慢鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于N處B.假設(shè)X為鋅棒，K置于M或N處，均能減慢鐵的腐蝕C.假設(shè)X為碳棒，將開關(guān)K置于M處時(shí)鐵棒上發(fā)生的反響為Fe－2e－=Fe2＋D.假設(shè)X為鋅棒，將開關(guān)K置于N處時(shí)鐵棒上發(fā)生的反響為Fe－2e－=Fe2＋【答案】D【解析】【分析】根據(jù)金屬的防護(hù)，假設(shè)K置于N處，形成電解池，必須讓被保護(hù)的金屬接電源負(fù)極；假設(shè)開關(guān)K置于M處，形成原電池，假設(shè)要使金屬鐵被保護(hù)，需讓鐵做正極，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．假設(shè)X為碳棒，當(dāng)開關(guān)K置于N處時(shí)，形成電解池，鐵做陰極被保護(hù)，能減緩鐵的腐蝕，故A正確；B．假設(shè)

X

為鋅棒，開關(guān)

K

置于

M處，形成原電池，鋅比鐵活潑，鋅為負(fù)極，鐵做正極，在原電池中正極被保護(hù)，能減緩鐵的腐蝕；當(dāng)開關(guān)K置于N處時(shí)，形成電解池，鐵做陰極被保護(hù)，能減緩鐵的腐蝕，故B正確；C．假設(shè)X為碳棒，開關(guān)

