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福建省泉州市泉港区第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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泉港一中2020届高三（上）第一次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：He 4 S 32 Pb 207
一、单选题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）
1. 化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（ ）
A. 铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性
B. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
D. 含重金属离子的电镀废液不能随意排放
【答案】B
【解析】
试题分析：A．铁表面镀锌，与周围的物质接触，构成原电池时，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn是负极，首先被腐蚀的是锌，Fe得到了保护，故可增强其抗腐蚀性，A正确；B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料，由于聚乙烯塑料不容易降解，故可增加白色污染，B错误；C．大量燃烧化石燃料不完全燃烧会产生许多固体颗粒物，因此是造成雾霾天气的一种重要因素，C正确；D．由于重金属会造成水污染、土壤污染，因此含重金属离子的电镀废液不能随意排放，D正确。答案选B。
考点：考查化学在生产、生活中的应用正误判断的知识。
2.汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH＜0。下列说法正确的是
A. 升高温度可使该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 增大压强，可以使NO和CO完全转为为无污染的N2和CO2，而消除污染
C. 该反应反应物总能量小于生成物总能量
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，反应速率增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2；
C. 反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率；
【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，A错误；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2，B错误；
C. 该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，C错误；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率，使反应速率增大，D正确；
答案为D。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+I2+3H2O
B. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
A、电子得失不守恒；B、CaSO4固体和CaCO3固体转化；C、碱性溶液，不是酸性溶液；D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
【详解】A、酸化NaIO3和NaI的混合溶液：5I− +IO3−+6H+ 3I2+3H2O，故A错误；B、CaSO4固体和CaCO3固体转化平衡：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−，故B正确；C、碱性溶液，不是酸性溶液，4OH-+3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl−+2H2OCl2↑+ H2↑+2OH-，故D错误；故选B。
4.下列实验操作和现象所得结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向某无色溶液中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
原溶液中一定存在
B
向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液
未观察到明显现象
原溶液中一定不存在
C
向酸性溶液中通入
溶液紫红色褪去
具有还原性
D
向某溶液中通入，再滴入KSCN溶液
溶液变红
原溶液中一定含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，向某无色溶液中滴加稀盐酸，溶液变浑浊，则原溶液中可能是Ag+、SiO32−，故A错误；
B选项，向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，未观察到明显现象，不能说明溶液中没有NH4+，检验的方法是向无色溶液中NaOH溶液，再加热，有刺激性气味或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中含有NH4+，故B错误；
C选项，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液紫红色褪去，酸性高锰酸钾和二氧化硫发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，故C正确；
D选项，向某溶液中通入Cl2，再滴入KSCN溶液，溶液变红，则溶液中含有Fe3+，而此时的Fe3+是原来有，还是通入Cl2后生成的呢？不清楚，所以不能说原溶液中含Fe2+，故D错误；
综上所述，答案为C。
5.常温下，下列各组离子在指定的环境中可能大量共存的是( )
A. 的溶液中：、、、
B. 某无色溶液中：、、、
C. 硝酸钠溶液中：、、、
D. 加入铝粉能产生的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，pH=13的溶液，说明溶液中含OH−，Na+、S2－、AlO2－、SO42－，这几者都不反应，大量共存，故A正确；
B选项，无色溶液即没有颜色的离子，Cu2+为蓝色，故B错误；
C选项，Ca2+和SO42－反应生成沉淀，故C错误；
D选项，加入铝粉能产生H2的溶液，由于溶液中有NO3−，故溶液含有大量OH−，OH−与HCO3-反应生成CO32-离子和水，故D错误；
综上所述，答案为A。
6.下列有关 2个电化学装置的叙述正确的是 ( )
A. 图I，由于盐桥中的移向溶液，一段时间后，使溶液中的正电荷数量增加
B. 图I，在不改变总反应的前提下，可用替换，用石墨替换 Cu棒
C. 图II，通电后和先从阳极区移动到阴极，然后阴极才发生反应
D. 图II，通电后，由于 向阳极迁移，导致阳极附近 pH 升高
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，图I是原电池，Zn为负极，Cu为正极，由于“同性相吸”盐桥中的K+移向右侧，但溶液中的Cu2+在Cu电极上不断得到电子变为Cu，溶液中的正电荷数量不会增加，故A错误；
B选项，图I发生的电极反应式，负极：Zn－2e－=Zn2＋，正极：Cu2＋＋2e－=Cu，用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒，总反应不改变，故B正确；
C选项，图II是电解池，“异性”相吸，由于溶液中氢离子来源于水的电离，氢离子浓度很小，所以通电后Na＋先从阳极区移动到阴极，阴极周围的水电离出氢离子在阴极放电，故C错误；
D选项，图II，通电后，阳极是氯离子放电，生成气体氯气，氯离子放电结束后在阳极处水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】有盐桥为原电池，有电源的为电解池，原电池“同性”相吸，电解池“异性”相吸。
7.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况氦气含有的质子数为
B. 1mol氯气与足量的铁反应，转移电子数目为3NA
C. 溶液中所含的数目为
D. 密闭容器中与充分反应，产物的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，11.2 L(标准状况)氦气物质的量为0.5 mol，质子的物质的量为0.5 mol x2=1 mol，则含有的质子数为NA，故A正确；
B选项，1mol氯气与足量的铁反应生成FeCl3，根据化合价变化，一个Cl原子得到1个电子，一个Cl2分子得到2个电子，1 mol氯气得到2 mol电子，故转移电子的数目为2NA，故B错误；
C选项，100 mL 1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中所含Al3+的数目为0.2 NA，但由于Al3+要发生水解，因此Al3+数目小于0.2 NA，故C错误；
D选项，密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2充分反应，由于该反应是可逆反应，即使充分反应也反应不完全，因此生成的产物三氧化硫不可能为2 mol，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】根据化合价计算电子转移，二氧化硫与氧气反应是可逆反应。
8.根据右图所示能量循环图，下列说法正确的是（ ）
A. △H1>0；△H2<0
B. △H3>0；△H4<0
C. △H5>0；△H<0
D. △H=△H1+△H2+△H3+△H4-△H5
【答案】B
【解析】
【详解】A．固态转化为气态吸热，△H1＞0，气态原子转化为气态金属离子吸热，则△H2＞0，故A错误；
B．断裂化学键吸收能量，非金属原子的气态转化为离子放热，则△H3＞0；△H4＜0，故B正确；
C．气态离子转化为固态放热，则△H5＜0，故C错误；
D．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5，故D错误；
故选：B。
9.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
10.自催化作用是指反应物之一使该 反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（可以记做）。
实验①
实验②
实验③
的溶液和的溶液混合
固体
的溶液和的溶液混合
稀盐酸
的溶液和的溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是
A. 实验①中发生氧化还原反应，是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B. 实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C. 实验③褪色比①快，是因为Cl-的催化作用加快了反应速率
D. 若用的做实验①，推测比实验①褪色快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4 是还原剂，产物 MnSO4 能起自催化作用，故A正确；
B. 催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；
C. 高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；
D. 增大浓度，反应速率加快，则用 1mL0.2M 的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；
故选C。
11.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝mol/(L·min)
C. M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆
D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了（a－b）mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为mol/(L·min)，B不正确；C、根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正方应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，D不正确，答案选C。
考点：考查化学反应速率和平衡平衡状态的有关判断与计算
12.一定条件下，在水溶液中1 mol ClOx－(x＝0，1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. e是ClO3－
B. b→a＋c反应的活化能为60 kJ·mol－1
C. a、b、c、d、e中c最稳定
D. b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=2Cl－(aq)＋ClO3－(aq) ΔH＝－116 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
从图中可知，各微粒中氯元素的化合价：a为－1价，b为+1价，c为+3价，d为+5价，e为+7价。根据氧化还原反应写出b→a＋c和b→a＋d的离子反应方程式。
【详解】A选项，根据图可知e对应的价态为+7价，因此该离子为ClO4－，故A错误；
B选项，b→a＋c即2ClO－(aq)= Cl－(aq)＋ClO2－(aq) ΔH＝(100 kJ·mol－1＋0 kJ·mol－1)−2×60 kJ·mol－1 = −20 kJ·mol－1，该反应为放热反应，但无法知道该反应的活化能，故B错误；
C选项，根据能量越低越稳定，a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，故C错误；
D选项，b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=2Cl－(aq)＋ClO3－(aq) ΔH＝（64kJ/mol＋2×0kJ/mol）−3×60kJ/mol＝−116kJ/mol，为放热反应，反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】能量越低越稳定，反应热ΔH＝生成物总能量减反应物总能量。
13.HBr被氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成：
Ⅰ．HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)；
Ⅱ．HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g)；
Ⅲ．HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br2(g)
1mol HBr（g）被氧化为（g）放出热量，其能量与反应进程的关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应
B. Ⅰ的反应速率最慢
C. HOOBr比HBr和稳定
D. 热化学方程式为:4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，第一步反应是反应物总能量低于生成物的总能量，所为吸热反应，故A错误；
B选项，第一步反应需要的活化能最大，即反应I的反应速率最慢，故B正确；
C选项，HOOBr的总能量比HBr和O2的总能量高，能量越高，物质越不稳定，故C错误；
D选项，根据题意，1mol HBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67kJ热量，则热化学方程式为4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g) △H=-50.68kJ·mol-1，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】活化能越大，反应速率越慢；反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反之则为放热反应。
14.某温度下，CO(g) + H2O (g)CO2(g) + H2(g)的平衡常数K=1。该温度下在体积均为1 L的甲、乙两个恒容密闭容器中，投入CO(g) 和 H2O (g)的起始浓度及5min时的浓度如下表所示。
甲
乙
起始浓度
5min时浓度
起始浓度
5min时浓度
c(CO)/mol/L
0.1
0.08
0.2
x
c(H2O)/mol/L
0.1
0.08
0.2
y
下列判断不正确的是
A. x =" y" = 0.16
B. 反应开始时，乙中反应速率比甲快
C. 甲中0～5min的平均反应速率： v(CO)="0.004" mol/（L·min）
D. 平衡时，乙中H2O的转化率是50%，c(CO)是甲中的2倍
【答案】A
【解析】
试题分析：A、乙容器中反应物的起始浓度是甲容器中起始浓度的2倍，反应速率快但不一定是甲容器中速率2倍，故x =" y" 不一定为 0.16，错误；B、乙容器中反应物的浓度是甲容器反应物浓度的2倍，反应开始时，乙中反应速率比甲快，正确；C、根据表中数据计算，甲中0～5min的平均反应速率： v(CO)=△c(CO)/△t="0.004" mol/（L·min），正确；D、设平衡时乙中H2O的转化浓度为x，则K="[" CO2][ H2]/[ CO][ H2O]=x2/(0.2—x)2=1解得x=0.01，故乙中水的转化率是50%，根据等效平衡知识判断达平衡时c(CO)是甲中的2倍，正确。
考点：考查化学反应速率和化学平衡。
15.工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应： 在温度和时，分别将和充入体积为1L的密闭容器中，测得随时间变化数据如下表：下列说法错误的是( )
A. 10 min内，时的化学反应速率比时小
B. 温度：
C.