K

置于

M處，形成原電池，鐵做負(fù)極，鐵棒上發(fā)生反響為Fe－2e－=Fe2＋，故C正確；D．當(dāng)X為鋅時(shí)，開關(guān)K置于N處，形成電解池，鐵做陰極，故陰極上的電極反響為：O2+4e-+2H2O=4OH-，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D。12.反響：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)△H＝－akJ·mol-1〔a＞0〕，其反響機(jī)理是①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)快②NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g)慢以下有關(guān)該反響的說法正確的選項(xiàng)是A.該反響的速率主要取決于①的快慢B.NOBr2是該反響的催化劑C.增大Br2(g)的濃度能增大活化分子百分?jǐn)?shù)，加快反響速率D.總反響中生成物的總鍵能比反響物的總鍵能大akJ·mol-1【答案】D【解析】【詳解】A．反響速率主要取決于慢的一步，所以反響速率主要取決于②的快慢，A錯(cuò)誤；B．NOBr2是中間產(chǎn)物，而不是催化劑，B錯(cuò)誤；C．增大濃度，活化分子百分?jǐn)?shù)不變，D錯(cuò)誤，；D．正反響放熱，斷裂化學(xué)鍵吸收的能量小于形成化學(xué)鍵放出的能量，那么正反響的活化能比逆反響的活化能小akJ?mol-1，D正確；答案選D。13.MnSO4是制備高純MnCO3的中間原料。實(shí)驗(yàn)室用如下圖裝置可制備少量MnSO4溶液，反響原理為MnO2＋H2SO3=MnSO4＋H2O。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A.假設(shè)實(shí)驗(yàn)中將N2換成空氣，那么反響液中的濃度之比變大B.緩慢通入混合氣體可提高SO2的轉(zhuǎn)化率C.假設(shè)不通N2，那么燒瓶中的進(jìn)氣管口容易被堵塞D.石灰乳對(duì)尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好【答案】A【解析】【詳解】A、SO2能與H2O反響生成H2SO3，H2SO3易被氧氣氧化成SO42－，導(dǎo)致溶液中c(SO42－)增大，即之比減小，故A說法錯(cuò)誤；B、緩慢通入混合氣體，可以使SO2充分反響，提高SO2的轉(zhuǎn)化率，故B說法正確；C、假設(shè)不通N2，那么燒瓶中的進(jìn)氣管口容易被MnO2堵塞，故C說法正確；D、SO2有毒，不能直接排放到空氣，氫氧化鈣微溶于水，澄清石灰水中Ca((OH)2含量低，因此使用石灰乳對(duì)尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好，故D說法正確；答案選A。14.在容積為2.0L的密閉容器內(nèi)，物質(zhì)D在T℃時(shí)發(fā)生反響，其反響物和生成物的物質(zhì)的量隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖，以下表達(dá)不正確的選項(xiàng)是A.從反響開始到第一次到達(dá)平衡時(shí)，A物質(zhì)的平均反響速率為0.0667mol/(L·min)B.該反響的化學(xué)方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=c(A)2·c(B)C.：反響的?H＞0，那么第5分鐘時(shí)圖象呈現(xiàn)上述變化的原因可能是升高體系的溫度D.假設(shè)在第7分鐘時(shí)增加D的物質(zhì)的量，那么表示A的物質(zhì)的量變化正確的選項(xiàng)是a曲線【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)v=?c/?t計(jì)算得A物質(zhì)的平均反響速率為0.4mol/(2L×3min)=0.0667mol/(L·min),A正確；B.根據(jù)圖在第一次到達(dá)平衡時(shí)A的物質(zhì)的量增加了0.4mol，B的物質(zhì)的量增加了0.2mol，所以A、B為生成物，D的物質(zhì)的量減少了0.4mol/L，所以D為反響物，D、A、B的變化量之比為0.4:0.4:0.2=2:2:1,反響中各物質(zhì)計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的濃度的變化量之比，化學(xué)方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=c(A)2·c(B)，故B正確；C.第5分鐘時(shí)A、B的物質(zhì)的量在原來的根底上增加，而D的物質(zhì)的量在原來的根底上減小，說明平衡正向移動(dòng)，因?yàn)榉错懙?H＞0,所以此時(shí)是升高溫度，故C正確；D.因?yàn)镈是固體，量的改變不影響化學(xué)平衡，所以A的物質(zhì)的量不變，故D錯(cuò)誤；綜上所述，此題選D。15.4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1，T2>T1，對(duì)于該反響，以下圖象正確的選項(xiàng)是A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】A、正反響放熱，升高溫度，正逆反響速率均增大，逆反響速率大于正反響速率，平衡向逆反響方向進(jìn)行，A錯(cuò)誤；B、化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，B錯(cuò)誤；C、對(duì)于反響4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，一氧化碳的體積分?jǐn)?shù)會(huì)增大，C錯(cuò)誤；D、升高溫度，化學(xué)反響速率會(huì)迅速增大，所以T2時(shí)先到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，并且化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮的轉(zhuǎn)化率減小，D正確；答案選D。16.焦炭催化復(fù)原二氧化硫的化學(xué)方程式為2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定壓強(qiáng)下，向1L密閉容器中充入足量的焦炭和1molSO2發(fā)生反響，測得SO2的生成速率與S2(g)的生成速率隨溫度變化的關(guān)系如下圖，以下說法正確的選項(xiàng)是A.該反響的?H>0 B.C點(diǎn)時(shí)到達(dá)平衡狀態(tài)C.增加C的量能夠增大SO2的轉(zhuǎn)化率 D.T3時(shí)增大壓強(qiáng)，能增大活化分子百分?jǐn)?shù)【答案】B【解析】【詳解】A.升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，C點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度升高到D點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比大于2∶1，說明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移動(dòng)，即逆反響是吸熱反響，那么正反響是放熱反響，△H＜0，故A錯(cuò)誤；B.到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2∶1，根據(jù)圖知，只有C點(diǎn)符合，故B正確；C.能夠增大SO2平衡轉(zhuǎn)化率說明平衡正向移動(dòng)，但不能是增加C的物質(zhì)的量，因?yàn)镃為固體，故C錯(cuò)誤；D.增大壓強(qiáng)，增大了單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)，但活化分子百分?jǐn)?shù)不變，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】正確解讀圖像是解題的關(guān)鍵。此題中要注意平衡時(shí)SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2∶1，而不是1∶1。17.鋁氫化鈉(NaAlH4)是有機(jī)合成的重要復(fù)原劑。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì))為原料制備鋁氫化鈉的一種工藝流程如下:注:SiO2在“堿溶〞時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉(Na2Al2SixO8)沉淀。〔1〕鋁硅酸鈉(Na2Al2SixO8)可以用氧化物的形式表示其組成，形式為________?！?〕“過濾I〞中濾渣主要成分有________(寫名稱)。向“過濾I〞所得濾液中參加NaHCO3溶液，反響的離子方程式為_______________、______________?！?〕“電解I〞的另一產(chǎn)物在1000℃時(shí)可與N2反響制備AlN，在這種產(chǎn)物中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是__________________?！?〕“電解II〞是電解Na2CO3溶液，原理如下圖。陽極的電極反響式為_________________?！敬鸢浮?1).Na2O·Al2O3·2SiO2(2).鋁硅酸鈉、氧化鐵(3).OH-+HCO3-=CO32-+H2O(4).AlO2-+HCO3-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓(5).