D. 平衡常数：
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，10 min内，T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多，则说明消耗得少，反应速率慢，故A正确；
B选项，10 min内，T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多，则说明消耗得少，反应速率慢，说明T1温度比T2温度低，故B正确；
C选项，根据B选项T1 < T2，从T1 →T2，升温向吸热反应方向移动，平衡时甲烷的量增加，说明平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，正向为放热反应，a < 0，故C正确；
D选项，根据C选项得出该反应为放热反应，则升温，平衡逆向移动，生成物量减少，K减小，故D错误；
综上所述，答案为D。
16.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq) + I一(aq)I3一(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数值如下表：
t/℃
5
15
25
35
50
K
1100
841
680
533
409
下列说法正确的是
A. 反应I2(aq)＋I一(aq)I3－(aq)的△H>0
B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质
C. 在上述体系中加入苯，平衡不移动
D. 25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于680
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，温度越大平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动，故C错误；D．加入KI固体，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B。
二、填空题（本大题共4小题，共52分）
17.现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为、、、、，五种阴离子为、、、、 现将它们分别配成的溶液，进行如下实验
测得溶液A、B呈碱性，且碱性为；
向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成；
向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，继续滴加，沉淀消失
请根据上述实验现象，回答下列问题
实验中发生反应的化学方程式为______________；向C中滴加NaOH溶液，出现的现象为_________。
分两步写出实验中发生反应的离子方程式______________。
写出下列四种化合物的化学式：A______________；B______________。
【答案】 (1). ； (2). 先出现白色沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色 (3). ↓、 (4). (5).
【解析】
【分析】
根据题意，现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为K＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，五种阴离子为Cl－、OH－、NO3－、SO42−、CO32−，现将它们分别配成0.5 mol·L-1的溶液，进行如下实验，测得溶液A、B呈碱性，分析得出溶液显碱性的只能是含OH－的碱和易溶于水的碳酸盐，由于CO32−与Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋不共存，所以碳酸盐只能是碳酸钾，碱只能为氢氧化钡,由于碱性B>A，所以A为K2CO3，B为Ba(OH)2；向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，不可能是碳酸盐了，那就要思考其他情况，分析得出会发生氧化还原反应而得到NO气体，发生9Fe(NO3)2＋12HCl =5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O反应，说明C物质为Fe(NO3)2，向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，继续滴加，沉淀消失，说明溶液中含有Al3＋，结合前面离子分析，D物质为Al2(SO4)3溶液。
【详解】⑴向C溶液中滴加稀盐酸，发生反应9Fe(NO3)2＋12HCl = 5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O。向Fe(NO3)2溶液中加入NaOH溶液，先是亚铁离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化，迅速变灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：9Fe(NO3)2＋12HCl = 5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O，先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
⑵D为Al2(SO4)3溶液，向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，Al3＋先与OH－反应生成氢氧化铝白色沉淀即Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，再滴加氢氧化钠溶液，白色沉淀又消失即发生离子反应Al(OH)3＋OH－= AlO2－＋2H2O，故第一空答案Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，第二空答案Al(OH)3＋OH－= AlO2－＋2H2O；
⑶由上面的分析可知，A为碳酸钾，B为氢氧化钡；故第一空答案为K2CO3，第二空答案为Ba(OH)2。
18.如何降低大气中的含量及有效地开发利用引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入和，在下发生发应实验测得和的物质的量随时间变化如图1所示：
（1）下列事实能说明反应到达平衡状态的是______________
A.容器内的密度不再改变 B. CO2和H2 的物质的量比不再改变
C.v正（CO2）=3v逆（H2） D. 容器内的压强不再改变
（2）达平衡时，的体积分数为____________，平衡常数为______保留两位小数；该温度下，测得某时刻，、、和的浓度均，则此 时正______ 逆填“”“”或“”。
（3）由图2可知，当温度升高到达平衡时，K值__________填“增大”“减小”或“不变”。
（4）下列措施中不能使的转化率增大的是______。
A.在原容器中再充入1mol
B.在原容器中再充入
C.缩小容器的容积
使用更有效的催化剂
E.将水蒸气从体系中分离出
F.在原容器中充入1molHe
【答案】 (1). D (2). (3). 5.33 (4). > (5). 减小 (6). BDF
【解析】
【详解】⑴中A选项，根据密度公式，气体质量没有变化，容器体积没有变化，即密度始终没有改变，因此不能作为判断平衡的标志，故A错误；
B选项，CO2和H2开始比是1:3，在整个反应过程中消耗也是按照1:3在消耗，因此在反应过程中剩余的CO2和H2的物质的量比始终未1:3，因此不能作为判断平衡的标志，故B错误；
C选项，v正(CO2)，反应正方向，v逆(H2)，反应逆方向，两个不同的方向，还要遵循速率比等于计量系数之比，应该3v正(CO2) = v逆(H2)，故C错误；
D选项，该反应为不等体积反应，因此正向反应时，容器内压强在不断减小，当压强不再改变时就达到平衡，故D正确；
综上所述，答案D。
⑵根据反应及图像分析，利用“三步走”思想
CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH (g) ＋ H2O(g)
开始 1 mol·L-1 3 mol·L-1 0 0
转化 0.75 mol·L-1 2.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1
平衡 0.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1
故第一空答案为30%；
根据平衡常数公式代入
故第二空答案为5.33；
根据浓度商公式代入得出数据与化学平衡常数比较
浓度商小于平衡常数，即要变大，则生成物要增加，平衡正向移动即正反应速率大于逆反应速率，故第三空答案为“>”；
⑶根据图象知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，K值减小，故答案为减小；
⑷A选项，在原容器中再充入1mol氢气，平衡向正反应方向移动，二氧化碳消耗，二氧化碳的转化率增大，故A能增大转化率；
B选项，在原容器中再充入1 mol 二氧化碳，平衡正向移动，虽然二氧化碳又消耗了，根据转化率公式可知，分子分母都变大，由于平衡移动是微弱的，因此分子增加幅度小于分母增加的幅度，转化率减小，故B不能增大转化率；
C选项，缩小容器的容积，压强增大，平衡向体积减小的方向移动即正向移动，转化率变大，故C能增大转化率；
D选项，使用更有效催化剂，反应速率加快，但平衡没有发生移动，转化率不变，故D不能增大转化率；
E选项，将水蒸气从体系中分离出即减小生成物浓度，平衡正向移动，转化率增大，故E能增大转化率；
F选项，在原容器中充入1molHe，体系压强增大，但反应浓度没有发生改变，平衡不移动，转化率不变；故F不能增大转化率；
综上所述，正确答案为BDF
【点睛】⑴判断平衡的标志主要从正反应速率等于逆反应速率，平衡时各物质的浓度不再改变，这两个思维分析。
⑵建立“三步走”思维模式，求体积分数和平衡常数
⑶一定理解平衡移动是微弱的变化趋势。
19.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：
化学键
a
b
c
d
(1)已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的______用含a、b、c、d的代数式表示。
温度时，向1L的恒容反应器中充入2，仅发生上述反应，反应过程中min的物质的量随时间变化如图1，测得min时的浓度为
min内表示的反应速率为______
若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a“或“b”）。
min时，若改变外界反应条件，导致发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______任答一条即可。
实验测得：，，其中、为速率常数仅与温度有关，温度时与比值为______（填数值）。若将温度由升高到，则反应速率增大的倍数______V逆 （选填“”、“”或“<”）。
科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了与的固体，可在高温下传导
极为______极（选填“阳”或“阴”）。
该电池工作时负极反应方程式为________。
用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为11.2L，则透过阳离子交换膜的离子的物质的量为_________ mol
【答案】 (1). (2). (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). (6). (7). 阳 (8). (9). 0.5
【解析】
【分析】
ΔH=反应物总键能-生成物总键能；
【详解】⑴ΔH=反应物总键能-生成物总键能=[2×4b－(c＋4b)－2a]kJ·mol－1=＋(4b－c－2a)kJ·mol－1，故答案：＋(4b－c－2a)kJ·mol－1；
⑵①2 mol 甲烷放入1 L容器中，其浓度为2 mol·L－1，其甲烷的速率为
故答案为0.16mol·L－1·min－1
②催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短，所以曲线b的催化剂表面积较大，故答案为b；
③15 min时，改变外界反应条件，导致n(CH4)减小，说明平衡向消耗CH4的方向移动，所以改变的条件可能是升高温度或减小压强，故答案为升高温度或减小压强；
⑶ 2CH4(g) C2H4(g) +2H2(g)
c始（mol/L） 2 0 0
Δc（mol/L） 1.6 0.8 1.6
c末（mol/L） 0.4 0.8 1.6
T1温度时，该反应的平衡常数，且达到平衡时有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)·c2(H2)，则
故答案为12.8；
该反应吸热反应，升高温度，平衡正向移动，v正＞v逆。
故答案为＞；
⑷①甲烷燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，连原电池正极的C极为电解池的阳极，连原电池负极的D极为电解池的阴极；
故答案：阳；
②根据图示，电解质为传导的O2－，燃料电池的负极是甲烷与O2－反应生成H2O和CO2的反应，所以电极反应为CH4－8e－＋4O2－==CO2＋2H2O，
故答案为CH4－8e－＋4O2－= CO2＋2H2O；
③根据离子方程式2Cl－＋2H2O = 2OH－＋Cl2↑＋H2↑；可知，电解一段时间后，共收集到标准状况下气体11.2 L，即气体的物质的量为0.5mol，由于产生0.5 mol气体生成了0.5 mol氢氧根，根据电荷守恒原理，透过阳离子交换膜的钠离子物质的量为0.5 mol；
故答案为0.5 。
【点睛】⑴催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短；
⑵燃料电池，燃料在负极发生反应，氧化剂在政府发生反应；
⑶根据电荷守恒，产生多少氢氧根，则钠离子就移动多少。
20.硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。
基态硫离子价层电子的轨道表达式为____，其电子填充的最高能级的轨道数为____。
常见含硫的物质有单质硫、、、等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为__________。
方铅矿即硫化铅是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：浓，则中配位原子是__________，第一电离能__________填“”、“”或“”，中硫的杂化方式为______________，下列气态分子的空间构型与相同的有__________。
A.SnCl2 B.SO3
方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的__________空隙中。已知晶体密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为__________nm。
【答案】 (1). (2). 3 (3). (4). (5). (6). (7). AC (8). 四面体 (9).
【解析】
【详解】⑴基态硫原子电子排布式1s22s22p63s23p4，离子电子排布式1s22s22p63s23p6，离子价层电子排布式为3s23p6，离子价电子的轨道表达式为，
故答案为
其电子填充的最高能级为3p能级，3p能级的轨道数为3个轨道，
故答案为3；
⑵物质的熔点比较的一般原则为离子晶体熔点大于分子晶体熔点，硫化钠和硫化钾两者都为离子晶体，根据离子半径和晶格能比较，钠离子半径小于钾离子半径，硫化钠晶格能大于硫化钾晶格能，因此硫化钠熔点大于硫化钾熔点，二氧化硫和S8都是分子晶体，组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，因此S8熔点大于二氧化硫熔点，所以四者熔点高低顺序为Na2S > K2S > S8 > SO2，
故答案为Na2S > K2S > S8 > SO2
⑶则H2[PbCl4]中配位原子是Cl，故答案为Cl；
同周期第一电离能从左到右增大，但第IIA>III A,V A> VI A，氯的第一电离能大于硫的第一电离能，故答案为；
H2S中电子对数
所以H2S的杂化方式为SP3，
故答案为SP3，
H2S中电子对数=2＋2=4，VSEPR模型为正四面体，略去两对孤对电子，为“V”形结构，SnCl2中电子数=2＋2=4，同样为“V”形结构，SO3中电子数=3＋0=3，即为平面三角形结构，O3中δ为2，由于形成了，中心氧原子形成时用了两个电子，因此还剩余两个电子即一对孤对电子，电子对数=2＋1=3，即为“V”形结构，CH4中电子数=4＋0=4，即为正四面体结构；
故答案为AC
⑷根据方铅矿的立方晶胞，硫离子采取面心立方堆积，四个硫离子和铅离子形成了四面体结构，铅离子在四面体空隙中，故答案为四面体；
已知晶体密度为ρg·cm－3，
则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的四分之一，该晶体中有4个铅离子和4个硫离子，设棱长为a，
即晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为
故答案为
泉港一中2020届高三（上）第一次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：He 4 S 32 Pb 207
一、单选题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）