氯化銨分解產(chǎn)生的氯化氫能夠破壞鋁外表的氧化鋁薄膜(6).4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑【解析】【分析】以鋁土礦(主要成分為，含和等雜質(zhì))為原料制備鋁，由流程可知，加溶解時(shí)不反響，由信息可知在“堿溶〞時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反響生成，過濾II得到，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成鋁和氧氣，純鋁在氯氣中燃燒生成氯化鋁，氯化鋁再與反響生成鋁氫化鈉?！驹斀狻俊?〕鋁硅酸鈉()用氧化物表示時(shí)通常先金屬氧化物，后二氧化硅和水，其氧化物形式為，故答案為：；〔2〕鋁土礦加溶解時(shí)，溶解生成偏鋁酸鈉，而不反響，由信息可知在“堿溶〞時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，那么過濾所得濾渣Ⅰ為鋁硅酸鈉、氧化鐵，濾液中含有過量和溶液，參加溶液后，分別與、反響，反響的離子方程式為、，故答案為：鋁硅酸鈉、氧化鐵；、；〔3〕鋁粉在1000℃時(shí)可與反響制備，在鋁粉中添加少量固體并充分混合，有利于的制備，其主要原因是分解產(chǎn)生的能夠破壞外表的薄膜，故答案為：氯化銨分解產(chǎn)生的氯化氫能夠破壞鋁外表的氧化鋁薄膜；〔4〕由圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陽極反響為，故答案為：。18.短周期五種元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大。A、B、C的單質(zhì)在常溫下都呈氣態(tài)，C原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，C和E位于同主族。1molDAx與足量的A2C反響生成44.8L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕G氣體。A、B的單質(zhì)依次為G、T，在密閉容器中充入一定量的G、T，一定條件下發(fā)生反響G+T→W〔未配平〕，測得各物質(zhì)的濃度如表所示。物質(zhì)TGW10min時(shí)，c/(mol/L)0.50.80.220min時(shí)，c/(mol/L)0.30.20.6答復(fù)以下問題：〔1〕A、B、C能組成既含離子鍵又含共價(jià)鍵的化合物，該化合物的化學(xué)式為_________?！?〕B、C、D、E的簡單離子中，離子半徑由大到小排序?yàn)開_________〔用離子符號(hào)表示〕?！?〕J、L是由A、B、C、E四種元素組成的兩種常見酸式鹽，J、L混合可產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，寫出這兩種溶液發(fā)生反響的離子方程式__________；J、L中能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是_______〔填化學(xué)式〕?！?〕B2A4?C2堿性燃料電池放電效率高。該電池放電時(shí)生成B2和A2C，正極反響式為________；電池工作一段時(shí)間后，電解質(zhì)溶液的pH_____〔填“增大〞“減小〞或“不變〞〕?！敬鸢浮?1).NH4NO3或NH4NO2(2).S2－>N3－>O2－>Mg2＋(3).HSO3－＋H＋=SO2↑＋H2O(4).NH4HSO3(5).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(6).減小【解析】【分析】C原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，推知C為氧，C和E位于同主族，故E為硫，A、B的單質(zhì)在常溫下都呈氣態(tài)，且A、B、C原子序數(shù)遞增，故A為氫，B為氮，1molDAx與足量的A2C〔水〕反響生成44.8L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕G〔氫氣〕氣體，可知D為金屬，DAx中氫顯負(fù)價(jià)，失電子，那么x=2，D顯+2價(jià)，A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，故D為鎂，綜上所述，A為氫，B為氮，C為氧，D為鎂，E為硫，G為氫氣，T為氮?dú)?，W為氨氣?！驹斀狻俊?〕A為氫，B為氮，C為氧，組成的離子化合物可能為或，故答案：或；〔2〕B為氮，C為氧，D為鎂，E為硫，原子核外有三層電子半徑最大，、、電子層數(shù)均為兩層，核外電子排布相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，故離子半徑，故答案為：；〔3〕由氫、氮、氧、硫四種元素組成的兩種常見酸式鹽，混合可產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，推測兩種鹽分別為和，產(chǎn)生的氣體為二氧化硫，二者反響的離子方程式為：，和中能復(fù)原高錳酸鉀使其褪色，故答案為：；；〔4〕堿性燃料電池中，正極發(fā)生復(fù)原反響，氧氣生成氫氧根，電極反響式為：，電池總反響為：，反響中沒有消耗溶液中的氫氧根，但是產(chǎn)生了水，造成溶液體積增大，堿性減弱，pH減小，故答案為：；減小。【點(diǎn)睛】微粒半徑大小比擬的一般規(guī)律：1、看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多半徑越大；2、電子層數(shù)相同時(shí)，看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越多半徑越??；3、電子層數(shù)和核電荷數(shù)都相同時(shí)，看電子數(shù)，電子數(shù)越多越多半徑越大。19.700℃時(shí)，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發(fā)生反響：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)，反響過程中測定的局部數(shù)據(jù)見下表(表中t2>t1)：反響時(shí)間/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.20t20.80依據(jù)題意答復(fù)以下問題：(1)反響在t1min內(nèi)的平均速率為v(H2)＝________mol·L－1·min－1。(2)保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達(dá)平衡時(shí)，n(CO2)＝________mol。(3)溫度升至800℃，上述反響的平衡常數(shù)為0.64，那么正反響為________反響(填“放熱〞或“吸熱〞)。(4)700℃時(shí)，向容積為2L的密閉容器中充入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分別為1.20mol、2.00mol、1.20mol、1.20mol，那么此時(shí)該反響v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“＝〞)。(5)該反響在t1時(shí)刻到達(dá)平衡，在t2時(shí)刻因改變某個(gè)條件，CO和CO2濃度發(fā)生變化的情況如下圖。圖中t2時(shí)刻發(fā)生改變的條件可能是________或________。(6)假設(shè)該容器容積不變，能說明反響到達(dá)平衡的是________。①c(CO)與c(H2)的比值保持不變②v(CO2)正＝v(H2O)逆③體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化④混合氣體的密度不變⑤體系的溫度不再發(fā)生變化⑥氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變【答案】(1).(2).0.40(3).放熱(4).>(5).降溫(6).增大c(H2O)或減小c(H2)(7).①②⑤【解析】【分析】〔1〕根據(jù)v=計(jì)算反響速率；〔2〕根據(jù)反響時(shí)轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量計(jì)算n(CO2)；〔3〕根據(jù)溫度變化對(duì)平衡常數(shù)的影響判斷反響熱；〔4〕據(jù)K和Qc的大小比擬判斷；〔5〕據(jù)圖可知，CO濃度繼續(xù)減小和二氧化碳的濃度繼續(xù)增大，在t2時(shí)刻平衡正向移動(dòng)，可能是增加水蒸汽的量或減少氫氣的量或降溫；〔6〕不傳熱的固定容積的容器中，反響到達(dá)平衡的標(biāo)志是正逆反響速率相同，各成分含量保持不變分析判斷選項(xiàng)?！驹斀狻?1)CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)，根據(jù)方程式，t1min內(nèi)消耗水0.4mol，生成氫氣0.4mol，反響在t1min內(nèi)的平均速率v(H2)＝＝mol·L－1·min－1，故答案為；(2)由以上數(shù)據(jù)可知，t2時(shí)n(H2O)=0.2mol，轉(zhuǎn)化H2O的物質(zhì)的量為0.4mol，轉(zhuǎn)化的H2也為0.4mol，t2時(shí)n(H2)=0.4mol，與t1時(shí)相同，說明t1時(shí)到達(dá)到達(dá)平衡狀態(tài)，根據(jù)化學(xué)方程式可知，那么生成的n(CO2)=0.4mol，故答案為0.4；(3)由題給數(shù)據(jù)建立如下三段式：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始：1.2mol