1. 化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（ ）
A. 铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性
B. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
D. 含重金属离子的电镀废液不能随意排放
【答案】B
【解析】
试题分析：A．铁表面镀锌，与周围的物质接触，构成原电池时，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn是负极，首先被腐蚀的是锌，Fe得到了保护，故可增强其抗腐蚀性，A正确；B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料，由于聚乙烯塑料不容易降解，故可增加白色污染，B错误；C．大量燃烧化石燃料不完全燃烧会产生许多固体颗粒物，因此是造成雾霾天气的一种重要因素，C正确；D．由于重金属会造成水污染、土壤污染，因此含重金属离子的电镀废液不能随意排放，D正确。答案选B。
考点：考查化学在生产、生活中的应用正误判断的知识。
2.汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH＜0。下列说法正确的是
A. 升高温度可使该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 增大压强，可以使NO和CO完全转为为无污染的N2和CO2，而消除污染
C. 该反应反应物总能量小于生成物总能量
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，反应速率增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2；
C. 反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率；
【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，A错误；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2，B错误；
C. 该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，C错误；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率，使反应速率增大，D正确；
答案为D。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I− +IO3−+6H+I2+3H2O
B. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
A、电子得失不守恒；B、CaSO4固体和CaCO3固体转化；C、碱性溶液，不是酸性溶液；D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
【详解】A、酸化NaIO3和NaI的混合溶液：5I− +IO3−+6H+ 3I2+3H2O，故A错误；B、CaSO4固体和CaCO3固体转化平衡：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−，故B正确；C、碱性溶液，不是酸性溶液，4OH-+3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl−+2H2OCl2↑+ H2↑+2OH-，故D错误；故选B。
4.下列实验操作和现象所得结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向某无色溶液中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
原溶液中一定存在
B
向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液
未观察到明显现象
原溶液中一定不存在
C
向酸性溶液中通入
溶液紫红色褪去
具有还原性
D
向某溶液中通入，再滴入KSCN溶液
溶液变红
原溶液中一定含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，向某无色溶液中滴加稀盐酸，溶液变浑浊，则原溶液中可能是Ag+、SiO32−，故A错误；
B选项，向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，未观察到明显现象，不能说明溶液中没有NH4+，检验的方法是向无色溶液中NaOH溶液，再加热，有刺激性气味或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中含有NH4+，故B错误；
C选项，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液紫红色褪去，酸性高锰酸钾和二氧化硫发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，故C正确；
D选项，向某溶液中通入Cl2，再滴入KSCN溶液，溶液变红，则溶液中含有Fe3+，而此时的Fe3+是原来有，还是通入Cl2后生成的呢？不清楚，所以不能说原溶液中含Fe2+，故D错误；
综上所述，答案为C。
5.常温下，下列各组离子在指定的环境中可能大量共存的是( )
A. 的溶液中：、、、
B. 某无色溶液中：、、、
C. 硝酸钠溶液中：、、、
D. 加入铝粉能产生的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，pH=13的溶液，说明溶液中含OH−，Na+、S2－、AlO2－、SO42－，这几者都不反应，大量共存，故A正确；
B选项，无色溶液即没有颜色的离子，Cu2+为蓝色，故B错误；
C选项，Ca2+和SO42－反应生成沉淀，故C错误；
D选项，加入铝粉能产生H2的溶液，由于溶液中有NO3−，故溶液含有大量OH−，OH−与HCO3-反应生成CO32-离子和水，故D错误；
综上所述，答案为A。
6.下列有关 2个电化学装置的叙述正确的是 ( )
A. 图I，由于盐桥中的移向溶液，一段时间后，使溶液中的正电荷数量增加
B. 图I，在不改变总反应的前提下，可用替换，用石墨替换 Cu棒
C. 图II，通电后和先从阳极区移动到阴极，然后阴极才发生反应
D. 图II，通电后，由于 向阳极迁移，导致阳极附近 pH 升高
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，图I是原电池，Zn为负极，Cu为正极，由于“同性相吸”盐桥中的K+移向右侧，但溶液中的Cu2+在Cu电极上不断得到电子变为Cu，溶液中的正电荷数量不会增加，故A错误；
B选项，图I发生的电极反应式，负极：Zn－2e－=Zn2＋，正极：Cu2＋＋2e－=Cu，用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒，总反应不改变，故B正确；
C选项，图II是电解池，“异性”相吸，由于溶液中氢离子来源于水的电离，氢离子浓度很小，所以通电后Na＋先从阳极区移动到阴极，阴极周围的水电离出氢离子在阴极放电，故C错误；
D选项，图II，通电后，阳极是氯离子放电，生成气体氯气，氯离子放电结束后在阳极处水电离出的氢氧根离子放电，导致阳极附近pH降低，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】有盐桥为原电池，有电源的为电解池，原电池“同性”相吸，电解池“异性”相吸。
7.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况氦气含有的质子数为
B. 1mol氯气与足量的铁反应，转移电子数目为3NA
C. 溶液中所含的数目为
D. 密闭容器中与充分反应，产物的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，11.2 L(标准状况)氦气物质的量为0.5 mol，质子的物质的量为0.5 mol x2=1 mol，则含有的质子数为NA，故A正确；
B选项，1mol氯气与足量的铁反应生成FeCl3，根据化合价变化，一个Cl原子得到1个电子，一个Cl2分子得到2个电子，1 mol氯气得到2 mol电子，故转移电子的数目为2NA，故B错误；
C选项，100 mL 1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中所含Al3+的数目为0.2 NA，但由于Al3+要发生水解，因此Al3+数目小于0.2 NA，故C错误；