0.6mol

0

0

轉(zhuǎn)化：0.4mol

0.4mol

0.4mol

0.4mol平衡：0.8mol

0.2mol

0.4mol

0.4mol

t1時(shí)到達(dá)到達(dá)平衡狀態(tài)，平衡常數(shù)K==，那么K＝＝1，溫度升至800℃，上述反響的平衡常數(shù)為0.64，平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡向逆反響方向移動(dòng)，那么正反響放熱，即△H<0，故答案為放熱；(4)700℃時(shí)，向容積為2L的密閉容器中充入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)濃度熵Qc=＝=0.6<1，平衡正向移動(dòng)，v(正)>v(逆)，故答案為>；(5)該反響在t1時(shí)刻到達(dá)平衡，在t2時(shí)刻c(CO2)逐漸增大，c(CO)逐漸減小，說明平衡正向移動(dòng)，改變條件可能是降溫、增大c(H2O)或減小c(H2)，答案為：降溫；增大c(H2O)或減小c(H2)；(6)①CO是反響物，H2是生成物，c(CO)與c(H2)的比值保持不變，一定到達(dá)平衡狀態(tài)，故①正確；②v(CO2)正＝v(H2O)逆，正、逆反響速率相同，一定到達(dá)平衡狀態(tài)，故②正確；③由于反響前后氣體的物質(zhì)的量不變，那么體系的壓強(qiáng)是一恒量，壓強(qiáng)不變反響不一定平衡狀態(tài)，故③錯(cuò)誤；④根據(jù)ρ＝，密度為恒量，混合氣體的密度不變不一定平衡狀態(tài)，故④錯(cuò)誤；⑤該反響放熱，體系的溫度不再發(fā)生變化，一定到達(dá)平衡狀態(tài)，故⑤正確；⑥根據(jù)M＝，平均相對(duì)分子質(zhì)量為恒量，氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，不一定平衡狀態(tài)，故⑥錯(cuò)誤；①②⑤正確，故答案為①②⑤?！军c(diǎn)睛】此題作為化學(xué)反響速率與平衡的綜合性題目，由于綜合性強(qiáng)、計(jì)算量大導(dǎo)致難度上升，易錯(cuò)填空為(2)(4)兩空。錯(cuò)因與糾錯(cuò)方法：K只與溫度有關(guān)，溫度不變那么K值不變，無論初始反響物的物質(zhì)的量如何；而v(正)與v(逆)