D选项，密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2充分反应，由于该反应是可逆反应，即使充分反应也反应不完全，因此生成的产物三氧化硫不可能为2 mol，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】根据化合价计算电子转移，二氧化硫与氧气反应是可逆反应。
8.根据右图所示能量循环图，下列说法正确的是（ ）
A. △H1>0；△H2<0
B. △H3>0；△H4<0
C. △H5>0；△H<0
D. △H=△H1+△H2+△H3+△H4-△H5
【答案】B
【解析】
【详解】A．固态转化为气态吸热，△H1＞0，气态原子转化为气态金属离子吸热，则△H2＞0，故A错误；
B．断裂化学键吸收能量，非金属原子的气态转化为离子放热，则△H3＞0；△H4＜0，故B正确；
C．气态离子转化为固态放热，则△H5＜0，故C错误；
D．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5，故D错误；
故选：B。
9.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
10.自催化作用是指反应物之一使该 反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（可以记做）。
实验①
实验②
实验③
的溶液和的溶液混合
固体
的溶液和的溶液混合
稀盐酸
的溶液和的溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是
A. 实验①中发生氧化还原反应，是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B. 实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C. 实验③褪色比①快，是因为Cl-的催化作用加快了反应速率
D. 若用的做实验①，推测比实验①褪色快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4 是还原剂，产物 MnSO4 能起自催化作用，故A正确；
B. 催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；
C. 高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；
D. 增大浓度，反应速率加快，则用 1mL0.2M 的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；
故选C。
11.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝mol/(L·min)
C. M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆
D. M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了（a－b）mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为mol/(L·min)，B不正确；C、根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正方应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，D不正确，答案选C。
考点：考查化学反应速率和平衡平衡状态的有关判断与计算
12.一定条件下，在水溶液中1 mol ClOx－(x＝0，1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. e是ClO3－
B. b→a＋c反应的活化能为60 kJ·mol－1
C. a、b、c、d、e中c最稳定
D. b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=2Cl－(aq)＋ClO3－(aq) ΔH＝－116 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
从图中可知，各微粒中氯元素的化合价：a为－1价，b为+1价，c为+3价，d为+5价，e为+7价。根据氧化还原反应写出b→a＋c和b→a＋d的离子反应方程式。
【详解】A选项，根据图可知e对应的价态为+7价，因此该离子为ClO4－，故A错误；
B选项，b→a＋c即2ClO－(aq)= Cl－(aq)＋ClO2－(aq) ΔH＝(100 kJ·mol－1＋0 kJ·mol－1)−2×60 kJ·mol－1 = −20 kJ·mol－1，该反应为放热反应，但无法知道该反应的活化能，故B错误；
C选项，根据能量越低越稳定，a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，故C错误；
D选项，b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=2Cl－(aq)＋ClO3－(aq) ΔH＝（64kJ/mol＋2×0kJ/mol）−3×60kJ/mol＝−116kJ/mol，为放热反应，反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】能量越低越稳定，反应热ΔH＝生成物总能量减反应物总能量。
13.HBr被氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成：
Ⅰ．HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)；
Ⅱ．HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g)；
Ⅲ．HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br2(g)
1mol HBr（g）被氧化为（g）放出热量，其能量与反应进程的关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应
B. Ⅰ的反应速率最慢
C. HOOBr比HBr和稳定
D. 热化学方程式为:4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，第一步反应是反应物总能量低于生成物的总能量，所为吸热反应，故A错误；
B选项，第一步反应需要的活化能最大，即反应I的反应速率最慢，故B正确；
C选项，HOOBr的总能量比HBr和O2的总能量高，能量越高，物质越不稳定，故C错误；
D选项，根据题意，1mol HBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67kJ热量，则热化学方程式为4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g) △H=-50.68kJ·mol-1，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】活化能越大，反应速率越慢；反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，反之则为放热反应。
14.某温度下，CO(g) + H2O (g)CO2(g) + H2(g)的平衡常数K=1。该温度下在体积均为1 L的甲、乙两个恒容密闭容器中，投入CO(g) 和 H2O (g)的起始浓度及5min时的浓度如下表所示。
甲
乙
起始浓度
5min时浓度
起始浓度
5min时浓度
c(CO)/mol/L
0.1
0.08
0.2
x
c(H2O)/mol/L
0.1
0.08
0.2
y
下列判断不正确的是
A. x =" y" = 0.16
B. 反应开始时，乙中反应速率比甲快
C. 甲中0～5min的平均反应速率： v(CO)="0.004" mol/（L·min）
D. 平衡时，乙中H2O的转化率是50%，c(CO)是甲中的2倍
【答案】A
【解析】
试题分析：A、乙容器中反应物的起始浓度是甲容器中起始浓度的2倍，反应速率快但不一定是甲容器中速率2倍，故x =" y" 不一定为 0.16，错误；B、乙容器中反应物的浓度是甲容器反应物浓度的2倍，反应开始时，乙中反应速率比甲快，正确；C、根据表中数据计算，甲中0～5min的平均反应速率： v(CO)=△c(CO)/△t="0.004" mol/（L·min），正确；D、设平衡时乙中H2O的转化浓度为x，则K="[" CO2][ H2]/[ CO][ H2O]=x2/(0.2—x)2=1解得x=0.01，故乙中水的转化率是50%，根据等效平衡知识判断达平衡时c(CO)是甲中的2倍，正确。
考点：考查化学反应速率和化学平衡。
15.工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应： 在温度和时，分别将和充入体积为1L的密闭容器中，测得随时间变化数据如下表：下列说法错误的是( )
A. 10 min内，时的化学反应速率比时小
B. 温度：
C.
D. 平衡常数：
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，10 min内，T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多，则说明消耗得少，反应速率慢，故A正确；
B选项，10 min内，T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多，则说明消耗得少，反应速率慢，说明T1温度比T2温度低，故B正确；
C选项，根据B选项T1 < T2，从T1 →T2，升温向吸热反应方向移动，平衡时甲烷的量增加，说明平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，正向为放热反应，a < 0，故C正确；
D选项，根据C选项得出该反应为放热反应，则升温，平衡逆向移动，生成物量减少，K减小，故D错误；
综上所述，答案为D。
16.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq) + I一(aq)I3一(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数值如下表：
t/℃
5
15
25
35
50
K
1100
841
680
533
409
下列说法正确的是
A. 反应I2(aq)＋I一(aq)I3－(aq)的△H>0
B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质
C. 在上述体系中加入苯，平衡不移动
D. 25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于680
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，温度越大平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动，故C错误；D．加入KI固体，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B。
二、填空题（本大题共4小题，共52分）
17.现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为、、、、，五种阴离子为、、、、 现将它们分别配成的溶液，进行如下实验
测得溶液A、B呈碱性，且碱性为；
向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成；
向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，继续滴加，沉淀消失
请根据上述实验现象，回答下列问题
实验中发生反应的化学方程式为______________；向C中滴加NaOH溶液，出现的现象为_________。
分两步写出实验中发生反应的离子方程式______________。
写出下列四种化合物的化学式：A______________；B______________。
【答案】 (1). ； (2). 先出现白色沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色 (3). ↓、 (4). (5).
【解析】
【分析】
根据题意，现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为K＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，五种阴离子为Cl－、OH－、NO3－、SO42−、CO32−，现将它们分别配成0.5 mol·L-1的溶液，进行如下实验，测得溶液A、B呈碱性，分析得出溶液显碱性的只能是含OH－的碱和易溶于水的碳酸盐，由于CO32−与Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋不共存，所以碳酸盐只能是碳酸钾，碱只能为氢氧化钡,由于碱性B>A，所以A为K2CO3，B为Ba(OH)2；向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，不可能是碳酸盐了，那就要思考其他情况，分析得出会发生氧化还原反应而得到NO气体，发生9Fe(NO3)2＋12HCl =5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O反应，说明C物质为Fe(NO3)2，向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，继续滴加，沉淀消失，说明溶液中含有Al3＋，结合前面离子分析，D物质为Al2(SO4)3溶液。
【详解】⑴向C溶液中滴加稀盐酸，发生反应9Fe(NO3)2＋12HCl = 5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O。向Fe(NO3)2溶液中加入NaOH溶液，先是亚铁离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化，迅速变灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：9Fe(NO3)2＋12HCl = 5Fe(NO3)3＋3NO↑＋4FeCl3＋6H2O，先出现白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
⑵D为Al2(SO4)3溶液，向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液，Al3＋先与OH－反应生成氢氧化铝白色沉淀即Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，再滴加氢氧化钠溶液，白色沉淀又消失即发生离子反应Al(OH)3＋OH－= AlO2－＋2H2O，故第一空答案Al3＋＋3OH－= Al(OH)3↓，第二空答案Al(OH)3＋OH－= AlO2－＋2H2O；
⑶由上面的分析可知，A为碳酸钾，B为氢氧化钡；故第一空答案为K2CO3，第二空答案为Ba(OH)2。
18.如何降低大气中的含量及有效地开发利用引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入和，在下发生发应实验测得和的物质的量随时间变化如图1所示：
（1）下列事实能说明反应到达平衡状态的是______________
A.容器内的密度不再改变 B. CO2和H2 的物质的量比不再改变
C.v正（CO2）=3v逆（H2） D. 容器内的压强不再改变
（2）达平衡时，的体积分数为____________，平衡常数为______保留两位小数；该温度下，测得某时刻，、、和的浓度均，则此 时正______ 逆填“”“”或“”。
（3）由图2可知，当温度升高到达平衡时，K值__________填“增大”“减小”或“不变”。
（4）下列措施中不能使的转化率增大的是______。
A.在原容器中再充入1mol
B.在原容器中再充入
C.缩小容器的容积
使用更有效的催化剂
E.将水蒸气从体系中分离出
F.在原容器中充入1molHe
【答案】 (1). D (2). (3). 5.33 (4). > (5). 减小 (6). BDF
【解析】
【详解】⑴中A选项，根据密度公式，气体质量没有变化，容器体积没有变化，即密度始终没有改变，因此不能作为判断平衡的标志，故A错误；
B选项，CO2和H2开始比是1:3，在整个反应过程中消耗也是按照1:3在消耗，因此在反应过程中剩余的CO2和H2的物质的量比始终未1:3，因此不能作为判断平衡的标志，故B错误；
C选项，v正(CO2)，反应正方向，v逆(H2)，反应逆方向，两个不同的方向，还要遵循速率比等于计量系数之比，应该3v正(CO2) = v逆(H2)，故C错误；
D选项，该反应为不等体积反应，因此正向反应时，容器内压强在不断减小，当压强不再改变时就达到平衡，故D正确；
综上所述，答案D。
⑵根据反应及图像分析，利用“三步走”思想
CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH (g) ＋ H2O(g)
开始 1 mol·L-1 3 mol·L-1 0 0
转化 0.75 mol·L-1 2.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1
平衡 0.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1
故第一空答案为30%；
根据平衡常数公式代入
故第二空答案为5.33；
根据浓度商公式代入得出数据与化学平衡常数比较
浓度商小于平衡常数，即要变大，则生成物要增加，平衡正向移动即正反应速率大于逆反应速率，故第三空答案为“>”；
⑶根据图象知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，K值减小，故答案为减小；
⑷A选项，在原容器中再充入1mol氢气，平衡向正反应方向移动，二氧化碳消耗，二氧化碳的转化率增大，故A能增大转化率；
B选项，在原容器中再充入1 mol 二氧化碳，平衡正向移动，虽然二氧化碳又消耗了，根据转化率公式可知，分子分母都变大，由于平衡移动是微弱的，因此分子增加幅度小于分母增加的幅度，转化率减小，故B不能增大转化率；
C选项，缩小容器的容积，压强增大，平衡向体积减小的方向移动即正向移动，转化率变大，故C能增大转化率；
D选项，使用更有效催化剂，反应速率加快，但平衡没有发生移动，转化率不变，故D不能增大转化率；
E选项，将水蒸气从体系中分离出即减小生成物浓度，平衡正向移动，转化率增大，故E能增大转化率；
F选项，在原容器中充入1molHe，体系压强增大，但反应浓度没有发生改变，平衡不移动，转化率不变；故F不能增大转化率；
综上所述，正确答案为BDF
【点睛】⑴判断平衡的标志主要从正反应速率等于逆反应速率，平衡时各物质的浓度不再改变，这两个思维分析。
⑵建立“三步走”思维模式，求体积分数和平衡常数
⑶一定理解平衡移动是微弱的变化趋势。
19.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：
化学键
a
b
c
d
(1)已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的______用含a、b、c、d的代数式表示。
温度时，向1L的恒容反应器中充入2，仅发生上述反应，反应过程中min的物质的量随时间变化如图1，测得min时的浓度为
min内表示的反应速率为______
若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a“或“b”）。
min时，若改变外界反应条件，导致发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______任答一条即可。
实验测得：，，其中、为速率常数仅与温度有关，温度时与比值为______（填数值）。若将温度由升高到，则反应速率增大的倍数______V逆 （选填“”、“”或“<”）。
科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了与的固体，可在高温下传导
极为______极（选填“阳”或“阴”）。
该电池工作时负极反应方程式为________。
用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为11.2L，则透过阳离子交换膜的离子的物质的量为_________ mol
【答案】 (1). (2). (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). (6). (7). 阳 (8). (9). 0.5
【解析】
【分析】
ΔH=反应物总键能-生成物总键能；
【详解】⑴ΔH=反应物总键能-生成物总键能=[2×4b－(c＋4b)－2a]kJ·mol－1=＋(4b－c－2a)kJ·mol－1，故答案：＋(4b－c－2a)kJ·mol－1；
⑵①2 mol 甲烷放入1 L容器中，其浓度为2 mol·L－1，其甲烷的速率为
故答案为0.16mol·L－1·min－1
②催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短，所以曲线b的催化剂表面积较大，故答案为b；
③15 min时，改变外界反应条件，导致n(CH4)减小，说明平衡向消耗CH4的方向移动，所以改变的条件可能是升高温度或减小压强，故答案为升高温度或减小压强；
⑶ 2CH4(g) C2H4(g) +2H2(g)
c始（mol/L） 2 0 0
Δc（mol/L） 1.6 0.8 1.6
c末（mol/L） 0.4 0.8 1.6
T1温度时，该反应的平衡常数，且达到平衡时有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)·c2(H2)，则
故答案为12.8；
该反应吸热反应，升高温度，平衡正向移动，v正＞v逆。
故答案为＞；
⑷①甲烷燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，连原电池正极的C极为电解池的阳极，连原电池负极的D极为电解池的阴极；
故答案：阳；
②根据图示，电解质为传导的O2－，燃料电池的负极是甲烷与O2－反应生成H2O和CO2的反应，所以电极反应为CH4－8e－＋4O2－==CO2＋2H2O，
故答案为CH4－8e－＋4O2－= CO2＋2H2O；
③根据离子方程式2Cl－＋2H2O = 2OH－＋Cl2↑＋H2↑；可知，电解一段时间后，共收集到标准状况下气体11.2 L，即气体的物质的量为0.5mol，由于产生0.5 mol气体生成了0.5 mol氢氧根，根据电荷守恒原理，透过阳离子交换膜的钠离子物质的量为0.5 mol；
故答案为0.5 。
【点睛】⑴催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短；
⑵燃料电池，燃料在负极发生反应，氧化剂在政府发生反应；
⑶根据电荷守恒，产生多少氢氧根，则钠离子就移动多少。
20.硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。
基态硫离子价层电子的轨道表达式为____，其电子填充的最高能级的轨道数为____。
常见含硫的物质有单质硫、、、等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为__________。
方铅矿即硫化铅是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：浓，则中配位原子是__________，第一电离能__________填“”、“”或“”，中硫的杂化方式为______________，下列气态分子的空间构型与相同的有__________。
A.SnCl2 B.SO3
方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的__________空隙中。已知晶体密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为__________nm。
【答案】 (1). (2). 3 (3). (4). (5). (6). (7). AC (8). 四面体 (9).
【解析】
【详解】⑴基态硫原子电子排布式1s22s22p63s23p4，离子电子排布式1s22s22p63s23p6，离子价层电子排布式为3s23p6，离子价电子的轨道表达式为，
故答案为
其电子填充的最高能级为3p能级，3p能级的轨道数为3个轨道，
故答案为3；
⑵物质的熔点比较的一般原则为离子晶体熔点大于分子晶体熔点，硫化钠和硫化钾两者都为离子晶体，根据离子半径和晶格能比较，钠离子半径小于钾离子半径，硫化钠晶格能大于硫化钾晶格能，因此硫化钠熔点大于硫化钾熔点，二氧化硫和S8都是分子晶体，组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，因此S8熔点大于二氧化硫熔点，所以四者熔点高低顺序为Na2S > K2S > S8 > SO2，
故答案为Na2S > K2S > S8 > SO2
⑶则H2[PbCl4]中配位原子是Cl，故答案为Cl；
同周期第一电离能从左到右增大，但第IIA>III A,V A> VI A，氯的第一电离能大于硫的第一电离能，故答案为；
H2S中电子对数
所以H2S的杂化方式为SP3，
故答案为SP3，
H2S中电子对数=2＋2=4，VSEPR模型为正四面体，略去两对孤对电子，为“V”形结构，SnCl2中电子数=2＋2=4，同样为“V”形结构，SO3中电子数=3＋0=3，即为平面三角形结构，O3中δ为2，由于形成了，中心氧原子形成时用了两个电子，因此还剩余两个电子即一对孤对电子，电子对数=2＋1=3，即为“V”形结构，CH4中电子数=4＋0=4，即为正四面体结构；
故答案为AC
⑷根据方铅矿的立方晶胞，硫离子采取面心立方堆积，四个硫离子和铅离子形成了四面体结构，铅离子在四面体空隙中，故答案为四面体；
已知晶体密度为ρg·cm－3，
则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的四分之一，该晶体中有4个铅离子和4个硫离子，设棱长为a，
即晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为
故答案为
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